高中数学奥赛试题

A. 抽屉原理-高中数学奥赛题-49个学生做3道题

3*(7-1)=18(种),说明有18种不同的得分,而有49个学生,肯定有每道题得分都相同的人.
如果你认为有点险,那就将两个乘数都加1:(3+1)*7=28(种),还是够.

B. 高中数学奥赛函数填空题

f(n+10)=n+5
f(n+5)=n+5+n-5=2n
f(1)=2

C. 高中数学奥赛题

分情况讨论。 1. 五位数中，1，2，3三个数字其中一个出现3次，其余两个数字各出现1次。即AAABC这种模式。从5个数位里取两个对BC做排列，剩余的填A。A有3种可能。共有3*P(2,5)=60个。 2.五位数中,1,2,3三个数字其中两个出现2次，剩余一个数字出现1次。即AABBC这种模式。从5个数位里取1个填C，剩余四个数位对AABB做排列。C有3种可能。共有 3*5*C(2,4)=90个。所以这样的五位数共有150个。

D. 数学高中奥林匹克竞赛试题

分别作以这三个圆为大圆的三个球，原来的三对外公切线现在为三个圆维的母线．此时三个圆维中每一个都正好放进两个球．三个圆维顶点在三个球心所在在平面ɑ上。

又设想一平面β搁在三个球上与三个球都相切，从而也与三个圆锥相切，所以三个圆锥顶点必在β上，即三顶点在α、β的交线上，即三顶点共线．

E. 脑筋急转弯之高中数学奥赛题

这里M、N分别代表一个二次曲线，一个圆心在Y轴上的单位圆。
这是我找的答案 你看看吧！A代表两个图形的交点集合。
可以先将M、N两个函数联起来解方程组，配方 ，得到a=5/4时，x^2=3/4,x有2个解，即圆刚好跟曲线相切。

1.作图发现，a=1时，两图像除了两交点外，还在原点相切，即有3个交点
所以|A|=3时，a=1;
2.A为空集，即M、N无交点，通过图像易知，此时 a>5/4或a<-1。

F. 历届高中数学竞赛试题和答案

二00四年全国高中数学联合竞赛（天津初赛）
（9月19日上午9：00～11：00）
一、选择题（本题共6个小题，每小题5分满分30分）
（1）若函数 的最大值为 ，最小值为 ，则 等于（ ）
（A） （B） （C） （D）
（2）若 ，且 ，则下列各式中最大的是（ ）
（A） （B）
（C） （D）
（3）已知数列 ， ， ， ， ，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 项之和 等于（ ）
（A） （B） （C） （D）
（4）已知函数 的反函数是 ，且 ，则（ ）
（A） （B） （C） （D）
（5）正四棱锥 中，侧棱与底面所成的角为 ，侧面与底面所成的角为 ，侧面等腰
三角形的底角为 ，相邻两侧面所成的二面角为 ，则 、 、 、 的大小关系是（ ）
（A） （B）
（C） （D）
（6）若对任意的长方体 ，都存在一个与 等高的长方体 ，使得 与 的侧面积之比和体积之比都等于 ，则 的取值范围是（ ）
（A） （B） （C） （D）

二、填空题（本题共6个小题，每小题5分，满分30分）
（7）若关于 的方程 只有一个实数解，则 的值等于 ．
（8）在 中，若 ， ，且最长的边的长为 ，则最短的边的的长等于 ．
（9）若正奇数 不能表示为三个不相等的合数之和，则满足条件的 的最大值为 ．
（10）设 、 、 是直角三角形的三条边长，且 ，其中 ， ，则 的值等于 ．
（11）连接正文体各个顶点的所有直线中，异面直线共有 对．
（12）如图，以 、 为顶点作正 ，再以 和 的中点 为顶点作正 ，再以 和 的中点 为顶点作正 ，…，如此继续下去．有如下结论：
①所作的正三角形的边长构成公比为 的等比数列；
②每一个正三角形都有一个顶点在直线 （ ）上；
③第六个正三角形的不在第五个正三角形边上的顶点 的坐标是 ；
④第 个正三角形的不在第 个正三角形边上的顶点 的横坐标是 ．
其中正确结论的序号是 （把你认为正确结论的序号都填上）．
三、解答题（本题共3小题，每小题20分，满分60分）
（13）已知函数 （ ， ）的反函数是 ，而且函数 的图象与函数 的图象关于点 对称．
（Ⅰ）求函数 的解析式；
（Ⅱ）若函数 在 上有意义，求 的取值范围．
（14）设边长为 的正 的边 上有 等分点，沿点 到点 的方向，依次为 ， ，…， ，若 ，求证： ．

（15）已知 是等差数列， 为公差且不等于 ， 和 均为实数，它的前 项和记作 ，设集合 ， ，试问下列结论是否正确，如果正确，请给予证明；如果不正确，请举例说明．
（Ⅰ）若以集合 中的元素作为点的坐标，则这些点都在一条直线上；
（Ⅱ） 至多有一个元素；
（Ⅲ）当 时，一定有 ．

G. 一道高中数学奥赛题

子集中有0,则pk=0,可以不考虑
相当于求{-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5}的所有非空子集pk(1<=k<=1023)所有元素的乘积之和
除{-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5}之外任意一个非空子集都可以找到一个最小整数i∈pk,且-i不属于pk
则集合{i,a1,a2,a3……,an}与{-i,a1,a2,a3……,an}相对应,它们乘积之和为0
除{-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5}之外的非空子集两两对应,使乘积之和为0
所以最后所有乘积之和就是{-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5}的所有元素乘积
p1+p2+……+p2047=(-5)(-4)(-3)(-2)(-1)×1×2×3×4×5=120×120=14400

H. 历届高中数学竞赛试题及答案

2011年全国高中数学联赛江西省预赛
试 题

一、填空题（每小题10分，共 分）
、 是这样的一个四位数，它的各位数字之和为 ；像这样各位数字之和为 的四位数总共有 个．
、设数列 满足: ,且对于其中任三个连续项 ,都有: .则通项 ．
、以抛物线 上的一点 为直角顶点，作抛物线的两个内接直角三角形 与 ，则线段 与 的交点 的坐标为 ．
、设 ，则函数 的最大值是 ．
、 ．
、正三棱锥 的底面边长为 ，侧棱长为 ，过点 作与侧棱 都相交的截面 ，那么， 周长的最小值是 ．
、满足 的一组正整数 ．
、用 表示正整数 的各位数字之和，则 ．
二、解答题（共 题，合计 分）
、（20分）、设 ，且满足： ，求 的值．

、（ 分）如图， 的内心为 ， 分别是
的中点， ，内切圆 分别与边 相切于 ；证明： 三线共点．

、（ 分）在电脑屏幕上给出一个正 边形，它的顶点分别被涂成黑、白两色；某程序执行这样的操作：每次可选中多边形连续的 个顶点（其中 是小于 的一个固定的正整数），一按鼠标键，将会使这 个顶点“黑白颠倒”，即黑点变白，而白点变黑；
、证明：如果 为奇数，则可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成白色，也可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成黑色；
、当 为偶数时，是否也能经过有限次这样的操作，使得所有的顶点都变成一色？证明你的结论．

解 答

、 ．提示：这种四位数 的个数，就是不定方程 满足条件 ， 的整解的个数；即 的非负整解个数，其中 ，易知这种解有 个，即总共有 个这样的四位数．（注：也可直接列举．）
、 ． 提示：由条件得，
，
所以
，
故 ，而 ；

；
于是
；
由此得
.

、 ．提示：设 ，则

，
直线 方程为
，
即 ，因为 ，则
，
即
，
代人方程得
，
于是点 在直线 上；
同理，若设 ，则 方程为
，
即点 也在直线 上，因此交点 的坐标为 ．
、 ．提示：由

所以，
，
即
，
当 ，即 时取得等号．
、 ．提示：

．
、 ．提示：作三棱锥侧面展开图，易知 ∥ ，且由周长最小，得 共线，于是等腰 ， ，
，
即 ， ，
，
所以 ，由 ，则
．
、 ．提示：由于 是 形状的数，所以 必为奇数，而 为偶数， 设 ， ，代人得
，
即
. ①
而 为偶数，则 为奇数，设 ，则
，
由①得，
， ②
则 为奇数，且 中恰有一个是 的倍数，当 ，为使 为奇数，且 ，只有 ，②成为
，
即 ，于是 ；
若 ，为使 为奇数，且 ，只有 ，②成为 ，即 ，它无整解；
于是 是唯一解： ．
（另外，也可由 为偶数出发，使

为 的倍数，那么 是 的倍数，故 是 形状的偶数，依次取 ，检验相应的六个数即可．）

、 ．提示：添加自然数 ，这样并不改变问题性质；先考虑由 到 这一千个数，将它们全部用三位数表示，得到集 ，易知对于每个 ，首位为 的“三位数”恰有 个： ，
这样，所有三位数的首位数字和为
.
再将 中的每个数 的前两位数字互换，成为 ，得到的一千个数的集合仍是 ，
又将 中的每个数 的首末两位数字互换，成为 ，得到的一千个数的集合也是 ，由此知
．
今考虑四位数：在 中，首位（千位）上，共有一千个 ，而在
中，首位（千位）上，共有一千个 ，因此
；
其次，易算出， . 所以，
．
、由
，
即
，
平方得

所以

，
即
，
所以
．

、如图，设 交于点 ，连 ，由于中位线 ∥ ，以及 平分 ，则 ，所以 ，因 ，得 共圆．所以 ；又注意 是 的内心，则
.
连 ，在 中，由于切线 ，所以
，
因此 三点共线，即有 三线共点．
、 证明：由于 为质数，而 ，则 ，据裴蜀定理，存在正整数 ，使
, ①
于是当 为奇数时，则①中的 一奇一偶．
如果 为偶数， 为奇数，则将①改写成：
，
令 ，上式成为 ，其中 为奇数， 为偶数．
总之存在奇数 和偶数 ，使①式成立；据①，
, ②
现进行这样的操作：选取一个点 ，自 开始，按顺时针方向操作 个顶点，再顺时针方向操作接下来的 个顶点……当这样的操作进行 次后，据②知，点 的颜色被改变了奇数次（ 次），从而改变了颜色，而其余所有顶点都改变了偶数次（ 次）状态，其颜色不变；称这样的 次操作为“一轮操作”，由于每一轮操作恰好只改变一个点的颜色，因此，可以经过有限多轮这样的操作，使所有黑点都变成白点，从而多边形所有顶点都成为白色；也可以经过有限多轮这样的操作，使所有白点都变成黑点，从而多边形所有顶点都成为黑色．
、当 为偶数时，也可以经过有限多次这样的操作，使得多边形所有顶点都变成一色．具体说来，我们将有如下结论：
如果给定的正多边形开初有奇数个黑点、偶数个白点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全黑，而不能变成全白；反之，如果给定的正多边形开初有奇数个白点、偶数个黑点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全白，而不能变成全黑；
为此，采用赋值法：将白点改记为“ ”，而黑点记为“ ”，改变一次颜色，相当于将其赋值乘以 ，而改变 个点的颜色，即相当于乘了 个（偶数个） ，由于 ；
因此当多边形所有顶点赋值之积为 ，即总共有奇数个黑点，偶数个白点时，每次操作后，其赋值之积仍为 ，因此无论操作多少次，都不能将全部顶点变白．
但此时可以变成全黑，这是由于，对于偶数 ，则①②中的 为奇数，设 是多边形的两个相邻顶点，自点 开始，按顺时针方向操作 个顶点，再顺时针方向操作接下来的 个顶点……当这样的操作进行 次后，据②知，点 的颜色被改变了偶数次（ 次），从而颜色不变，而其余所有 个顶点都改变了奇数次（ 次）状态，即都改变了颜色；再自点 开始，按同样的方法操作 次后，点 的颜色不变，其余所有 个顶点都改变了颜色；于是，经过上述 次操作后，多边形恰有 两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有 个点的颜色不变．
现将这样的 次操作合并，称为“一轮操作”；每一轮操作，可以使黑白相邻的两点颜色互换，因此经过有限轮操作，总可使同色的点成为多边形的连续顶点；
于是当多边形开初总共有偶数个白点时，每一轮操作又可将相邻两个白点变成黑点，使得有限轮操作后，多边形所有顶点都成为黑色．
同理得，如果给定的正多边形开初总共有奇数个白点、偶数个黑点，经过有限次操作，可以使多边形顶点变成全白，而不能变成全黑；（只需将黑点赋值为“ ”，白点赋值为“ ”，证法便完全相同）．