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陶平生高中数学奥林匹克模拟真题一答案


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高中数学奥林匹克模拟真题(一)答案
陶平生提供

第一试
一、填空题 1、设 f ? x ? ? ? x ? 2
10 2011

? 22010 ? ? ? 2

2 ? 2 ,则 f ? 2011? ?



答案: 1 . 解:注意 ?a ? 0 ,当 t ??0, 2a? 时,有 t ? a ? a ,而 2011 ? 2
10

? ?

11 10

? 2110 ? 2 ? 22011 ,

所以 2011 ? 2
10

2011

? 22011 , 201110 ? 22011 ? 22010 ? 22010 ,??,

? 201110 ? 22011 ? 22010 ? ? ? 22 ? 2 ? 2 ,又因 f ? 2011? ? 奇数,故 f ? 2011? ? 1 .
2、 x, y 为实数,若对于满足 cos ? ? cos ? ? 0 的任何实数 ? , ? ,都成立等式:

?? ?? ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? ? ? ?? 6? 6? ? ? ? x cot ? y ,则 ? x, y ? ? cos ? ? cos ? 2
答案: ? ?



? ? ?

3 1? , ?. 2 2? ?

解:条件 cos ? ? cos ? ? 0 中蕴含 sin 取? ?

? ??
2

? 0 ,故所涉各式皆有意义;于所给等式中,
3 ? ? x? y, ? ? ? , ? ? ,得 1 ? ?

?
2

,??

?
6

,得 ?1 ? 3 x ? y ;再取

2

6

3

由此解得, x ? ?

3 1 , y? . 2 2 ? 1 ? , 6 ? ,若其与 X 轴的两个 ? 2 ?


3、二次函数 y ? ax2 ? bx ? c 的图像经过点 A(3, 6) 和 B ? ? 交点 C , D 的距离满足 CD ?

1 ,则函数的具体表达式为 y ? 2

答案: y ? 2x2 ? 5x ? 3 . 解:由条件得 y ? 6 ? a( x ? 3)( x ? ) ,于是二次函数 y ? ax2 ? bx ? c 又可表为

1 2

y ? ax 2 ?

5a 3a 5 1 6 3 x ? ? 6 ,设其两根为 x1 , x2 ,有 x1 ? x2 ? , x1 ? x2 ? ,x1 x2 ? ? , 2 2 2 2 a 2
2 2

据 ( x1 ? x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 4x1x2 ,得 a ? 2 ,代入得 y ? 2x ? 5x ? 3 .
2

1
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? , 8这八个数码所组成的全部无重复数字的八位数中,能被 11 整除的有 4 、在用 1, 2,
个. 答案: 4608 . 解:由于 1, 2,? ,8 中有 4 个奇数,故任意添加正负符号后其代数和皆为偶数.因

1, 2,? ,8 中最大的四数和与最小的四数和之差不大于 16 ,于是符合条件的每个八位数,其
奇数数位上的四个数码和必等于偶数数位上的四个数码和,由于

1 ? 2 ? ? ? 8 ? 36 ,再将 1, 2,? ,8 分成和为 18 的两组,每组四个数,并考虑含 8 的组,该
组另三数的和为 10 ,只有四种情况: ?1, 2,7,8? , ?1,3,6,8? , ?1, 4,5,8? , ? 2,3,5,8? .对于每种 情况,可将含 8 的组排在奇数数位上或者偶数数位上,得到 2 ? 4!? 4! 个数, 四种情况下共得 8 ? 4!? 4! ? 4608 个符合条件的八位数. 5、设数集 M ? ?a, b, c, d? ,而 a, b, c, d 两两之和构成集合 S ? ?5,8,9,11,12,15? ,则集合

M?



答案: ?1, 4,7,8? 或 ?2,3,6,9? .
2 解:设 a ? b ? c ? d ,由于集 S 中有 6 ? C4 个元,即知 a, b, c, d 两两的和互不相同,

因 a ? b ? a ? c ? a ? d ? b ? d ? c ? d ,且 a ? c ? b ? c ? b ? d ,只有两种情况:

?1? . a ? d ? b ? c ,则

(a ? b, a ? c, a ? d , b ? c, b ? d , c ? d ) ? ?5,8,9,11,12,15? ,由

c ? b ? 3, b ? c ? 11 ,得 b ? 4, c ? 7 ,进而得 a ? 1, d ? 8 , ?a, b, c, d? ? ?1, 4,7,8? ;

? 2 ? . b ? c ? a ? d ,则

(a ? b, a ? c, b ? c, a ? d , b ? d , c ? d ) ? ?5,8,9,11,12,15? ,于是

c ? b ? 3, b ? c ? 9 ,得 b ? 3, c ? 6 ,进而得 a ? 2, d ? 9 , ?a, b, c, d? ? ?2,3,6,9? .
6、将正五角星的五个“角” (等腰的小三角形)分别沿其底边折起,使其与原所在平面成直 二面角,则所形成的空间图形中,共有异面直线段 对. 答案: 50 . 解:五角星的外围是由 10 条线段组成的封闭折线,将其按红、蓝 间隔染色, (内圈的小正五边形不染色) ,则在这 10 条线段中,任 一对同色的线异面,而任一对异色的线共面,于是得到 2C ? 20
2 5

A4

B2

B1

A5
B3 B5 B4

A3

对异面直线段;又每条有色线段恰与底面小正五边形的三条边异 面,这种情况共有 30 对;因此总共有 50 个“异面直线段对”.
A1

A2

7、 对于给定的正整数 n , 则由直线 y ? n2 与抛物线 y ? x2 所围成的封闭区域内 (包括边界)

2
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的整点个数是 答案:


B

Y

Lk

1 ? 2n ? 1? ? 2n2 ? n ? 3? . 3

C

A

解:如图,直线 y ? n2 与抛物线 y ? x2 的交点 A 、 B 的坐
D

标为 A n, n

?

2

? ,B ? ?n, n ? , 设直线 x ? k 上位于区域内的
2

O

k

x

线段的线段为 CD ,其坐标为 C k , n

?

2

? , D ? k , k ? ,线段 CD 上的整点数为
2
n

n2 ? k 2 ? 1, k ???n,?, ?1,0,1, 2,?, n? ,故区域内的整点数为

k ?? n

? ?n

n

2

? k 2 ? 1? ? ? 2n ? 1? ? n2 ? 1? ? 2? k 2 ?
k ?1

1 ? 2n ? 1? ? 2n2 ? n ? 3? . 3
种.

8.若四面体的六条棱长分别为 2,3, 4,5, 6, 7 ,则不同的形状有 (若两个四面体经适当放置后可完全重合,则认为是相同的形状). 答案: 10 种. 解:将长为 k 的线段记为 lk , k ??2,3, 4,5,6,7? ,考虑 l2 , l3 : 情形甲: l2 , l3 共面,则该面的另一边必为 l 4

D

?1 ? . 若 l , l , l 按顺时针方向组成三角形(如图,均指从形内向该
0
2 3 4

4 2 A 3 B

C

面看三边的绕向,下同) ,则边 DA 不能取 l6 (否则将使 ?BCD 的 三边为 2, 5, 7 ,矛盾) . 若取 DA ? l5 ,?DB, DC? ? ?l6 , l7 ? ,有两种情况;若取 DA ? l7 ,?DB, DC? ? ?l5 , l6 ? ,也 有两种情况.共得 4 种情况.

? 2 ?. l , l , l 按反时针方向组成三角形,类似也得 4 种情况.
0
2 3 4

D 3 C 7 B

情形乙: l2 , l3 异面,设 AB ? l2 , CD ? l3 ,则其余四条边,每一 条皆与 l2 , l3 相邻;于是 l2 , l7 所在面的另一条边必为 l6 ,
A 2

6

?3 ?. 若 l , l , l
0
2 6

7

按顺时针方向组成三角形,不妨设
D 3 C 6 A 2 B

,剩下两条边, BD 不能取 l 4 , AC ? l6 , BC ? l7 (如图) 故只有 BD ? l5 , AD ? l4 ,得一种情况;
7

3
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? 4 ?. 若 l , l , l
0
2 6

7

按反时针方向组成三角形,不妨设

,剩下两条边, AD 不能取 l 4 , AC ? l7 , BC ? l6 (如图) 故只有 AD ? l5 , BD ? l4 ,得一种情况; 因此,本题中不同的情况共 10 种. 二、解答题 9、试确定,是否存在 2011 个实数 a1 , a2 ,? , a2011 ,满足:

?1? .
? 2? .

ai ? 1, i ? 1, 2,?, 2011 ; a1 ? a2 ? ? ? a2011 ? a1 ? a2 ? ?? a2011 ? 2010 .
解:假若存在满足以上条件的 2011 个实数 a1 , a2 ,? , a2011 ,设

a1 ? a2 ? ? ? a2011 ? t ,则 t ? 0 ,去掉绝对值符号,并分开其正、负部,
可记为, a1 ? a2 ? ? ? a2011 ? ? x1 ? x2 ? ? ? xk ? ? ? y1 ? y2 ? ?? y2011?k ? ,即有

? x1 ? x2 ??? xk ? ? ? y1 ? y2 ? ?? y2011?k ? ? t

??○ 1,

其中 x1 , x2 ,?, xk ; y1 , y2 ,?, y2011?k 是 a1 , a2 ,?, a2011 的某个排列. 从而由条件 ? 2 ? , ? x1 ? x2 ? ? ? xk ? ? ? y1 ? y2 ? ? ? y2011?k ? ? 2010 ? t ??○ 2 所以, x1 ? x2 ? ?? xk ? 1005 ? t ; 3 y1 ? y2 ??? y2011?k ? 1005 .???○ 则

由于 0 ? xi ? 1, 0 ? y j ? 1 , i ? 1, 2,? , k ; j ? 1, 2,? , 2011 ? k .

k ? x1 ? x2 ??? xk ? 1005 ? t ; 2011 ? k ? y1 ? y2 ??? y2011?k ? 1005 .
由此, k ? 1006, 2011 ? k ? 1006 ,相加得, 2011 ? 2012 ,矛盾. 因此这样的 2011 个实数不存在. 10、设数列 ?an ? , ?bn ? 满足: a0 ? b0 ? 1, an?1 ? 5an ? 7bn , bn?1 ? 7an ?10bn . 证明: ?m, n ? N , am?n ? bm?n ? aman ? bmbn . 证:若 m ? n ? 0 ,则 m ? n ? 0 ,结论显然; 若 m ? n ? 1 ,固化 m ? n ,改证以下命题: ?k ? N , 0 ? k ? m ? n ,有

am?n ? bm?n ? am?n?k ak ? bm?n?k bk

??○ 1

4
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对 k 归纳: k ? 0 时结论显然;设对于 k ? r 时○ 1 式成立,即 2 ,当 k ? r ? 1, ? r ? m ? n ? 时,由于 am?n ? bm?n ? am?n?r ar ? bm?n?r br ??○

am?n?r ar ? bm?n?r br ? ? 5am?n?r ?1 ? 7bm?n?r ?1 ? ar ? ? 7am?n?r ?1 ? 10bm?n?r ?1 ? br
3 ? am?n?r ?1 ? 5ar ? 7br ? ? bm?n?r ?1 ? 7ar ? 10br ? ? am?n?r ?1ar ?1 ? bm?n?r ?1br ?1 ??○ 由○ 2○ 3 得 am?n ? bm?n ? am?n?r ?1ar ?1 ? bm?n?r ?1br ?1 ,即当 k ? r ? 1,

? r ? m ? n? 时

1 式成立,因此○ 1 得证,今在○ 1 中取 k ? n ,得 am?n ? bm?n ? aman ? bmbn . ○ 11、 设 x, y, z ? R? , xy ? yz ? xz ? 1 ,证明不等式:

? xy ?
z

2

? xz ? ?
y

2

? yz ? ?
x

2

? 6 xyz ? x ? y ? z .

证: x ? y ? z ? ? x ? y ? z ?? xy ? yz ? zx ? ? xy ? x ? y ? ? yz ? y ? z ? ? xz ? x ? z ? ? 3xyz ,

? xy ? 故即要证,
z

2

? xz ? ?
y

2

? yz ? ?
x

2

? 3xyz ? xy ? x ? y ? ? yz ? y ? z ? ? xz ? x ? z ? ??○ 1.
2

? xy ? 据对称,可设 x ? y ? z ,由于,
z

? xyz ? xy ? x ? y ? ?

xy 2; ? x ? z ?? y ? z ? ??○ z

? yz ? 同理有,
x

2

? xyz ? yz ? y ? z ? ?
? xyz ? xz ? x ? z ? ?

yz 3, ? y ? x ?? z ? x ? ??○ x
xz 4 ? x ? y ?? z ? y ? ??○ y

? xz ?
y
注意

2

xz xy yz ? x ? z ?? y ? z ? ? 0, ? y ? x ?? z ? x ? ? 0 ,而 ? x ? y ?? z ? y ? ? 0 ,又由 y z x xy xz xz ? x ? z ?? y ? z ? ? ? x ? y ?? y ? z ? ? ? ? x ? y ?? z ? y ? ,即有 z y y

x ? y ? z 知,

xy xz 2 +○ 3 +○ 4 得, ? x ? z ?? y ? z ? ? ? x ? y ?? z ? y ? ? 0 ,从而由○ z y

? xy ?
z

2

? xz ? ?
y

2

? yz ? ?
x

2

? 3xyz ? xy ? x ? y ? ? yz ? y ? z ? ? zx ? z ? x ? ? 0 , 即○ 1 成立, 当且仅

当 x ? y ? z 时取得等号.从而所证结论成立.

5
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第二试(加试题)

一.

以任意方式,把空间染成五种颜色(每点属于一色,每色的点都有) ;

?1? .证明:存在一个平面,至少含有四种不同颜色的点;
? 2 ? .是否一定存在五色平面?
A1 A2 E1 w P C1 B1 D1 u

?1? .证:若存在四色线 l ,则含有 l 的平面为所
求;若存在三色线 l ,则在线 l 外可再取到一个第四色 的点 M ,过点 M 和线 l 的平面为所求; 假若任一直线上都不多于两色,为此,用

? A?, ? B?, ?C ?, ? D?, ? E? 分别表示这五种颜色的点所

构成的点集,今取点 A 1 ?? A? , B 1 ?? B? ,过 A 1, B 1 的直线记为 a ,则直线 a 上其余的点也属 于 ? A? 或 ? B ? 色,不妨设,直线 a 上有点 A2 属于 ? A? ;在空间分别取点 C1 ??C ? , D1 ?? D? , 过 B1 , C1 , D1 的平面记为 u ,则直线 a 与平面 u 有公共点 B1 . 若 a ? u ,则平面 u 为所求; (这时平面 u 上含有 ? A? , ? B? , ?C ? , ? D? 四色). 若 a ? u ,在空间再取一点 E1 ? ? E ? ,过点 E1 和直线 a 作平面 w ,则平面 u 和平面 w 的 交线为过 B1 的直线 b ,在平面 w 内,过点 E1 的两条直线 E1 A1 和 E1 A2 中,至少有一条要与 直线 b 相交,不妨设, E1 A2 ? b ? P (如图) ,则点 P 属于 ? A? 或

? E ? 色,于是平面 u 至少含有四色(或含 ? B?, ?C?, ? D?, ? A? ;或含 ? B?, ?C ?, ? D?, ? E ? ).
? 2 ? .不一定存在五色面,例如,若将四面体 ABCD 的四个顶点分别染成

? A?, ? B?, ?C ?, ? D? 四色,空间其余的点全染 ? E ? 色,这时不存在五色
面.

D
M

E , F 分别是边 PA, PB 上的点, 二. 如图, △ PAB 中, 在 AP, BP
的延长线上分别取点 C , D , 使 PC ? AE , PD ? BF ,M , N 分别是
E

p

C

F N

△ PCD ,△ PEF 的垂心. 证明: MN ? AB .

A

B

6
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证:如图,设线段 DE , CF , PF 的中点分别为 G , H , K ,则 K 也是 BD 的中点,据中位 线知,在△ BDE 中, KG ∥ BE , KG ? 在△ PCF 中, KH ∥ PC , KH ?

1 BE ; 2

1 PC ,即 2

1 AE ,所以△ KHG ?△ EAB , 2 1 且 HG ∥ AB , HG ? AB . 2 为证 MN ? AB ,只要证 MN ? HG . 以 G 为圆心, DE 为直径作 ? G ,其半径记为 R ;以 H 为 圆心,CF 为直径作 ? H , 其半径记为 r , 设直线 AC 交 MD 于
KH ∥ AE , KH ?
Q , MC 交 BD 于 W ,由于点 M 是△ PCD 的垂心,
则 MD ? PQ , MC ? PD , 所 以 DWCQ 共 圆 , 故 有
G

D
Q W

p
K F E T

C
H

M

S

MQ ? MD ? MC ? MW ? ? ○ 1
另一方面,由于 ?EQD ? 90? , ?FWC ? 90? , 可知, Q 在 ? G 上, W 在 ? H 上,从而
A

N

B

2 2 2 2 1 化为 MG ? R ? MH ? r , MQ ? MD ? MG2 ? R2 , MC ? MW ? MH 2 ? r 2 ,因此○

即 MG ? MH ? R ? r
2 2 2

2

? ? ○ 2

又设直线 NF 交 AC 于 S , NE 交 BD 于 T ,由于点 N 是△ PEF 的垂心, ,则 NS ? PE ,

NE ? PF ,所以 ETFS 共圆,故有 NT ? NE ? NF ? NS ? ? ○ 3
再由 ?DTE ? 90? , ?CSF ? 90? , 可知, T 在 ? G 上, S 在 ? H 上,从而
2 2 2 2 3 化为 NG ? R ? NH ? r , NT ? NE ? NG2 ? R2 , NF ? NS ? NH 2 ? r 2 ,因此○

即 NG ? NH ? R ? r
2 2 2 2

2

? ? ○ 4
2 2 2

据○ 2 、○ 4 得, MG ? MH ? NG ? NH ,所以 MN ? GH ,而 HG ∥ AB ,所以

MN ? AB .
? ,其构作方法是:首先给出 a1 ? 1 , 三、数列 ?an ? 为: 1,1, 2,1,1, 2, 3,1,1, 2,1,1, 2, 3, 4,
接着复制该项 1 后,再添加其后继数 2 ,于是得 a2 ? 1, a3 ? 2 ;接下来再复制前面所有的项

1,1, 2 ,再添加 2 的后继数 3 ,于是得 a4 ? 1, a5 ? 1, a6 ? 2, a7 ? 3 ;

7
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接 下 来 再 复 制 前 面 所 有 的 项 1,1, 2,1,1, 2,3 , 再 添 加 3 的 后 继 数 4 , 于 是 得 前 15 项 为

1, 1, 2, 1, 1, 2, 3, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 3, 4, 如此继续.
试求 a2011 以及数列前 2011 项的和 s2011 解:据 ?an ? 的构作方法,易知 a1 ? 1, a3 ? 2, a7 ? 3, a15 ? 4,?, 一般地,我们有

a2n ?1 ? n, 即数 n 首次出现于第 2n ? 1 项,并且,若 m ? 2n ? 1 ? k , ?1 ? k ? 2n ? 1? ,则有
am ? ak ,由于 2011 ? 210 ?1? 988, 988 ? 29 ?1 ? 477, 477 ? 28 ?1 ? 222,

222 ? 27 ?1? 95,95 ? 26 ?1? 32,32 ? 25 ?1?1 ,所以 a2011 ? a988 ? a477 ? a222 ? a95 ? a32 ? a1 ? 1
为求 s2011 ,先计算 s2n ?1 ,由 ?an ? 的构作方法知,数列的前 2 ? 1 个项中,恰有
n

1 个 n , 2 个 n ? 1 , 22 个 n ? 2,? , 2k 个 n ? k ,? , 2 n ?1 个 1 ,所以有,
1 ,从而 s2n ?1 ? n ? 2 ? n ?1? ? 22 ? n ? 2? ? ? ? 2n?2 ? 2 ? 2n?1 ?1??○ 2 ,据○ 1 ,○ 2 得, 2s2n ?1 ? 2n ? 22 ? n ?1? ? 23 ? n ? 2? ? ?? 2n?1 ? 2 ? 2n ?? ○ 3 s2n ?1 ? ?n ? ? 2 ? 22 ? ? ? 2n?1 ? 2n ? ? 2n?1 ? ? n ? 2 ??? ○ 其次,当 m ? 2 ? 1 ? k , 1 ? k ? 2 ? 1 ,则
n n

?

?

? sm ? s2n ?1 ? ? ? a? 2n ?1??1 ? a? 2n ?1??2 ? ? ? a? 2n ?1??k ? ? s2n ?1 ? ? a1 ? a2 ? ? ? ak ? ? s2n ?1 ? sk ? ?
因此, s2011 ? s210 ?1 ? s988 , s988 ? s29 ?1 ? s477 , s477 ? s28 ?1 ? s222 , s222 ? s27 ?1 ? s95 , 3 得, s95 ? s26 ?1 ? s32 , s32 ? s25 ?1 ? s1, s1 ? 1 ,因此由○

s2011 ? ? 211 ? 12? ? ? 210 ? 11? ? ? 29 ? 10? ? ? 28 ? 9? ? ? 27 ? 8? ? ? 26 ? 7 ? ? 1 ? 3996 .
四、边长为 n 的菱形 ABCD , 其顶角 A 为 60 o ,今用分别与 AB, AD 及 BD 平行的三组 等距平行线,将菱形划分成 2 n 2 个边长为 1 的正三角形(如图 所示). 试求以图中的线段为边的梯形个数 s ? n ? .
A B D C

8
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解一:由于图中任两条线段所在的直线,或者平行,或者相交成 60 o 的锐角, 因此,由图 中线段组成的所有梯形都是底角为 60 o 的等腰梯形. 对于这种梯形, 若两腰延长线的交点 在菱形内部或周界上,则称为“内置梯形”;若交点在菱形外,就称为“外延梯形”. 一.先求“内置梯形”的个数 f ? n ? . 将边长为 k 的正三角形称为 “ k 级三角形”,相应地,下底(较长底边)的长为 k 的梯形称为 “ k 级梯形”,再将腰长为 r

? r ? k ? 的 k 级梯形称为 ? k, r ? 式梯形.并且,图中所有正三角

形,要么顶点朝上, 要么顶点朝下,分别称作“顺置三角形”与“倒置三角形”. 易见,每个 ? k , r ? 式梯形,可看作由一个 k 级三角形切去一个 k ? r 级三角形而得到.每个

k 级三角形所切出的 k 级梯形有 3? k ?1? 种情况, (其中 ? k ,1? , ? k , 2? ,?, ? k , k ?1? 式梯形各
三个). 今计算图中 k 级三角形的个数: 取 A 为原点, AB, AD 为 X , Y 轴,建立斜角坐标系,每个 k 级顺置三角形,下底左端点 P 的横坐标可取 0,1,? , n ? k 共 n ? k ? 1 个值, P 的纵坐标也可 取 0,1,? , n ? k 共 n ? k ? 1 个值.因此, k 级顺置三角形有 ?n ? k ? 1? 个,据对称性, k 级倒
2

置三角 形也 有 ?n ? k ? 1? 个 . 从 而 k 级三角 形有 2 ? n ? k ? 1? 个 , 于是 k 级 内置梯 形有
2
2

6?n ? ?k ? 1?? ?k ? 1? 个,求和得:
2

f ?n ? ? 6

2 2 2 3 ?? ? n ? ? k ? 1? ? ? ? k ? 1? ? 6? (n ? i) i ? 6? j (n ? j ) ? 6n? j ? 6? j 2 k ?1 i ?1 j ?1 j ?1 j ?1

n

n ?1

n ?1

n ?1

n ?1

? 6n ?

n(n ? 1)(2n ? 1) n 2 (n 2 ? 1) ? n(n ? 1) ? . ? 6? ? ? 6 2 ? 2 ?

2

D

二.再求“外延梯形”的个数 g ? n ? . 先考虑外延交点在线段 AB 外侧的情况,任取 i , j , 使 1? j ? i ? n , 设 诸 点 的 斜 角 坐 标 为 : Ti (i,0) , Pj (0, j ) , Q j ( j ,0) , Rij (i, j ) , 延 长
A
Pj Rij

C

Qj M ij

Ti

B

Pj Q j ;交直线 x ? i 于 M ij ,位于 Pj Q j 延长线上的交
点共有 n ? j 个,对于确定的 j ,三角形 M ij Pj Rij 为

一个倒置正三角形,当 Ti 在 AB 上移动时,点 Rij 在直线 y=j 上移动,由于 Pj Rij ∥ AB ,这

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两条线段间的平行线共 j+1 条 (包括这两条线在内) , 任两条这种平行线都在三角形 Mij Pj Rij

j ( j ? 1) 个,它们都以 M ij 为外延交点,而 Pj Q j 2 j ( j ? 1) ( n ? j ) 个外 延长线位于 AB 外侧的交点 M ij 共有 n ? j 个,因此当 j 固定时,共得到 2
上截出一个梯形。因此,这种梯形共有 C 2 j ?1 ?

, n,? ,1 因 此 , 位 于 AB 外 侧 的 全 部 外 延 点 , 共 形 成 延 梯 形 , 现 让 j 取 遍 1 , 2?

?
j ?1

n ?1

j ( j ? 1) (n ? j ) 个“外延梯形”. 2

据对称性,在菱形另三条边外侧的外延点,也分别形成同样数目的“外延梯形” ,从而 全部外延梯形的个数为:

g ? n ? ? 4?
j ?1

n ?1

n ?1 j ( j ? 1) (n ? j ) = 2? [(n ? 1) j 2 ? nj ? j 3 ] 2 j ?1

n(n ? 1)(2n ? 1) n(n ? 1) n(n ? 1) 2 n(n ? 2)(n 2 ? 1) . ? 2n ? ? 2[ ] ? 6 2 2 6 n 2 (n 2 ? 1) n(n ? 2)(n 2 ? 1) n(n 2 ? 1)(2n ? 1) 因此, s(n) ? f (n) ? g (n) ? . ? ? 2 6 3
= 2(n ? 1) ? 解二:易知, S1 ? 0, S2 ? 10, (边长为 2 的菱形中,所有梯形的 下底长为 2 ,因此,菱形的四条边各是一个梯形的下底,中间正六边 形的三条对角线,每条恰是两个梯形的下底,共得 10 个梯形) . 为方便计,称题中的菱形为 n 阶菱形,易知, n ? 1 阶菱形可看作 n 阶菱形外侧添加一对宽为 1 的平行四边形的框(称为单位框)而得. 如图,设 ABCD 为 n ? 1 阶菱形,将其右方和上方的单位框染为红色,于是菱形 ABCD 中带有红色(全红色或部分红色)的梯形数为

S n ?1 ? S n 个, 而在右上方的 n 阶菱形 EB1CCn
中带有红色的梯形数为 S n ? S n ?1 个, 又将不在(或不全在)菱形 EB1CCn 中的带有 红色的梯形(简称为“外梯形” )数记为 Wn , 则有 1 Sn?1 ? Sn ? ? Sn ? Sn?1 ? ? Wn ? ?○ 今计算 Wn :
A
D2

D
D1 H

Cn

C2

C1

C
Bn

G
H2 H3

Dn E A1 A2 An F

B2 B1

B

下底在 BC 上,且以 B 为一个顶点的“外梯形”有 1 ? 2 ? ? ? n ?

n ? n ? 1? 2

个, (其中下
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底为 BB2 的 1 个,下底为 BB3 的 2 个,?,下底为 BC 的 n 个) ;类似地,上底在 BC 上, 且以 B 为一个顶点的“外梯形”也有 1 ? 2 ? ? ? n ?

n ? n ? 1? 2

个.于是得,底边在 BC 上的

“外梯形”有 n ? n ? 1? 个;同理,底边在 CD, DA, AB 上的“外梯形”也各有 n ? n ? 1? 个. 其次,n 条平行线 B1Dn , B2 Dn?1,?, Bn D1 中, 以任一对平行线互为上下底, 可得两个 “外
2 梯形” ,共计 2Cn ? n ? n ?1? 个; n 条平行线 AC 1 n, A 2Cn?1 ,?, A nC1 中,以任一对平行线为 2 底,也得两个“外梯形” ,共计 2Cn ? n ? n ?1? 个.

下底在 BD 上的“外梯形”共 2 n 个, (其中,落在 ?ABD, ?CBD 中的“外梯形”各
2

有 n 个) . 因此, Wn ? 4n ? n ? 1? ? 2n ? n ?1? ? 2n2 ? 8n2 ? 2n ? ?○ 2 ,从而○ 1 化为: 3 ,注意 S1 ? 0, S2 ? 10 , Sn?1 ? Sn ? ? Sn ? Sn?1 ? ? 8n2 ? 2n ? ?○ 令 n ? 2,3,? , m , 求和得,Sm ?1 ? 10 ? Sm ? 8 ? 即 Sm?1 ? Sm ?

2

? m ? m ? 1?? 2m ? 1? ? ? m ? m ? 1? ? ? 1? ? 2 ? ? 1? . 6 2 ? ? ? ?

2 n ? n ? 1?? 2n ? 1? 7 n ? n ? 1? n ? n ? 1? ? 2n ? 1? 8 ? n ? n ? 1? ? Sn ? ? ? ? ? . ? ? 5? 3? 2 ? 2 3 2 3
2

8 3 7 4 ,令 m ? 1, 2,? , n ? 1 ,求和得 m ? 5m2 ? m ? ?○ 3 3

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