陶平生广州自主招生数学问题讲练

高校自主招生数学问题讲练1、今有两张33方格表A与B，现将数1,2,,9按某种顺序填入A表，（每格填写一个数），然后依照如下规则填写B表：使B表中第i行、第j列交叉处的方格内所填的数等于A表中第i行的各数和与第j列的各数和之差的绝对值；例如B表中的12111213122232baaaaaa．1．能否适当安排1,2,,9各数在A表中的填法，使得在B表中也出现1,2,,9这九个数字？2．如改为2001120011方格表A与B，考虑同样的问题，则能否适当安排21,2,,2011各数在A表中的填法，使得在B表中也出现21,2,,2011这组数字？11a12a13a21a22a23a31a32a33a表A11b12b13b21b22b23b31b32b33b表B解：1．不能作出这样的安排，为此，将B表中的各数去掉绝对值符号，所得到的表格记为表C：11c12c13c21c22c23c31c32c33c表C则11111213112131caaaaaa，12111213122232caaaaaa，…，33313233132333caaaaaa，易见，1112330ccc，故C表中有偶数个奇数，因为ijijbc，故ijb与ijc同奇偶，所以B表中也有偶数个奇数，但1,2,,9中有奇数个奇数，因此不能作出这样的安排．2．B表也不能恰好出现21,2,,2011这组数字，类似于1，将B表中的各数去掉绝对值符号，所得到的表格记为表C，考虑表C中的各数和11122011,2011ccc，在和式中考虑每个ija的贡献，因为A表中，与ija同行的有2011个数，故ija对于和式作了2011次“正贡献”，又因A表中与ija同列的也有2011个数，故ija对于和式作了2011次“负贡献”，因此和式中所有的ija都已正负抵消，从而11122011,20110ccc，于是其中有偶数个奇数，但是在21,2,,2011中有奇数个奇数，因此不能作出这样的安排．2、九个连续正整数自小到大排成一个数列129,,,aaa，若13579aaaaa为一平方数，2468aaaa为一立方数，求这九个正整数之和的最小值．答案：18000．解：设这九数为4,3,2,1,,1,2,3,4aaaaaaaaa，则有，25am，34an，9Sa，则2254mna，得2345mn………①令112,5nnmm，得231110040mn，所以231152mn，再取122mm，125nn，化为2222225mn，取2210,2mn，可使左式成立，这时20,100nm，2000a，918000Sa．3、ABC三个内角的正切值皆为整数，如果将彼此相似的三角形只算作是同一种三角形，那么，全部合符条件的三角形的共有几种？解：设tan,tan,tanAxByCz，,,xyz为非零整数，且其中至多有一个负数；由恒等式cotcotcotcotcotcot1ABBCCA得1111xyyzzx……○1，即xyzxyz……○2，若其中有负整数，设0z，则,xy为正整数，由○2，10xyzxy，于是1xy，得0xy，矛盾．所以,,xyz皆为正整数，且其中必有一个等于1，否则若,,xyz皆2，则由○1，111331224xyyzzx，又得矛盾．设xyz，则1z，由○2，1xyxy，112xy，得3,2xy，即全部情况只有tan,tan,tan1,2,3ABC．即这种三角形只有一种．4、从前2011个正整数构成的集1,2,,2011M中取出一个k元子集A，使得A中任两数之和不能被这两数之差整除，求k的最大值．解：首先，我们可以取671元集1,4,7,,2008,2011A，A中任两数之和不能被3整除，而其差是3的倍数；其次，将M中的数自小到大按每三数一段，共分为671段：1,2,3,4,5,6,7,8,9,,2008,2009,2010,2011；其次，若从A中任取672个数，必有两数,xy取自同一段，则1xy或2，注意xy与xy同奇偶，于是xyxy．因此k的最大值为671.5、若对一切实数,,,abcd，皆有22222()abbccdkabcd成立，求实数k的最小值．解：由平均不等式，22(21)(21)2abab，22(21)(21)2cdcd，222()4bcbc，三式相加得2222(12)()2(2)abcdabbccd，即2222122()2abbccdabcd．因此实数k的最小值是122．（当1,12adbc时，以上各式皆取得等号）．6、对于每个正整数n，证明：22113nkkkkn．证：令2211()nkkkfnk，则(1)1f，而311，以下考虑2n的情况；注意22221211()nnkkkkkkfnkk……①，由于23223111(1)(1)1kkkkkkkkk，所以223322221121()(1)(1)11nnnnkkkkkkkfnkkknk1132321(1)221111111nnnnkkknnnnk……②，当2k时，由于3211111111(1)2112(1)(1)kkkkkkkkkk，所以322111111112(1)(1)22(1)4nnkkkkkkknn……③，由此，121()114(1)nfnnn……④，又因114(1)41144111134(1)4(1)nnenn，为证3()fnn，只要证，142331nn……⑤，即要证，143132nn，只须证14332，即44332，也即4323，此为显然．因此所证结论成立．7、绕圆周填写有n个正整数(3)n，顺次记为12,,,naaa，已知对于圆周上任意三个相邻的数11,,iiiaaa，都有11iiiiaata（整数），1,2,,in，这里约定，0naa，nkkaa,记12nsttt；证明：23sn．证：对n归纳：3n时，对于圆周上的三个正整数,,abc，当三数全相等时，有1232ttt，这时323s；当三数全相等时，不妨设c为最大数，则2abc，因为abc为整数，则11abtc，2221acabatbbb（整数），2bcbaaa321bta（整数），则22,abba为整数，设1222,abmmba，124mm，则12,1,4mm或12,2,2mm，于是12,2,5tt或3,3，从而31231258sttt或31337s，均有3233s，即3n时结论成立。设nk时结论成立，当1nk时，设121,,,kaaa中最大者为ia，则不论三数11,,iiiaaa是否全相等，去掉ia后剩下的k个数必合题中条件，这是由于，当三数11,,iiiaaa全相等时显然，若不全相等，由于ia最大，11iiiaaa，则11iiiaaa，故由121211iiiiiiiaaaaaaa121iiiaaa，又由121112iiiiiiiaaaaaaa112iiiaaa，若记1k个数时以及去掉ia后的k个数所对应的s值分别为1ks与ks，则由假设，23kksk，而2112211211111iiiiiiiiiikkiiiiiaaaaaaaaaassaaaaa111111iiiiiiiiiaaaaaaaaa11112,(),3,,,)iiiiiiaaaaaa不全相等因此11123,23,2131kkkkkksssssksk.故由归纳法，3,n均有23nnsn，所以23nsn．8、ABC中，高ADBC，H为垂心，M是BC的中点，证明：MHHDMC．证：记2BCADa，P是AD的中点，PHt，由斯特瓦特定理，2MH22BHEHaaBHEHBEBE22aBHEHaAHDH22()()aatatt，所以MHtPH．因此，MHHDPHHDPDMC．9、P是单位正方体内部或表面上的点，满足条件：1、正方体有一条棱的两个端点到P的距离分别是815与1715；2、正方体中至少有两个顶点到P的距离相等．试求满足条件的点P的个数．解：先考虑满足条件1的点：不妨设，PMHEDBAC178,1515PAPB，因2217811515，故090ABP，因此点P在面11BCCB上，且与点B的距离为815；若把棱AB换为其它的棱，则这种点在正方体的各个面上，且与一个顶点的距离为815．再考虑立方体的面上合于条件2的点；01．立方体棱的中垂面共有三张，它们在立方体每一个面上的截线是其两组对边的中点连线；02．立方体面上对角线的中垂面共有6张，它们在立方体每一个面上的截线是该面的对角线及该面的四条边；03．立方体的体对角线的中垂面共有4张，（立方体共有4条体对角线，每条体对角线的中垂面在立方体上的截面都是正六边形），它们在立方体每一个面上的截线是每对邻边的中点连线．这组线在面11BCCB上的位置如图所示．以B为圆心，815为半径在面11BCCB上作弧，交“截线组”于7个点，（因1822152，故该弧夹在线段1CB与EF之间），同样，分别以11,,CCB为圆心，815为半径在面11BCCB上作弧，也各交“截线组”于7个点，共得28个点，但是在,EGFG上的点各被重复计算了一次，因此每个面上有28424个合符条件的点，六个面共得624144个点；而12条棱上的24个点又各被重复计算了一次，因此本题中适合条件的点总共有14424120个．10、给定无理数,ab，证明：满足方程133axayaxyb的整数,xy至多只有一组．证明：如果0b，显然方程无整数解，只需考虑0b情况．反证法，设有两组整数,xy与11,xy都满足方程，则1111113333aaxayaxyxayaxy，去掉绝对值并将各项的符号“1”或“1”分别用11,,,mnmn表示，则上式化为：EGADCB1D1C1BA1HF11113333aamxaynaxymxaynaxy即：11111111111133mxmxnynymmnxnxmymynna此式左端为有理式，右端为无理式，故应分别为0，因此有1111113mxmxnynymm…①1111113nxnxmymynn…②由于1mm以及1nn只能取2,2,0，故必须都为0，否则将导致左端为整数，右端为既约真分数，矛盾．所以11,mmnn，①、②化为：11()()0mxxnyy…③11()()0nxxmyy…④将③式乘以m，④式乘以n，然后相加得221()()0mnxx即12()