学奥数，这里总有一本适合你！
华东师范大学出版社
于是有x1?x2??3m,y?2y?29m2?36x1x2?,kPB?2，kPA?1． 则
2x1?32x2?32kPA?kPB??上式中，
y1?2y?2?2x1?32x2?32(y1?2)(x2?32)?(y2?2)(x1?32)(x1?32)(x2?32)，
11分子?(x1?m?2)(x2?32)?(x2?m?2)(x1?32)
33?2x1x2?(m?22)(x1?x2)?62(m?2) 329m2?36???(m?22)(?3m)?62(m?2) 32?3m2?12?3m2?62m?62m?12?0，
从而，kPA?kPB?0．
又P在直线l的左上方，因此，?APB的角平分线是平行于y轴的直线，所以△PAB的内切圆的圆心在直线x?32上．
（2）若?APB?60?时，结合（1）的结论可知kPA?3,kPB??3． x2y2直线PA的方程为：y?2?3(x?32)，代入??1中，消去y得
36414x2?96(1?33)x?18(13?33)?0．
它的两根分别是x1和32，所以x1?32?32(13?33)18(13?33)，即x1?．所以
141432(33?1)．
7|PA|?1?(3)2?|x1?32|?同理可求得|PB|?所以
32(33?1)．
71S?PAB??|PA|?|PB|?sin60?2132(33?1)32(33?1)3????． 2772?1173.49
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本文档选自华东师范大学出版社的《高中数学联赛备考手册（2012）（预赛试题集锦）》，该书收录了2011年各省市预赛试题和优秀解答。预赛命题人员大多为各省市数学会成员，试题在遵循现行教学大纲，体现新课标精神的同时，在方法的要求上有所提高。命题人员大多同时兼任各省市高考命题工作，试题对高考有一定的指导作用，本书架起了联赛与高考的桥梁，是一本不可或缺的备考手册。
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加 试
1. （40分）如图，P,Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC,BD的中点．若?BPA??DPA，证明：?AQB??CQB．
2. （40分）证明：对任意整数n?4，存在一个n次多项式
f(x)?xn?an?1xn?1???a1x?a0
具有如下性质：
（1）a0,a1,?,an?1均为正整数；
（2）对任意正整数m，及任意k(k?2)个互不相同的正整数r1,r2,?,rk，均有
f(m)?f(r1)f(r2)?f(rk)．
3.（50分）设a1,a2,?,an(n?4)是给定的正实数，a1?a2???an．对任意正实数r，满足
aj?aiak?aj?r(1?i?j?k?n)的三元数组(i,j,k)的个数记为fn(r)．
n2证明：fn(r)?．
4
4.（50分）设A是一个3?9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m?n(1?m?3,1?n?9)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1?1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．
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解 答
1. 延长线段DP与圆交于另一点E，则?CPE??DPA??BPA，又P是线段AC的中点，故AB?CE，从而?CDP??BDA．
ABPC又?ABD??PCD，所以△ABD∽△PCD，于是，即 ?BDCD??D AB?CD?PC?BD .
A
从而有
AB?CD?11AC?BD?AC?(BD)?AC?BQ， 22Q F
P B
即
ABBQ． ?ACCDE C 又?ABQ??ACD，所以△ABQ∽△ACD，所以?QAB??DAC． 延长线段AQ与圆交于另一点F，则?CAB??DAF，故BC?DF． 又因为Q为BD的中点，所以?CQB??DQF．
又?AQB??DQF，所以?AQB??CQB．
2. 令 f(x)?(x?1)(x?2)?(x?n)?2， ① 将①的右边展开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式．
下面证明f(x)满足性质（2）．
对任意整数t，由于n?4，故连续的n个整数t?1,t?2,?,t?n中必有一个为4的倍数，从而由①知f(t)?2(mod4)． 因此，对任意k(k?2)个正整数r1,r2,?,rk，有
f(r1)f(r2)?f(rk)?2k?0(mod4)．
??但对任意正整数m，有f(m)?2(mod4)，故
f(m)??f(r1)f(r2)?f(rk)(mod4)，
从而f(m)?f(r1)f(r2)?f(rk)．
所以f(x)符合题设要求． 3.对给定的j(1?j?n)，满足1?i?j?k?n，且
aj?aiak?aj?r ①
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的三元数组(i,j,k)的个数记为gj(r)．
注意到，若i,j固定，则显然至多有一个k使得①成立．因i?j，即i有j?1种选法，故gj(r)?j?1．
同样地，若j,k固定，则至多有一个i使得①成立．因k?j，即k有n?j种选法，故
gj(r)?n?j．从而
gj(r)?min{j?1,n?j}．
因此，当n为偶数时，设n?2m，则有
fn(r)??gj(r)??gj(r)?j?2j?2n?1m?12m?1j?m?gj(r)
??(j?1)?j?2m2m?1j?m?1?(2m?j)?m(m?1)m(m?1) ?22n2 ?m?m?m?．
4当n为奇数时，设n?2m?1，则有
22fn(r)??gj(r)??gj(r)?j?2j?2n?1mj?m?1?g2mj(r)
??(j?1)?j?2mj?m?1?(2m?1?j)
2mn2 ?m?．
4
24. 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ai,bi,ci,i?1,2,?,9．记
Sk?kk?a,T??(biki?1i?1i?ci),k?0,1,2,?,9，
这里S0?T0?0．
我们证明：三组数S0,S1,?,S9；T0,T1,?,T9及S0?T0,S1?T1,?,S9?T9都是模10的完全剩余系．
事实上，假如存在m,n,0?m?n?9，使Sm?Sn(mod10)，则
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i?m?1?ani?Sn?Sm?0(mod10)，
即第1行的第m?1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m,n,0?m?n?9，使Tm?Tn(mod10)，则
i?m?1n?(bi?ci)?Tn?Tm?0(mod10)，
即第2行至第3行、第m?1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m,n,0?m?n?9，使
Sm?Tm?Sn?Tn(mod10)．
因此上述断言得证．故
?Sk?09k??T??(Skk?0k?099k?Tk)?0?1?2???9?5(mod10)，
所以
?(Sk?09k?Tk)??S??Tkk?0k?099k?5?5?0(mod10)，
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3?9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．
1 1 1 10 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1
2011年全国高中数学联赛试题及答案 - 图文
