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奥林匹克数学竞赛模拟试题及解答

一、代数题（15分）

已知函数f(x)对任意非零实数x,y均满足f(xy)=xf(y)+yf(x)，且f(2)=1，求f(x)的解析式。

分析：通过赋值法简化函数方程，先找特殊值（如x=y=1、x=y=-1）确定常数项，再推导一般形式。

解答：

令x=y=1，代入方程得：f(1×1)=1×f(1)+1×f(1)，即f(1)=2f(1)，故f(1)=0。

令x=y=-1，代入方程得：f((-1)×(-1))=(-1)f(-1)+(-1)f(-1)，即f(1)=-2f(-1)，结合f(1)=0得f(-1)=0。

令y=\frac{1}{x}（x≠0），则f(x×\frac{1}{x})=xf(\frac{1}{x})+\frac{1}{x}f(x)，即f(1)=xf(\frac{1}{x})+\frac{1}{x}f(x)。

因f(1)=0，两边乘x得：0=x2f(\frac{1}{x})+f(x)，故f(\frac{1}{x})=-\frac{f(x)}{x2}。

假设f(x)=kx（一次函数，由方程结构推测），代入原方程验证：

左边f(xy)=kxy，右边xf(y)+yf(x)=x·ky+y·kx=2kxy。

由左边=右边得k=2k？不对，修正推测：设f(x)=kx\ln|x|（含对数项，适配乘积型方程）。

代入原方程：左边f(xy)=kxy\ln|xy|=kxy(\ln|x|+\ln|y|)；

右边xf(y)+yf(x)=x·ky\ln|y|+y·kx\ln|x|=kxy(\ln|y|+\ln|x|)，左边=右边，符合条件。

用f(2)=1求k：f(2)=k·2·\ln2=1，故k=\frac{1}{2\ln2}。

因此f(x)=\frac{x\ln|x|}{2\ln2}（可简化为f(x)=\frac{x\log_2|x|}{2}，因\frac{\ln|x|}{\ln2}=\log_2|x|）。

答案：f(x)=\frac{1}{2}x\log_2|x|（x≠0）。

二、几何题（15分）

如图，在\triangleABC中，D为BC中点，DE\perpAB于E，DF\perpAC于F，且BE=CF。求证：AB=AC。

分析：利用“中点”得BD=CD，结合“垂直”构造直角三角形，通过全等证明线段相等，再推导AB=AC。

解答：

连接AD，因D为BC中点，故BD=CD。

因DE\perpAB，DF\perpAC，故\triangleBDE和\triangleCDF均为直角三角形。

在Rt\triangleBDE和Rt\triangleCDF中：

\begin{cases}BD=CD\\BE=CF\end{cases}，由“HL”（斜边直角边定理）得Rt\triangleBDE\congRt\triangleCDF，故DE=DF。

在Rt\triangleADE和Rt\triangleADF中：

\begin{cases}AD=AD\\DE=DF\end{cases}，由“HL”得Rt\triangleADE\congRt\triangleADF，故AE=AF。

因BE=CF，故AE+BE=AF+CF，即AB=AC。

答案：证明见上述过程，AB=AC成立。

三、数论题（15分）

求所有质数p，使得p+10和p+14均为质数。

分析：质数除2外均为奇数，通过“模3分类”排除不符合条件的质数，缩小范围后验证。

解答：

质数按模3的余数可分为三类：p=3、p≡1\pmod{3}、p≡2\pmod{3}（p≠3）。

若p≡1\pmod{3}，则p+14=3k+1+14=3(k+5)（k为整数）。因p+143，故p+14是3的倍数且大于3，不是质数，矛盾。

若p≡2\pmod{3}，则p+10=3k+2+10=3(k+4)（k为整数）。因p+103，故p+10是3的倍数且大于3，不是质数，矛盾。

若p=3，则p+10=13（质数），p+14=17（质数），符合条件。

验证p=2（唯一偶质数）：p+10=12（合数），p+14=16（合数），不符合。

答案：唯一符合条件的质数p=3。

四、组合题（15分）

从1到100的所有正整数中，求既不是2的倍数、也不是3的倍数、也不是5的倍数的数的个数。

分析：用“容斥原理”计算符合条件的数，先算总数，再减去是2、3、5倍数的数，加回重复减去的数，再减去多加上的数。

解答：

设S=\{1,2,...,100\}，总数|S|=100。

设A（2的倍数）、B（3