发布时间 : 星期一 文章2012年山东夏令营数学竞赛题更新完毕开始阅读bfa97a1f964bcf84b9d57be9
山东省2012届高中数学夏令营数学竞赛
一.填空题(本题共5道小题,每小题8分,满分40分)
1.函数f(x)?1?2x?3?2x的最大值是________________ ;
2.如果自然数a的各位数字之和等于5,那么称a为“吉祥数”, 将所有吉祥数从小到大排成一列a1,a2,?,an.若an=2012.则n=_______________.
3.已知f(x)是2011次多项式,当n=0,1,?,2011时,
f(n)?n.则f(2012)=______; n?14.将圆周上5个点按如下规则染色:先任选一点染成红色,然后依逆时针方向,第1步转过1个间隔将到达的那个点染红,第2步转过2个间隔将到达的那个点染红,第k步转过k个间隔将到达的那个点染红.一直进行下去,可得到_________个红点.
5.如图，设O,I分别为?ABC的外心、内心，且?B?60，AB＞BC，?A的外角平分线交⊙O于D，已知AD?18,则OI?_____________.
D A
二.解答题(本题共5道小题,每小题20分,满分100分) E
O n
6.证明:对任给的奇素数p,总存在无穷多个正整数n使得p|(n2-1).
I
C B
F
7.如图，已知P是矩形ABCD内任意一点，延长BP交AD于E，延长DP交AB于F，延长CP交矩形的外接圆于G。求证：GE⊥GF.
G
Q E D A
R P F B C ?8.对于恰有120个元素的集合A.问是否存在子集A1,A2,?,A10满足:
(1)|Ai|=36,i=1,2,?,10; (2)A1∪A2∪?∪A10=A;
(3)|Ai∩Aj|=8,i≠j.请说明理由.
9.求最小的正整数m,n(n≥2),使得n个边长为m的正方形,恰好可以割并成n个边长分别为1,2,?,n的正方形.
10.设实系数三次多项式
求证:6a
32p(x)?x3?ax2?bx?c有三个非零实数根.
32?10(a?2b)?12ab?27c.
山东省2012届高中数学夏令营数学竞赛答案
1.解:f(x)?1?2x?3?2x?22,其等号仅当1?2x?3?2x即x?所以,f(x)最大=21时成立, 22.
2.解:设x1x2?xm为吉祥数,则x1+x2+?+xm=5,由x1≥1和x2,?,xm≥0得
(x1-1)+x2+?+xm=4,所以,x1x2?xm为第Cm?3个吉祥数.1x2?xm为第Cm?2个吉祥数. 由此得:一位吉祥数共1个,二位吉祥数共C5因以1为首位的四位吉祥数共C6444?15个, ?5个,三位吉祥数共C644?15个,以2为首位的前两个四位吉祥数为:
2003和2012.故n=1+5+15+15+2=38.
3.解:当n=0,1,?,2011时, (n+1)f(n)=n,即多项式(x+1)f(x)-x有2012个根,
设(x+1)f(x)-x=ax(x-1)(x-2)?(x-2011). 取x=-1,则1=2012!a.故a?1,
2012!f(x)?2012!20122013x(x?1)(x?2)?(x?2011)x???1. ?,f(2012)?2012!2013201320132012!(x?1)x?14.解:将5个点依次编号0—4,且不妨设开始染红的是0号点,则第1步染红的是1号点,第2步染红的是3
号点,第3步染红的又是1号点.故共可得3个红点.
5.解: 连接BI并延长交⊙O于E,则E为弧AC的中点.连
OE、AE、CE、OC，由?B?60?，易知?AOE、?COE均为
正三角形.由内心的性质得知：AE?IE?CE,所以
A、O、I、C四点共圆,且圆心为E.再延长AI交⊙O于F,
由题设知D、O、F共线，于是?OEI?2?OAI, ?AOD?2?AFD?2?OAI,
又OA?OD?OE?IE, 从而?OAD≌?EOI, 故OI?AD?18 6.证明:取n=(p-1)k,则由费尔马小定理知2(p?1)k?1(modp),所以, p|(n2n-1)
?(p?1)k?2(p?1)k?1(modp)?(p?1)k?1(modp)?k??1(modp).
取k=pr-1(r∈N*),即n=(p-1)(pr-1),就有(p?1)k?27.证法1: 设CG交AD于Q,由∠GBA＝∠GDA及 ∠AGB＝∠CGD知△ABG∽△QDG。延长DF、CB 交于R，由AD∥BR, AD=BC
得
(p?1)k?1(modp)即p|(n2n-1).
AFBC?FBBR ①
BCQE?又由△CPB∽△QPE及△RPB∽△DPE得 ② BRED由①,②得
AFQE?,表明F,E是△ABG,△QDG的相似对应点,故得 FBED△FBG∽△EDG.所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900, 即GE⊥GF.
证法2:联结GB,GD,令∠GCB=?,∠GCD=?,
G A F B Q P E D GBsin?BPsin?PBC??由正弦定理得: GDsin?DPsin?PDCBFsin?BFPsin?PBCBF???, DEsin?DEPsin?PDCDE由∠GBF＝∠GDE得△FBG∽△EDG.
所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900, 即GE⊥GF. 8.解:答案:存在.
考虑长度为10的0,1数列.其中仅3项为1的恰有C10对每个j=1,2,?,10,第j项为1的0,1数列恰有C923β α C ?120个,每个作为集合A的一个元素.
j
?36个,它们是集合A的36个元素.对每对i,j
1∈{1,2,?,10}(i i j 综上知,存在满足条件的10个子集. 9.解:依题意n个边长为m的正方形,恰好可以割并成n个边长分别为1,2,?,n的正方形?12+22+?+n2=nm2,即6m2=(n+1)(2n+1), 则(n+1)(2n+1)=2n2+3n+1≡0(mod6), 由n2≡0,1,3,4(mod6)知n≡±1(mod6). 若6|n+1,设n=6k-1(k∈N),得m2=k(12k-1), 因(k,12k-1)=1,所以k与12k-1都是完全平方数,但12k-1≡3 (mod4)矛盾! 若6|n-1,设n=6k+1(k∈N),得m2=(3k+1)(4k+1),因(3k+1,4k+1)=1,所以, 3k+1=v2,4k+1=u2,消去k得4v2-3u2=1,v=u=1时,k=0,n=1,但n≥2,故u>1,v>1. 由4v2-3u2≡1(mod8)知u,v为奇数, 直接计算得umin=15,vmin=13,k=56,所以, m最小=15×13=195,n最小=337. 10.证明:设?,?,?为p(x)=0的三个根,由根与系数关系 ????????a???????????b得: ??????c?22a2?2b??2??2??2.原式?6a(a?2b)?10(a?2b)?27c 32232?6(?????)(?????)?10(?????)?27???22222 ①. 若?若?2??2??2?0,则①成立. ??2??2?0,不妨设|?|?|?|?|?|,由①的齐次性,不妨设 2?2??2??2?9,则?2?3,2????2??2?9??2?6. ①?2(?????)?????10.因 [2(?????)????]2?[2(???)?(2???)?]2?[4?(2???)2][(???)2??2]