精品解析：2026年第三届上海市复旦中学数学营春季结营竞赛试题

2026年第三届复旦数学营春季结营试题 1. （1）有十个顶点的简单平面图最多有几条边？ （2）请画出一种示意图 【答案】（1）24条边；（2） 【解析】 【分析】（1）由面与边关系得范围，代入欧拉公式推出与关系，代入求边数最大值. （2）初始有三角形的条边，每新增一个点就增加条边，这里新增个点，用初始边数加上新增点带来的边数得总边数. 【详解】（1）最多有24条边 个顶点的简单平面图，由欧拉公式可得：， 因为简单平面图每个面至少由3条边围成，每条边属于2个面， 因此所有面的边数总和满足（为面数），即， 代入连通平面图的欧拉公式，可得， 整理后得到，将代入可得：， 所以十个顶点的简单平面图最多有24条边． （2）一种示意图如下： 这张图的构造方式是： 先画外三角形，再在三角形内部逐步加入点，并把新点与所在三角形的三个顶点相连．边数为：3+3+3+3+3+3+3+3=24， 也可以按加入顶点数理解：从三角形的3条边开始，后面每加入一个顶点都增加3条边，共加入7个点：3+7×3=24. 2. 平面上有条直线，假设任意2条直线都相交，且任意3条都不共点．设这条直线将平面分成了个区域． （1）写出数列的一个递推公式； （2）求数列的通项公式； （3）被直线围住的区域称为有界的区域，求出有界区域的个数的递推公式． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析第条直线与前条直线的交点个数，确定直线被分割的段数，由每段对应新增一个区域，建立的递推关系. （2）对递推公式采用累加法求和，结合初始值推导得到数列的通项公式. （3）分析第条直线被截得的有限线段数量，根据每条有限线段新增一个有界区域，建立有界区域个数的递推公式. 【小问1详解】 设表示条直线把平面分成的区域数． 当已有条直线时，加入第条直线． 由于任意两条直线相交，且任意三条不共点， 所以第条直线与原来的条直线有个不同交点． 这个交点把第条直线分成段， 每一段都会把原来的一个区域分成两个区域，因此区域数增加． 所以， 初始值为， 即没有直线时，平面本身是一个区域． 也可以写成， 【小问2详解】 由递推式可得， 因为所以， 因此通项公式为． 【小问3详解】 设表示条直线围成的有界区域个数． 加入第条直线时，它被原来的条直线分成段， 其中两端是无限延伸的射线段，不会新增有界区域： 中间有条有限线段，每一条有限线段都会新增一个有界区域． 因此有界区域数增加． 所以， 初始值为， 可以写为，. 3. 已知，，，为方程的四个根，求的值． 【答案】121 【解析】 【分析】先设多项式的根得出乘积关系，应用赋值法结合复数运算计算求解. 【详解】设多项式其四个根为，，，． 要求， 注意， 所以， 因为是首一四次多项式，， 而四次为偶数，所以， 因此， 令，则，，， 所以 ， 同理， 于是， 所以原式的值为121． 4. 在单位正方体中，，分别为和的中点，求平面将正方体分成的两部分体积． 【答案】和 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，由平面上三点坐标求解平面的方程；采用水平截面法，取高度为的水平切面，推导切面内对应区域的面积表达式，通过定积分计算出小块部分的体积，再用正方体总体积减去小块体积得到另一部分的体积. 【详解】设，，，，，． 则，． 平面过，，，设方程为，代入得 ，， 取，得． 取水平截面，其中．含的小块满足． 在单位正方形中截得直角三角形，边长为， 故截面积． 所以小块体积为． 另一块体积为． 因此两部分体积为和． 5. 四边形是一个有内接切圆和外接圆的四边形，，的内心分别为，，，的垂心分别为，已知，，，求四边形的面积． 【答案】 【解析】 【分析】先通过Pitot定理得出的长度，再根据外接圆对角互补和余弦定理建立等式求出的长度，建立合适直角坐标系，求出内心，和垂心的坐标，进而求出长度，最后求出面积。 【详解】解：记四边形内切圆分别与切于, 所以有, 四式左边同时相加，右边同时相加可得：， 即， 设， 因为四边形共圆， 所以， 由余弦定理可得：， 解得, 以点为原点，方向为轴，垂直于方向为轴，建立直角坐标系， 所以可得，， 因为，， 所以，， 由内心坐标公式得： ，， 所以， 根据坐标可得，所以 ， 联立解得， 同理可得：， 故． 因为， 所以, 于是四点所成非交叉四边形面积为: ． 因此． 6. 定义在正整数集上的函数为所有的数字和的平方，例如，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】设为的十进制各位数字和，令，，则，分析出，于是模下反复平方，可得出，推导出它很快进入小循环，并列举出小循环，再结合是偶数，可知道经过偶数次循环后所回到的数，即可得出答案. 【详解】设为的十进制各位数字和， 令，，则． 关键是用模，所以． 又因为，而，所以． 于是模下反复平方：，． 因此，接下来说明它很快进入小循环． 因为，所以至多有位，故． 于是至多位，． 再逐步估计数字和最大值： ，，，，． 所以，其中． 又因为是偶数，所以． 在中，满足的只有、、、， 因此． 分别看后续：，，，， 所以无论哪种情况，， 而形成长度为的循环． 由于是偶数，经过偶数次循环后仍回到． 因此． （附加题） 7. 集合，求所有的使得可分为和相等的两部分，求的所有可能值． 【答案】或 【解析】 【分析】设，共有个数，求出集合中元素的总和，分析可知必为偶数，则，然后分、两种情形讨论，说明两个剩余情形中的可行性与限制，由此可得出的所有可能取值. 【详解】设，共有个数，总和为． 若能分成和相等的两部分，则必为偶数，即． 因为，故、． 下面证明这两个剩余情形中的可行性与限制． （1）时均可行． 把每四个连续数分为一组：，、、、， 每组中有． 因此将每组的第、个放入第一部分，第、个放入第二部分，即得两部分和相等． 所以全部成立． （2）设，此时， 总和一半为． 展开得． 若能分成两部分，由于共有个数，其中一部分至多有个数． 用至多个数所能取得的最大和是取最大的个数：、、、． 其和为，即． 因此必须有，即，所以． 因此当时，必要条件是． 下面给出构造，说明该条件也充分． 当时，令． 将除以，写成，． 先取最大的个下标、、、， 这些下标之和为． 现在把前个下标、、、，分别替换为、、、， 每个下标都减少，共减少， 再把下标替换为，又减少． 于是总下标和减少， 所得个下标之和为． 因此取这些下标对应的数， 所得一部分的和为． 所以它正好等于总和的一半，另一部分取补集即可． 因此可行，当且仅当．即． 综上，所有满足条件的为或且， 等价地，或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年第三届复旦数学营春季结营试题 1. （1）有十个顶点的简单平面图最多有几条边？ （2）请画出一种示意图 2. 平面上有条直线，假设任意2条直线都相交，且任意3条都不共点．设这条直线将平面分成了个区域． （1）写出数列的一个递推公式； （2）求数列的通项公式； （3）被直线围住的区域称为有界的区域，求出有界区域的个数的递推公式． 3. 已知，，，为方程的四个根，求的值． 4. 在单位正方体中，，分别为和的中点，求平面将正方体分成的两部分体积． 5. 四边形是一个有内接切圆和外接圆的四边形，，的内心分别为，，，的垂心分别为，已知，，，求四边形的面积． 6. 定义在正整数集上的函数为所有的数字和的平方，例如，求的值． （附加题） 7. 集合，求所有的使得可分为和相等的两部分，求的所有可能值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $