妨设开始染红的是0号点则第1步染红的是1号点第2步染红的是3号点第3步染红的又是1号点故共可得3个红点
5解连接BI并延长交⊙O于E则E为弧AC的中点连
OE
、AE、CE、OC，由B
60

，易知AOE、COE均为
IECE
正三角形由内心的性质得知：AE
A
所以
、O、I、C四点共圆且圆心为E再延长AI交⊙O于F
2OAI
由题设知D、O、F共线，于是OEI又OAOD
OEIE

AOD2AFD2OAIAD18

从而OAD≌EOI故OI
D
A
EOIBFC
二解答题本题共5道小题每小题20分满分100分6证明取
p1k则由费尔马小定理知2p1kp
2
1
p1k2
p1k
1modp所以
1modpp1k1modpk1modp
取kpr1r∈N即
p1pr1就有p1k2p1k
6
1modp
f即p
2
1
7证法1设CG交AD于Q由∠GBA＝∠GDA及∠AGB＝∠CGD知△ABG∽△QDG。延长DF、CB交于R，由AD∥BRADBC
AGQPFED
得
AFFB

BCBR
①
BCBR
R又由△CPB∽△QPE及△RPB∽△DPEB得
QEED
②
C
由①②得得
AFFB

QEED
表明FE是△ABG△QDG的相似对应点故
△FBG∽△EDG所以∠FGB∠EGD∠FGE∠BGD900即GE⊥GF证法2联结GBGD令∠GCB∠GCD由正弦定理得
BFsi
BFP
GAQPFED
GBGD


si
si


BPsi
PBCDPsi
PDC
BFDE
si
PBC
DEsi
DEPsi
PDC


B
βα
C
由∠GBF＝∠GDE得△FBG∽△EDG所以∠FGB∠EGD∠FGE∠BGD900即GE⊥GF
7
f8
解答案存在
3考虑长度为10的01数列其中仅3项为1的恰有C10120个
每个作为集合A的一个元素
2对每个j1210第j项为1的01数列恰有C936个它
们是集合Aj的36个元素对每对ij∈1210ij第i项与
1第j项均为1的01数列恰有C88个它们是Ai∩Aj的元素
综上知存在满足条件的10个子集
9
解依题意
个边长为m的正方形恰好可以割并成
个边长
分别为12
的正方形1222
2
m2即6m2
12
1则
12
12
23
1≡0mod6由
2≡0134mod6知
≡±1mod6若6
1设
6k1k∈N得m2k12k1因k12k11所以k与12k1都是完全平方数但12k1≡3mod4矛盾若6
1设
6k1k∈N得m23k14k1因3k14k11所以3k1v24k1u2消去k得4v23u21vu1时k0
1但
≥2故u1v1由4v23u2≡1mod8知uv为奇数直接计算得umi
15vmi
13k56所以m最小15×13195
最小337
8
f10证明设为r