专题10 数论、平面几何、多项式、平面向量、数学归纳法综合专项训练-【备战2026年高中数学竞赛+强基计划】（竞赛+强基考前专用）

强垫计动 参数学竟赛 85/21 专题10数论、平面几何、多项式、平面向量、数学归纳法综 合（真题专项训川练） 一、单选题 1.(2024高三下·全国·竞赛)令G和0分别为△1BC的重心和外心，若O1=V50G,则△MBC是 () A.锐角三角形B.直角三角形 C.钝角三角形 D.无法判断 2.(2024高三上·全国·竞赛)对于各数位均不为0的三位数c,若两位数b和6c均为完全平方数， 则称c具有“S性质”，则具有“S性质”的三位数的个数为（) A.2 B.3 C.4 D.5 3.(2024高三上·全国·竞赛)设4在曲线'=血-+3x-1上，B在直线”=2x-3 上，O为坐标原点， 则O1+0丽的最小值是() 5 2W5 35 45 A.5 B.5 C.5 D.5 二、多选题 4.(2024高三下·全国·竞赛)在△ABC中，AB>AC,I为内心.在BC延长线上取F使IA⊥AF.设 J为△ABF的内心，∠AFC的平分线与∠ACB的平分线交于H.在IH延长线上取D使DA⊥AC,在W延 长线上取E使E1LB,又设直线W与直线交于G,则() A.IH=1J B.D,E,H,J四点共圆 C.D.E 三点共线 D.Sacc=2Sum 1/8 )强基计动 参数学竟赛 85/211 三、填空题 5.(2024高三下·上海·竞赛)已知a6,c是同一平面上的3个向量，满足-3=25，ā-6=-6，且 向量-ā与c-万的夹角为4，则的最大值为一 6.(2021高三·全国·竞赛)a,为正整数列，满足4=2a1为0-13a,+133的最小素因子， 4a,,…构成集合4，P为所有质数构成的集合，则集合C的最小元素为一 7.(2021商三·全国·克赛)集合4=xZ,K整除中元素的个数为 8.(2021高三·全国·竞赛)已知数列a满足4=la,=2,0,=30+a,.则 2015 9.(2021高三·全国·竞赛)若一个分数名（口，b均为正整数）化为小数后，小数部分出现了连续的 2 “2020”,例如g9=0.020202…,就称它为“好数”.则“好数”的分母的第二小的可能值为 10.(2021高三·全国·竞赛)若f)=x-2√2019x-x+x2-2V2020x2+2x-V2019 则 f(W2019+√2020) 的值为一 1.(2024高三上·北京·竞赛)设1+2+V万列=a,+b2+cV7+d4,a,b,c,d.∈Z,则 lim n+b.cd=— 12.(24-25商三下·全国·强基计划)若mx≤m+ ,且m∈z则记m=,则方程x-1=() 的所有实数解的个数是一· 2/8 强垫计幼 参数学党家 85/21 13.(2024高三下·全国·竞赛)在矩形ABCD中，AB=8,BC=6,E在AB上，F在AC上， AE=CF,则当DF+CE取得最小值时，i6I5os∠BC8的值为 D B 14.(2024高三上·全国·克赛)设双曲线八-3y=-3,40,2),B,C在r上且直线8C经过A设 分别为T在R.C处的院，点D满起D1,CD,则D的机连方程是—者D的裤纵生标 均为正整数，且二者之和大于2024，则D可以是一.（写出1个即可）. 四、解答题 15,(2024高三上·北京·竞赛)钝角△1BC面积为5，B=4,4C=1,求4B:4C的值 16. (2021高三·全国·竞赛)给定正整数m、k,有n个选手4,4，”4参加一次测试，该测试由m个 项目构成，每个项目完成后都会取得一个评分，没有两个人在一个项目取得相同的评分.求的最小值， 使得总存在k个选手4,4，…4,1≤<店<…<≤，4，“，4，在第j个项目中的个得分要么单调 递增，要么单调递减，j=1,2,…,m. 17.(2425高三下·全国·强基计划)方程+w+少=4 有多少对整数解. 18.(2021高三·全国·竞赛)如图，锐角△ABC的外接圆为「，D是A在BC上的射影，假设AD=BC, 点M为DC中点，∠ADC的角平分线与AC交于点N,T上一点P满足BPIIAC.直线DN与AM交于点 R,直线PF与圆Γ再交于点Q.直线4C与APN0 ∠DQE=90° 的外接圆再交于点E.证明： 3/8 ①强垫计 参数学竟特 85/211 Q B E 19.(2021高三·全国·竞赛)如图，给定两个相交的圆O0与©0,4、B为00.00的交点，一动 直线经过B与O0交于点C,与o0交于点D,且B在线段CD内，过C的O0的切线与过D的O0的切 线相交于点M,连结AM交CD于点E,过点E作DM的平行线交AD于点K,求点K的轨迹 20.(2022高三·浙江杭州·竞赛)如图，给定外心为O的锐角△ABC,令DE、F分别为ABC到对边 的垂足.P为△ABC的外接圆在B和C处的切线的交点.一条经过P且垂直于EF的直线交直线AD于Q,R为 A在EF上的投影.证明：DRIIOQ. 4/8 ①强垫计砌 参数学爱责 85/211 E B C 21.(2021高三·全国·竞赛)某个会议有若干人（至少3人）参加，现要将这些人分组.分组前，每个 人都选择两个人.若被选择的两个人同组.则选择他们的人不能在这组中.求最小的正整数，使无论有 多少人参加，且无论每人如何选择，都可以将他们按要求分成n组. a 2.(2021高三·全国·竞赛)给定正整数n≥3：求最大的实数M·使得a:+a1 对任意正实 数4,0恒成立其中=4 23.(2021高三·全国·竞赛)求方程P-41的整数解，其中n,9是质数，人.5是大于1的正整数， 并证明所得到的解是全部解. 24.(2021高三·全国·竞赛)证明：对任意正整数N,都存在正整数n>N和n个互不相同的正整数 ,5,。,使写…号-2020（买+++）+202 是完全平方数. 25。(2023高三上·全国·竞赛)求最大的实数C,使得对任意的正整数”和”个实数×，5，，， ∑∑m-li-jxx,≥c∑x 均有台后 a2+b2=16 26.(2024高三下·全国·竞赛)己知a、b满足a3+b3=64 5/8 )强塞计动 参数学党赛 85/211 (1)求4+b ②)若0、b分别是方程-r+9=0的两根，求P+9 27.(2024高三下·全国·竞赛)三次函数)=r+x+4r+"的三个零点为<本<水，两个极值点 为<x.作直线=，i=,2345,在，人上分别取4B,C使得△M8C是正三角形. 1 1 1 ①)计算：f(x)'()'x. (2)证明： ,l均与△ABC 内切圆相切. 28。(2023高三上·全国·竞赛)设”是正整数，整系数多项式/，8满足)8()=r-1 整系数多项 式).r田s 满足f)=(modp》和3)=(md，)八其中P是一个不整除”的素。数 和 求证：h(x)的非常数项的系数均为卫的倍数. 29.（2024高三下·上海·竞赛)数列a,满足：4=4=la,:=a+a,n=l2,M是大于1的正整 数，试证明：在数列，，4，“中存在相邻的两项，它们除以M余数相同。 30.(2023高三上·全国·竞赛)已知复数义，5，，，”，片，，，满足×，5，…， 21i=21i 互不相同，，2，，ym互不相同.己知对任意正整数k,均有 .求证：x=y, i=1,2,,m. 31.(2024高三下·上海·竞赛)求所有正整数m≥3 ，满足正”边形能内接于平面直角坐标系xO中 稀题后+若=o>6>0。 32.(2024高三上·全国·竞赛)设△4BC的外接圆半径是2A,C均为锐角，且AC=ABP+BCP. 6/8 ①强垫计知 参数学党接 85/21 (1)证明：△ABC不是锐角三角形： (2)证明：在△ABC的外接圆上存在唯一的一点D,满足对平面上任意一点P,有 PAP-PBP-PDP-PCP 33.(2023高三上·全国·竞赛)在锐角△ABC中，K为BC延长线上一点，过K分别作AB,AC平行 线K”,K0,若K=BP,CK=C0,且△KP0的外接圆与K交于点'，证明： (1)∠BTC+∠APB=∠CQA: (2)AP·BT.CQ=AQ.CT·BP 34,(2021高三·全国·竞赛)设0、是无穷复数数列，满足对任意正整数，关于x的方程 r-a,x+a=0的两个复根恰为、。1（当两根相等时，=x).若数列，恒为常数，证明： (1)x/s2 (2)数列a恒为常数. 35. (2022高三·浙江杭州·竞赛)我们称X为“花式集合”，如果它满足如下三个条件： (a)=2022 (6)X的每个元素都是包合于Q中的闭区间（元素可重复）： （c)对于任意实数”G0,X中包含r的元素个数不超过1O1. 对于“花式集合”AB和区间I∈AJ∈B,用4，B) 表示使得1nJ≠⑦的对人J)的数量.求”4B)的最 大值。 36.(2021高三·全国·竞赛)设4,4,0为n个正整数，并且满足4+a++a,=2n,令 0=a,1=l2…,并记=a,+a++av=l2,-）求证：对于任意4e乙，必存在正整数 4、,使得5，等于A或4+1. 7/8 )强塞计动 参数学赛 85/21 37. （202高三·浙江杭州·竞赛)设数列a,满足4=山4，=2,4=3，且对任意整数”>3，a,是最小的 不同于a,a…,a的正整数，使得0，与0,1互质，但不与02互质.证明：每个正整数都在0，中出现， 38. (2023高三上·全国·竞赛)设a1是正实数数列. )去血收致，决正：存严移速的无界婴数数调足司 了4收敛， a lim=1 若收致，悬香定存在路的正翠数，调足k致， 39.(2023高三上·全国·竞赛)求最小的实数入，使得对任意的正整数n,可以将其表示成2023个正整 数之积，即”=…，且满足对任意的e2,…,2023},均有是素数或者≤m 40.(2023高三上·全国·竞赛)给定一个正99边形，将1,2，…，99放入99边形的99个顶点处，若 两种放置方法在旋转之后可以重合，则称这两种方法是同一个.称交换某两个相邻顶点上的数为一次操作， 求最小的n使得至多次操作可以将一种放置方法变为任意另外一种放置方法. 8/8 专题10 数论、平面几何、多项式、平面向量、数学归纳法综合（真题专项训练） 一、单选题 1．（2024高三下·全国·竞赛）令和分别为的重心和外心，若，则是（   ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断 【答案】C 【分析】根据题设条件证明，即可得到是钝角三角形. 【详解】 不妨设. 设的垂心为，外接圆半径为，则根据欧拉线的性质，有. 而，所以，从而. 另一方面，熟知，同时，. 所以，这就得到. 此即，故 . 所以，这表明是钝角三角形. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过题设条件得到, 2．（2024高三上·全国·竞赛）对于各数位均不为0的三位数，若两位数和均为完全平方数，则称具有“性质”，则具有“性质”的三位数的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据具有“性质”的三位数的定义，列举出具有“性质”的三位数即可. 【详解】因为平方是两位数的有：， 所以具有“性质”的三位数有：164，364，649，816， 即具有“性质”的三位数的个数为4， 故选：C 3．（2024高三上·全国·竞赛）设A在曲线上，B在直线上，O为坐标原点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】M 为 AB 中点，通过放缩有，由柯西不等式得，可得最小值. 【详解】设，函数定义域为，， ，解得；，解得， 在上单调递增，在上单调递减，， 则，即， A在曲线上，B在直线上， 设 M 为 AB 中点，，，， 则有，，， 注意到 ， 当且仅当时等号成立， 由柯西不等式， ， 当且仅当且时等号成立， 时，再由，，解得， 所以当时，最小值为 故选：D 二、多选题 4．（2024高三下·全国·竞赛）在中，，为内心．在延长线上取使．设为的内心，的平分线与的平分线交于．在延长线上取使，在延长线上取使，又设直线与直线交于，则（   ） A． B．四点共圆 C．三点共线 D． 【答案】ACD 【分析】对A，利用旁心的性质和三角形全等即可判断；对B，利用反证法即可说明；对C，证明即可；对D，根据抛物线切线三角形性质即可判断. 【详解】对A，， ， 易知是中所对的旁心，知 ， ，故， ，由得四点共圆， 记圆心为，则，故，故A正确； 对B，假设有四点共圆，由割线定理知， 由A知，故，可得，， 故，得， 从而，而，且不共线，故，这与三点共线矛盾，故B错误； 对C，记，由，则三点共线，故C正确； 对D，作，由角平分线性质知， 由抛物线性质知在以为焦点，为准线的抛物线上， 易知，由抛物线的光学性质知直线是抛物线的切线， 同理，的也在该抛物线上，且直线，直线也是抛物线的切线， 由抛物线的切线三角形面积性质知，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 5．（2024高三下·上海·竞赛）已知是同一平面上的3个向量，满足，且向量与的夹角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】向量最值问题，使用数形结合处理即可求解. 【详解】 如图,不妨设，则四点共圆. 由于，于是. 综上可知的最大值为. 故答案为：. 6．（2021高三·全国·竞赛）为正整数列，满足为的最小素因子，，构成集合A，P为所有质数构成的集合，则集合的最小元素为 ． 【答案】5 【详解】由于，故，所以集合的最小元素． 假设存在正整数n，使得，则， 故，这不可能，因为除以5的余数为， 所以．集合的最小元素为5． 故答案为：5. 7．（2021高三·全国·竞赛）集合整除中元素的个数为 . 【答案】8 【分析】根据为取整数，求和后分解因数可得结果. 【详解】解：由题意得： . 故集合中有一共8个元素. 故答案为：8 8．（2021高三·全国·竞赛）已知数列满足.则的值 . 【答案】1 【详解】显然，为严格递增的正整数的数列.则 . 故原式. 由及数学归纳法，知为偶数，与为奇数. 从此，为偶数，因此，所求代数式的值为1. 故答案为：1. 9．（2021高三·全国·竞赛）若一个分数（a，b均为正整数）化为小数后，小数部分出现了连续的“2020”，例如，就称它为“好数”.则“好数”的分母的第二小的可能值为 . 【答案】193 【详解】我们总可以将一个“好数”适当乘一个10的方幂并减去其整数部分后使之成为一个小数点后前四位是“2020”的真分数，于是， 进而，即. 若，则且，所以. 若，则且，所以. 若，则. 另一方面，是“好数”，因此b的第二小的可能值为193. 故答案为：193. 10．（2021高三·全国·竞赛）若，则的值为 ． 【答案】 【详解】研究二次方程和， 即 和． 因此两方程的公共根． ， 故． 故答案为：. 11．（2024高三上·北京·竞赛）设，，则= 【答案】14 【分析】记，根据二项展开式得到，，，求得，，，的表达式，再结合极限运算即可. 【详解】由二项式定理可得， 因此对应，均为偶数的情形；对应为奇数偶数的情形；对应为偶数奇数的情形；对应，均为奇数的情形． 记，，，， 则 解得，，，， 因此. 故答案为：14. 12．（24-25高三下·全国·强基计划）若，且，则记．则方程的所有实数解的个数是 ． 【答案】4. 【分析】先根据计算得出的范围，再计算方程计算求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以， 所以可取，对应可取，符合题意； 故答案为：4. 13．（2024高三下·全国·竞赛）在矩形中，，，E在上，F在上，，则当取得最小值时，的值为 .    【答案】 【分析】设，利用勾股定理与余弦定理可表示出，结合两点间距离公式可借助几何法得出取得最小值时的值，即可得解. 【详解】设，则， ， 则 ， 即为点到点与点的距离之和， 则当点与点、点共线， 且点位于点与点之间时，有最小值， 此时有，解得， 则. 故答案为：. 14．（2024高三上·全国·竞赛）设双曲线Γ:，，B，C在Γ上且直线经过A.设分别为Γ在B，C处的切线，点D满足，则D的轨迹方程是 ;若D的横纵坐标均为正整数，且二者之和大于2024，则D可以是 .(写出1个即可). 【答案】 （答案不唯一） 【分析】第一空：设方程为: ，联立双曲线方程得，进一步设方程为: ，方程为:，由交轨法即可得点的轨迹方程；第二空：设，其中由题意，即满足注意到若 是的一组解: 则也是 的一组解.由此即可进一步得解. 【详解】设方程为: ，联立双曲线方程得， ， 显然上任意一点的切线斜率存在，不妨设切线方程为， 联立双曲线方程得，化简并整理得， 所以，解得， 所以方程为: ，方程为:，   联立解得 ， ， 注意到 故 而时，, 此时, 故不在 D 的轨迹上. 从而 D 的轨迹方程是 或写成 若 D 的横纵坐标均为正整数，可设  从而 x 是 3的倍数, 可设, 于是显然是的一组解, 同时注意到若 是的一组解: 则也是 的一组解. 从而可以得出一系列的解: ， 而 ，故可取, 此时, 符合要求. 故答案为：； (627,1813)（答案不唯一）. 【点睛】关键点点睛：第一空的关键是得出方程为: ，方程为:，以及，由此即可顺利得解. 四、解答题 15．（2024高三上·北京·竞赛）钝角面积为，，，求的值 【答案】2或－2 【分析】根据三角形的面积公式和向量的数量积公式计算可得结果. 【详解】因为，解得， 若，则，可得， 角为钝角，满足题意，此时； 若，则，所以或. 16．（2021高三·全国·竞赛）给定正整数m、k，有n个选手参加一次测试，该测试由m个项目构成，每个项目完成后都会取得一个评分，没有两个人在一个项目取得相同的评分．求n的最小值，使得总存在k个选手，在第j个项目中的k个得分要么单调递增，要么单调递减，． 【答案】n的最小值为． 【分析】结合引理：一个项且每两项不同的实数数列存在项的递增子列或项的递减子列．利用数学归纳法可求得n的最小值 【详解】为方便，用来表示由的m个得分构成的n个m维向量．先来构造时不满足条件的例子．用表示分量均为的所有m维向量，并设．取为 ， ， … ， ， … ， … ， 任取，设，按上述表示合并同类项后为为下标最小的非零系数，则．由定义易知． 下面证明，的诸分量的正负性与的相同． 由于，故在的d项中，每个分量绝对值比其他项和的对应分量绝对值都大． 若存在满足条件的k个选手，设的各个分量的正负性与的一样．则的系数严格递增，这是不可能的． 再来证明时结论成立． 先证明一个引理． 引理：一个项且每两项不同的实数数列存在项的递增子列或项的递减子列． 证明：若否，考虑以每一项开始的最长递增子列的长度，则这些数都在中．由抽屉原理，必存在个数相同．而若，且，开始的最长递增子列的长度一样，则，否则可将并入，开始的最长递增子列，得到比开始的最长递增子列更长的递增子列，矛盾．如此便找到了一个项的递减子列，矛盾． 回到原题．对m归纳．时直接使用引理即可． 假设结论在时成立，接下来考虑m时的情况． 由于，结合引理知存在个选手第一个项目得分单调递增或递减． 而由归纳假设知这些选手中存在k个选手第2，3，…，m个项目的得分单调递增或递减． 故这k个选手满足条件．结论成立． 综上所述，n的最小值为． 17．（24-25高三下·全国·强基计划）方程有多少对整数解． 【答案】6 【分析】可以看作是关于的二次方程，由题意必须是完全平方数，不妨设，其中，注意到，由此可得可能为：，对分类讨论即可得解. 【详解】方程即可以看作是关于的二次方程， 此时，为了使为整数，则必须是完全平方数， 不妨设，其中，所以， 所以可能为：，当时，是整数，满足题意， 当时，不是完全平方数，不满足题意， 当时，是整数，满足题意， 当时，方程即，解得，所以是方程的两个整数解， 当时，方程即，解得或，所以是方程的两个整数解， 当时，方程即，解得或，所以是方程的两个整数解， 综上所述，方程有：，共六对整数解. 18．（2021高三·全国·竞赛）如图，锐角的外接圆为，D是A在上的射影，假设，点M为中点，的角平分线与交于点N，上一点P满足．直线与交于点F，直线与圆再交于点Q．直线与的外接圆再交于点E．证明：． 【答案】证明见解析. 【详解】先证明．事实上设在上异于C，只要证、F、P共线． 易知． 设A关于M的对称点为另交于T，则 ． 因为，故即， 因此， 知、F、P三点共线，故、重合. 再证A、N、D、P共圆，事实上由 ，即得． 因此结合知，是的外角平分线，故设D关于的对称点为，则、N、P共线．设与交于点K，则， 故共点K． 因为，故A、、C、D共圆． 故、Q、D、P共圆， 从而，于是Q、K、D、E共圆， 所以． 19．（2021高三·全国·竞赛）如图，给定两个相交的圆与，A、B为、的交点，一动直线经过B与交于点C，与交于点D，且B在线段内，过C的的切线与过D的的切线相交于点M，连结交于点E，过点E作的平行线交于点K，求点K的轨迹. 【答案】轨迹为过B的切线在内的部分 【分析】第一步证明A、C、M、D四点共圆，为的切线.，第二步证明的在B处的切线在的部分，上的任意一点满足题意要求，即可得证. 【详解】连结，G为射线上一点，因为，故A、C、M、D四点共圆，故. 因为，则，故A、B、E、K四点共圆.故. 又，故. 故为的切线. 设延长线交于点F，设为内任意一点，延长交于点. 过作的切线，连结并延长交于点. 过作圆的切线交于点，设交于点，下证. 此时仍有A、、、四点共圆，故，而为切线，故，从而. 又因为，且，故有，故A、B、、四点共圆，进而，故. 故K的轨迹即为过B的切线在内的部分. 20．（2022高三·浙江杭州·竞赛）如图，给定外心为的锐角，令分别为到对边的垂足.为的外接圆在和处的切线的交点.一条经过且垂直于的直线交直线于为在上的投影.证明：. 【答案】证明见解析 【分析】连接，由四点共圆可得，结合外心的性质可证三点共线，再证明、，从而可得，故可得. 【详解】连接， 因为，所以四点共圆， 故，因此 另一方面，因为为锐角三角形的外心，故， 可得三点共线. 因为为切线，故，而，故， 同理，故四边形为平行四边形，故. 又 所以，因此， 又，，故， 故，又故，所以. 21．（2021高三·全国·竞赛）某个会议有若干人（至少3人）参加，现要将这些人分组．分组前，每个人都选择两个人．若被选择的两个人同组．则选择他们的人不能在这组中．求最小的正整数，使无论有多少人参加，且无论每人如何选择，都可以将他们按要求分成组． 【答案】的最小值是3 【详解】取21人，分别标为号． 4、5、6、7选择1、2， 8选择4、5， 9选择6、7， 1选择8、9； 10、11、12、13选择2、3， 14选择10、11， 15选择12、13， 2选择14、15， 16、17、18、19选择1、3， 20选择16、17， 21选择18、19， 3选择20、21． 假设这21人可以分成2组．由抽屉原理，1、2、3中必有2人在同一组． 由对称性不妨1、2在第一组，则由条件知4、5、6、7在第二组，8、9在第一组，此时1、8、9同组，与条件矛盾． 故．下证可以按要求分成3组． 将每个人当作一个点，若选择，则连一条有向边，得到一个有向图．则图中每个点的出度都是2． 设会议有人参加．当时，可以按要求分成3组． 假设时，可以按要求分成3组．则时，考虑每个点的入度，由抽屉原理，只有以下两种情况： （1）存在某个点的入度不超过1． 在图中去掉点及点所连的边，得到图．则图中有个点，且每个点的出度不超过2．可以在图中连边得到图，使得图中每个点的出度都是2．由归纳假设，图中的点可以分成3组，故图中的点可以对应分成3组． 考虑指出的两个点，则点至多不能在一组中．再考虑指向的点，至多有一个，故点至多不能在另一组中．所以，点可以在这3组之一，图中的点可以分成3组． （2）每个点的入度都是2． 选取点，设点指向，且指向另一点指向另一点；设指向，且指向的另一点是．在图中去掉点及点所连的边，得到图．将指向，得到图，则图中有个点，且每个点的出度都是2．由归纳假设，图中的点可以分成3组，故图中的点可以对应分成3组． 由对称性，当且仅当时，不能放在这3组中．若且，则，所以，此时指向的点只有在中．考虑指向的两个点，至少存在之一不同时包含这两个点，不妨是，则可以将放到中，满足条件要求．此时令，则图中的点可以分成3组． 由数学归纳法知，对于任意个人，可以按要求将他们分成3组． 22．（2021高三·全国·竞赛）给定正整数．求最大的实数．使得对任意正实数恒成立，其中． 【答案】 【详解】当时，令，则 ． 当时，． 令，则问题化为：，证明：． 当时，首先证明： ．                ① ①式，由均值不等式知成立． 由①式知 ． 假设时，对任意正实数结论成立． 则时，由对称性不妨设中最大，则， 所以，由归纳假设知，此时结论成立． 由数学归纳法知，．故． 当时，． 由于，令，则，所以． 综上所述， 23．（2021高三·全国·竞赛）求方程的整数解，其中p､q是质数，r､s是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解. 【答案】证明见解析 【详解】容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设，即. 若，从余数去讨论，，s为奇数. ，所以 ， 从奇偶性可以看出这种情形方程无解. 若为偶数，注意到， 所以 . 令，其中为奇数，则 ， 观察最后一项，则为1，故，所以， 故， 故，所以，所以，， 所以，，， 综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：或 24．（2021高三·全国·竞赛）证明：对任意正整数，都存在正整数和个互不相同的正整数，使是完全平方数． 【答案】证明见解析 【详解】对于，必存在不同的正整数满足， 令，则有 ． 以此类推，当时，存在不同的正整数满足． 存在，定义，则． 由前述结论可得存在使得，此时 为完全平方数． 25．（2023高三上·全国·竞赛）求最大的实数，使得对任意的正整数和个实数，，，，均有. 【答案】 【分析】对不等式恒等变形得，然后再验证成立即可. 【详解】的最大可能值为，恒等变形如下： ， 令，，则（记为），，进而结合阿贝尔变换知， 同理，故， 又，同理， 进而 ， 故时符合题意. 另一方面，令，，时，，，此时有， 而，令充分大知. 综上所述，的最大可能值为. 26．（2024高三下·全国·竞赛）已知、满足. (1)求. (2)若、分别是方程的两根，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）借助，，则可消去，结合换元法令，从而转化为与有关方程，结合因式分解法解出后，即可得的值与的值，排除不符合题意的解后代入即可得； （2）由（1）可得、的值，即可得、的具体值. 【详解】（1）由，则， 则 ， 令，即有，即，即或， 则或， 即由可得或， 若，则有或； 若，则有，即， 此时，无解，故舍去； 故； （2）由（1）知， 则， 即，，故. 27．（2024高三下·全国·竞赛）三次函数的三个零点为，两个极值点为．作直线，在上分别取使得是正三角形． (1)计算：． (2)证明：均与的内切圆相切． 【答案】(1)0； (2)证明见解析. 【分析】（1）直接求导代入计算即可； （2）设，此时，利用韦达定理求出，，再计算出即可. 【详解】（1）， ， 故，，， 即. （2）易知图象是一个中心对称图形，不妨设，此时， 记，则， 在正中，逆时针旋转得到，由坐标旋转公式知①， 令，根据韦达定理知②， 设为的对称中心的横坐标，易知， 故的中心在直线上， 而，令，同理由韦达定理知③， 故， 而. 故均与的内切圆相切，证毕. 28．（2023高三上·全国·竞赛）设是正整数，整系数多项式满足．整系数多项式，，满足和，其中是一个不整除的素数．求证：的非常数项的系数均为的倍数． 【答案】证明见解析 【分析】根据数论的性质即可求证. 【详解】由和，以及可得 ， 故， 又不整除，的最大公因数为1，所以, 故的非常数项的系数均为的倍数 29．（2024高三下·上海·竞赛）数列满足：是大于1的正整数，试证明：在数列中存在相邻的两项，它们除以余数相同. 【答案】证明见解析 【分析】以斐波那契数列为背景，涉及整除问题. 【详解】设除以为余数为.构造有序数对的序列:       注意到,则序列中至多有个不同的项, 根据抽屉原理,在序列的前项中必有相同的两项,不妨设为 由于, 于.继续上述过程,可以得到. 又,,显然,所以且. 综上,在数列中存在相邻的两项,它们除以的余数相同. 【点睛】根据抽屉原理反复迭代构造. 30．（2023高三上·全国·竞赛）已知复数，，…，，，，…，，满足，，…，互不相同，，，…，互不相同．已知对任意正整数，均有．求证：，． 【答案】证明见解析 【分析】利用拉格朗日插值公式即可证明. 【详解】任取一个，由于各不相同，因此至多存在一个， 若对任意，．因此中至少有一个不与，相等． 由插值公式，存在一个至多次的多项式： 满足 ． 从而，矛盾，证毕. 31．（2024高三下·上海·竞赛）求所有正整数，满足正边形能内接于平面直角坐标系中椭圆. 【答案】或4 【分析】当较为容易，需要证明时没有满足条件得正多边形. 【详解】当时,正三角形、正方形均能内接于椭圆(如图所示). 下面证明:当时,不存在椭圆的内接正边形. 设椭圆的方程为,正边形的外接圆方程为 （1）若,联立 ,这是一个关于的二次方程,它至多有两个实数根, 再由得方程组至多有4组实数解. （2）若,则 于是 因此, 这是一个关于的4次方程,它至多有4个实数根, 再由得方程组(**)至多有4组实数解. 综上,椭圆与正边形的外接圆至多有4个公共点,即当时,不存在椭圆的内接正边形. 所以满足题意的正整数. 【点睛】关键点点睛：关键是选取正多边形的外接圆与椭圆方程联立，通过方程解的个数来研究交点的个数，由此即可顺利得解. 32．（2024高三上·全国·竞赛）设的外接圆半径是均为锐角，且. (1)证明：不是锐角三角形； (2)证明：在的外接圆上存在唯一的一点，满足对平面上任意一点，有. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）由正弦定理，根据，得到，进而得到，由的单调性证明； （2）由，得到，即，设外接圆圆心为，再利用向量运算证明. 【详解】（1）证明：记在中，所对的边分别长度为. 根据正弦定理，有，所以. 根据，有， 得到， 因为都是锐角，根据的(复合函数)单调性得到， 所以，所以，所以不是锐角三角形； （2）因为，所以， 所以，所以，得到， 设外接圆圆心为，则有， 得到对平面上所有成立，必须有， 根据是直角和平面几何知识,得到在外接圆上，并且根据平面向量基本定理得到唯一. 33．（2023高三上·全国·竞赛）在锐角中，为延长线上一点，过分别作，平行线，，若，，且的外接圆与交于点，证明： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作出合适的辅助线即可，分析求解即可. （2）利用上问结论直接求解即可. 【详解】（1） 作， 若证，则证即可， 只需证即可， 故， ， 只需证即可，故证，，即可，易知，， 故原式得证 （2）由上问知, 故得证 34．（2021高三·全国·竞赛）设、是无穷复数数列，满足对任意正整数n，关于x的方程的两个复根恰为、（当两根相等时）．若数列恒为常数，证明： （1）； （2）数列恒为常数． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据题意和韦达定理可得，取模得，若，结论显然成立，否则，由于数列恒为常数，则，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列恒为常数，则只有互为共轭的两种取值，不妨设为和，依据题意即可证明. 【详解】由题意和韦达定理得, 则，即．         ① （1）由①取模得，若，结论显然成立； 否则，由于数列恒为常数，则，即有． （2）由（1）知，对任意的，又数列恒为常数，因此只有互为共轭的两种取值和．若存在，使得，不妨设，则．若，则，即或2；若，则 ，且． 因此，要么，要么呈、周期．故显然是常数，即证数列恒为常数. 【点睛】关键点点睛： 本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出，再取模，对这种特殊情形和一般情形讨论即可证明结论成立； （2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于的取值情况和的假设，由（1）和题意知，数列恒为常数，则只有互为共轭的两种取值，不妨记为和，若存在，使得，不妨设，则，对分类讨论即可证明. 35．（2022高三·浙江杭州·竞赛）我们称为“花式集合”，如果它满足如下三个条件： （a）； （b）的每个元素都是包含于中的闭区间（元素可重复）； （c）对于任意实数中包含的元素个数不超过1011. 对于“花式集合”和区间，用表示使得的对的数量.求的最大值. 【答案】 【分析】先构造一个特例，再根据逐步调整法和数学归纳法可证的取值范围，从而可求其最大值. 【详解】答案是. 先给出取得最大值的构造：易于验证，当由1011个以及1011个组成､由1011个以及1011个组成时，符合题意. 再给出最优性的证明：分成两步进行. 第一步，调整集合. 断言一：对于中区间，如果，则将中的替换为不改变原结果，称之为“切换”. 这是因为: ①如果中的一个区间与相交，那么它最初和现在都与两个区间相交，成立； ②如果中的一个区间与不相交，则它要么与和都不相交，要么恰与中一个相交.因此，如果它与其中之一相交，则在替换区间后仍会与其中之一相交，也成立. 断言二：总能在有限次“切换”后，使得对于中任意两个区间，它们要么不交，要么一个包含另一个，对于亦然. 为此，考虑一个以区间为顶点的图，两顶点之间连边当且仅当它们对应的两区间交集非空（特别地，仍算作非空）.将每个连通分支的顶点对应的区间划分为一组，记为，使得如果，则.显然此分组方式唯一且不改变图的连通性. 下面，我们固定并对进行归纳.归纳基础为，显然成立. 对每个，考虑中左端点位于最左边的区间（注意稍后可能会变化）. 则对于其它任何区间，我们有.另外，若，则称包含. 对其它区间执行操作，那么总是包含操作后的区间. 因此，与中的每个区间最多相交一次.只要存在区间且，操作过程就不会结束. 当操作终止时，中必然不存在满足的区间，并且对于不与中的任何区间相交.因此，，且包含中的所有区间.此时，我们去掉，对应用归纳假设即可. 第二步，加强归纳. 设集合为“-好的”集合， 如果：1）； 2）的每个元素都是包含在中的闭区间； 3）对于任意实数中包含的元素个数不超过. 定义为可以取得的最大值，其中是“-好的”集合且是“-好的”集合.下证加强的命题：，原题即时的特例. 对此，我们采用归纳法，归纳基础为. 此时，再对使用归纳法.如果，显然成立；否则，设为中最左边的两个区间（注意到，因此我们能够比较这两个区间的位置）､为中最左边的两个区间.此时不难得到：或两者之一，与另一个集合中最多一个区间有非空交集.这是因为，若对某个与的交集非空，则.因此，对于所有与交集为空.不妨设与另一个集合中最多一个区间有非空交集，这样一来，我们可以去掉，再利用归纳假设，结论成立. 不妨设，否则把换成. 令为中互相不包含的区间的集合（如果多个区间相同且未严格包含于更大的区间中，则选择任意一个加入.注意到为“（|S|，1）-好的”集合，为“（-好的”集合.则： 其中，不等号使用了奠基的结论. 至此，加强的命题得证! 36．（2021高三·全国·竞赛）设为n个正整数，并且满足，令，并记.求证：对于任意，必存在正整数u、v，使得，等于A或. 【答案】证明见解析 【分析】因为，所以以为循环节，从而，对于很大的数，我们只需要循环相加即可得到，所以只需证明，存在正整数u、v，使得，等于A或，新定义一个数，接下来分类讨论，当个数不是模的完系，当个数不是的完系时，找到相应的数，等于A或，若上述两组数均是的完系，证明不成立，证毕. 【详解】证明：因为，所以，从而不妨设. 记. 下面分情况讨论： （ⅰ）若个数不是模的完系，则由于余数互不相同，所以模的余数也互不相同，故必存在i，j，使得. 如果，则有. 如果，则有. 如果，则，知，即. 均满足条件. （ⅱ）若个数不是的完系时，同理可知满足条件. （ⅲ）若上述两组数均是的完系，则 矛盾. 综上，证毕. 【点睛】数论的基础题目，要结合题干中的条件缩小讨论的范围，一般使用数论的四个基本定理来解决问题. 37．（2022高三·浙江杭州·竞赛）设数列满足，且对任意整数是最小的不同于的正整数，使得与互质，但不与互质.证明：每个正整数都在中出现. 【答案】证明见解析 【分析】依次证明数列有无穷多项、整除数列的项的质数有无穷多个、任意质数都整除数列中的某项、任意质数都整除数列中的无穷多项、每个质数都在数列中出现，从而可得每个正整数都在数列中出现. 【详解】分六步证明命题. 第一步，证明数列有无穷多项. 设已定义，取不整除的质数，则即是的一个可能的取值. 第二步，证明整除数列的项的质数有无穷多个. 假设整除数列的项的质数有有限个，则存在质数，使得数列各项的质因子都小于. 由第一步，存在正整数使得，设是和的一个公共质因子， 由知：，由知：， 又，所以是比更小的满足要求的数，矛盾! 第三步，证明任意质数都整除数列中的某项. 假设不成立，设质数不整除数列中的任何一项. 由第二步，存在质数整除数列中的某项. 设是第一个能被整除的项，则. 此时，，所以是比更小的满足要求的数，矛盾! 第四步，证明任意质数都整除数列中的无穷多项. 假设质数只整除数列中的有限多项， 则存在正整数，使得对任意，都有不能被整除. 取充分大的正整数，使得不整除数列中的任何一项.再取质数，使得不整除. 由第三步，整除数列中的某项.设是第一个能被整除的项，则，.此时， ，所以是比更小的满足要求的数，矛盾! 第五步，证明每个质数都在数列中出现. 假设质数不在数列中出现， 由第一步，存在正整数，使得对任意，都有. 由第四步，存在使得.此时由知， 又，所以，这与矛盾! 第六步，证明每个正整数都在数列中出现. 假设是最小的不在数列中出现的正整数， 由第一步，存在正整数，使得对任意，都有.设是的一个质因子， 由第四步，存在正整数，使得，所以. 由第五步，存在正整数使得是大于的质数，所以. 于是存在，使得. 所以，这与矛盾! 综上，命题得证. 38．（2023高三上·全国·竞赛）设是正实数数列． (1)若收敛，求证：存在严格递增的无界正实数数列满足收敛． (2)若收敛，是否一定存在严格递增的正整数数列，满足收敛，且？ 【答案】(1)证明过程见解析 (2)存在，答案见解析 【分析】（1）利用进行放缩即可得证. （2）先退一步，考虑极限等于的情况，然后将所有数列并在一起，就可以构造出极限等于1的情况. 【详解】（1）设，则严格递减并趋近于，.取定，记， 那么， 所以收敛. （2）结论是肯定的. 证明：首先，对于任意的正整数，存在严格递增的正整数数列，使得，例如，我们可以取充分大的正整数，然后让. 这个时候，设，则收敛，我们要构造数列，使得收敛，且. 因为，， 所以对任意的，有，记. 取正整数，使得是中最小的， 那么 ， 所以， 这表明对任意的，都有收敛. 显然，关于的序列是严格递增的正整数数列. 现在记，然后对每个正整数，取正整数，使得. 并规定. 那么，对任意正整数，都有. 现在定义集合，设， 由于每个都是由正整数构成的无限集， 所以也是由正整数构成的无限集， 这意味着中元素可以排成一个递增的正整数数列. 此时，. 所以收敛. 又因为，， 故， 而，所以， 这里不等式中的又是任意的，所以. 这就表明. 【点睛】关键点睛：关键是要先考虑极限等于时的情形，然后合并所有数列，从而即可顺利构造满足题意的数列. 39．（2023高三上·全国·竞赛）求最小的实数，使得对任意的正整数，可以将其表示成2023个正整数之积，即，且满足对任意的，均有是素数或者． 【答案】的最小值为. 【分析】根据给定条件，取(其中为素数)，，借助抽屉原理可得，再证明当时，对任意的正整数，，存在正整数符合题意. 【详解】一方面，取(其中为素数)，此时若将表示成2023个正整数之积， 即时，可设(为非负整数，， 由抽屉原理，存在正整数，使得，此时，因此有； 另一方面，证明：当时，对任意的正整数，存在正整数， 使得是素数或者，且， 对任意的正整数，采用如下方法依次构造出满足要求的: 对，假设已构造出，接下来考虑的取值(特别地，时代表尚未构造出任何一项，考虑构造的值)， 对时：若的最大素因子，则令； 若的任一素因子均小于，则令为的不超过的最大正约数，依次得到， 证明这样的构造符合要求： 由于此时对任意的，已有是素数或者，因此只须证， 若存在，则知不存在不小于的素因子，也不存在不超过的正约数， 自然也就不存在不超过的素因子，所以， 这样，，满足， 若不存在，不妨设为在上述操作中选取的不小于的素数， 其余项为在上述操作中选取的不超过的正约数(可以为0)， 此时如果，则与为的不超过的最大正约数矛盾， 所以，这样有，进而有； 而由取法可直接得到， 因此有，此时， 所以，满足. 综上所述，的最小值为. 40．（2023高三上·全国·竞赛）给定一个正99边形，将1，2，，99放入99边形的99个顶点处，若两种放置方法在旋转之后可以重合，则称这两种方法是同一个.称交换某两个相邻顶点上的数为一次操作，求最小的使得至多次操作可以将一种放置方法变为任意另外一种放置方法. 【答案】 【分析】先利用图论模型证明，再结合数学归纳法证明至多次操作一定可以完成转化. 【详解】的最小可能值为. 先证明，考虑从1，2，，99变换为99，98，，1的操作次数， 对于任意的三个数a,b,c，若两两之间均为操作过，则三者之间的顺序不发生改变，不可能变为后者， 故任意三个数中，必存在两个数进行过操作，可转换为图论模型：将99个数转化为99个点， 若两个数未进行过操作，则在两点间连一条边，由上述可知图中不存在三角形， 故由托兰定理知图中至多含条边，因此至少操作次，所以. 再证明，即证明至多次操作一定可以完成转化.将正99边形的99个顶点放置在圆周上， 设相邻两顶点间的弧长为1，对于和两种不同的放置方法， 定义表示在两个放置方法中所处位置间的劣弧长，称使的为不动数， 使的为动数，称不动数所处的顶点为不动点，并记所有动数的数目为， 运用数学归纳法证明对状态，可用不超过次操作及旋转使重合， 对进行归纳.当时，显然成立， 假设对小于时，命题成立，对于， 从在所在位置沿劣弧到在中所在位置连一条有向边，称之为有向边， （1）若存在两个动数，在中所在位置为（不妨从顺时针方向来看，到为一段劣弧） 使得劣弧上（不含）的点均为不动点，且为顺时针方向，为逆时针方向， 设之间顶点分别为，则依次交换上的数，共计次后得到， 则可知与之间仅交换了两个位置上的数，故， 而， 对，用归纳假设，至多次操作可将变为， 进而至多次操作可将变为， 不存在满足（1）的，我们先证明此时所有有向边均同向（不妨设均为顺时针）， 不妨为顺时针，其从点指向，若存在起点在上（包含点）为逆时针， 则取其中起点最靠近的，记其起点为， 则起点在逆时针方向且最靠近的有向边为顺时针，此时满足（1），矛盾， 故起点在上的有向边均为顺时针（），特殊地，起点为的有向边为顺时针， 依次类推，得到为首尾衔接的顺时针有向边，直至使得这些有向边覆盖了圆周， 进而由（）知所有有向边均为顺时针， ①若不存在不动点，将顺时针旋转，得到，且， 且，由归纳假设易知结论成立， ②若存在不动点我们称连续的不动点为一段不动点，设共有段不动点， 分别有个不动点，则， 对每一段不动点的前一个点不为不动点， 依次交换（这操作了步），共操作了次，再顺时针旋转，得到，此时相较，个不动点位置不变， 位于的点顺时针移动了（共t个这样的点），其余个点顺时针移动了1， 则， 而，对用归纳假设，至多次操作可将变为， 故至多次操作可将变为成立， 回到原题，记为逆时针旋转， 则， 知存在，使得， 故可用至多2401次操作将变为，进而旋转得到，命题得证， 综上所述，的最小可能值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $