历年高中数学竞赛加试题

加试1.（本题满分40分）实数a使得对于任意实数12345,,,,xxxxx，不等式222221234512233445()xxxxxaxxxxxxxx都成立，求a的最大值．2.（本题满分40分）在直角三角形ABC中，90B，它的内切圆分别与边BC，CA，AB相切与点D，E，F，连接AD，与内切圆相交于另一点P，连接PC，PE，PF．已知PCPF，求证：PE∥BC．EFPDCBA3．（本题满分50分）对正整数n，记()fn为数231nn的十进制表示的数码和．(1)求()fn的最小值；(2)是否存在一个正整数n，使得()fn=100？4．（本题满分50分）求满足如下条件的最小正整数n，在圆O的圆周上任取n个点12,,,nAAA，则在2nC个角(1)ijAOAijn中，至少有2011个不超过120．加试1．a的最大值为233．因为当123451,3,2,3,1xxxxx时，得23a．又当23a时，不等式恒成立．事实上2222212345222222223322441522332233xxxxxxxxxxxxx1223344522223333xxxxxxxx，所以，a的最大值为233．2．连接DE，DF，则△BDF是等腰直角三角形．于是45FPDFDB，故45DPC．又PDCPFD，所以△PFD∽△PDC，所以PFPDFDDC．①又由AFPADF，AEPADE，所以，△AFP∽△ADF，△AEP∽△ADE，于是EPAPAPFPDEAEAFDF，故由①得EPPDDEDC．②因为EPDEDC，结合②得，△EPD∽△EDC，所以，△EPD也是等腰三角形，于是PEDEPDEDC，所以，PE∥BC．EFPDCBA3．（1）由于231nn是大于3的奇数，故()1fn．若()2fn，则231nn只能为首位和末位为1，其余数码为0的一个数，即231nn=101k，k是大于1的整数．于是(31)25kknn，由于,311nn，所以2,315,kknn于是314425kknn，矛盾！故()2fn．又当n=8时，231nn=201，所以(8)3f．综上所述，()fn的最小值为3.（2）事实上，令101kn，则22313105103kknn1129999500003kk，他的数码和为29(1)5391kk．由于100=9×11+1，所以，取11101n，则()fn=100.4．首先，当n＝90时，如图，设AB是圆O的直径，在点A和B的附近分别取45个点，此时，只有245245441980C个角不超过120，所以，n＝90不满足题意．当n＝91时，下面证明至少有2011个角不超过120．把圆周上的91个点1291,,,AAA看作一个图的91个顶点，1291,,,vvv，若120ijAOA，则在它们对应的顶点,ijvv之间连一条边，这样就得到一个图G．设图G中有e条边，易知，图中没有三角形．若e＝0，则有29140952011C个角不超过120，命题得证．若1e，不妨设顶点12,vv之间有边相连，因为图中没有三角形，所以，对于顶点(3,4,,91)ivi，它至多与12,vv中的一个有边相连，所以12()()89291dvdv，其中()dv表示顶点v的度，即顶点v处引出的边数．因为1291()()()2dvdvdve，而对于图G中的每一条边的两个顶点,ijvv，都有()()91ijdvdv，于是，上式对每一条边求和可得2221291(())(())(())91dvdvdve，由柯西不等式BAO222221291129191[(())(())(())][()()()]4dvdvdvdvdvdve，所以222212914(())(())(())9191edvdvdve，故29120714e，所以，91个顶点中，至少有291207120242011C个点对，它们之间没有边相连，从而，它们对应的顶点所对应的角不超过120．综上所述，n但最小值为91．2010年全国高中数学联赛模拟题3加试（二试）9：40~12：10共150分钟满分180分平面几何、代数、数论、组合1、（本题40分）在△ABC中，AB＞BC，K、M分别是边AB和AC的中点，O是△ABC的内心。设P点是直线KM和CO的交点，而Q点使得QP⊥KM且QM∥BO，证明：QO⊥AC。2、（本题40分）已知无穷数列na满足,,10yaxa,2,11111naaaaannnnn.（1）对于怎样的实数x，y，总存在正整数0n,使当0nn时，na恒为常数？（2）求数列na的通项公式.3、（本题50分）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.（1953年美国普特南数学竞赛题）由此，证明有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目.(第6届国际数学奥林匹克试题)4、（本题50分）设*211,1,3Nnaaaannn，证明：（1）对所有)4(mod3,nan；（2）当mm时，1),(nmaa（即nmaa,互质）二试1、证：作OR⊥AC于R，过P作MK的垂线，交直线OR于Q点（如图）。这样只需证Q’M∥O，因为这时Q和Q’重合。因为K，M分别为AB和AC的中点，所以KM∥BC，于是∠MPC＝∠BCP＝21∠ACB＝∠MCP。因此MP＝MC＝MA，这样一来，P点在以AC为直径的圆周上，且∠APC＝90°。在四边形APOR中，∠APO＝∠ARO＝90°，所以APOR内接于圆，∠RPO＝∠RAO＝21×∠BAC。在四形边MPQ’R中，∠MPQ’＝∠MRQ’＝90°，所以MPQ’R内接于圆，于是∠Q’MR＝∠Q’PR＝∠Q’PO＋∠OPR＝（90°－∠OPM）＋21∠BAC＝（90°－21∠ACB）＋21∠BAC。设BO交AC于D，在△BDC中，∠BDC＝180°－∠ACB－21∠ABC＝90°＋21∠BAC－21∠ACB＝∠Q’MR，因此MQ’∥BO，于是本题得证。2、解：由递归方程xxxxf212，得不动点1x.由不动点方法111111111111nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa111111nnnnnnnnaaaaaaaa111111nnnnaaaa111111nnnnaaaa.令11nnnaab，则Nnbbbnnn11.易知110xxb，111yyb.注意到23221nnnnnnbbbbbb21012433322nnFFnnnnbbbbbb，其中，11nnnFFF，110FF，nF为斐波那契数列.于是，11nnnaab2101nnFFbb211111nnFFxxyy.故11nnaa2111121nxxyynnFF.（1）要使总存在正整数0n，当0nn时，na恒为常数，还需分情况讨论.（i）若10n，当0nn时，na恒为常数.由ya1，101021aaaaayyxxy1，yyya2123，……有1y，且xy.此时，na恒为常数1或1.（ii）若20n，当0nn时，na恒为常数.首先，当01nnan时，如果30n，由10na，110na及10na1100001nnnnaaaa，有110na.注意到110na.又由0na212100001nnnnaaaa，有120na.于是，由10na323200001nnnnaaaa，有110na，矛盾.此时，只能是20n，即21nan，所以，101021aaaaa11yxxy，12122121311aaaaaaaaa1111yy，……于是，11yxxy，且1y01yxxy，且xy，1y1x或1y，且xy，1y.因此，当1x或1y，且xy时，取20n.当2n时，na恒为常数1.其次，当na在200nnn时不恒为1，但当0nn时，使na恒为常数，故1na2,00nnn.则11nnaa211111nnFFxxyy在0nn时恒为常数.显然，111xx，111yy.若111xx且111yy，则0yx，有101021aaaaa的分母为0，矛盾.所以，只能011xx或011yy，即1x或1y，且xy时，当200nnn时，na恒为常数1.综上，当1x且xy或1y且yx时，总存在正整数0n，使当0nn时na恒为常数1或1.（2）注意到11nnaa2111121nxxyynnFF.则111111221nnFFnxxyya11111112212121nnnnnnFFFFFFxyxyxy.故21111111121212121nxyxyxyxyannnnnnnnFFFFFFFFn，xa0，ya1.3、证明设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且它们都染成红色.再来看△BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色△ABC）；如△BCD三边都不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形.证明用平面上无三点共线的17个点A1,A2,…，A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,两位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同色三角形.考虑以A1为端点的线段A1A2,A1A3,…，A1A17，由抽屉原则这16条线段中至少有6条同色，不妨设A1A2，A1A3，…，A1A7为红色.现考查连结六点A2，A3，…，A7的15条线段，如其中至少有一条红色线段，则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证.（属图论中的接姆赛问题.）4、证明：（1）由递推关系得11(1)nnnaaa当1n时，133(mod4)a，33(mod4)na即43nak，那么1(1)14(43)(1)13(mod4)nnnaaakk∴对所有n，3(mod4)na（2）由递推关系得112114nnnnaaaaa不妨设mn，得|1mnaa，令1,nmaqaqN则,()(,1)(,1)1mnmmmmaaaqaaa加试1.（40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边B