數(shù)列-1981-2018年歷年數(shù)學(xué)聯(lián)賽48套真題WORD版分類匯編含詳細(xì)答案

1、1981年2018年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試試題分類匯編1981年2018年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試試題分類匯編組合與構(gòu)造1981-2018年歷年數(shù)學(xué)聯(lián)賽48套真題2017A三、(本題滿分50分)將33M 33方格紙中每個(gè)小方格染三種顏色之一，使得每種顏色的小方格的個(gè)數(shù)相等。若相鄰兩個(gè)小方格的顏色不同，則稱他們的公共邊為“分割邊”。試求分割邊條數(shù)的最小值。解析：記分割邊的條數(shù)為 L.首先，將方格紙按如圖所示分成三個(gè)區(qū)域，分別染成三種顏色，粗線上均為分割邊，此時(shí)共有 56條分割邊，即L=56。下面證明L _56.將方格紙的行從上至下依次記為 A1, A2, A33，列從左至右依次記為16171716B1

2、，B2,，B33,行Ai中方格出現(xiàn)的顏色數(shù)記為n(A ),列Bi中方格出現(xiàn)的顏色數(shù)記為n(Bi ),三種顏色分別記為 a , C2,C3,33對(duì)于一種顏色Cj ,設(shè)nfc 股表示含有Cj色方格的函數(shù)與列數(shù)之和記Ai1, Ai中含有5色方格 cj0, Ai中不含d色萬(wàn)格,同理定義«Bi,Cj )=<1 ,Bi中含有j色方格、0,Bi中不含j色方格333333333則工(n(Ai )+n(Bi )=£ £ 悠八0人乜Bif 卜£ Z C(Ai計(jì)七舊n(cj fo i 1i=1jz1j d i 4j 112由于染Cj色的方格有-父33 =363個(gè)，設(shè)含有

3、Cj色方格的行有a個(gè)，列有b個(gè)，則Cj色方格一定 3在這a行和b列的交叉方格中，因此 ab豈363.從而n(Ci )= a+b22jWb之2J363 a38即 n(G a39. j =1,2,3，由于在行A中有n(A并中顏色的方格，因此至少有n(A )-1條分割邊，同理在行 Bi中有n(Bi )種顏色的方格，因此至少有 n(Bi )-1條分割邊，于是，3333333L >Z (n(A )1 廣工(n(Bi M )>Z (n(A )+n(Bi )-66 =£ n )66i 1i 1i 1j 1卜面分兩種情形討論當(dāng)有一行或有一列全部方格同色時(shí)，不妨設(shè)有一行全為 C1色，從而方

4、格紙的33列中均含有G的方格，由于 小的方格有363個(gè)，故至少有11行中含有小色方格。于是n(c1心11+33 = 44。由得 L_nc1n c2 n c3 -66 _44 39 39 一66 = 56沒有一行或沒有一列全部方格同色時(shí)，則對(duì)任意1 <i <33,均有n(A )>2, nBi )>2 ,從而由33知，L-n Ain Bi -66-33 4 -66 56i 4綜上可知，分割邊條數(shù)的最小值為56。2017A四、(本題滿分50分)。設(shè)m,n均是大于1的整數(shù)，m > n , a1，a2,，an是n個(gè)不超過(guò)m的互不相同的正整數(shù)，且a1，a2,，an互素。證明：

5、對(duì)任意實(shí)數(shù)x ,均存在一個(gè)i ( 1 w i w n ),使得2aiX :m(m 1)|x|,這里| y|表示實(shí)數(shù)y到它最近的整數(shù)的距離。證明：首先證明兩個(gè)引理:引理 1:存在整數(shù) c1,c2,，cn ,滿足 c1a1 +c2a2 +cnan =1 ,并且 G Em, 1 E i E n .由于&e2,，an互素，即冏e2,，an )=1 ,有裴蜀定理，存在整數(shù)C1,C2,，Cn,滿足GQ +c2a2 +cnan =1 。卜面證明，通過(guò)調(diào)整，存在一組c1,c2，cn滿足，且ci4m ,記6(。，6,，cn )= £ G之0 ,Ci m§(6&,，Cn )=工

6、 Cj >0o cj <-m如果Si>0,那么存在Ci Am >1 ,于是aiCi >1 ,又a1，a2,，an是大于1的整數(shù)，故由可知,存在 q <0 ,令ci/ =ci aj , c/ =q +ai, c；=ck (1< k < n , k¥i,j),則da +c2a2 +c；an =1, 并且 0 WmajWci/<ci, cj <c/j <ak m ,所以 S1, C2 , Cn)< S1(C1, C2, Cn),S2 6,C2 , Cn)< S2(C1 ,C2,CS1 = S2 = 0結(jié)論獲證。如

7、果 S2 >0，則存在 Cj < -m ,因此有一個(gè) g >0 .令 c/ =g aj ,c/ =Cj +ai，ck=Ck (1 < k < n , k#i,j),那么成立，并且一 mcc/cCiGcc/,與上面類似可以證明到： S1 (C1 ,C2,，Cn)< S1 (C1,C2 ,，Cn),S2 (C1 , C2 ,，Cn )< S2 (C1 , C2 ,，Cn),即說(shuō)明Si 與S2 均是非引理2：對(duì)任意的實(shí)數(shù)a,b，均有a + bl <負(fù)整數(shù)，故通過(guò)有限次上述的調(diào)整，可以得到一組使得成立，并且同+|b ;對(duì)任意整數(shù)u和實(shí)數(shù)v , 有IH -

8、lull M;由于對(duì)任意整數(shù)u和實(shí)數(shù)x ,均有u + x < x ,于是不妨設(shè)a,b w11IL 2'2 '此時(shí)間=|a| ,|b| =|b ,若abE0,不妨設(shè)a <0 <b,則a+b!|-,1 1,從而 |a+b| =IL 2 211 1右ab >0 ,不妨設(shè)a,b同萬(wàn)，則當(dāng) a+bE一時(shí)，有a+b=j-,一, 2_ 2 2 一 1,1此時(shí) |a +b| = a +b = a| +|b =|a| +|b| ；當(dāng) a +|b >-時(shí)，注意到總有 |a + b| <-,故|a +b| < 1 < a + b =|a| +|b| ;

9、故得證；又y| =|y|，由知，是成立的。接下來(lái)回到原題，由結(jié)論存在整數(shù)c1,c2,，cn,滿足c1a1+c2a2+cnan=1,并且ci m,1 <i En.于是,由引理2得| 乂| =&qaixnw 工ci HI ai xi=1nWmZ| ai x ,i 1因此,ma1 i：<2x若n£m1 ,則由知，maxi aix2J. m 1右n >,則在a1，a2,，an中存在兩個(gè)相鄰的正整數(shù)。不妨設(shè)a1, a2相鄰，則2llxll =|a2x-a1x| <|a2x| +|a1x ,故 1a2x 與|a1x 中有一個(gè)不小于之2M。2 m m 1綜上，總存在

10、存在一個(gè)i (1 wi wn),使得|aix| <2INI m(m 1)2016A三、(本題滿分50分)給定空間10個(gè)點(diǎn)，其中任意四點(diǎn)不在一個(gè)平面上。將某些點(diǎn)之間用線 段相連，若得到的圖形中沒有三角形也沒有空間四邊形，試確定所連線段數(shù)目的最大值。解析：以這10個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)，所連線段為邊，得到一個(gè)10階簡(jiǎn)單圖G,我們證明G的變數(shù)不超過(guò)15.設(shè)G的頂點(diǎn)為V1,V2,，vs一共有k條邊，用D(m庚示頂點(diǎn)Vi的度。若D(w產(chǎn)3對(duì)i= 1,2,3，101 101都成立，則 k =-X D vi Mm10m3=15。 2 i42假設(shè)存在Vi滿足D(Vi戶4,不妨設(shè)DM)=n24,且必與V2,，Vn書均

11、相鄰.于是V2 ,，Vn書之間沒有邊，否則就成三角形，所以V1與v2,，vn4之間恰有n條邊.對(duì)每個(gè)j (n+2EjE10), Vj至多與V2,，Vn書中的一個(gè)頂點(diǎn)相鄰(否則設(shè)Vj與Vs, Vt(2 Ms Mt Mn+1)相鄰，則V1, V2, v» Vt就對(duì)應(yīng)了一個(gè)空間四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)，這與題意矛盾)，從而V2,，Vn書與Vnm，V10之間的邊數(shù)至多10 (n +1) = 9 n條。(9 nf1.且在Vn%,，Vn這9-n個(gè)頂點(diǎn)之間，由于沒有三角形，由托蘭定理，至多 p9 nj條邊，因此G的I 4邊數(shù) k <n +(9n) + I，9') ；=9+ '&quo

12、t;n)【M9+ |型1 = 1544！4例如如圖所示的就有15條邊，且滿足要求。綜上所述，所連線段數(shù)目的最大值為15。2014B四、(本題滿分50分)設(shè) MBC是一個(gè)邊長(zhǎng)為2 J3的等邊三角形，在AABC的內(nèi)部和邊界上任取11個(gè)點(diǎn).(1)證明：一定存在兩個(gè)點(diǎn)，它們之間的距離小于或等于1; (20分)(2)證明：一定存在兩個(gè)點(diǎn)，它們之間的距離嚴(yán)格小于1; (30分)3.一一，一.證明：(1)如左下圖1,我們將AABC分成16個(gè)邊長(zhǎng)為 的小等邊三角形；對(duì)于中間的圖 2中六2AABC就可以被個(gè)灰色的小三角形，我們將它們剖分成三個(gè)全等的三角形；這樣，我們就可以看出 右圖3的10個(gè)正六邊形所覆蓋。圖1

13、圖2圖3不難看出，這里的10個(gè)正六邊形的直徑為1,它們可以被看做10只“抽屜”，對(duì)于三角形 AABC內(nèi)部和邊界上任取11個(gè)點(diǎn)，根據(jù)抽屜原理，至少有一個(gè)正六邊形包含兩個(gè)點(diǎn)。而在這個(gè)正六邊形中，任意兩點(diǎn)間的距離不超過(guò) 1,這樣便證明了我們所要的結(jié)論。(要注意，我們的抽屜的構(gòu)造并不是唯一的，我們還可以用下圖4所示的10個(gè)直徑為1的圓覆蓋ABC,也可以得到同樣的結(jié)論)圖4圖5(2)這部分要求證明的是嚴(yán)格不等號(hào)。我們要證明在11個(gè)點(diǎn)中存在兩個(gè)點(diǎn)， 他們間的距離嚴(yán)格小于 1,注意到直徑為1的正六邊形中，間距恰好為 1的兩個(gè)點(diǎn)一定是距離最遠(yuǎn)的一對(duì)點(diǎn)，另一方面，上面所 構(gòu)造的正六邊形抽屜在邊和頂點(diǎn)處是由重復(fù)的

14、，我們通過(guò)指定一條邊或者頂點(diǎn)屬于那一個(gè)特定的正六邊形來(lái)改造我們的“抽屜”，使得每一個(gè)抽屜不包含正六邊形中距離為1的頂點(diǎn)對(duì)，當(dāng)然，在目前的情況我們只需關(guān)心怎么改造頂點(diǎn)即可。我們?cè)诿恳粋€(gè)正六邊形抽屜上去掉一些頂點(diǎn)，使得每一個(gè)抽屜不在包含正六邊形中距離為1的頂點(diǎn)對(duì)，如圖5就是一個(gè)辦法，圖中空心的點(diǎn)表示正六邊形中去掉該點(diǎn)，不難看出，這樣的改造還是覆 蓋了原來(lái)得三角形 AABC,且每一個(gè)抽屜不在包含正六邊形中距離為 1的頂點(diǎn)對(duì)，根據(jù)抽屜原理， 我們就證明了：任取11個(gè)點(diǎn)，一定存在兩個(gè)點(diǎn)，它們之間的距離嚴(yán)格小于 1。（這樣的抽屜構(gòu)造也是 不唯一的）2013B四、（本題滿分50分）用若干單位小正方形和由三個(gè)

15、單位小方格組成的形“磚”鋪滿一個(gè)2 Mn的方格棋盤的所有不同可能鋪法的數(shù)目是 Tn.下面的圖是n = 3時(shí)的兩種不同的鋪法：Effl SES求T10;求T2013的個(gè)位數(shù).當(dāng)n至3時(shí)，我們從左向右地鋪 2><n的方格棋盤，無(wú)論哪一種鋪法，至多鋪到 2M3,我們一定會(huì)完成一個(gè)2Mk （k =1,2,3,）的矩形。這樣我們計(jì)算 Tn時(shí)，就可以去尋找與Tn,Tnq,Tn二的關(guān)系，又我們得到Tn =Tn4Tn2Tn4由 T1=1, 丁2=5,得丁3=11, T4 =33,T5 =87,依次下去可得 T10 =13377由Tn =Tn4+4Tn+ 2Tn1 = 1 ,T2= 5 ,T3= 1

16、1 ,可知，Tn一定是奇數(shù)。我們由mod5計(jì)算丁2013,對(duì)每一個(gè)Tn,我們有:(Tl=1 ,T2 =0,丁3 =1,丁4 =3,丁5 =2 ,丁6 =1 ,丁7=0,丁8 =3=0 不。=2,國(guó)=3,、= 1 ,Ti3三 2 ,丁14 三 2 , T15 三 2 , T16 三 4 , T17 三 1 ,丁18三 1, T19三 3 , T20 三 4 , 丁21 三 3 , T22 三 0 ,T23 三 0 ,T24 三 1，)丁25 三 1 斤26 三 0，丁27 三 1，丁28 三 3,丁29 三 2,丁3。三 1,可知，Tn的個(gè)位數(shù)的周期是 24。而2013三21 (mod 24 )

17、,又mod5等于3的奇數(shù)mod10也一定等于3,所以T2013的個(gè)位數(shù)為3。2012A三、(本題滿分50分)設(shè)P。，P, P2,lll,Pn是平面上n+1個(gè)點(diǎn)，它們兩兩間的距離的最小值為d n Jd(d00),求證:BP B叫l(wèi)iPoPn A(一) J(n+1)!''''3d證明：證法一：不妨設(shè)P0P1<P0F2Mill w P0Pn.先證明：對(duì)任意正整數(shù)k,都有F0R>-Vk+13d顯然，P0P. >d >-7k+Tk =1,2,|,8均成立，只有k =8時(shí)右邊取等號(hào)10分所以，只要證明當(dāng)k39時(shí)，有|P0R| Adjk"即可

18、.dd以P(i =0，1,2，|，k)為圓心，d為半徑回k + 1個(gè)圓，它們兩兩相離或外切；以P0圓心，P0Pk+9為22半徑畫圓，這個(gè)圓覆蓋上述k+1個(gè)圓 20分所以 n( P0R|+d)2 A(k+1)n(9)2= P0Pk Ad(Vki1) 30分40分50分k 1 -1、k 1由k29勿知>23所以P0Pk >9Jk +1對(duì)k29時(shí)也成立.3綜上，對(duì)任意正整數(shù)k都有|P0Pk >d .一_ 一 d n / 因而 IP0P1I KP2 'HI.P0Pn|>(-) J(n+1)!3證法二：不妨設(shè) Irr WrpJ w|w|RPn.以P(i =0，1,2，H|

19、，k)為圓心，d為半徑畫k + 1個(gè)圓，它們兩兩相離或外切； 10分2設(shè)Q是是圓P上任意一點(diǎn)，由于d13P0Q|E|BP|+|PiQ =P0Pl+2即卜十2照|=2延卜 20分.一 . _3 因而，以F0為圓心，一 PoPk為半徑的圓覆蓋上述個(gè)圓 30分2,3 , od 9d . -故江(一 BR )2 >(k+1用(一)2= PoPk >-Vk：M(k=1,2,|,n) 40 分2 123 d n 所以 P0P1HlP0Pn >(-) J(n+1)! 50 分1 ''32011A四、(本題滿分50分)設(shè)A是一個(gè)3父9的方格表，在每一個(gè)小方格內(nèi)各填一個(gè)正整數(shù).

20、 稱 A中的一個(gè)mMn(lEmE3, lEnE9)方格表為“好矩形”，若它的所有數(shù)的和為 10的倍數(shù).稱A中的 一個(gè)1刈的小方格為“壞格”，若它不包含于任何一個(gè)“好矩形” .求A中“壞格”個(gè)數(shù)的最大值.解析：首先證明A中“壞格”不多于 25個(gè).用反證法.假設(shè)結(jié)論不成立，則方格表 A中至多有1個(gè)小方格不是“壞格” .由表格的對(duì)稱性， 不妨假設(shè)此時(shí)第1行都是“壞格”.設(shè)方格表A第i列從上到下填的數(shù)依次為 ai,bi,ci, i =1,2，9. kk記 Sk =£ ai，Tk =Z (bi +g), k=0,1,2，9,這里 S° =T° =0. i 1i 1我們證明：

21、三組數(shù)S0,s,，S9；丁0,丁1,，T9及S0十丁0,6十丁1,，S9十丁9都是模10的完全剩余系.事實(shí)上，假如存在 m, n, 0<m<n<9,使Sm三Sn (mod 10),則 n 工 ai =Sn Sm 三0(mod10), i =m 1即第1行的第m+1至第n列組成一個(gè)“好矩形”，與第1行都是“壞格”矛盾. n又假如存在 m,n,0Mm<nM9,使Tm三Tn(m。d10),則£ (bi +g ) =一Tm 三 0(mod 10), i =m 1即第2行至第3行、第m +1列至第n列組成一個(gè)“好矩形”，從而至少有2個(gè)小方格不是“壞格”， 矛盾.類似地，

22、也不存在 m, n, 0<m<n<9,使Sm +Tm三Sn十Tn(mod 10).因此上述斷言得證.故999Sk Sk =Z Tk =Z （Sk +Tk）三 0十1 十 2 十+9 三 5（mod10）, k旦k旦k當(dāng)999所以 （S （Sk +Tk）三£ Sk +Z Tk 三 5+5 三 0（mod10）, k 3k =0k =0矛盾！故假設(shè)不成立，即“壞格”不可能多于25個(gè).另一方面，構(gòu)造如下一個(gè) 3父9的方格表，可驗(yàn)證每個(gè)不填10的小方格都是“壞格”，此時(shí)有25個(gè)“壞格”.11121111101111111111111011112綜上所述，“壞格”個(gè)數(shù)的最大值

23、是 25.2011B四、（本題滿分50分）給定n個(gè)不同實(shí)數(shù)，其所有全排列組成的集合為An.對(duì)于 （ai,a2,llan）亡An,若恰有兩個(gè)不同的整數(shù)i, j乏1,2,| ,n 1使彳導(dǎo)ai >ai由,aj > aj中成立，則稱 該排列為“好排列”.求An中“好排列”的個(gè)數(shù).解析：首先定義：對(duì)于A中的一個(gè)排列（a1,a2，an ）,如果滿足a1 < a2<<an,則稱該排列為自然排列；對(duì)于A中的一個(gè)排列（a1,a2,，an ）,如果有整數(shù)i £ 1,2；" ,n -1）,使得ai Aai中則稱ai和 ai十構(gòu)成一個(gè)“相鄰逆序”；對(duì)于（a1,a2,

24、，an戶A,如果它恰有一個(gè)“相鄰逆序”，則稱該排列為“一階好排列” ，A中所 有“一階好排列”的個(gè)數(shù)記為 f（n）；如果它恰有兩個(gè)“相鄰逆序”，則稱該排列為“二階好排列”， A中所有“二階好排列”的個(gè)數(shù)記為 f2（n）；依題意知，f2（n）恰好是要求的 A中“好排列”的個(gè)由題意知：f1(1)=0, f1(2)=1, f2(1) = f2(2) = 0 , f2(3)=1。以下為了敘述簡(jiǎn)便，我們把由給定的k個(gè)不同實(shí)數(shù)的所有全排列構(gòu)成的集合記為Ak（k=1,2,，n）,其次求 3（n）。我們先來(lái)考察f（k +1）與f（k）之間的遞推關(guān)系。對(duì)Ak,中的每一個(gè)“一階好排列”（記為a）,我們考慮從中取出

25、最大的數(shù)ak卡后剩下的k個(gè)數(shù)a1，a2,，ak按原來(lái)的順序構(gòu)成的排列（記為b）。如果排列b是Ak中的“一階好排列”，且“相鄰逆序”為ai >為書，那么，在排列a中，ak中的位置只能在ai, ai4之間或最后；如果排列b不是Ak中的“一階好排列”，則排列b中的“相鄰逆序”的個(gè)數(shù)不為 1,顯然排列b中“相鄰逆序”的個(gè)數(shù)不能大于 1 （否則，排列a不是“一階好排列”，理由是：因?yàn)閍k書是最大的 數(shù)，所以排列a中“相鄰逆序”的個(gè)數(shù)一定不少于排列 b中“相鄰逆序”的個(gè)數(shù)），從而排列b中“相 鄰逆序”的個(gè)數(shù)為0,此時(shí)排列b是一個(gè)自然排列，而排列 a是“一階好排列"，所以ak書的位置不 能在

26、最后（有k種可能的位置）。綜合上面的分析可知：f1（k+1） =2f1（k）+k ,即 f1（k+1）+（k+1）+1 = 2f1（k）+k + 1，所以 f1（n） +n +1 =4 M2n”，即 f（n） =2n -n -1 °最后求f2（n）。我們先來(lái)考察f2（k +1）與f2（k）之間的遞推關(guān)系。對(duì)Ak十中的每一個(gè)“二階好排列”（記為c）,我們考慮從中取出最大的數(shù)ak+后剩下的k個(gè)數(shù)a1，a2,，ak按原來(lái)的順序構(gòu)成的排列（記為d）。如果排列d是Ak中的“二階好排列”，且“相鄰逆序”為 ai Aar, aj >aj+,那么在排列c中，ak 中的位置只能在ai,ai書之間

27、或aj,aj書之間，或者排在最后；如果排列d不是Ak中的“二階好排列”，則它一定是 Ak中的“一階好排列”，設(shè)“相鄰逆序”為ai >ani,因?yàn)榕帕衏是“二階好排列"，所以ak用的位置不能在ai,ai書之間，也不能排在最后, 其余位置都行，有 k -1種可能。綜合上面分析可知：f2(k+1) =3f2(k) + (k 1 )f1(k),又 f1(n) = 2n -n -1,所以f2(k +1) =3f2(k) +(k -1 (2k -k -1),變形為.一一k1 1一 .一k 1f2(k 1) (k 2) 2 (k 1)(k 2) = 3 f2(k)k 1 2 k(k 1)2一

28、21n 31所以 f2(n)+(n+1 ) 2 n(n +1) =27 3,即 f2(n) =3 (n + 1) 2 十一n n 十1,221 .因此An中“好排列”的個(gè)數(shù)為 3n (n+1) 2n +n n+1個(gè)。22010A四、(本題滿分50分)一種密碼鎖的密碼設(shè)置是在正n邊形A1A2-1 An的每個(gè)頂點(diǎn)處賦值 0和1兩個(gè)數(shù)中的一個(gè)，同時(shí)在每個(gè)頂點(diǎn)處染紅、藍(lán)兩種顏色之一，使得任意相鄰的兩個(gè)頂點(diǎn)的數(shù)字或顏 色中至少有一個(gè)相同.問：這種密碼鎖共有多少種不同的密碼設(shè)置。解析：對(duì)于該種密碼鎖的一種密碼設(shè)置，如果相鄰兩個(gè)頂點(diǎn)上所賦值的數(shù)字不同，在它們所在的邊上標(biāo)上a,如果顏色不同，則標(biāo)上 b,如果數(shù)

29、字和顏色都相同，則標(biāo)上c.于是對(duì)于2定的點(diǎn) A1上的設(shè)置(共有4種)，按照邊上的字母可以依次確定點(diǎn)A2, A3JIL An上的設(shè)置.為了使得最終回到 A時(shí)的設(shè)置與初始時(shí)相同，標(biāo)有a和b的邊都是偶數(shù)條.所以這種密碼鎖的所有不同的密碼設(shè)置方法數(shù)等于在邊上標(biāo)記 a, b, c,使得標(biāo)有a和b的邊都是偶數(shù)條的方法數(shù)的 4倍.設(shè)標(biāo)有a的邊有2i條，0 Ei E |口 I標(biāo)有b的邊有2 j條，0 E j|口二11.選取2i條邊標(biāo) _2 ,IL 2記a的有C；i種方法，在余下的邊中取出2 j條邊標(biāo)記b的有C；匕種方法，其余的邊標(biāo)記c.由乘法原理，此時(shí)共有 C2i C：1種標(biāo)記方法.對(duì)i, j求和，密碼鎖的所

30、有不同的密碼設(shè)置方法數(shù)為nn 2士2i&2j4工 Cn Z Cnj2i .i =aj =0I J這里我們約定C： =1 .當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，代入式中，得n 2i >0 ,此時(shí)=2心j =0二 2 C2 2i-0nn八.C：2n" '、Cnk2n±(-1)k =(21)n (2 -1)nk =0k=0=3n +1 .當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，若i <n,則式仍然成立；若i =U ,則正n邊形的所有邊都標(biāo)記 a,此時(shí)22只有一種標(biāo)記方法.于是，當(dāng) n為偶數(shù)時(shí)，所有不同的密碼設(shè)置的方法數(shù)為Cni4M 1+ 2i =0£(C212n口,)=2+4£

31、(C1212nq,)=3n+3.i =0綜上所述，這種密碼鎖的所有不同的密碼設(shè)置方法數(shù)是：當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)有3n+1種；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)有3n +3種.2009*四、（本題滿分50分）在非負(fù)數(shù)構(gòu)成的3父9數(shù)表/x11x12x13P =x21x22*23<x31x32x33Xi4Xi5Xi6Xi7*24X25X26X27X34X35X36X37X18X19X28X29X38X39J中每行的數(shù)互小相同，前6列中每列的三數(shù)之,'口為 1，X17 = X28 X39 = 0 , X27 , X37 , X18 , X38 , X19 , X29X11X12X13均大于1。如果P的前二列構(gòu)成的數(shù)表

32、 S 二X21X22X23滿足如下性質(zhì)（O）：對(duì)于數(shù)表P中任X31x32X33 Jxik意一列X2k( k =1,2，9)均存在某個(gè)i wq2,3使得 x1k W ui = mn xi1,xi2, x13。求證:<X3k )最小值ui =min xi'x.xL i =1,2,3一定來(lái)自數(shù)表S的不同歹U；z 、X1k*（ 、X11X12xk 沖存在數(shù)表P中唯一的一列X2k*,k* #1,2,3，使得 3x3數(shù)表 S* =x21x22x2k”仍然具有F3k*jX31x32X3k沖,性質(zhì)（O）。則存在一列不含證明：（i）假設(shè)最小值ui =min xi1,xi2，xi3, i =1,2,

33、3不是取自數(shù)表S的不同歹U。 3313"任何ui .不妨設(shè)j =xi2,i =1,2,3.由于數(shù)表P中同一行中的任何兩個(gè)元素都不等，于是 ui <xi2,i =1,2,3.另一方面，由于數(shù)表 S具有性質(zhì)（0）,在（3）中取k=2,則存在某個(gè)i0 1,2,3 使得xi02 < Ui0 .矛盾。（ii）由抽屜原理知 min x11, x12, min x21, x22, min x31,x32中至少有兩個(gè)值取在同一列。不妨設(shè) min x21,x22 = x22 ,min x31,x32 =x32.由前面的結(jié)論知數(shù)表S的第一列一定含有某個(gè)ui ,所以只能是x11 =u1.同樣，

34、第二列中也必含某個(gè)x11 x12 xl3ui ,i=1,2.不妨設(shè)x22=u2 .于是u3=x33,即ui是數(shù)表S中的對(duì)角線上數(shù)字：S=x21x22加3*31 x32 x33 , 記“=1, 2,，9,令集合 I =kM |xik >min xi1,xi2, i =1,3顯然 I =k W M |x1k >xn,x3k >x32且 1,2,3 更 I .因?yàn)?x18,x38 >1 >x11,x32 ,所以 8三 I .故 I #9 .于是存在 k* W I 使得 x2k* =maX x2k | k w I.顯然，k* #1,2,3.fIXii Xi2 x1k，下面

35、證明3M3數(shù)表S'= X21 X22 x» 具有性質(zhì)（0）. 2k931 X32 X3k- J. , . , . . , -，一 , 從上面的選法可知 ui := minxi1,xi2,xik* =minxi1,xi2, （i =1,3）.這說(shuō)明x1k*min Xii,Xi2 w,x3k min X31, X32用又由 S 滿足性質(zhì)（。），在（3）中取 k = k ,推得 x2k* < u2，于是 u2 = minx21,x22,x2k* = x2k.下證對(duì)任意的k w M ,存在某個(gè)i =1,2,3使得ui'之xik .假若不然，則xik > min x

36、i1,xi2, i = 1,3且x2k A x2k這與x2k*的最大性矛盾。因此，數(shù)表 S'滿足性質(zhì)（。）。下證唯一性。設(shè)有k£ M使得數(shù)表S, S?= x21x22x2k<x31x33x3k J具有性質(zhì)（O ）.不失一般性，我們假定u1 = min x11, x12, x13 = x11（ 4 ）u2 =min X21, X22, X23 =X22,用=min X3i,X32,X33 =X33。X32 < X31由于 x32 Hx31 ,x22 Mx21 ,及（i ）,有 u? =min x11,x12,x1k =x11.又由（i）知：或者（a）區(qū)=min X3

37、1, X32, X3k =X3k ,或者（b）u?2 =min X21，X22,X2k =x?k.如果(a)成立，由數(shù)表§具有性質(zhì)(0),則U1 = min x11,x12,x1k = x11,(5)U2 =min x2i,x22,x2k =x22,烏=min x31，x32,x3k = x3k由數(shù)表§滿足性質(zhì)(0),則對(duì)于3w M至少存在一個(gè)i w 1,2,3使彳導(dǎo)u?i之xi3 ,又由(4), 式 知，UE,= x11<x13,U2=x22cx23.所以只能有U?3=x3k之x33.同樣由數(shù)表S滿足性質(zhì)(。)，可推得x33之x3k.于是k = 3 ,即數(shù)表S =

38、§ 如果(b) 成立， 則 U1 = min x11,x12,x1k = x11 , U1 = min x11,x12,x1k = x11 , ( 6 ) u2 = minx21 , x22 , x2k =x2k，u3=minx31 ,x32 , x3k =x32由數(shù)表§滿足性質(zhì)(0),對(duì)于k* w M ,存在某個(gè)i =1,2,3使得U? >xik* ,ik由 k U I 及(4)和(6)式知，x,*>x11= I?,x,.*>x32=l?3.1 k3k于是只能有x2k* <Ui2 =x2k.類似地，由S'滿足性質(zhì)(。)及kw M可推得x2k

39、 < u2 = x2k* ,從而.*.k =k。2007*二、(本題滿分40分)。如圖所示，在7 M 8的長(zhǎng)方形棋盤的每個(gè)小方格的中心點(diǎn)各放一個(gè)棋子。如果兩個(gè)棋子所在的小方格共邊或者共頂點(diǎn)，那么稱這兩個(gè)棋子相連?，F(xiàn)從這56個(gè)棋子中取出一些，使得棋盤上剩下的棋子，沒有五個(gè)在一條直線(橫豎斜方向)上依次相連。問最少取出多少個(gè)棋子 才能滿足要求？并說(shuō)明理由。解析：1 23456 171gl解：最少要取出11個(gè)棋子，才可能滿足要求。其原因如下：1如果一個(gè)方格在第i行第j歹U,則記這個(gè)方格為(i, j)o2二第一步證明若任取 10個(gè)棋子，則余下的棋子必有一個(gè)五子連3珠，即五個(gè)棋子在一條直線(橫、豎

40、、斜方向)上依次相連。用反證法。假設(shè)可取出10個(gè)棋子，使余下的棋子沒有一個(gè)五子連珠。如圖1,在每一行的前五格中必須各取出一個(gè)棋子，5后三列的前五格中也必須各取出一個(gè)棋子。這樣，10個(gè)被取8出的棋子不會(huì)分布在右下角的陰影部分。同理，由對(duì)稱性，也7不會(huì)分布在其他角上的陰影部分。第1、2行必在每行取出一個(gè)，且只能分布在(1, 4)、(1 , 5)、(2, 4)、(2, 5)這些方格。同理I E 一 一 了撲(6, 4)、(6, 5)、(7, 4)、(7, 5)這些方格上至少要取出 2個(gè)棋子。 1 口 | | | | | |在第1、2、3歹U,每列至少要取出一個(gè)棋子，分布在(3, 1)、？二(3, 2

41、)、(3,3)、(4,1)、(4, 2)、(4, 3)、(5, 1)、(5,2)、(5,3)3二所在區(qū)域，同理(3, 6)、(3, 7)、(3, 8)、(4, 6)、(4, 7)、(4, 8)、 -I(5, 6)、(5,7)、(5,8)所在區(qū)域內(nèi)至少取出3個(gè)棋子。這樣，在這些$二區(qū)域內(nèi)至少已取出了10個(gè)棋子。6二因此，在中心陰影區(qū)域內(nèi)不能取出棋子。由于、這4個(gè)| | | | | | | 一棋子至多被取出2個(gè)，從而，從斜的方向看必有五子連珠了。矛盾。第二步構(gòu)造一種取法，共取走11個(gè)棋子，余下的棋子沒有五子連珠。如圖2,只要取出有標(biāo)號(hào)位置的棋子，則余下的棋子不可能五子連珠。綜上所述，最少要取走 1

42、1個(gè)棋子，才可能使得余下的棋子沒有五子連珠。2005*12、如果自然數(shù)a的各位數(shù)字之和等于 7,那么稱a為“吉祥數(shù)”.將所有吉祥數(shù)從小到大排成一歹U a1,a2,a3，若 an =2005,則 a5n =答案:5200解析：因?yàn)榉匠?為+x2 +xk = m的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為 Cm4k，而使x1 > 1, xi > 0 (i父2 ) 的整數(shù)解個(gè)數(shù)為cm；,?，F(xiàn)取m = 7,可知，k位吉祥數(shù)的個(gè)數(shù)為p(k)=C；45因?yàn)?005是形如2abc的數(shù)中最小的一個(gè)吉祥數(shù)，且 p(1) = 1 , p(2) = 7 , p(3) = 28 ,對(duì)四位吉祥數(shù)崩，其個(gè)數(shù)為滿足 a+ b + c

43、=6的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)，即 C：書=28個(gè)。 6 3又 2005是第 1 +7 +28+28 +1=65個(gè)吉祥數(shù)，即 a66 = 2005 ,從而 n = 65, 5n = 325。又 p(4) =84 , p(5) =210 ,而 p(1) + p(2) + p(3) + p(4) + p(5) =330所以從大到小最后六個(gè)五位吉祥數(shù)依次是70000,61000,60100,60010,60001,52000 ,所以第325個(gè)吉祥數(shù)是52000,即a5n = 520002003*三、(本題滿分 50分)。由n個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的l條連線段組成一個(gè)空間圖形，其中212n =q +q+1 , l之

44、一q(q+1) +1, q之2, q N。已知此圖中任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條2連線段，存在一點(diǎn)至少有q+2條連線段.證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形 (即由四點(diǎn)A,B,C,D和 四條連線段 AB,BC,CD,DA組成的圖形).證明：證明：設(shè)點(diǎn)集為V =與，兒,，A1,與A連線的點(diǎn)集為Bi,且Bi.于是1 Wb Wn 1 .又n 4顯然有 Z bi =2| >q(q+1 2 +2 i f若存在一點(diǎn)與其余點(diǎn)都連線，不妨設(shè)b0 =n -1.122則 B0 中 n-1 個(gè)點(diǎn)的連線數(shù) l-b0q(q+1)+1-(n-lW q(q+>q " = 1)1 1n -1.=一(q +1

45、jfn -1 )+1 -(n -1 )=- (q -1 fn -1 )+1 至+1 .(由 q ' 2)2 22但若在這n-1個(gè)點(diǎn)內(nèi)，沒有任一點(diǎn)同時(shí)與其余兩點(diǎn)連線，則這n-1個(gè)點(diǎn)內(nèi)至多連線|上11條,一 2故在Bo中存在一點(diǎn)A,它與兩點(diǎn)Aj、Ak（i, j,k互不相等，且i,j,k至1）連了線，于是慶。人，入，入 連成四邊形.現(xiàn)設(shè)任一點(diǎn)連的線數(shù) En-2 .且設(shè)bo=q+2wn-2.且設(shè)圖中沒有四邊形.于是當(dāng) i¥ j時(shí),Bi與 Bj 沒有公共的點(diǎn)對(duì)，即BinBjM1( 0 <i, j <n-1).記 B0=VB0,則由BiPlB。M1,得 Bi riBo >

46、;bi -1( i =1,2,，n1),且當(dāng) 1 W, j Wn1 且i / j 時(shí)，Bi B0 與 Bj B0 無(wú)公共點(diǎn)n-1對(duì).從而 麗中點(diǎn)對(duì)個(gè)數(shù)z （Bi nBo中點(diǎn)對(duì)個(gè)數(shù)）.即i 1n 1n 11”二110/20VIC2耳 迂 C|Bi耳I 迂 C；二1£ to2 -3bi +2)>- I Z (bi ) -3Z C )+2(n-1i mi m2i 工21n1i三yyj(由平均不等式) 2l - bo - 3 2l _ bo2 n _ 1 J2 Ln -1= 1.1(2l -bo 2 -3(n -1 21 -bo )+2(n-1 f12 Un -1=1(21 bo n

47、+1121 bo 2n+2)(注意 21 2 q(q +1 2 +2 = (n 1 Kq+1 計(jì)2),2 n -121即得到 C：4 之n1L+2bo ( n1(q1 十2 bo (兩邊同乘以 2(n-1)°2 n -1即(n -boJn -1 -bo戶«n-1 q +2 -boj(n-1Jq- 1 )+2bo)(注意到 n -1 2q(q +1得 q(q+1In 一仇In-1 -bo上(nq-q +2 -bo Inq -n +3-bo).(各取部分因數(shù)比較)又 nq n3 boq n T-bo= q 7bo_n 3 _ q_1q 2 V-n 3 =q2q 1 n = o2

48、(這里用到刖面所得到的式子bo2q+2, q(q+1)=q +q = n1)In -1 q 2 -b0 I - q 1 n - b0 =qb0 -q-n 2.qq 2 -q-n 2=q2 q-n 2=1 0(這里也用到前面所得到的式子b0之q+2, q(q+1 )= q2 + q = n 一1)又(nqn+3bo (nqq+2 bo 卜 q(n-1 bo )、(q+1'。b0 )均為正整數(shù),從而由、得， q(q +1 jn -b0 (n -1 -b0 )<(nq -q +2 -b0 jnq -n +3 b0 ) 由、矛盾，知原命題成立.又證：畫一個(gè)nxn表格，記題中n個(gè)點(diǎn)為A1,

49、 A2； An ,若A與Aj連了線，則將表格中第i行j列的方格中心涂紅. 于是表中共有21個(gè)紅點(diǎn)，當(dāng)d(A )=m時(shí)，則表格中的i行及i列各有m個(gè)紅 點(diǎn).且表格的主對(duì)角線上的方格中心都沒有涂紅.由已知，表格中必有一行有 q+2個(gè)紅點(diǎn).不妨設(shè)最后一行前 q+2格為紅點(diǎn).其余格則不為紅點(diǎn)(若有紅點(diǎn)則更易證)，于是：?jiǎn)栴}轉(zhuǎn)化為：證明存在四個(gè)紅點(diǎn)是一個(gè)邊平行于格線的矩形頂點(diǎn).若否，則表格中任何四個(gè)紅點(diǎn)其中心都不是一個(gè)邊平行于格線的矩形頂點(diǎn).于是，前n-1行的前q +2個(gè)方格中，每行至多有1個(gè)紅點(diǎn).去掉表格的第 n行及前q + 2歹U,則至多去掉22q+2+(n-1) =q+2+q +q=(q+1) +

50、1個(gè)紅點(diǎn).于是在余下(n1)(nq-2)萬(wàn)格表中，至少有21 一(q +1)2 -1 =q(q +1)2 +2 -(q +1)2 -1 = q3 +q2 q 個(gè)紅點(diǎn).n-1設(shè)此表格中第i行有mi(i =1,2,，n-1)個(gè)紅點(diǎn)，于是，同行的紅點(diǎn)點(diǎn)對(duì)數(shù)的總和為 £ Cli .其 id中q2+q=n1.(由于當(dāng)nk時(shí)，C2+C2<C2書+CiL1 ,故當(dāng)紅點(diǎn)總數(shù)為q3+q2q個(gè)時(shí)，可n 1取q2行每彳T取q個(gè)紅點(diǎn)，q行每彳T取q-1個(gè)紅點(diǎn)時(shí)C Cli取最小值，由下證可知紅點(diǎn)數(shù)多于此數(shù) i 1n -1時(shí)更有利于證明.)，但q2C2 +qC' <Z Cmi . i 1由假

51、設(shè)，不存在處在不同行的 2個(gè)紅點(diǎn)對(duì)，使此四點(diǎn)兩兩同列，所以，有(由于去掉了 q + 2列，故還余q2 -1列，不同的列對(duì)數(shù)為 C22 .)q 1'n 二即 Z cm <C22 1 ，所以 q2 q(q -1) +q(q -1)(q-2) <(q2 -1 '(q2 一2 ). iq - Ii 1即 q(q -1)(q2 q -2) < q -1 q 1 q2 -2即q3 +q2 2q <q3 +q2 -2q 一2顯然矛盾.故證.2001*三、(本題滿分50分)將邊長(zhǎng)為正整數(shù) m, n的矩形劃分成若干邊長(zhǎng)均為正整數(shù)的正方形.每個(gè)正方形的邊均平行于矩形的相應(yīng)邊

52、.試求這些正方形邊長(zhǎng)之和的最小值.解析：記所求最小值為f(m,n),我們可以證明 f (m, n) = m+n (m,n). (*)D1A mA1 B其中(m,n)表示m和n的最大公約數(shù).事實(shí)上，不妨設(shè) m之n,(1)關(guān)于m歸納，可以證明存在一合乎題意的分法，使所得正 方形邊長(zhǎng)之和恰為 m + n -(m,n).當(dāng)m =1時(shí)，命題顯然成立.假設(shè)當(dāng)m Mk時(shí)，結(jié)論成立(k之1).當(dāng)m = k+1時(shí)，若 n=k+1,則命題顯然成立.若 n<k+1,從矩形ABCD中切去正方形 AA1D1D (如圖)，由歸納m A1 Ba1 ,a2,，ap ,不妨設(shè)假設(shè)矢I形A1BCD1有一種分法使得所得正方形

53、邊長(zhǎng)之和恰為m -n + n -(m, n) = m -(m,n).于是原矩形ABCD有一種分法使得所得正方形邊長(zhǎng)之和為m + n-(m,n)oD(2)關(guān)于m歸納可以證明(*)成立.當(dāng) m =1 時(shí)，由于 n =1,顯然 f (m, n) =1 = m +n -(m, n) .A假設(shè)當(dāng) mW k 時(shí)，對(duì)任意 1WnWm有f(m, n)= m+n-(m, n).若m = k+1,當(dāng)門=卜+1 時(shí)顯然 f (m,n) = k+1 = m + n(m, n).當(dāng)1 E n E k時(shí)，設(shè)矩形ABCD按要求分成了 p個(gè)正方形，其邊長(zhǎng)分別為a1之a(chǎn)2主2ap 顯然a1 = n或a1 < n .若21

54、 <n ,則在AD與BC之間的與AD平行的任一直線至少穿過(guò)二個(gè)分成的正方形(或其邊界),于是a1 +a2 +ap不小于AB與CD之和.所以a1 + a2 + ap之2M > m + n - (m,n),a2,，ap的正方若a1 = n ,則一個(gè)邊長(zhǎng)分別為 m - n和n的矩形可按題目要求分成邊長(zhǎng)分別為形，由歸納假設(shè) a2 +ao 之 m n+n(m，n) = m(m，n)。pp從而 a1 +a2 +ap 之 m + n (m,n).于是當(dāng) m = k+1 時(shí)，f (m, n)之 m + n _(m, n).再由 可知 f (m,n) = m + n (m, n)。1997*三、(本

55、題滿分50分)在100x25的長(zhǎng)方形表格中每一格填入一個(gè)非負(fù)實(shí)數(shù)，第 i行第j列中填入的數(shù)為xij ( i =1,2，100, j =1,2,25)如表1,然后將表1每列中的數(shù)按從小到大的次序從上到下重新排列為x1/,j >x2,j之至x/00,j ( j =1,2，25)。如表2。求最小的自然數(shù)k,使得只2525要表1中填入的數(shù)滿足工x,j <1 (i =1,2,100),則當(dāng)i之k時(shí)，在表2中就能保證Z x/,j <1 oj 1'再再,2福珞 -V 近3&餐惇<A « 而曲】 -V 解析：在表1 中，取x4iJ3,i=x4i_2,i=x4i,i0.Vl,2444或1V&E« A wX2,36 a a寺 y UMr!« A w/1帆381