15．排成一排的名学生生日的月份均不相同，有名教师，依次挑选这些学生参加个兴趣小组，每个学生恰被一名教师挑选，且保持学生的排序不变，每名教师挑出的学生必须满足生日的月份是逐渐增加或逐渐减少的(挑选一名或两名学生也认为是逐渐增加或逐渐减少的)，每名教师尽可能多选学生，对于学生所有可能的排序，求的最小值。

解　 的最小值为。

若，不妨假设这名学生生日的月份分别为，当学生按生日排序为时，存在一名教师至少要挑选前四名学生中的两名，由于这两名学生生日的月份是逐渐减少的，且后六名学生生日的月份均大于前四名学生生日的月份，因此这名教师不可能再挑选后六名学生；在余下的不超过两名教师中，一定存在一名教师至少要挑选第五名至第七名学生中的两名，同理，这名教师不可能再挑选后三名学生；余下的不超过一名教师也不可能挑选后三名学生，矛盾。

下面先证明：对于互不相同的有序实数列，当时，一定存在三个数满足或。

设最大数和最小数分别为，不妨假设。若，则满足；，因为，所以要么在的前面，要么在的后面至少有两个数，不妨假设在的后面有两个数，从而与中一定有一个成立。

引用上面的结论，当时，第一名教师至少可以挑选三名学生；若余下的学生大于等于名，则第二名教师也至少可以挑选三名学生；这时剩下的学生的数目不超过名，可以被两名教师全部挑选，因此，的最小值为。

14．已知数列满足，对于所有正整数，有，求使得成立的最小正整数。

解法一　 设，的特征方程为，特征根为，结合，得。由二项式定理得。

当为奇数时，；

当为偶数时，。

于是，即，所以满足条件的最小正整数为。

解法二　 下面都是在模意义下的,则,即,因此数列在模意义下具有等差数列的特点。又因为，所以。于是有，因此满足条件的最小正整数为。

13．已知的外心为，，为的外接圆上且在内部的任意一点，以为直径的圆分别与交于点， 分别与或其延长线交于点，求证三点共线。

证明　 连，与交于点，由于，因此是等腰三角形，所以,，于是可得，从而有在的中垂线上。由于，在的中垂线上，于是有，即三点共线。

12．在平面直角坐标系中定义两点之间的交通距离为。若到点的交通距离相等，其中实数满足，则所有满足条件的点的轨迹的长之和为　　　　　　 。

答　 。

由条件得。

当时，无解；

当时，无解；

当时，无解；

当时，，线段长为。

当时，，线段长为。

当时，线段长为。

当时，无解。

当时，无解。

当时，无解。

综上所述，点的轨迹构成的线段的长之和为。

11．设集合，其中是五个不同的正整数，，若中所有元素的和为，则满足条件的集合的个数为　　　　　　 。

答　 。

因为，所以。由于中有，因此中有。若，则，于是，无正整数解。若，由于，所以，于是。又因为，当时，；当时，，因此满足条件的共有个，分别为。

10．方程的不同非零整数解的个数为　　　　　　 。

答　 。

利用，原方程

等价于

。

方程两端同除，整理后得。再同除，得

。

即，从而有

。

经验证均是原方程的根，所以原方程共有个整数根。

9．若是边长为的正三角形的边上的点，与的内切圆半径分别为，若，则满足条件的点有两个，分别设为，则之间的距离为　　　　　　 。

答　 。

设，由余弦定理得。一方面，，另一方面，，解得。同理可得。从而有。当时，有最大值，且最大值为，所以。由于，所以。设两个根分别为，则。

8．方程的所有正整数解为　　　　 　　。

答　 。

因为，所以。设，类似的可得 。设，则原方程化为，，即。因为，所以。又因为，所以为偶数，于是，经验证，，所以。

或由，得，又因为为奇数，所以经验证。

7．若关于的方程组有解，且所有的解都是整数，则有序数对的数目为　　　　　　 。

答　 。

因为的整数解为

，

所以这八个点两两所连的不过原点的直线有条，过这八个点的切线有条，每条直线确定了唯一的有序数对，所以有序数对的数目为。

6．过四面体的顶点作半径为的球，该球与四面体的外接球相切于点，且与平面相切。若，则四面体的外接球的半径为(　　　　　 )。

答　 选。

过作平面的垂线，垂足为，作，垂足为，，垂足为，则，且有。由于，则，，，因此为半径为的球的直径，从而四面体的外接球的球心在的延长线上，于是有，解得。