2012全国高中数学联赛安徽赛区初赛第五题 求大神详解！！！_百度知道
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你弄错了当T=3的时候椭圆X^2/14+Y^2/13=1 所以c^2=14-13=1和X^2/5+Y^2/4=1 c^2=5-4=1不是你说的平方，已经是平方了arcsinx
在 （-1,1）即为一个周期
而cosx在（0，π）、（π，2π）上的值域均为（-1,1）所以arcsin(cosx)的最小正周期为π
第五题是不是列个四次方程解出来的？
不是，二次方程。分母已经是一个数的平方了，直接相减就行。你是不是想多了？
额~~好像多平方一次~~~谢谢~~那第一题能解释一下吗我用几何画板得出周期为π，但是cosx在（0，π）上递减，（π，2π）递增啊能解释一下吗
f(x+2π)=f(x），∴f(x)的最小正周期是2π.f(x)是偶函数，f(x+π)=-f(x),∴f[f(x+π)]=f[-f(x)]=f[f(x)],∴f[f(x)]的最小正周期是π，f{f[f(x)]}的最小正周期是π.
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同理 a^2=4
所以15-14=5-4arcsinx
在 （-1,1）即为一个周期
而cosx在（0，π）、（π，2π）上的值域均为（-1,1）所以arcsin(cosx)的最小正周期为π
我用几何画板得出周期为π，但是cosx在（0，π）上递减，（π，2π）递增啊能解释一下吗？
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　15、设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件：
　　（1）&当x∈R时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x;
　　（2）&当x∈(0,2)时，f(x)≤((x+1)/2)2;
　　（3）&f(x)在R上的最小值为0.
　　求最大的m(m＞1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x。
∵f(x-4)=f(2-x),∴函数的图象关于x=-1对称，∴-b/2a=-1,b=2a.&
　　　由(3)x=-1时，y=0，即a-b+c=0，&
　　　由(1)得f(1)≥1，由(2)得f(1)≤1，&
　　　∴f(1)=1,即a+b+c=1,又a-b+c=0,∴b=1/2,a=1/4,c=1/4,&
　　　∴f(x)=(1/4)x2+(1/2)x+(1/4).&
　　　假设存在t∈R，只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x.取x=1有f(t+1)≤1.即((1/4)(t+1))2+((1/2)(t+1))+(1/4)≤1,解得-4≤t≤0.对固定的t∈〔-4,0〕,取x=m，有f(t+m)≤m,即((1/4)(t+m)2)+((1/2)(t+m))+(1/4)≤m,化简有m2-2(1-t)m+(t2+2t+1)≤0解得1-t-(√-4t)≤1-t+(√(-4t))于是有m≤1-t+√(-4t)≤1-(-4)+&√(-4(-4))=9.当t=-4时，对任意的x∈[1,9]，恒有f(x-4)-x=(1/4)(x2-10x+9)=1/4(x-1)(x-9)≤0.所以m的最大值为９。&&
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为什么取x=1就可以得出最大值&
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全国高中数学联赛省级预赛模拟试题
上传: 张亮 &&&&更新时间： 13:50:28
全国高中数学联赛省级预赛模拟试题 & 第ⅰ卷（选择题& 共60分） 参考公式 1．三角函数的积化和差公式 sin&&cos&= [sin(&+&)+sin(&-&)], cos&&sin&= [sin(&+&)-sin(&-&)], cos&&cos&= [cos(&+&)+cos(&-&)], sin&&sin&= [cos(&+&)-cos(&-&)]. 2．球的体积公式 v球= &r3（r为球的半径）。 一、选择题（每小题5分，共60分） 1．设在xoy平面上，0&y&x2,0&x&1所围成图形的面积为 。则集合 m={(x,y)|x&|y|}, n={(x,y)|x&y2| 的交集m&n所表示的图形面积为 a． &&& b． &&& c．1&&& d．
2．在四面体abcd中，设ab=1，cd= ，直线ab与直线cd的距离为2，夹角为 。则四面体abcd的体积等于 a． &&& b． &&& c． &&&& d．
3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为 a．90&&& b．100&&& c．110&&& d．120 4．在&abc中，若(sina+sinb)(cosa+cosb)=2sinc，则 a．&abc是等腰三角形，但不一定是直角三角形 b．&abc是直角三角形，但不一定是等腰三角形 c．&abc既不是等腰三角形，也不是直角三角形 d．&abc既是等腰三角形，也是直角三角形 5．已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为 a．8&&& b．9&&& c．10&&& d．11 6．设0&x&1, a,b为正常数。则 的最小值是 a．4ab&&& b．(a+b)2&&& c．(a-b)2&&&&&&& d．2(a2+b2) 7．设a,b&0，且a2008+b2008=a2006+b2006。则a2+b2的最大值是 a．1&&& b．2&&& c．2006&&& d．2008 8．如图1所示，设p为&abc所在平面内一点，并且ap= ab+ ac。则&abp的面积与&abc的面积之比等于 a． &&& b． &&& c． &&& d．
9．已知a,b,c,d是偶数，且0&a&b&c&d, d-a=90, a,b,c成等差数列，b,c,d成等比数列。则a+b+c+d= a．384&&& b．324&&& c．284&&& d．194 10．将数列{3n-1}按&第n组有n个数&的规则分组如下：（1），（3，9），（27，81，243），&。则第100组的第一个数是 a．34950&&& b．35000&&&& c．35010&&&&& d．35050 11．已知正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为1，点a关于直线a1c、直线bd1的对称点分别为点p和q。则p，q两点间的距离是 a． &&& b． &&& c． &&& d．
12．已知f1，f2分别为双曲线 的左、右焦点，p为双曲线左支上的任意一点。若 的值为8a，则双曲线离心率e的取值范围是 a．(1,+&)&&& b．(0,3]&&& c．(1,3]&&& d．(1,2] & 第ⅱ卷（非选择题& 共90分） 二、填空题（每小题4分，共16分） 13．已知 ，且 。则 的值是_________. 14. 设正数数列{an}的前n项之和为b，数列{bn}的前n项之积为cn，且bn+cn=1.则数列 中最接近2000的数是_________. 15.不等式 的解集为 _________. 16. 已知常数a&0，向量m=(0,a),n=(1,0)，经过定点a(0,-a)以m+&n为方向向量的直互与经过定点b(0,a)以n+2+&m为方向向量的直线相交于点p，其中，&&r。则点p的轨迹方程为_________. 三、解答题（共74分） 17.（12分）甲乙两位同学各有5张卡片。现以投掷均匀硬币的形式进行游戏。当出现正面朝上时，甲赢得乙一张卡片；否则，乙赢得甲一张卡片，规定投掷硬币的次数达9次或在此之前某人已赢得所有卡片时，游戏终止。设&表示游戏终止时掷硬币的次数。求&取各值时的概率。 18.（12分）设&a，&b，&c是&abc的三个内角。若向量 ，且m&n= . (1)求证：tana&tanb= ； (2)求 的最大值。 19. （12分）如图2，&abc的内切圆⊙i分别切bc，ca于点d，e，直线bi交de于点g。求证：ag bg. 20．（12分）设f(x)是定义在r上的以2为周期的函数，且是偶函数，在区间[2，3]上，f(x)=-2(x-3)2+4。矩形abcd的两个顶点a，b在x轴上，c，d在函数y=f(x)(0&x&2)的图象上。求矩形abci面积的最大值。 21.（12分）如图3所示，已知椭圆长轴端点a，b，弦ef与ab交于点d，o为椭圆中心，且|od|=1，2de+df=0， 。 （1）求椭圆长轴长的取值范围； （2）若d为椭圆的焦点，求椭圆的方程。 22．（14分）已知数列{xn}中，x1=a, an+1= . （1）设a=tan& ，若 ，求&的取值范围； （2）定义在（-1，1）内的函数f(x)，对任意x,y&(-1,1)，有f(x)-f(y)= ，若 ，试求数列{f(xn)}的通项公式。 & & 答案： 第ⅰ卷 1．b．& m&nd xoy平面上的图形关于x轴对称，由此，m&n的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以2即可。由题意知m&n的图形在第一象限的面积为
2．c．& 过点d作df cb，过点a作ae bc，联结ce，ed，af，bf，将棱锥补成棱柱。故所求棱锥面积为 ce&cdsin&ecd&h=
3．c．& 符合要求的取球情况共有四种： 红红白黄黄，红红黄黄黄，红白白白黄，红白白黄黄。 故不同的取法数为
4．a．& 左边=sina&cosa+sina&cosb+sinb&cosa+sinb&cosb = (sin2a+sin2b)+sin(a+b) =sin(a+b)&cos(a-b)+sin(a+b), 右边=2sin(a+b). 所以，已知等式可变形为sin(a+b)[cos(a-b)-1]=0. 又因为sin(a+b)&0，所以cos(a-b)=1. 故&a=&b。 另一方面，&a=&b=300，&c=1200也符合已知条件。 所以，&abc是等腰三角形，但不一定是直角三角形。 5．a．&& 设g(x)的各项系数和为s，则 f(g(1))=3s2-s+4=188. 解得s=8或 （舍去）。 6．b．& & &
当 时，取得最小值(a+b)2. 7．b．& 因为a2008+b2008&a2006b2+b2006a2, 又(a2006+b2006)(a2+b2)=a2008+b2008+a2006b2+b2006a2&2(a2008+b2008), 且a2008+b2008=a2006+b2006, 所以a2+b2&2. 8．c．& 如图4所示，延长ap到e，使得ap= ae。 联结be，作ed//ba交ac延长线于点d。由 ，得ac=cd。故四边形abed是平行四边形。 所以
9．d．& 设a,b,c,d分别为b-m,b,b+m,
又 ，则 && ① 因a,b,c,d为偶数，且0&a&b&c&d，可知m为6的倍数，且m&30. 设m=6k，代入式①得
代入检验知k=4,b=32. 故m=24,b=32,a,b,c,d依次为8，32，56，98。 所以a+b+c+d=194. 10.a.& 前99项的个数和为1+2+&+99=4950。 而第1组是30，第100组的第一个数应为34950。 11．a．& 建立空间直角坐标系，有d(0,0,0),a(1,0,0),a1(1,0,1),c(0,1,0), b(1,1,0),d1(0,0,1). 设p(x,y,z)，ap的中点为
由ap&a1c=0，mc//a1c，得 解得
同理， & 故
12．c．& 根据双曲线的定义有 |pf2|-|pf1|=2a, |pf1|+4a+
当且仅当 ，即|pf1|=2a时，上式等号成立。 设点p(x,y)(-x&a)，由双曲线第二定义得|pf1|=-ex-a&c-a，即2a&c-a. & 于是 &又e&1，故1&e&3. 第ⅱ卷 13．2．&& 14。1980。& 依题意，有
又bn+cn=1，则 ，即
由c1=b1,c1+b1=1,可得c1=b1=
所以，数列 中最接近2000的数是44&45=1980。 15．{x|3- }. 原不等式即为
令3=y2，不等式可化为
由双曲线的定义知，满足上述条件的点在双曲线(x-3)2- 的两支之间的区域内。因此，原不等式与不等式组 同解。所以，原不等式的解集为
16．y2+a2=2a2x2，去掉点(0,-a). 设点p(x,y)，则ap=(x,y+a),bp=(x,y-a). 又n=(1,0),m=(0,a)，故m+&n=(&,a),n+2&m=(1,2&a). 由题设知向量ap与向量m+&n平行，有&(y+a)=ax. 又向量bp与向量n+2&m平行，有y-a=2&ax. 两方程联立消去参数&，得点p(x,y)的轨迹方程是(y+a)(y-a)=2a2y2，即y2-a2=2a2x2，去掉点(0,-a). 17.&的取值为5，7，9，则 p(&=5)= , p(&=7)=
18．（1）由m&n= ,得 ，即 亦即4cos(a-b)=5cos(a+b).所以tana&tanb=
（2）因 ，而
所以tan(a+b)有最小值 。当且仅当tana=tanb= 时，取得最小值。 又tanc=-tan(a+b)，则tanc有最大值
故 的最大值为
19．如试题中图2所示，联结ai，di，ei。则 &edc= &die= (1800-&c)= (&abc+&bac). 又&edc=&dbg+&bgd，所以&bgd= &bac=&iae。 故四边形aieg内接于圆，有&agi=&aei=900。 所以
20．当0&x&1时，有f(x)=f(x+2)=-2(x-1)2+4； 当-1&x&0时，有f(x)=f(-x)=-2(-x-1)2+4； 当1&x&2时，有f(x)=f(x-2)=-2[-(x-2)-1]2+4=-2(x-1)2+4. 设d(x,t), c(2-x,t). 则t=-2(x-1)2+4，易知 s矩形abcd=|ab|&|bc|=(2-2x)t=
当且仅当 ，即 时，矩形abcd面积最大值
21．（1）建立如图5所示的直角坐标系，d(-1,0)，弦ef所在直线方程为y=x+1. 设椭圆方程为
由2de+df=0，知y1+y2=-y1,y1y2=-2
由 消去x得(a +b )y -2b y+b -a b =0. 则&=4b4-4(a +b )(b -a b )=4a b (a +b -1)&0（因(a +b &1） 由韦达定理知 y 消去y1得 ，即0&b2=
解得1&a2&5.& 故2&2a&2
因此，椭圆长轴长的取值范围为(2,2 ). (2) 若d为椭圆的焦点，则c=1. 故b2=a2-1. 可得
所以，椭圆方程为
22．（1）因x1=a&0，故所有xn&0. 又 ，所以xn&(0,1] 因为x3& ，所以 ，即
解得 或x2&2. 又x2&(0,1]，则0&x2&
因为2 ，所以 或
（2）令x=y=0，得f(0)=0. 令x=0，得f(0)-f(y)=f(-y)，即f(-y)=-f(y). 故f(x)为奇函数。 注意到f(xn+1)=
所以，数列{f(xn)}是等比数列。 故f(xn)=f(x1)&2n-1=f(a)&2n-1=2n-2.
& 全国高中数学联赛模拟试题 & 第一试试题 一、选择题（每空6分） 1．将20个乒乓球（不加区分）装入5个不同的盒子里，要求不同的盒子中的球数互不相同，且盒子都不空，一共有_______种不同装法。 a．7&&& b．14&&& c． &&& d．7&5！ 2．若对实数x&[10,+&）恒有|logmx|&2，则m取值范围是_________。 a．（0，1）&&& b． &&& c． &&&& d．
3．椭圆的中心为原点o，焦点在x轴上，过椭圆的左焦点f的直线交椭圆于p，q两点，且op oq，则椭圆的离心率e的取值范围是_________。 a． &&& b． &&& c． &&& d．
4．若p,q&n+且p+q&2007, 0&p&q&2007，(p,q)=1，则形如 的所有分数的和为_________. a． &&& b． &&& c． &&& d．1 5．已知a，b，c为&abc的三个内角，记y=sin3a+sin3b+sin3c，则y的取值范围是______。 a．[0，2]&&& b． &&& c．[-2，2]&&& d．
6．对任意一组非负实数a1,a2,&,an，规定a1=an+1，若有 恒成立，则实数&的最大值为_________. a．0&&& b. &&& c．1&&& d．
二、填空题（每题9分） 7．四棱锥p&abcd的底面是直角梯形，腰da垂直于底边ab，pd是棱锥的高，pd=ad=ab=2cd=1，则二面角a&pb&c大小为_________。 8．数列{an}满足a1=1, a2=2, an+1=(n-1)(an+an-1)n&2，则{an}的通项公式为an=_________。 9．满足条件：对任意x&r,都有f(f(x))=x且f(f(x)+1)=1-x的函数f(x)有_________个。 10．am为抛物线的一条弦，c为am的中点，b在抛物线上，且bc平行于抛物线的对称轴，e为ac中点，de//bc，且d在抛物线上，则 _________。 11．已知平面向量a=( ,-1),b= ，若存在非零实数k和角 ，使得c=a+(tan2&-3)b, d=-ka+(tan&)b，且c d，则k=_________。（用&表示） 12．已知复数z1,z2,z3满足|z1|&1,|z2|&1,|2z3-(z1+z2)|&|z1-z2|，则|z3|的最大值与最小值的差为_________。 三、解答题（每题20分） 13．设抛物线s的顶点在原点，焦点在x轴上，过焦点f作一条弦ab，设ao，bo延长线分别交准线于c，d，若四边形abcd的面积的最小值为8，试求此抛物线的方程。 14．给定a&2，数列{an}定义如下：a0=1, a1=a, an+1= ，证明：对任何k&n，有 。 15．已知a&0, y&0，且0&x2+y2&&，求证：1+cosxy&cosx+cosy. & 第二试试题 1．见图1，以&abc的三边向外作正方形abed，bcgf和caih，直线di，ef，gh交成&lmk，其中k=di&ef，m=di&gh，l=ef&hg。 求证：&klm中km上的中线ln bc。 2．设非负整数数列a1,a2,&,a2007满足：ai+aj&ai+j&ai+aj+1，对一切i,j&1,i+j&2007成立。 证明：存在实数x，使对一切1&n&2007，有an=[nx]. 3．试找出最大的正整数n，使得无论怎样将正整数1至400填入20&20方格表的各个格中，都能在同一行或同一列中找到两个数，它们的差不小于n。 & & 答案： 第一试试题解答 1．d．& 问题等价于求方程x1+x2+x3+x4+x5=20满足i&j,xi&xj的正整数解组数，先考虑方程y1+y2+y3+y4+y5=5满足0&y1&y2&y3&y4&y5的非负整数解，设满足y1+y2+&+yk=n满足0&y1&y2&&&yk的非负整数解组数为f(k,n).则f(5,5)=1+f(4,5) =1+1+f(3,5)=2+f(2,2)+f(2,5)=7. 所以所求方程正整数解有7&5！组。故选d。 2.d．& 当x&10时，logmx&-2即lgx&lgm2或lgx&lgm-2(m&0且m&1)，解得 1&m& 或
3．a．&& 设椭圆方程为 (a&b&0), p(r1cos&,r1sin&),q , 即q(-r2sin&,r2cos&)，因为p，q在椭圆上，所以 。设o到pq距离为d.则 ，解得
4．c．& 记2007=n，往证 当n=2时，显然成立。设当n=k时成立，当n=k+1时，取所有满足p+q=k, (p,q)=1的 的和记为s，所有形如 (p&k, (k,p)=1)的和记为t，则sk=sk-1+t-s；再证s=t，在s中任取一个分数 ，t中恰有一对分数 ， 与之对应，而且 ，这样的对应是一一对应，所要sk-1=sk，所以
5．b．& 当a=b& ，c&0时，y&-2，设a&b&c，则c& ，所以sin3c&0,所以y&-2；又当a=b= 时， ，且y=sin3a+sin3b+sin3c& &
6.c．& 因为 ，所以
又当a1=a2=&=an时，&=&成立，所以&最大为1。 7．900．& 延长ad，bc交于e，连结pe，则de=da，pa=pe=
ae=2，所以pe pa，又pd ab，ab ad，所以ab 平面pae， 所以pe ab，所以pe 平面pab。所以a&pb&c为直二面角。 8．由an+1=(n-1)(an+an-1)得an+1-nan=-[an-(n-1)an-1]， 所以{an+1-nan}是首项为a2-a1=1，公比为(-1)的等比数列， 所以an+1-nan=(-1)n-1，所以 && ① 在①中用2，3，&，n-1代替n并相加得 +&+(-1)n-2&
所以 。 9．0．&& 假设存在这样的函数f(x)，则由条件知它为单射，且 f(f(0))=0=f(f(1)+1)，所以f(0)=f(1)+1.&& ① 又f(f(1))=1=f(f(0)+1)，所以f(1)=f(0)+1，与①矛盾。 10． & 设抛物线方程为 ，点c(x1,y1)把am参数方程 代入y2=2px得t2sin2&+2(y1sin&-pcos&)t+ -2px1=0，所以 ，又 ， 所以 ，同理 ，所以
11． 。由a&b=( ,-1)& =0 得a b，又c d，则[a+(tan2 -3)b]&[-ka+(tan )b]=0, 即ka2=(tan3 -3tan )b2，所以k|a|2=(tan3 -3tan )|b|2, 由题设|a|=2,|b|=1。从而 。 12． & 由|2z3-(z1+z2)|&|z1-z2|得 2|z3|-|z1+z2|&|z1-z2|和|z1+z2|-2|z3|&|z1-z2|， 所以 (|z1+z2|-|z1-z2|)&|z3|& (|z1+z2|+|z1-z2|). 又|z1+z2|-|z1-z2|=
当且仅当z1,z2辐角相差 时，|z3|取最大值
又|z3|&0，当且仅当z2,z1辐角相差 时，z3可以为0，所以|z3|min=0. 13．解& 若抛物线的开口向右，设其方程为y2=2px(p&0)，设 ， ， ， ， 。 因为a，o，c三点共线，所以 ，所以
同理，由b，o，d共线有 ，又因为a，f，b共线，所以y1y2=-p2, 所以 ，所以点c坐标为 ，d坐标为 。 所以ad//bc//x轴，所以abcd为直角梯形。 由抛物线定义，|bf|=|bc|，|af|=|ad|，设&bfx=&，则abcd面积sabcd= |ab|2sin&= ，当且仅当 时，sabcd取最小值2p2，由已知2p2=8，所以p=2。故所求抛物线方程为y2=&4x. & 14．证明& 记f(x)=x2-2，则f(x)在[0,+&）上是增函数，又 ，所以 =a2-a&a，所以 ，依此类推有 ，再用数学归纳法证明原命题。 （1）当k=0,1时，不等式显然成立。 （2）设当k=m时，原不等式成立。 当k=m+1时，因为
其中f(0)(a)&a，所以 &1+ 得证。 15．证明& （1）若0&x&1，则0&xy&y&&，所以cosxy&cosy， 又cosx&1，所以1+cosxy&cosx+cosy； （2）若0&y&1，同理可得1+cosxy&cosx&cosy； （3）若x&1,y&1，则xy& ,记 ，则 0&t2& ,所以xy&t2& ，所以cosxy&cost2, 又cosx+cosy=2cos
所以只需证1+cost2&2cost，即证f(t)=1+cost2-2cost&0. 这里 ，则 ,因为0&t&t2& ，所以sint2&sint& ,所以
所以f(t)在 上单调递减，又
而 （因为 ），所以
所以 ，所以f(t)&0。所以原不等式成立。 第二试试题解答
证明& 取di中点q，作ap bc于p。因为
所以aq bc，所以q，a，p三点共线。 延长ap至r，使ar=cg，则 ，又因为ad be， 所以 ，所以rd ef，同理ri gh， 所以&rdi∽&lkm，且对应边平行，所以rq//ln或rq与ln重合，因为rq bc，所以ln bc。2.证明& 先证对任意m,n&n+,1&m,n&2007，有 ，即man&nam+n.&&&& ① （1）当m=n=1时a1&a1+1，结论成立； （2）设m,n都小于k时，命题成立，ⅰ）当m=k,n&k时，设m=nq+r，则am&anq+ar&qan+ar，所以nam&nqan+nar，所以nam+n&nqan+nar+n=man-ran+nar+n&man； ⅱ）当n=k, m&k时，设n=mq+r, 0&r&m，则an&aqm+ar+1&a(q-1)m+ar+am+2&&&qam+ar+q，由归纳假设ram+r&mar,所以man&mqam+mar+mq&mqam+ram+r+mq=nam+n，所以当m,n至少有一个为k时结论成立，而m=n=k时，结论也成立，所以由数学归纳法，①得证。 记 ，则对一切n&n+,1&n&2007，有an&nx&an+1，所以an=[nx]. 3.解& n=209。先证明n&209，用正中的竖直直线将方格表分成两个20&10的方格表，将1至200逐行按递增顺序填入左表中，再在右表中按同样的原则填入201至400，这样一来，在每一行中所填之数的最大差不超过210-1=209，在每一列中所填之数的最大差都不超过191-1=190，所以n&209。 再证n不能小于209。考察子集m1={1，2，&，91}和m2={300，301，&，400}，将凡是填有m1中的数的行和列都染为红色；将凡是填有m2中的数的行和列都染为蓝色，只要证明红色的行和列的数目不小于20，而蓝色的行和列的数目不小于21。那么，就有某一行或某一列既被染为红色，又被染为蓝色，从而其中必有两个数的差不小于300-91=209。 设有i行和j列被染为红色，于是，m1中的元素全部位于这些行与这些列的相交处，所以ij&91,从而i+j&2 &2 &19.同理，被染为蓝色的行数与列数之和
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