全国高中数学联合竞赛历年整理试题

2001一．如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N．求证：(1)OB⊥DF，OC⊥DE；(2)OH⊥MN．二．设0ix（i=1，2，…，n）且ninjkjkixxjkx11212，求niix1的最大值与最小值．三．（本题满分50分）将边长为正整数m，n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形．每个正方形的边均平行于矩形的相应边．试求这些正方形边长之和的最小值．2001年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准一．证明：(1)∵A、C、D、F四点共圆∴∠BDF＝∠BAC又∠OBC＝21(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC∴OB⊥DF．(2)∵CF⊥MA∴MC2－MH2＝AC2－AH2①∵BE⊥NA∴NB2－NH2＝AB2－AH2②∵DA⊥BC∴BD2－CD2＝BA2－AC2③∵OB⊥DF∴BN2－BD2＝ON2－OD2④∵OC⊥DE∴CM2－CD2＝OM2－OD2⑤……………………………………30分①－②＋③＋④－⑤，得NH2－MH2＝ON2－OM2MO2－MH2＝NO2－NH2∴OH⊥MN……………………………………………………………………50分另证：以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则bakcakABAC,∴直线AC的方程为)(cxcay，直线BE的方程为)(bxacy由)()(cxcaybxacy得E点坐标为E(2222222,caabcaccabcca)同理可得F(2222222,baabcabbacbba)直线AC的垂直平分线方程为)2(2cxacay直线BC的垂直平分线方程为2cbx由2)2(2cbxcxacay得O(aabccb2,22)bcaacabcbbaabcabkabacabcbcbaabckDFOB222222,22∵1DFOBkk∴OB⊥DF同理可证OC⊥DE．在直线BE的方程)(bxacy中令x＝0得H(0，abc)∴acabbcacbabcaabckOH32222直线DF的方程为xbcaacaby2由)(2cxcayxbcaacaby得N(22222222,2cbcaacabccbcabcca)同理可得M(22222222,2bbcaababcbbcacbba)∴bcaacabbcabcabcbcacbakMN3)3)()(())((222222∵kOH·kMN＝－1，∴OH⊥MN．二．解：先求最小值，因为niinjkjkniiniixxxjkxx11122112)(≥1等号成立当且仅当存在i使得xi＝1，xj＝0，j＝i∴niix1最小值为1．……………………………………………………………10分再求最大值，令kkykx∴nknjkjkkykyky11212①设nknkkkykxM11，令nnnnayayyayyy22121则①122221naaa……………………………………………………30分令1na＝0，则nkkkaakM11)(nknknknknkkkkkkakkakakakak111111)1(1由柯西不等式得：212121])1([)(])1([121212nknkknkkkakkM等号成立222221)1()1(1nnakkaank222222221)1()1()12(1kkannaaakn21])1([112nkkkkkka(k=1，2，…，n)由于a1≥a2≥…≥an，从而0])1([)11(221121nkkkkkkkkkaay，即xk≥0所求最大值为21])1([12nkkk……………………………………………50分三．解：记所求最小值为f(m，n)，可义证明f(m，n)＝rn＋n－(m，n)(*)其中(m，n)表示m和n的最大公约数………………………………………10分事实上，不妨没m≥n(1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn＋n－(m，n)当用m＝1时，命题显然成立．假设当，m≤k时，结论成立(k≥1)．当m＝k＋1时，若n＝k＋1，则命题显然成立．若n＜k＋1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为m—n＋n—(m－n，n)＝m－(m，n)，于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为rn＋n－(m，n)……………………………………20分(2)关于m归纳可以证明(*)成立．当m＝1时，由于n＝1，显然f(m，n)＝rn＋n－(m，n)假设当m≤k时，对任意1≤n≤m有f(m，n)＝rn＋n－(m，n)若m＝k＋1，当n＝k＋1时显然f(m，n)＝k＋1＝rn＋n－(m，n)．当1≤n≤k时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为al，a2，…，ap不妨a1≥a2≥…≥ap显然a1＝n或a1＜n．若a1＜n，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形(或其边界)．于是a1＋a2＋…＋ap不小于AB与CD之和．所以a1＋a2＋…＋ap≥2m＞rn＋n－(m，n)若a1＝n，则一个边长分别为m－n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2，…ap的正方形，由归纳假设a2＋…＋ap≥m－n＋n－(m－n，n))＝rn－(m，n)从而a1＋a2＋…＋ap≥rn＋n－(m，n)于是当rn＝k＋1时，f(m，n)≥rn＋n－(m，n)再由(1)可知f(m，n)＝rn＋n－(m，n)．…………………………………………50分2003无答案一、（50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B。所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间。在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC。求证：∠DBQ=∠PAC。二、（50分）设三角形的三边长分别是整数a,b,c且abc。已知：{3^a/104}={3^b/104}={3^c/104}分别为a,b,c)其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过x的最大整数。求这种三角形周长的最小值。(3^x表示3的x次幂，^运算优先于/运算。)三、（50分）由n个点和这些点之间的x条连线段组成一个空间四边形,其中n=q2+q+1,x≥q(q+1)2+1,q≥2,q∈N。已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）。AA1BCD1Dmn2006一、以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。二、已知无穷数列{an}满足a0=x，a1=y，1111nnnnnaaaaa，n=1、2、…。（1）对于怎样的实数x与y，总存在正整数n0，使当n0≥n时an恒为常数？（2）求数列{an}的通项公式。三、解方程组662062444433332222wzyxwzyxwzyxwzyx。答案一、（本题满分50分）以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。证明：（1）显然B0P0=B0Q0，并由圆弧P0Q0和Q0P1，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P′0分别相内切于点Q0、P1、Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及P′0在B0P0或其延长线上，有B0P0=B0P′0。从而可知点P′0与点P0重合。由于圆弧Q1P0的圆心C0、圆弧P0Q0的圆心B0以及P0在同R1S1TQ1P1Q0C0B1B0AC1P0一直线上，所以圆弧Q1P0和P0Q0相内切于点P0。（2）现在分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T。又过点Q1引相应相切圆弧的公切线R1S1，分别交P0T和P1T于点R1和S1。连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R1和P1Q1S1。基于此，我们可由∠P0Q1P1=π−∠P0Q1R1−∠P1Q1S1=π−(∠P1P0T−∠Q1P0P1)−(∠P0P1T−∠Q1P1P0)而π−∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0，代入上式后，即得)(211001110TPPTPPPQP，同理可得)(211001100TPPTPPPQP。所以四点P0、Q0、Q1、P1共圆。二、（本题满分50分）已知无穷数列{an}满足a0=x，a1=y，1111nnnnnaaaaa，n=1、2、…。（1）对于怎样的实数x与y，总存在正整数n0，使当n0≥n时an恒为常数？（2）求数列{an}的通项公式。解：（1）我们有1211111nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa，n=1、2、…。（2.1）所以，如果对某个正整数n，有an+1=an，则必有(an)2=1，且an+an−1≠0。如果该n=1，我们得|y|=1且x≠−y。（2.2）如果该n1，我们有21212121)1)(1(111nnnnnnnnnaaaaaaaaa，n≥2，（2.3）和21212121)1)(1(111nnnnnnnnnaaaaaaaaa，n≥2。（2.4）将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得212221212111nnnnnnnaaaaaaa，n≥2。（2.5）由（2.5）递推，必有（2.2）或|x|=1且y≠−x。（2.6）反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，则当n≥2时，必有an=常数，且常数是1或－1。（2）由（2.3）和（2.4），我们得到1111112211nnnnnnaaaaaa，n≥2。（2.7）记11nnnaab，则当n≥2时，2433324332223221)()(nnnnnnnnnnnnnbbbbbbbbbbbbb由此递推，我们得到21)11()11(11nnFFnnxxyyaa，n≥2，（2.8）这里Fn=Fn−1+Fn−2，n≥2，F0=F1=1。（2.9）由（2.9）解得])251()251[(5111nnnF。（2.