数列-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案.pdf
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1、1981 年2018 年全国高中数学联赛一试试题分类汇编 1981 年2018 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编 组合与构造 1981-2018年历年数学联赛 48 套真题 2017A 三、 (本题满分50 分)将3333方格纸中每个小方格染三种颜色之一,使得每种颜色的小方 格的个数相等。若相邻两个小方格的颜色不同,则称他们的公共边为“分割边”。试求分割边条数的 最小值。 解析: 记分割边的条数为L.首先,将方格纸按如图所示分成三 个区域,分别染成三种颜色,粗线上均为分割边,此时共有56 条 分割边,即 56L 。 下面证明56L. 将方格纸的行从上至下依次记为 1 A, 2 A, 33 ,
2、A,列从左至右依次记为 1 B, 2 B, 33 ,B,行 i A中方格出现的颜色数记为 i An, 列 i B中方格出现的颜色数记为 i Bn,三种颜色分别记为 1 c, 2 c, 3 c, 对于一种颜色 j c,设 i cn是表示含有 j c色方格的函数与列数之和. 记 色方格中不含 色方格中含有 , , ji ji ji cA cA cA 0 1 ,,同理定义 色方格中不含 色方格中含有 , , ji ji ji cB cB cB 0 1 ,, 则 3 1 33 1 3 1 33 1 3 1 33 1 , jij jjiji ij jiji i ii cncBcAcBcABnAn 由于染
3、 j c色的方格有36333 3 12 个,设含有 j c色方格的行有a个,列有b个,则 j c色方格一定 在这a行和b列的交叉方格中,因此 363ab .从而3836322 abbacn i 即39 i cn.,3 ,2, 1j 由于在行 iA中有iAn种颜色的方格,因此至少有1iAn条分割边,同理在行iB中有iBn种颜 色的方格,因此至少有1 i Bn条分割边,于是, 666611 3 1 33 1 33 1 33 1j j i ii i i i i cnBnAnBnAnL 下面分两种情形讨论. 当有一行或有一列全部方格同色时,不妨设有一行全为 1 c色,从而方格纸的33 列中均含有 1
4、c的方 格,由于 1 c的方格有363 个,故至少有11行中含有 1 c色方格。于是443311 1 cn。 由得566639394466 321 cncncnL 没有一行或没有一列全部方格同色时,则对任意331i,均有2 i An,2 i Bn,从而由 知,566643366 33 1i ii BnAnL 综上可知,分割边条数的最小值为 56。 2017A 四、 (本题满分50 分) 。设nm,均是大于1的整数,nm, n aaa, 21 是n个不超过m的 互不相同的正整数,且 n aaa, 21 互素。证明:对任意实数x,均存在一个i(ni1) ,使得 x mm xai )1( 2 ,这里
5、y表示实数y到它最近的整数的距离。 证明: 首先证明两个引理: 引理 1:存在整数 n ccc, 21 ,满足1 2211nna cacac,并且mci,ni1. 由 于 n aaa, 21 互 素 , 即1, 21n aaa, 有 裴 蜀 定 理 , 存 在 整 数 n ccc, 21 , 满 足 1 2211nna cacac。 下面证明,通过调整,存在一组 n ccc, 21 满足,且mci,记0, 211 mc in i ccccS, 0, 211 mc jn j ccccS。 如果0 1 S,那么存在1mci ,于是1 iica,又naaa,21 是大于1 的整数,故由可知, 存在0
6、 j c,令 jii acc / , ijj acc / , kk cc / (nk1,jik,) ,则 1 / 2 / 21 / 1nna cacac,并且 iij ccam / 0,macc kjj / , 所以 nn cccScccS, 211 / 211 、 , nn cccScccS, 212 / 212 、 如果0 2 S, 则存在mcj, 因此有一个0 i c.令 jii acc / , ijj acc / , kk cc / (nk1, jik,), 那 么 成 立 , 并 且0, / jjii ccccm, 与 上 面 类 似 可 以 证 明 到 : nn cccScccS,
7、 211 / 211 、 , nn cccScccS, 212 / 212 、 ,即说明 1 S与 2 S均是非 负整数,故通过有限次上述的调整,可以得到一组使得成立,并且0 21 SS结论获证。 引理 2:对任意的实数ba,,均有baba;对任意整数u和实数v, 有vuuv; 由于对任意整数u和实数x, 均有xxu, 于是不妨设 2 1 , 2 1 ,ba, 此时aa,bb, 若0ab,不妨设ba0,则 2 1 , 2 1 ba,从而babababa 若0ab,不妨设ba,同号,则当 2 1 ba时,有 2 1 , 2 1 ba, 此时babababa;当 2 1 ba时,注意到总有 2 1
8、 ba,故 bababa 2 1 ;故得证; 又yy,由知,是成立的。 接下来回到原题,由结论存在整数 n ccc, 21 ,满足1 2211nna cacac,并且mci, ni1.于是,xxac n i ii 1 ,由引理2 得 n i i n i ii n i ii xamxacxacx 111 , 因此,x mn xai ni 1 max 1 若 2 1m n,则由知, 1 2 1 max 1 mm x x mn xai ni 若 2 1m n, 则 在 n aaa, 21 中 存 在 两 个 相 邻 的 正 整 数 。 不 妨 设 21,a a相 邻 , 则 xaxaxaxax 12
9、12 ,故xa2 与xa1中有一个不小于 1 2 2mm xx 。 综上,总存在存在一个i(ni1) ,使得x mm xai )1( 2 2016A 三、 (本题满分50 分)给定空间10个点,其中任意四点不在一个平面上。将某些点之间用线 段相连,若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形,试确定所连线段数目的最大值。 解析: 以这 10 个点为顶点,所连线段为边,得到一个10 阶简单图G,我们证明G 的变数不超过 15. 设 G的顶点为 1021 ,vvv, 一共有k条边,用 i vD表示顶点 i v的度。若3 i vD对10,3 ,2, 1i 都成立,则15310 2 1 2 1 10 1i
10、 i vDk。 假设存在 i v满足4 i vD,不妨设4 1 nvD,且 1 v与 12 , n vv均相邻 . 于是 12 , n vv之间 没有边,否则就成三角形,所以 1 v与 12 , n vv之间恰有n条边 . 对每个 j (102jn) , j v至多与 12 , n vv中的一个顶点相邻(否则设 j v与 s v, t v (12nts)相邻,则 1 v, 2 v, j v, t v就对应了一个空间四边形的四个顶点,这与题意矛 盾) ,从而 12 , n vv与 102 ,vvn 之间的边数至多nn9)1(10条。 在 nn vv, 2 这n9个顶点之间,由于没有三角形,由托兰
11、定理,至多 4 9 2 n 条边,因此G的 边数15 4 25 9 4 9 9 4 9 )9( 22 nn nnk 例如如图所示的就有15条边,且满足要求。 综上所述,所连线段数目的最大值为15。 2014B 四、 (本题满分50 分)设ABC是一个边长为32的等边三角形, 在ABC的内部和边界上 任取11个点 . (1) 证明:一定存在两个点,它们之间的距离小于或等于1; (20 分) (2) 证明:一定存在两个点,它们之间的距离严格小于1; (30 分) 证明: (1)如左下图 1,我们将ABC分成16个边长为 2 3 的小等边三角形;对于中间的图2 中六 个灰色的小三角形,我们将它们剖分
12、成三个全等的三角形;这样,我们就可以看出 ABC就可以被 右图 3 的10个正六边形所覆盖。 图 1 图 2 图 3 不难看出,这里的10个正六边形的直径为1,它们可以被看做10只“抽屉”,对于三角形ABC内 部和边界上任取11个点,根据抽屉原理,至少有一个正六边形包含两个点。而在这个正六边形中, 任意两点间的距离不超过1,这样便证明了我们所要的结论。 (要注意,我们的抽屉的构造并不是唯一的,我们还可以用下图4 所示的10个直径为 1的圆覆盖 ABC,也可以得到同样的结论) 图 4 图 5 (2)这部分要求证明的是严格不等号。我们要证明在11个点中存在两个点,他们间的距离严格小于1, 注意到直
13、径为 1的正六边形中,间距恰好为1的两个点一定是距离最远的一对点,另一方面,上面所 构造的正六边形抽屉在边和顶点处是由重复的,我们通过指定一条边或者顶点属于那一个特定的正 六边形来改造我们的“抽屉”,使得每一个抽屉不包含正六边形中距离为1的顶点对,当然,在目前 的情况我们只需关心怎么改造顶点即可。 我们在每一个正六边形抽屉上去掉一些顶点,使得每一个抽屉不在包含正六边形中距离为 1的顶点 对,如图5 就是一个办法,图中空心的点表示正六边形中去掉该点,不难看出,这样的改造还是覆 盖了原来得三角形 ABC,且每一个抽屉不在包含正六边形中距离为1的顶点对,根据抽屉原理, 我们就证明了:任取11个点,一
14、定存在两个点,它们之间的距离严格小于1。 (这样的抽屉构造也是 不唯一的) 2013B 四、 (本题满分50 分)用若干单位小正方形和由三个单位小方格组成的形“砖”铺满一 个2n的方格棋盘的所有不同可能铺法的数目是 n T下面的图是3n时的两种不同的铺法: 求 10 T; 求 2013 T的个位数 证明: 由题意显然1 1 T,5 2 T, 当3n时,我们从左向右地铺n2的方格棋盘,无论哪一种铺法,至多铺到32,我们一定会完 成一个k2(,3 ,2, 1k)的矩形。这样我们计算 n T时,就可以去寻找与 321 , nnn TTT的关系,又 由下图 我们得到 321 24 nnnn TTTT
15、由1 1 T,5 2 T,得11 3 T,33 4 T,87 5 T,依次下去可得13377 10 T 由 321 24 nnnn TTTT,1 1 T,5 2 T,11 3 T,可知, n T一定是奇数。 我们由5mod计 算 2013 T,对每一个 n T,我们有: (1 1 T,0 2 T,1 3 T,3 4 T,2 5 T,1 6 T,0 7 T,3 8 T,0 9 T,2 10 T,3 11 T,1 12 T, 2 13 T,2 14 T,2 15 T,4 16 T,1 17 T,1 18 T,3 19 T,4 20 T,3 21 T,0 22 T,0 23 T, 1 24 T,)1
16、 25 T,0 26 T,1 27 T,3 28 T,2 29 T,1 30 T, 可知, n T的个位数的周期是24。而21201324mod,又5mod等于3的奇数10mod也一定等 于3,所以 2013 T的个位数为3。 2012A 三、 (本题满分50 分)设 012 , n P P PP是平面上1n个点,它们两两间的距离的最小值为 (0)d d,求证: 01020 ()(1)! 3 n n d P PP PP Pn 证明: 证法一 : 不妨设 01020 . n PPP PP P先证明 : 对任意正整数k, 都有 0 1 3 k d P Pk 显然 , 0 1 3 k d P Pdk
17、对1,2,8k均成立 , 只有8k时右边取等号10 分 所以 , 只要证明当9k时, 有 0 1 3 k d P Pk即可 . 以(0,1,2, ) i P ik为圆心 , 2 d 为半径画1k个圆 , 它们两两相离或外切; 以 0 P圆心, 0 2 k d P P为 半径画圆,这个圆覆盖上述1k个圆20 分 所以 22 00 ()(1) ()(11) 222 kk ddd P PkP Pk30 分 由9k易知 111 23 kk 40 分 所以 0 1 3 k d P Pk对9k时也成立 . 综上 , 对任意正整数k都有 0 1 3 k d P Pk. 因而 01020 ()(1)! 3 n
18、 n d P PP PP Pn50 分 证法二 : 不妨设 01020 . n P PPPPP 以(0,1,2, ) i P ik为圆心 , 2 d 为半径画1k个圆 , 它们两两相离或外切; 10 分 设Q是是圆 i P上任意一点 , 由于 000000 13 222 iiikkk d PQP PPQP PP PP PP P20 分 因而 , 以 0 P为圆心 , 0 3 2 k P P为半径的圆覆盖上述个圆30 分 故 22 00 3 ()(1) ()1(1,2, ) 223 kk dd P PkP Pkkn40 分 所以 01020 ()(1)! 3 n n d P PP PP Pn50
19、 分 2011A 四、 (本题满分50 分)设 A是一个93的方格表, 在每一个小方格内各填一个正整数称 A 中的一个)91, 31(nmnm方格表为“好矩形” ,若它的所有数的和为10 的倍数称A中的 一个11的小方格为“坏格” ,若它不包含于任何一个“好矩形”求 A中“坏格”个数的最大值 解析: 首先证明A 中“坏格”不多于25 个 用反证法假设结论不成立,则方格表A中至多有1个小方格不是“坏格” 由表格的对称性, 不妨假设此时第1 行都是“坏格” 设方格表A第i列从上到下填的数依次为9,2, 1,icba iii 记9 ,2, 1 ,0, )(, 11 kcbTaS k i iik k
20、i ik ,这里0 00 TS 我们证明:三组数 910 ,SSS; 910 ,TTT及 991100 ,TSTSTS都是模10 的完 全剩余系 事实上,假如存在90,nmnm,使)10(mod nm SS,则 )10(mod0 1 mn n mi i SSa, 即第 1 行的第1m至第n列组成一个“好矩形” ,与第 1 行都是“坏格”矛盾 又假如存在90,nmnm,使)10(mod nm TT,则)10(mod0)( 1 mn n mi ii TTcb, 即第 2 行至第 3 行、第1m列至第n列组成一个“好矩形” ,从而至少有2 个小方格不是“坏格” , 矛盾 类似地,也不存在90,nmn
21、m,使)10(mod nnmm TSTS 因此上述断言得证故 )10(mod59210)( 9 0 9 0 9 0k kk k k k kTSTS , 所以)10(mod055)( 9 0 9 0 9 0k k k k k kk TSTS, 矛盾!故假设不成立,即“坏格”不可能多于25 个 另一方面,构造如下一个93的方格表,可验证每个不填10 的小方格都是“坏格”,此时有 25 个“坏格” 综上所述,“坏格”个数的最大值是25 2011B 四 、 ( 本 题 满 分50 分 ) 给 定n个 不 同 实 数 , 其 所 有 全 排 列 组 成 的 集 合 为 n A.对 于 12 (,) nn
22、 a aaA,若恰有两个不同的整数,1,2,1 i jn使得11,iijjaaaa成立, 则称 该排列为“好排列”.求 n A中“好排列”的个数. 解析: 首先定义: 对于A中的一个排列 n aaa, 21 ,如果满足 n aaa 21 ,则称该排列为自然排列; 对于A中的一个排列 n aaa, 21 ,如果有整数1,2, 1ni,使得 1ii aa则称 i a和 1i a构成一个“相邻逆序” ; 对于Aaaa n , 21 ,如果它恰有一个“相邻逆序”,则称该排列为“一阶好排列”,A中所 有“一阶好排列”的个数记为)( 1 nf;如果它恰有两个“相邻逆序”,则称该排列为“二阶好排列”, A中
23、所有“二阶好排列”的个数记为)( 2 nf;依题意知,)( 2 nf恰好是要求的A中“好排列”的个 1 1 1 2 1 1 1 1 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1 1 1 1 2 数。 由题意知:0)1 ( 1 f,1)2( 1 f,0)2() 1( 22 ff,1)3( 2 f。 以 下 为 了 叙 述 简 便 , 我 们 把 由 给 定 的k个 不 同 实 数 的 所 有 全 排 列 构 成 的 集 合 记 为 k A (nk,2, 1) ,其次求)( 1 nf。 我们先来考察)1( 1 kf与)( 1 kf之间的递推关系。 对 1k A中的每一个“一阶好排
24、列”(记为a) ,我们考虑从中取出最大的数 1k a后剩下的k个数 k aaa, 21 按原来的顺序构成的排列(记为b) 。 如果排列b是 k A中的“一阶好排列” ,且“相邻逆序”为 1ii aa,那么,在排列a中, 1k a的 位置只能在 1 , ii aa之间或最后; 如果排列b不是 k A中的“一阶好排列” ,则排列b中的“相邻逆序”的个数不为1,显然排列b 中“相邻逆序”的个数不能大于 1(否则,排列a不是“一阶好排列” ,理由是:因为 1k a是最大的 数,所以排列a中“相邻逆序” 的个数一定不少于排列b中“相邻逆序” 的个数),从而排列b中“相 邻逆序”的个数为0,此时排列b是一
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