《历全国高中数学联赛模拟卷二试.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《历全国高中数学联赛模拟卷二试.docx(50页珍藏版)》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -蚂蚁文库2021 年全国高中数学联赛模拟卷1加试考试时间: 150 分钟满分: 180 分姓名: 考试号: 得分: 一、(此题满分 40 分)可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结在 RtABC 中, CD 是斜边AB 上的高,记CI1 , I 2 , I 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结别是 ADC , BCD , ABC 的内心, I 在 AB 边上的射P可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结影为 O1 ,CAB,ABC 的角平分线分别交BC,AC 于QI可编辑资
2、料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P, Q ,且 PQ 的连线与 CD 相交于I1O1 I 2 O2 为正方形O2 ,求证:四边形I 2I 1AD O 1B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结二、(此题满分 40 分) 给定正数 a, b, c, d, 证明:可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a 3b 3c 3abcb3c 3d 3b cdc3d 3a 3c dad 3a 3b 3d aba 2b 2c2d 2 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结三、(此题满分 50 分) 设 kN,定义 A11 ,
3、 An 1nAn2n1) 2k, n1,2,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结证明:当 n1时,An 为整数,且An 为奇数的充要条件是n1或2mod 4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结四、(此题满分50 分) 试求最小的正整数和是 7 的倍数 .n, 使得对于任何n 个连续正整数中,必有一数,其各位数字之可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结一证明:不妨设BC AC ,由ADC CDB 且 I, I分别是其
4、内心,得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结且I 1DI 21ADB 2900ACB ,所以DI 1I 212CAB就I 2 I1 D可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ACI 1DBCCABI 2 D设ADC ,BCD 的内切圆半径分别为r1 , r2 ,RtABC 的三边长为a ,b,c ,I1, I 2在 AB 边上的射影为E , F ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结xzb, ryzab, AOca22212并且 ADx, BDy, CDz,就 r1,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以DOAOADbcaxyzaxzbrr ,可编
5、辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1121222可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结I 1Er1r2r2r1 DFDO1O1F ,EO1r 1r 2r 1r2 IF 2,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此I1EO1FO1 I 2 O1 I1O1I 2 且I1O1I 2I1O1EI 2O1FO1I2FI 2O1F,2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就 D , O1, I 2 , I 1 四点共圆1bcaI 2O1FI 2 I1DCAB(由知)所以O1 I 2 / AC ,同理O1I1 / BC
6、 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 AI1AO1 2bcaCQBCCQBCab,又由角平分线性质得CQ可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结I1PBO11cab 2cabQABAQACQBABCac可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2同理 CQab,另一方面QO2S CQO21 CQCO sin 2ACDbc b,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2bcO2 PS CPO1 CP CO22sinBCDac a可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又 O2 I1 / CAAI1QO2bcab bc C,可编辑资料 - - - 欢迎
7、下载精品名师归纳总结I1 PO2 Pcaba acP而 a ac bcabbc cabQI可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结aabaca2cbc2acbbcbab2c2acbcI 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结第 1 页 共25 页A学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -I1D O 1B第 1 页,共 25 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a abb2 bbaa2
8、 0 ,蚂蚁文库可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 O2 I1 / CA ,同理 O2 I 2 / BC ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以四边形I 1O1I 2O2 为平行四边形,由知四边形I1O1I 2O2 为正方形可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结二解:由于问题的对称性, 只要证明对于任何正数下式成立由于假如上式成立, 就原式的左边不小于不失一般性 , 可以在的假设下证明上述不等式.假如, 只要将不等式两边同除, 令于是问题转化成以下被修改的问题:给定满意条件的正数证明此不等式证明如下:可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结三
9、 证明: 留意到 n2) An 1nAn2n1) 2kn1 Ann1 An 12n 2k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结得 n2 n1) An 1 n1nAn 12n1 2k 12n 2k 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结反复运用上式,得An2Sn,其中Sn1t2 tnt , t2k1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结得 2Snn ni 0itnnni t i 11 n1i ti t ,从而可知n n1 | 2 Sn ,因此An n1 是整数 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( 1)当 n1或2mod4 时,由Sn有奇数个奇数项
10、知Sn为奇数,所以An 为奇数 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( 2)当 n0mod 4n 2时, n t2tt0mod 4 ,n t可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 Sn ni i 0i 20mod4 ,所以An 为偶数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( 3)当 n3mod 4 时, n1t20mod 4 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 Snn 12 ni 11i ti t n1 t20mod 4 ,所以An 为偶数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结综上所述,命题成立,证毕.四 解: 第一,我们可以指出
11、12 个连续正整数,例如994, 995, 999, 1000, 1001, 1005,其中任一数的各位数字之和都不是7 的倍数,因此,n13 .再证,任何连续13 个正整数中,必有一数,其各位数字之和是7 的倍数 .对每个非负整数a ,称如下10可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结个数所构成的集合: Aa10a,10a1,10a9 为一个“基本段” ,13 个连续正整数,要么属于两个基可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结本段,要么属于三个基本段。当13 个数属于两个基本段时,据抽屉原理,其中必有连续的7 个数,属于可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同一个
12、基本段。 当 13 个连续数属于三个基本段Aa 1, Aa , Aa1 时,其中必有连续10 个数同属于Aa .现在设可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ak ak 1a1a0ak ak 1a1a01 ,akak11aa0是6 属于同一个基本段的7 个数,它们的各位数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结第 2 页 共25 页可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 2 页,共 25 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载
13、精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结kkk蚂蚁文库可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结字之和分别是ai ,aii 0i 01,aii 06, 明显, 这 7 个和数被 7 除的余数互不相同,其中必有一个是7可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结的倍数 .因此,所求的最小值为n13.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2021 全国高中数学联赛模拟题2加试(二试)9: 4012: 10 共 150 分钟满分 180 分平面几何、代数、数论、组合1、(此题 40
14、分)在 ABC中, ABBC, 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 QPKM且 QMBO,证明: QOAC。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2、(此题 40 分)已知无穷数列an满意 a0x, a1y, a n 1an an 11 nanan 11,2,.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( 1)对于怎样的实数x, y ,总存在正整数n0 , 使当 nn0 时,a n 恒为常数?可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - -
15、- 欢迎下载精品名师归纳总结( 2)求数列an的通项公式 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3、(此题 50 分)空间六点,任三点不共线,任四点不共面,成对的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全部人的人通信,他们的通信中只争论三个题目.求证 : 至少有三个科学家相互之间争论同一个题目. 第 6 届国际数学奥林匹克试题可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4、(此题 50 分)设 a13, an 1anan1
16、, nN * ,证明:可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2(1)对全部n, an3mod 4。(2)当 mm 时,a m , a n 1 (即a m , an 互质)可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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QM O,由于这时Q 和 Q重合。由于 K ,M 分别为 AB 和 AC 的中点, 所以 KM BC ,于是1 MPC BCP ACB MCP 。因此 MP MC MA ,2这样一来, P 点在以 AC 为直径的圆周上,且AP
17、C 90。 在四边形APOR 中, APO ARO 90,所以 APOR 内可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结接于圆, RPO RAO 1 BAC 。2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结在四形边MPQR中, MPQ MRQ 90,所以 MPQR内接于圆,于是Q MR Q PR Q PO第 3 页 共25 页可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 3 页,共 25 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - -
18、 - - - - - - -蚂蚁文库可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 OPR( 90 OPM )1 BAC ( 9021 ACB )21 BAC 。2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 ABC 901设 BO 交 AC 于 D,在 BDC中, BDC 180 ACB 21 BAC 21 ACB 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Q MR,因此 MQ BO ,于是此题得证。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2、解:由递归方程fx2x1x ,得不动点x2 x1 . 由不动点方法可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 -
19、 - - 欢迎下载精品名师归纳总结an 11an 11an an an ana n an111an 1111an 1an an 11anan an 11anan 1an 1a n1an1an 11an 11a n1a n1a n 11 .a n 11可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 bnan1,就an1bn 1bnbn 1 nN. 易知 b0x1y1, b1.x1y1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结bFnbb1Fn2Fnb1 ,bF0bF1b 2b1,FnF n 1
20、留意到b3b2b Fn 1 b F n 2 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nn 1 nn 2 n 3n 2n 2 n 3n 3 n 410可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结其中,为斐波那契数列.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结an于是, b1b Fn1 b Fn 2y1x1nan110y1x1F n 1F n 2an故1y1x1n2.a n1y1x1Fn 2.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( 1)要使总存在正整数n0 ,当 nn0 时,a n 恒为常数,仍需分情形争论.可编辑资料
21、 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( i )如 n01 ,当 nn0 时,an 恒为常数 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由 a1y , a2a0a11xy1y , a3y21y ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a0a1xy2 y可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结有 y1 ,且 yx .此时,a n 恒为常数1 或1.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( ii)如 n02 ,当 nn0
22、 时,an 恒为常数 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结第一,当 a n1 nn0时,假如 n03 ,由an01 , an101 及 an1an an1100,有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结00anan1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结an0 11 . 留意到a n0 11 . 又由a n0an1 an20000an1an10,有 an0 21 .2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是,由an0 1an2 an30000an2an1
23、,有 an0 131,冲突 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结第 4 页 共25 页可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 4 页,共 25 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -蚂蚁文库可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结此 时 , 只 能 是n02 , 即 a n1 n2, 所 以 ,a2a0a11a0a1xy11 ,xy可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结
24、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结aa1a 213a1a2a 2a11a2a11 y11yxy11 ,于是,xy1,且 y1xyxy10 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结且 yx , y1x1或 y1 ,且 yx , y1 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此,当 x1 或 y1 ,且 yx 时,取 n02 . 当 n2 时,an 恒为常数1.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结其 次 ,
25、当an 在 nn0 n02时 不 恒 为1 , 但 当 nn0 时 , 使an 恒 为 常 数 , 故可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结an1nn0 , n02 . 就 a n1Fn 1y1x1Fn 2在 nn0 时恒为常数 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结明显,x1x11 , yyan1y1x111.1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结如 x11 且 y1x1y11 ,就 xy0 ,有 a2a0a11a0a1的分母为0,冲突 . 所以,只能可编辑资料
26、- - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x10 或 y1x1y10 ,即 x1或 y1 ,且 yx 时,当 nn0 n02 时,an 恒为常数1.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结综上,当x1且 yx 或 y1 或1.F n 11 且 xy 时,总存在正整数Fn 2n0 ,使当 nn0 时an 恒为常数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( 2)留意到a n1y1a n1y12x1nx12 .F2 y1n 1 xF1n 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就 an
27、1Fn 1y1xy1x11 Fn 21y1 Fn 1x1 Fn 2y1 Fn 1x1 Fn 21.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 any1n 1xFF1n 2FFy1n 1xFF1n 2FFn2 , a0x , a1y .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结y1n 1x1n 2y1 n 1x1n 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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 ,由抽屉原就这五条线段中至少有三条颜色相同,不妨设就
28、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,就同色三角形已显现(红色 ABC )。如 BCD 三边都不是红色的,就它就是蓝色的三角形,同色三角形也现了 .总之 ,不论在哪种情形下,都存在同色三角形.证明用平面上无三点共线的17 个点 A 1,A 2,, A17 分别表示17 位科学家 .设他们争论的题目为x,y,z, 两位科学家争论x 连红线 ,争论 y 连蓝线 ,讨第 5 页 共25 页可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 5 页,共 25 页 - - - - -
29、 - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -蚂蚁文库论 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 A 1 为端点的线段A1A 2,A 1A3,, A 1A 17,由抽屉原就这16 条线段中至少有6 条同色,不妨设A 1A2 ,A 1A3,A 1A 7 为红色 .现考查连结六点A 2,A 3, A 7 的 15 条线段,如其中至少有一条红色线段,就同色(红色)三角形已显现。如没有红色线段,就这15 条线段只有蓝色和黄色,由例5 知肯定存在以这15 条线段中某三条
30、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.)可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4 、证明: ( 1)由递推关系得an 11an an1 当 n1 时,a133mod4, an33mod 4 即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结an4k3 ,那么an 1an an1144 k3k113mod 4 对全部 n , an3mod 4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结( 2)由递推关系得an 114an an1an 2a1 不妨设 mn ,
31、得am | an1 ,令 an1qam , qN可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就 am, an am, qam1) am , am11可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2021 年全国高中数学联赛A加试O1. ( 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BC 的中点), D 是线段AK 延长线上一点,直BC E K线 BD 与 AC 交 于点N,直线CD 与 AB 交 于点M 求证:如DOK MN ,就 A, B,D , C 四点共圆PQNM可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. ( 40 分) 设 k 是给定的正整数,1rk记2f 1r f r rr, fl r f f l1 r , l2 证可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结明:存在正整数m,使得f m r 为一个整数这里,x表示不小于实数x 的最小整数,例如:11,2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. ( 50 分) 给定整数 n2 ,设正实数a1 , a2 , an 满意 ak1, k1, 2,n ,记可编辑资料 - - -
限制150内