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2003年全国高中数学联赛试题及解答


2003 年全国高中数学联赛

冯惠愚

2003 年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试 (10 月 12 日上午 8:00?9:40) 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1. (2003 年全国高中数学联赛)删去正整数数列 1, 3, 2, ……中的所有完全平方数, 得到一个新数列. 这 个数列的第 2003 项是 (A

) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2.设 a,b∈R,ab≠0,那么直线 ax-y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是
y y y y

O

x

O

x

O

x

O

x

A.

B.

C.

D.

3.过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线,若此直线与抛物线交于 A、B 两点,弦 AB 的中垂线与 x 轴交于点 P,则线段 PF 的长等于 16 8 16 (A) (B) (C) 3 (D) 8 3 3 3 3 5? 2? ? ? ? 4.若 x∈[- ,- ],则 y=tan(x+ )-tan(x+ )+cos(x+ )的最大值是 12 3 3 6 6 12 11 11 12 (A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3 5 6 6 5 4 9 5.已知 x,y 都在区间(-2,2)内,且 xy=-1,则函数 u= + 的最小值是 4-x2 9-y2 8 24 12 12 (A) (B) (C) (D) 5 11 7 5 6.在四面体 ABCD 中, 设 AB=1,CD= 3,直线 AB 与 CD 的距离为 2,夹角为 ,则四面体 ABCD 3 的体积等于 3 1 1 3 (A) (B) (C) (D) 2 2 3 3 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) 7.不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0 的解集是 . x2 y2 8.设 F1、F2 是椭圆 + =1 的两个焦点,P 是椭圆上一点,且|PF1|∶|PF2|=2∶1,则△PF1F2 的面积 9 4 等于 . 9.已知 A={x|x2-4x+3<0,x∈R}, - B={x|21 x+a?0,x2-2(a+7)x+5?0,x∈R} 若 A?B,则实数 a 的取值范围是 . 3 5 10.已知 a,b,c,d 均为正整数,且 logab= ,logcd= ,若 a-c=9,则 b-d= . 2 4 11.将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内,并使得每个球都和其相邻的四个球相切,且 与圆柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于 . -|a 只取 0 或 1(i=1,2,…,n-1),a =1},T 是 M 中 12. 设 M ={(十进制)n 位纯小数 0. a a …a
n 1 2 n i n n n

?

Sn 元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则lim = n→∞Tn 三、 (本题满分 20 分) 3 13.设 ?x?5,证明不等式 2 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x<2 19.
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四、(本题满分 20 分) 1 14.设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai,Z1= +bi,Z2=1+ci(其中 a, b,c 都是实数)对应的不共线的三点. 证 2 明:曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R) 与△ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点.

五、(本题满分 20 分) 15.一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A,且 OA=a,折叠纸片,使圆周上某一点 A? 刚好与点 A 重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当 A?取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线 上点的集合.

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加试题 (10 月 12 日上午 10:00?12:00) 一、 (本题 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、 (本题 50 分) 设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0. l m n ? 3 ? ?3 ? ? 3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,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 ?10 ? ?10 ? ?10 ? 值.

三、 (本题 50 分) 1 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形, 其中 n=q2+q+1, q(q+1)2+1, l? q?2, q∈N. 已 2 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).

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1997 年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.删去正整数数列 1,2,3,……中的所有完全平方数,得到一个新数列.这个数列的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 解:452=2025,462=2116. 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个,而 2026 至 2115 之间没有完全平方数.故 1 至 2025 中共有新 数列中的 2025-45=1980 项.还缺 2003-1980=23 项.由 2025+23=2048.知选 C. 2.设 a,b∈R,ab≠0,那么直线 ax-y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是
y y y y

O

x

O

x

O

x

O

x

A.

B.

C.

D.

x2 y2 解:曲线方程为 + =1,直线方程为 y=ax+b. a b 由直线图形,可知 A、C 中的 a<0,A 图的 b>0,C 图的 b<0,与 A、C 中曲线为椭圆矛盾. 由直线图形,可知 B、D 中的 a>0,b<0,则曲线为焦点在 x 轴上的双曲线,故选 B. 3.过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线,若此直线与抛物线交于 A、B 两点,弦 AB 的中垂线与 x 轴交于点 P,则线段 PF 的长等于 16 8 16 (A) (B) (C) 3 (D) 8 3 3 3 3 p 4 解:抛物线的焦点为原点(0,0),弦 AB 所在直线方程为 y= 3x,弦的中点在 y= = 上,即 AB 中点 k 3 4 4 3 4 4 16 为( , ),中垂线方程为 y=- (x- )+ ,令 y=0,得点 P 的坐标为 . 3 3 3 3 3 3 16 ∴ PF= .选 A. 3 5? 2? ? ? ? 4.若 x∈[- ,- ],则 y=tan(x+ )-tan(x+ )+cos(x+ )的最大值是 12 3 3 6 6 12 11 11 12 (A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3 5 6 6 5 2? 5? ? ? ? ? ? 解:令 x+ =u,则 x+ =u+ ,当 x∈[- ,- ]时,u∈[- ,- ], 6 3 2 12 3 4 6 2 ? ? y=-(cotu+tanu)+cosu=- +cosu.在 u∈[- ,- ]时,sin2u 与 cosu 都单调递增,从而 y 单调递 sin2u 4 6 11 ? 增.于是 u=- 时,y 取得最大值 3,故选 C. 6 6 4 9 5.已知 x,y 都在区间(-2,2)内,且 xy=-1,则函数 u= + 的最小值是 4-x2 9-y2 8 24 12 12 (A) (B) (C) (D) 5 11 7 5 1 1 解:由 x,y∈(-2,2),xy=-1 知,x∈(-2,- )∪( ,2), 2 2 4 2 4 9x2 -9x +72x -4 35 u= + = =1+ . 4 4-x2 9x2-1 -9x4+37x2-4 37-(9x2+ 2) x 1 1 1 4 2 当 x∈(-2,- )∪( ,2)时,x2∈( ,4),此时,9x2+ 2?12.(当且仅当 x2= 时等号成立). 2 2 4 x 3
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12 此时函数的最小值为 ,故选 D. 5 6.在四面体 ABCD 中, 设 AB=1,CD= 3,直线 AB 与 CD 的距离为 2,夹角为 ,则四面体 ABCD 3 的体积等于 3 1 1 3 (A) (B) (C) (D) 2 2 3 3 A π 解: 如图, 把四面体补成平行六面体,则此平行六面体的体积=1× 3×sin ×2=3. M 3 D 1 1 N 而四面体 ABCD 的体积= ×平行六面体体积= .故选 B. B 6 2 C 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) 7.不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0 的解集是 . 5-1 5-1 5+1 5+1 解:即|x|3-2|x|2-4|x|+3<0,?(|x|-3)(|x|- )(|x|+ )<0.?|x|<- ,或 <|x|<3. 2 2 2 2 5-1 5-1 ∴ 解为(-3,- )∪( ,3). 2 2 2 2 x y 8.设 F1、F2 是椭圆 + =1 的两个焦点,P 是椭圆上一点,且|PF1|∶|PF2|=2∶1,则△PF1F2 的面积 9 4 等于 . 解:F1(- 5,0),F2( 5,0);|F1F2|=2 5. |PF1|+|PF2|=6,?|PF1|=4,|PF2|=2.由于 42+22=(2 5)2.故?PF1F2 是直角三角形 5 5. ∴ S=4. 9.已知 A={x|x2-4x+3<0,x∈R}, - B={x|21 x+a?0,x2-2(a+7)x+5?0,x∈R} 若 A?B,则实数 a 的取值范围是 . 解:A=(1,3); 1 x2+5 - 又,a?-21 x∈(-1,- ),当 x∈(1,3)时,a? -7∈( 5-7,-4). 4 2x ∴ -4?a?-1. 3 5 10.已知 a,b,c,d 均为正整数,且 logab= ,logcd= ,若 a-c=9,则 b-d= . 2 4 3 2 5 4 2 3 4 5 2 4 2 2 解:a =b ,c =d ,设 a=x ,b=x ;c=y ,d=y ,x -y =9.(x+y )(x-y )=9. ∴ x+y2=9,x-y2=1,x=5,y2=4.b-d=53-25=125-32=93. H 11.将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内,并使得每个球都和 其相邻的四个球相切,且与圆柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等 E G 于 . F 解:如图,ABCD 是下层四个球的球心,EFGH 是上层的四个球心.每个球 心与其相切的球的球心距离=2.EFGH 在平面 ABCD 上的射影是一个正方形.是 D C 把正方形 ABCD 绕其中心旋转 45?而得.设 E 的射影为 N,则 N M MN= 2-1.EM= 3,故 EN2=3-( 2-1)2=2 2.∴ EN= 4 8.所求圆柱的 高=2+ 4 8. 12. 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.-|ai 只取 0 或 1(i=1,2,…,n-1),an=1},Tn 是 Mn 中 a1a2…an Sn 元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则 lim = . Tn n→∞ - 解:由于 a1,a2,…,an-1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数,Tn=2n 1. - n-2 在每一位(从第一位到第 n-1 位)小数上,数字 0 与 1 各出现 2 次.第 n 位则 1 出现 2n 1 次. -n n-2 n-2 ∴ Sn=2 ?0.11…1+2 ?10 . Sn 1 1 1 ∴ lim = ? = . n→∞Tn 2 9 18 三、 (本题满分 20 分)
-5A B

?

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3 13.设 ?x?5,证明不等式 2 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x<2 19. 3 解:x+1?0,2x-3?0,15-3x?0.? ?x?5. 2 x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x x+1+x+1+2x-3+15-3x 由平均不等式 ? ? 4 4 ∴ 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x= x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x?2 14+x. 3 但 2 14+x在 ?x?5 时单调增.即 2 14+x≤2 14+5=2 19. 2 故证. 四、(本题满分 20 分) 1 14.设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai,Z1= +bi,Z2=1+ci(其中 a, b,c 都是实数)对应的不共线的三点. 证 2 明:曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R) 与△ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点. 解:曲线方程为:Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t) ∴ x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t.(0?x?1) y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2 即 y=(a-2b+c)x2+2(b-a)x+a (0?x?1). ① 若 a-2b+c=0,则 Z0、Z1、Z2 三点共线,与已知矛盾,故 a-2b+c?0.于是此曲线为轴与 x 轴垂直的 抛物线. 1 1 3 1 AB 中点 M: + (a+b)i,BC 中点 N: + (b+c)i. 4 2 4 2 1 1 3 1 与 AC 平行的中位线经过 M( , (a+b))及 N( , (b+c))两点,其方程为 4 2 4 2 1 3 4(a-c)x+4y-3a-2b+c=0.( ?x? ). ② 4 4 令 4(a-2b+c)x2+8(b-a)x+4a=4(c-a)x+3a+2b-c. 即 4(a-2b+c)x2+4(2b-a-c)x+a-2b+c=0.由 a-2b+c?0,得 4x2+4x+1=0, 1 3 1 此方程在[ , ]内有惟一解: x= . 4 4 2 1 1 以 x= 代入②得, y= (a+2b+c). 2 4 1 1 ∴ 所求公共点坐标为( , (a+2b+c)). 2 4 五、(本题满分 20 分) 15.一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A,且 OA=a,折叠纸片,使圆周上某一点 A? 刚好与点 A 重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当 A?取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线 上点的集合. 解:对于⊙O 上任意一点 A?,连 AA?,作 AA?的垂直平分线 MN, M S D 连 OA?.交 MN 于点 P.显然 OP+PA=OA?=R.由于点 A 在⊙O 内, 故 OA=a<R.从而当点 A?取遍圆周上所有点时,点 P 的轨迹是以 O、 S' Q A' A 为焦点,OA=a 为焦距,R(R>a)为长轴的椭圆 C. P 而 MN 上任一异于 P 的点 Q,都有 OQ+QA=OQ+QA?>OA?.故点 Q 在椭圆 C 外.即折痕上所有的点都在椭圆 C 上及 C 外. O A 反之, 对于椭圆 C 上或外的一点 S, S 为圆心, 为半径作圆, 以 SA N 交⊙O 于 A?,则 S 在 AA?的垂直平分线上,从而 S 在某条折痕上. 最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交. 1? 当 S 在⊙O 外时,由于 A 在⊙O 内,故⊙S 与⊙O 必相交;
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14+x . 4

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2? 当 S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内,但在椭圆 C 外或其上的点 S?),取过 S?的半径 OD,则由点 S?在椭 圆 C 外,故 OS?+S?A?R(椭圆的长轴).即 S?A?S?D.于是 D 在⊙S?内或上,即⊙S?与⊙O 必有交点. 于是上述证明成立. 综上可知,折痕上的点的集合为椭圆 C 上及 C 外的所有点的集合. 加试题 (10 月 12 日上午 10:00?12:00) 一、 (本题 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. 分析:由∠PBC=∠CDB,若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ,则?BDQ∽?DAQ.反之,若?BDQ∽?DAQ.则 BD DQ 本题成立.而要证?BDQ∽?DAQ,只要证 = 即可. AD AQ A 证明:连 AB. ∵ ?PBC∽?PDB, BD PD AD PD P O ∴ = ,同理, = . BC PB AC PA C BD BC Q D ∵ PA=PB,∴ = . AD AC B ∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ,∠ABC=∠ADQ. ∴ ?ABC∽?ADQ. BC DQ BD DQ ∴ = .∴ = . AC AQ AD AQ ∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ. ∴ ?ADQ∽?DBQ. ∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC.证毕.

二、 (本题 50 分) 设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0. l m n ? 3 ? ?3 ? ? 3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,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 ?10 ? ?10 ? ?10 ? 值. l m n ? 3 ? ?3 ? ? 3 ? 解:当 3l、3m、3n 的末四位数字相同时,? 4?=? 4?=? 4?. ?10 ? ?10 ? ?10 ? - l m n 4 即求满足 3 ?3 ≡3 ( mod 10 )的 l、m、n.∴ 3n(3l n-1)≡0 (mod 104).(l-n>0) - - 但 (3n,104)=1,故必有 3l n≡1(mod 104);同理 3m n≡1(mod 104). x 4 下面先求满足 3 ≡1(mod 10 )的最小正整数 x. 1 4 ∵ ?(104)=104? ? =4000.故 x|4000.用 4000 的约数试验: 2 5 ∵ x=1,2,时 3x≡1(mod 10),而 34≡1(mod 10),∴ x 必须是 4 的倍数; ∕ ∵ x=4,8,12,16 时 3x≡1(mod 102),而 320≡1(mod 102),∴ x 必须是 20 的倍数; ∕ ∵ x=20,40,60,80 时 3x≡1(mod 103),而 3100≡1(mod 103),∴ x 必须是 100 的倍数; ∕ ∵ x=100,200,300,400 时 3x≡1(mod 104),而 3500≡1(mod 104). ∕ x 4 即,使 3 ≡1(mod 10 )成立的最小正整数 x=500,从而 l-n、m-n 都是 500 的倍数, 设 l-n=500k,m-n=500h,(k,h∈N*,k>h). 由 m+n>l,即 n+500h+n>n+500k,?n>500(k-h)?500,故 n?501. 取 n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值. ∴ 所求周长的最小值=3003. 三、 (本题 50 分) 1 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形, 其中 n=q2+q+1, q(q+1)2+1, l? q?2, q∈N. 已 2 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
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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). 证明:设点集为 V={A0,A1,…,An-1},与 Ai 连线的点集为 Bi,且|Bi|=bi.于是 1?bi?n-1.又显 然有
n-1 i=0

∑ bi=2l?q(q+1)2+2.

若存在一点与其余点都连线,不妨设 b0=n-1. 则 B0 中 n-1 个点的连线数 1 l-b0? q(q+1)2+1-(n-1) (注意:q(q+1)=q2+q=n-1) 2 1 1 = (q+1)(n-1)-(n-1)+1= (q-1)(n-1)+1 2 2 1 1 ? (n-1)+1?[ (n-1)]+1.(由 q?2) 2 2 n-1 但若在这 n-1 个点内,没有任一点同时与其余两点连线,则这 n-1 个点内至多连线[ ]条,故在 2 B0 中存在一点 Ai,它与两点 Aj、Ak(i、j、k 互不相等,且 1?i,j,k)连了线,于是 A0、Aj、Ai、Ak 连成四 边形. 现设任一点连的线数?n-2.且设 b0=q+2?n-2.且设图中没有四边形.于是当 i≠j 时,Bi 与 Bj 没 - - 有公共的点对,即|Bi∩Bj|?1(0?i,j?n-1).记B0 =V\B0,则由|Bi∩B0|?1,得|Bi∩B0 |?bi-1(i=1,2,…, - - n-1),且当 1?i,j?n-1 且 i≠j 时,Bi∩B0 与 Bj∩B0 无公共点对.从而 n-1 - - B0 中点对个数? ∑ (Bi∩B0 中点对个数).即
i=1 2 - C2 0 ? ∑ C|Bi∩B0 |? ∑ C2 i-1 n-b b n-1 n-1 i=1

1 1 n-1 2 n-1 = ∑ (b2-3bi+2)? [ ( ∑ b ) -3 ∑ bi+2(n-1)](由平均不等式) 2 i=1 i 2 n-1 i=1 i i=1 1 1 1 2 = [ (2l-b0) -3(2l-b0)+2(n-1)]= [(2l-b0)2-3(n-1)(2l-b0)+2(n-1)2] 2 n-1 2(n-1) 1 = (2l-b0-n+1)(2l-b0-2n+2) (2l?q(q+1)2+2=(n-1)(q+1)+2) 2(n-1) 1 ? [(n-1)(q+1)+2-b0-n+1][(n-1)(q+1)+2-b0-2n+2] 2(n-1) 1 = [(n-1)q+2-b0][(n-1)(q-1)+2-b0].(两边同乘以 2(n-1)即 2(n-1) (n-1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0).(n-1?q(q+1)代入) 得 q(q+1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0).(各取一部分因数比较) ① 2 但(nq-q-n+3-b0)-q(n-b0-1)=(q-1)b0-n+3?(q-1)(q+2)-n+3=q +q+1-n=0.(b0?q+2)② (nq-q+2-b0)-(q+1)(n-b0)=qb0-q-n+2?q(q+1)-n+2=1>0. ③ 又(nq-q-n+3-b0)、(nq-q+2-b0)、q(n-b0-1)、(q+1)(n-b0)均为正整数, 从而由②、③得, q(q+1)(n-b0)(n-b0-1)<(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0). ④ 由①、④矛盾,知原命题成立. 又证:画一个 n×n 表格,记题中 n 个点为 A1,A2,…,An,若 Ai 与 Aj 连了线,则将表格中第 i 行 j 列的方格中心涂红.于是表中共有 2l 个红点,当 d(Ai)=m 时,则表格中的 i 行及 i 列各有 m 个红点.且表 格的主对角线上的方格中心都没有涂红. 由已知,表格中必有一行有 q+2 个红点.不妨设最后一行前 q+2 格为红点.其余格则不为红点(若 有红点则更易证),于是:问题转化为:证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点. 若否,则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点.于是,前 n-1 行的前 q +2 个方格中,每行至多有 1 个红点.去掉表格的第 n 行及前 q+2 列,则至多去掉 q+2+(n-1)=q+2 +q2+q=(q+1)2+1 个红点.于是在余下(n-1)×(n-q-2)方格表中,至少有 2l-(q+1)2-1=q(q+1)2+2-(q+1)2-1=(q-1)(q+1)2+1=q3+q2-q 个红点. 设此表格中第 i 行有 mi(i=1,2,…,n-1)个红点,于是,同行的红点点对数的总和= ∑ C2 i .其中 m
i=1 n-1

i=1 1n-1

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2003 年全国高中数学联赛

冯惠愚
2 2 时,C2+C2<Cn+1+Ck-1,故当红点总数为 q3+q2-q 个时,可取 q2 行每行取 n k n-1 个红点时 ∑ C2 i 取最小值,由下证可知红点数多于此数时更有利于证明.即) m i=1 n-1 2 q2C2+qCq-1? ∑ C2 i . q m i=1

n-1=q +q.(由于当 n>k q 个红点,q 行每行取 q-1 但
2

2

由假设,不存在处在不同行的 2 个红点对,使此四点两两同列,所以,有(由于去掉了 q+2 列,故还 2 余 q -1 列,不同的列对数为 Cq2-1)
n-1 i=1 2 ∑ Cmi?Cq22 . -1

所以 q2·q(q-1)+q(q-1)(q-2)?(q2-1)(q2-2). ? q(q-1)(q2+q-2)?(q-1)(q+1)(q2-2)?q3+q2-2q?q3+q2-2q-2.矛盾.故证.

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