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高中数学奥林匹克模拟真题(二)答案


高中数学奥林匹克模拟真题( 高中数学奥林匹克模拟真题(二)答案 数学奥林匹克模拟真题
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第一试
一、填空题 1、若 (20 x + 11 y )3 = ax3 + bx 2 y + cxy 2 + dy 3 ,则 a ? 2b + 4c ? 8d =
答案: ?8 . 解:令 x = 1, y = ?2 ,条件式立即化为: ( ?2)3 = a ? 2b + 4c ? 8d . .

2、 若一个椭圆的焦点和顶点分别是双曲线 .

y 2 x2 ? = 1 的顶点和焦点, 则椭圆的方程为: 9 16

答案:

x2 y 2 + = 1. 16 25

解: 双曲线的两顶点为 ( 0, ± 3) , 两焦点为 ( 0, ± 5 ) , 故由条件, 椭圆的两焦点为 ( 0, ± 3) , 两顶点为 ( 0, ± 5 ) ,因此, c = 3, a = 5 , b = a ? c = 16 ,则椭圆的方程为
2 2 2

x2 y 2 + = 1. 16 25

3、实数 x, y 满足 2 x 2 + 3 y 2 = 6 y ,则 x + y 的最大值是
答案: 1 +



1 10 . 2
2 2

则 由 得 解: x + y = t , x = t ? y , 2 ( t ? y ) + 3 y = 6 y , 5 y ? 2 ( 2t + 3) y + 2t = 0 , 令
2 2

因 y 为实数,则判别式 ? = 4 ( 2 t + 3) ? 4 × 5 × 2 t ≥ 0 ,得
2 2

2 ? 10 2 + 10 ≤t ≤ . 2 2

4、四面体 ABCD 中, CD ⊥ BC , AB ⊥ BC , CD = AC , AB = BC = 1 平面 BCD 与平 面 ABC 成 45 的二面角,则点 B 到平面 ACD 的距离为
0



答案:

3 . 3

解:DC = AC =

2 ,作 DE ⊥ 平面 ABC ,垂足为 E ,连 CE , AE ,由三垂线逆定理,
2 1 1 DC = 1 , VABCD = DE ? S ABC = , 2 3 6

EC ⊥ BC ,所以 ∠DCE = 450 ,故 CE = DE =

1

又因 ABCE 为正方形, AE = 1 ,则 AD =

2 ,因此正三角形 ACD 的面积为

3 ,设 2

1 1 3 B 到平面 ACD 的距离为 h ,由 h ? S ACD = ,得 h = 3 6 3

? 1 ? 2 5、 二次函数 y = ax + bx + c 的图像经过点 A(3, 6) 和 B ? ? , 6 ? , 若其与 X 轴的两个 ? 2 ?
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 = 2 x 2 ? 5 x + 3 . 解:由条件得 y ? 6 = a ( x ? 3)( x + ) ,于是二次函数 y = ax 2 + 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 ) + 4 x1 x2 ,得 a = 2 ,代入得 y = 2 x 2 ? 5 x + 3 .

6 、函数 f ( x) =
答案: [ ?

x ? x3 的值域是 (1 + x 2 ) 2



1 1 , ]. 4 4

解: f ( x ) =

x 1 ? x2 1 1 ? ,令 x = tan α ,则 f = sin 2α ? cos 2α = sin 4α ,由此, 2 2 1+ x 1+ x 2 4

?

1 1 π π ≤ f ≤ ,当 x = ? tan , tan 时两边分别取得等号. 4 4 8 8 π 2π 4π 7π 7 、 cos ? cos ? cos + cos = . 15 15 15 15 1 答案: ? . 2
解: 原式 = ? cos

? ?

π
15

+ cos

7π 15

2π 4π ? ? + cos ? ? ? cos 15 15 ? ?

4π π π π ? cos ? 2 cos cos ? = 2 cos 15 5 15 5 ?

= 2 cos

π?

π π 1 4π π ? π π π = ?2 cos sin = ? . ? cos ? = ?4 cos sin sin ? cos 5 10 2 5? 15 15 ? 5 6 10
0 0 0 0 0 0 0 0

(注:由 sin 72 = 2sin 36 cos 36 = 4 sin18 cos18 cos 36 ,则 sin18 cos 36 = 即 cos

π
5

sin

π
10

1 , 4

=

1 . ) 4

8 、九个连续正整数自小到大排成一个数列 a1 , a2 ,L , a9 ,若 a1 + a3 + a5 + a7 + a9 为一
2

平方数, a2 + a4 + a6 + a8 为一立方数,则这九个正整数之和的最小值是 答案: 18000 .



解:设这九数为 a ? 4, a ? 3, a ? 2, a ? 1, a, a + 1, a + 2, a + 3, a + 4 ,则有, 5a = m ,
2

4a = n3 , S = 9a ,则 a =

m2 n2 = ,得 4m 2 = 5n 3 ………① 5 4
2 3 2 3

令 n = 2n1 , m = 5m1 ,得 100m1 = 40n1 ,所以 5m1 = 2n1 ,再取 m1 = 2m2 , n1 = 5n2 , 化为 2m2 = 5 n2 ,取 m2 = 10, n2 = 2 ,可使左式成立,这时 n = 20, m = 100 ,a = 2000 ,
2 2 2

S = 9a = 18000 .
二、解答题

Y

A

x2 9 、给定 Y 轴上的一点 A(0, a ) ( a > 1 ) ,对于曲线 y = ?1 2
E

D

M F X

o

上的动点 M ( x, y ) , 试求 A, M 两点之间距离 AM 的最小值 (用 a 表 示) . 解:如图,易求得曲线上诸点的坐标为: E ( ? 2, 0), F ( 2, 0), D (0,1) , 当 x < 2 ,即 ? 2 ≤ x ≤
2

2 时,曲线方程为 y = 1 ?
x2 ? 1 ……②, 2

x2 ……①; 2

而当 x ≥ 2 时,曲线方程为 y =
2

对于情形①, ? 2 ≤ x ≤ 即

2 时, 显然当 M 位于顶点 D 处时, 距离 AM 取得最小值 a ? 1 ; 2 时,设点 M ( x,
x2 ? 1) ,由于 2

对于情形②,即在 x ≤ ? 2 或 x ≥

AM = x 2 + (
2

x2 1 ? 1 ? a ) 2 = ( x 2 ? 2a )2 + 2a + 1 ,因 a > 1 ,则 2a > 2 , 2a > 2 , 2 4

于是,当 x =

2a 时, AM 取得最小值 2a + 1 ;再比较 AD 与 AM :
2 2

令 f ( a ) = AD ? AM

= (a ? 1)2 ? (2a + 1) = a (a ? 4) ,

则当 1 < a ≤ 4 时, f ( a ) ≤ 0 , AD ≤ AM ,即最小值为 AD = a ? 1 ; 而当 a > 4 时, f ( a ) > 0 ,则最小值 AM =

2a + 1 .

3

10 、 各项均为正数的数列 {an } ,a1 = a, a2 = b , 且对满足 m + n = p + q 的正整数 m, n, p, q

都有

a p + aq am + an = . (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )

1 4 , b = 时,求通项 an ; 2 5 (2)证明:对任意 a ,存在与 a 有关的常数 λ ,使得对于每个正整数对于每个正整数 n , 1 都有 ≤ an ≤ λ.
(1)当 a =

λ

解: (1)由

a p + aq am + an 得 = (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )

a1 + an a2 + an ?1 2a + 1 1 4 = . 将 a1 = , a2 = 代入化简得 an = n ?1 . (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a2 )(1 + an ?1 ) 2 5 an ?1 + 2 1 ? an 1 1 ? an ?1 1 ? an = ? , 故数列 { } 为等比数列,从而 1 + an 3 1 + an ?1 1 + an

所以

1 ? an 1 3n ? 1 3n ? 1 = n , 即 an = n . 可验证, an = n 满足题设条件. 1 + an 3 3 +1 3 +1
(2) 由 题 设

am + an 的 值 仅 与 m + n 有 关 , 记 为 bm+n , 则 (1 + am )(1 + an )

bn +1 =

a1 + an a + an = . (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a )(1 + an ) a+x ( x > 0) ,则在定义域上有 (1 + a )(1 + x)

考察函数 f ( x ) =

? 1 a >1 ?1 + a , ? ? 1 f ( x) ≥ g (a) = ? , a =1 ? 2 ? a ?1 + a , 0 < a < 1 ?
故对 n ∈ N , bn +1 ≥ g ( a ) 恒成立.
*

又 b2 n =

2 an ≥ g (a) , (1 + an ) 2

4

注意到 0 < g (a ) ≤

1 ,解上式得 2

1 ? g (a) ? 1 ? 2 g (a) 1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a) g (a) = ≤ an ≤ , g (a) g (a) 1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a)
取λ =

1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a) ,即有 g (a)

1

λ

≤ an ≤ λ . .

11 、用 P (n) 表示正整数 n 的各位数字之和,求所有这样的三位数 n ,使得满足:

1 P (n + 3) = P (n) . 3
解:由于 P ( n), P (n + 3) 都是正整数,则据条件, P ( n) 是 3 的倍数,因此 n 与 n + 3 都 (因为,如果 c ≤ 6 ,则 是 3 的倍数,设 n = abc ,且数 n 加 3 后必须产生进位,则 c ≥ 7 , 数 n 加 3 后不会产生进位,于是 P(n + 3) = P(n) + 3 > P(n) ,矛盾) ; 并且 b 不能是 9 , (这是因为,若 b = 9 ,则当 a = 9 时, n = 99c ,数 n 加 3 后成为 100c1 ,

1 c1 ∈ {0,1, 2} ,这时 P (n + 3) < P (n) ,当 a < 9 时, n = a9c ,若 n + 3 = a1b1c1 ,则 3 a1 = a + 1, b1 = 0, c1 = c + 3 ? 10 ,由 3P (n + 3) = P (n) ,得

3[ (a + 1) + 0 + (c + 3 ? 10)] = a + 9 + c ,即 2(a + c) = 27 ,矛盾!所以 b < 9 ;
今由 3 [ a + (b + 1) + (c + 3 ? 10) ] = a + b + c 得 a + b + c = 9 ,其中 a ≥ 1, c ≥ 7, b ≤ 8 ,依次 考虑 c, a, b 的取值,得到三个数: 117, 207,108 ,验证知,它们皆合题意.

第 二 试(加试)
一、 ?ABC 中, D 是角 A 平分线上的任一点, E , F 分别是 AB, AC 延长线上的点,且

CE ∥ BD , BF ∥ CD ;若 M , N 分别是 CE , BF 的中点;
证明: AD ⊥ MN . 证:如图,延长 BD, CD ,分别与 AC , AB 交于
G B

A H D K

C

H , G ,注意 ?DBG , ?DCH 关于顶点 D 的等高性及等角性,由
E

N M P F

5

面积比定理,

BG ?DBG DB × DG = = , (记号 ? 表示面积) ,所以 CH ?DCH DC × DH

BG ? DC ? DH = CH ? DB ? DG …… ① GB GD HC HD 又由 CE ∥ BD , BF ∥ CD ,得 = , = ,所以 BE DC CF DB BE BG ? DC ? DH BE = ……②,由①、②得 = 1 ,即 BE = CF ……③. CF CH ? DB ? DG CF 1 1 取 BC 的中点 K ,据中位线知, MK ∥ BE , MK = BE , NK ∥ CF , NK = CF . 2 2 由③, KM = KN ,作角分线 KP ,则 KP ⊥ MN ,因 MK ∥ AB , NK ∥ AC ,所以其 角分线 AD ∥ KP ,因 KP ⊥ MN ,得 AD ⊥ MN . 二、在锐角三角形 ABC 中,证明:

sin ( A ? B ) sin ( A ? C ) sin ( B ? A) sin ( B ? C ) sin ( C ? A ) sin ( C ? B ) + + ≥0. sin 2 A sin 2 B sin 2C sin ( A ? B ) sin ( A ? C ) 证:由于 sin 2 A = = = = = sin A cos B sin ( A ? C ) ? sin B cos A sin ( A ? C ) 2sin A cos A

cos B ( sin A cos C ? cos A sin C ) sin B ( sin A cos C ? cos A sin C ) ? 2 cos A 2sin A cos B cos C sin A cos B sin C sin B cos C sin B sin C cos A ? ? + 2 cos A 2 2 2sin A cos B cos C sin A sin ( B + C ) sin B sin C cos A ? + 2 cos A 2 2sin A cos B cos C sin A sin A sin B sin C cos A ? + ;同理有 2 cos A 2 2 sin A

sin ( B ? A ) sin ( B ? C ) cos C cos A sin B sin B sin C sin A cos B = ? + ; sin 2 B 2 cos B 2 2 sin B sin ( C ? A ) sin ( C ? B ) cos A cos B sin C sin C sin A sin B cos C = ? + .因此所证不等式 sin 2C 2 cos C 2 2sin C
化为: (

sin A sin B cos C cos A cos B sin C sin B sin C cos A cos B cos C sin A + )+( + ) sin C cos C sin A cos A sin C sin A cos B cos C cos A sin B +( + ) ≥ sin A + sin B + sin C ……○. 1 sin B cos B

令 x = cot A, y = cot B, z = cot C ,则 x, y , z ∈ R + , xy + yz + zx = 1 ,而

x y sin A sin B cos C cos A cos B sin C 1 1 1 + = ? ?z+ ? ? sin C cos C 1 + x2 1 + y2 1 + x2 1 + y 2 z

6

= z

(1 + x )(1 + y )
2 2

z 2 + xy

,同理

sin B sin C cos A cos B cos C sin A x 2 + yz + = , sin A cos A x (1 + y 2 )(1 + z 2 ) y 2 + zx
2

sin C sin A cos B cos C cos A sin B + = sin B cos B y x (1 + y 2 )(1 + z 2 ) x 2 + yz + y

(1 + z )(1 + x )
2

.于是只要证

(1 + z )(1 + x )
2 2

y 2 + zx

+ z

(1 + x )(1 + y )
2 2

z 2 + xy



1 1+ x
2

+

1 1+ y
2

+

1 1+ z
2

……○. 2 注意 1 + x = xy + yz + zx + x = ( x + y )( x + z ) ;
2 2

1 + y 2 = xy + yz + zx + y 2 = ( x + y )( y + z ) , 1 + z 2 = xy + yz + zx + z 2 = ( x + z )( y + z ) ;
2 ○化为

x 2 + yz y 2 + zx z 2 + xy + + ≥ x + y + y + z + z + x ……○ 3 x y+ z y z+ x z x+ y

此式关于 x, y , z 对称,故可设, x ≥ y ≥ z ,由于

x 2 ? x ( y + z ) + yz ( x ? y )( x ? z ) x 2 + yz ? y+z = = ; x y+z x y+z x y+z

( y ? z )( y ? x ) ; z 2 + xy ? x + y = ( z ? x )( z ? y ) . y 2 + zx ? z+x = y z+x y z+x z x+ y z x+ y
即要证,

( x ? y )( x ? z ) + ( y ? z )( y ? x ) + ( z ? x )( z ? y ) ≥ 0
x y+z y z+x z x+ y

…… ○ 4

因为

( x ? y )( x ? z ) ≥ 0 , ( y ? z )( y ? x ) + ( z ? x )( z ? y )
x y+z y z+x z x+ y

= ( y ? z)(

x?z x? y x?z ? ) = ( y ? z)( ? z x+ y y z+ x z ? xyz

x? y ) ≥ 0 ,故○成立, 4 y ? xyz

因此结论得证. 证二:据对称性,不妨设 A ≥ B ≥ C ,则 600 ≤ A < 900 , B + C > 900 , 450 < B ≤ A ,所以

sin 2 A = sin (1800 ? 2 A ) ≤ sin (1800 ? 2 B ) = sin 2 B , sin ( A ? B ) sin ( B ? C ) sin 2 A ≥ sin ( A ? B ) sin ( B ? C )
,则

sin 2 B sin ( B ? A ) sin ( B ? C )
,于是

sin ( B ? A ) sin ( B ? C ) sin 2 B



sin 2 A
7

sin ( A ? B ) sin ( A ? C ) sin ( B ? A) sin ( B ? C ) + sin 2 A sin 2 B ≥ sin ( A ? B ) sin ( A ? C ) sin 2 A + sin ( B ? A ) sin ( B ? C ) sin 2 A ≥ 0 ;因 sin ( C ? A ) sin ( C ? B ) sin 2C ≥0,

所以

sin ( A ? B ) sin ( A ? C ) sin ( B ? A) sin ( B ? C ) sin ( C ? A ) sin ( C ? B ) + + ≥0. sin 2 A sin 2 B sin 2C
n n 满足: mn ≤ 2011, m, n 为正整数,则称 为“兔分数” ;现将所 m m

三、如果既约分数

有“兔分数”按递增顺序排成一个数列

n1 n2 n3 , , ,L ,称为“兔数列” ; m1 m2 m3 nk nk +1 , ,都满足: mk nk +1 ? mk +1nk = 1 . mk mk +1

证明:对于兔数列中的任两个相邻项

证:对任一正整数 n ,将兔数列中分母不大于 n 的子数列记为 Tn ,当 n = 1 , 数列 T1 = ? , , ,L ,

?1 2 3 ?1 1 1

2011 ? ? 显然满足条件; 1 ?

对 n 归纳:据数列 T1 知, n < 2 时结论成立,设结论对于 n < k 成立,考虑数列 Tk , 注意 Tk ?1 ? Tk ,而 Tk \ Tk ?1 中的分数

a 满足,分母 b = k , ( a, b ) = 1 ; b



a c ?a c ? , , ? < , bc ? ad = 1? 是 Tk ?1 中的一对相邻分数,如果它们在 Tk 中也相邻, b d ?b d ?

则显然满足条件;如果它们在 Tk 中不相邻,即有 Tk \ Tk ?1 中的分数

m 插入它们之间,其中 k a m c a c mk ≤ 2011 , ( m, k ) = 1 . < < , (插入的分数中总有一个与 或 相邻,不妨设 b k d b d m c 1 ? c m? ?m a? 1 1 b+d 与 相邻) ,于是 ……①, =? ? ?+? ? ? ≥ + = k d bd ? d k ? ? k b ? dk bk bdk

所以 k ≥ b + d ……②, 又 易 知 ,分 数

a+c a 1 a+c a c 也 介 于 , 之 间 , 这 是由 于, ( ? = >0, b+d b d b + d b b (b + d )

c a+c 1 ? = > 0 ) 注意 b ( a + c ) ? a ( b + d ) = bc ? ad = 1 , , 可知 a + c 与 b + d 互 d b + d d (b + d )

8

质,即

a+c 为既约分数. b+d

如果 ( a + c )( b + d ) > 2011 ,注意 2011 ≥ mk 及 k ≥ b + d ,相乘得 a + c > m ,

m ∈ Tk , b+d m m a+c c m c 因 ≤ < < ,且 , 在 Tk 中相邻,所以 k = b + d ,且①中成立等号, k b+d b+d d k d c m 1 c a+c c a+c = ? = ? ,得 a + c = m ,这与 a + c > m 矛盾, 则 ? = d k dk d b + d d k a+c 因此, ( a + c )( b + d ) ≤ 2011 ;如果分数 ∈ Tk \ Tk ?1 , 则 b + d = k ……③, b+d a a+c c , 是 Tk 中的相邻项,则对于前一对分数而言,有 如果 , b b+d d
而由 m ( b + d ) ≤ mk ≤ 2011 ,得

b ( a + c ) ? a ( b + d ) = bc ? ad = 1 ;而对于后一对分数而言,有
a+c 后的分数列合于条件; b+d c m 1 m a 1 又由③知,①式成立等号,于是有 ? = 以及 ? = ,而由 d k dk k b bk

c ( b + d ) ? d ( a + c ) = bc ? ad = 1 ;因此插入

c m 1 1 c a+c c a+c ? = = = ? = ? ,所以 a + c = m ;……④ d k dk d ( b + d ) d b + d d k
因此得

m a+c a+c a c = ;并且 是 Tk 中能够插入 Tk ?1 中的一对相邻分数 , 之间的唯一 k b+d b+d b d

分数,即是说,在由数列 Tk ?1 过度到数列 Tk 时,不论相邻分数间是否插入了新的分数,所 得数列 Tk 都满足条件,因此对于每个正整数 n ,结论成立.特别是数列 T2011 满足条件,故 本题得证. 四、从圆周的九等分点中,任取五点染为红色;证明:存在以红点为顶点的不同的六个 三角形 ?1 , ? 2 ,L , ? 6 ,满足: ?1 ≌ ? 2 ; ? 3 ≌ ? 4 ; ? 5 ≌ ? 6 . 证: 注意如下事实:(1) 、 AD, BC 为底的等腰梯形 ABCD 中, 以 存在两对全等三角形:

?ABC ≌ ?DCB ; ?BAD ≌ ?CDA .
并且梯形的每个顶点都在其中一对全等三角形中两次出现. 若 则 ( 2 ) 、 M 是等腰梯形 ABCD 两底 AD, BC 中垂线上的任一点, ?MAB ≌ ?MCD . (一) 、先证明,五个红点中,必有某四点构成等腰梯形的四个顶点: 不妨设,圆周上九等分点相邻两个分点间的弧长为 1 .一条弦,如果其所对的劣弧长为

k ,则称该弦的“刻度”为 k ,于是,以分点为端点的弦的刻度只有 1, 2,3, 4 四种情况,显
然,两弦相等当且仅当其刻度相等;五个红点,共得 C5 = 10 条红端点的弦,其中必有三条
2

9

弦具有相同的刻度,由于对每个 k ,同一点只能发出两条刻度为 k 的弦.注意到以九等分点 为端点的任一条弦不为直径,因此,若两条等弦无公共端点,则其四个端点便构成等腰梯形 的四个顶点; 若这三条等弦不围成三角形, 则其中有两条等弦无公共端点, 于是其四个端点构成等腰 梯形的四个顶点; 若这三条等弦围成三角形,则是正三角形,于是这三弦的刻度皆为 3 .若还有刻度为 3 的弦 l ,则该弦与正三角形的每条边无公共端点,这时弦 l 与正三角形的每一条边所形成的 四个端点都构成等腰梯形的四个顶点;若除了正三角形的边之外,再无刻度为 3 的弦,去掉 这三条弦,剩下的 7 条弦,只有 1, 2, 4 这三种刻度,其中必有三条弦具有相同的刻度,这三 条等弦不可能围成三角形, 因此其中有两条等弦无公共端点, 于是其四个端点便构成等腰梯 形的四个顶点; (二) 、由于弦的刻度只有 1, 2,3, 4 四种情况,故等腰梯形上下两底的“刻度对”只有

(1, 2 ) , (1,3) , (1, 4 ) , ( 2,3) , ( 2, 4 ) , ( 3, 4 ) 这六种可能,顺次如以下六图所示.
M
M A D

M
Q

Q
P

A

Q

D P B C

A
P B C

D B C

M A D

M A
Q

M
D C Q P

Q A D C P

B

B P

C

B

(以下用梯形两底的“刻度对”表示相应的梯形图) . 据 (1) 知,每个等腰梯形中都存在两对全等三角形; 再考虑第五个红点,若该红点为两底中垂线上的点 M ,据 ( 2 ) 知,存在另一对全等三 角形: ?MAB ≌ ?MDC ; 若该红点异于点 M ,据图形的对称性,只需考虑红点为 P 或 Q 的情况;我们来证明, 无论增加红点 P 或 Q ,图形中都将新增一个等腰梯形. 若增加红点 P , 则在图 (1, 2 ) 中, 增加了梯形 PBAD ; 在图 (1,3) 中, 增加了梯形 PDCB ; 在图 (1, 4 ) 中,增加了梯形 PCBD ;在图 ( 2,3) 中,增加了梯形 PBAD ;在图 ( 2, 4 ) 中,增
10

加了梯形 PADC ;在图 ( 3, 4 ) 中,增加了梯形 PBAC ; 若增加红点 Q ,则在图 (1, 2 ) 中,增加了梯形 QDBC ;在图 (1,3) 中,增加了梯形

QADC ; 在图 (1, 4 ) 中, 增加了梯形 QBCD ; 在图 ( 2,3) 中, 增加了梯形 QABC ; 在图 ( 2, 4 )
中,增加了梯形 QCAB ;在图 ( 3, 4 ) 中,增加了梯形 QABD ; 而据 (1) ,新增红点必在新增梯形的一对全等三角形中两次出现.也就是增加了一对新 的全等三角形. 因此, 给出的五个红点中, 存在六个以红点为顶点的三角形, 它们可配成全等的三对. 故 本题得证.

11


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22高中数学奥林匹克训练题及答案
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山东2013高中数学奥林匹克夏令营试题及答案
山东省 2013 届高中数学奥林匹克夏令营试题参考答案一.填空题(本题共 4 道小题,每题 10 分,共 50 分) 1.已知直线 L 过定点 P(1,2)且与 x 轴 y 轴...
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