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1、乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题11、设实数满足方程则的最大值是_.2、方程的正整数解的组数为 。3、集合的真子集的个数是 。4、设，若函数关于直线对称，且与有公共点，则的取值范围是 5、已知是定义域在实数集的函数,且，则的值是 6、方程的实根个数是 。7、 .8、等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是_.9、设a,b,c 为实数，使得方程有三个实根。证明，如果，则方程至少有一个根在区间中（俄罗斯）。10、设，试求整数m，使得（芬兰）。11、把圆分成个不相等的扇形，并且用红、蓝、黄三种颜色给扇形染色，但不许相邻的扇形有相同的颜色. 问共有多少种染色方法？12、已知且求的
2、值。乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题1参考答案1、1 2、2 3、7 4、 5、 6、0 7、 8、9、证明：记。设它的3个根为，于是，注意到P（1）=a+b+c+1，知在题中条件下，有。这就表明的绝对值不可能都大于1，即其中至少有一个数的绝对值不大于1，不妨设,于是.证毕10、解:注意,两边求倒数,得所以易得,由于数列递增,所以,即.故所求的m=211、如图，依次记个扇形为,. 显然. 当时，先对染色，有3种方法；染色后再对染色，有2种方法，故. 当时，我们依次对,染色. 对染色有3种方法，在染色后对染色有2种方法，同样地对,分别有2种方法，由乘法原理共有种染色方法. 但这样做虽然能保证至之
3、间相邻的扇形之间不同色，与却有可能同色.即在种染色方法中包含了仅与同色的染色方法. 对于与同色的情形，拆去与的边界使与合并，便得到将圆分为个扇形的同色不相邻的染色方法，这样的情况有种. 故. 即，. 所以.所以，当时，有3种染色方法；当时，有种染色方法.12、解法1 由得，由得 由得 以上三式相加，得，代入，得与联立，解得.但，故得，从而可解得.解法2 令.-并因式分解，得，同理得.+，并配方得.则有，即.解得. 又由知.可解得.解法3 由余弦定理，得,.使我们想到构造三角形:作,使,在三角形内取点，使.由余弦定理知，是原方程组的一组解.将绕点旋转，得，易证共线，则.在中，有.解法4 借助于三
4、角形面积关系得：，.由已知三式相加，得,.又，.乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题21、已知的大小关系是 .2、设，且恒成立，则的最大值为 3、对于的一切实数，使不等式都成立的实数的取值范围是 4、已知，设，那么的大小关系是 5、不等式的解集是 .6、函数的最小值为 7、若，且，则的最小值是 .8、若，则的最大值是9、设，求的最小值10、求，则s的整数部分11、圆周上写着红蓝两色的数。已知，每个红色数等于两侧相邻数之和，每个蓝色数等于两侧相邻数之和的一半。证明，所有红色数之和等于0。（俄罗斯）12、设，求证：（第二届“友谊杯”国际数学竞赛题）乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题2参考答案1、解法1
5、，.解法2 ，.解法3 =.解法4 原问题等价于比较与的大小.由得，.ABCxyO b-a b b+a图1解法5 如图1，在函数的图象上取三个不同的点A（，）、B（，）、C（，）. 由图象，显然有，即，即，亦即.解法6 令，单调递减，而，即，.2、解法1 原式而+，且当，即时取等号故选 解法2 ，已知不等式化为由，即，故由已知得，选解法3 由，知，有又，即，由题意，故选解法4 ，已知不等式可变形为记，则由题意，故选解法5 于是比较得故选3、解法1 题设等价于或或，即或或,所以或或，即.解法2 已知不等式即，令，则当，即时，是的一次函数，因为，即时不等式恒成立，所以在上的图象恒在轴的下方，故有，
6、即，解得.又当时，适合题意，当时，不合题意.故的取值范围是.4、解法1 设，.，而是减函数，即.，.，即.故.解法2 由题意，令，则，是减函数，又，即.解法3、，是单调减函数，.，.又，即，.5、解 设y=，由，得定义域为，3.即原不等式在定义域内恒成立，故所求解集为，3.题目改为“的解集是 ，结果一样。6、解法1 .因为两个互为倒数的数，在它们等于时，其和可以取到绝对值的最小值.即当，即或时，的绝对值最小.又，故时，的绝对值最小.又，.选.解法2 因为，联想到，于是令，则.，当且仅当，即时，.故选.解法3 设，.，.，即.故选.解法4 .由此联想到万能公式:，故令，则，.又，,即.故选.解法
7、5 ，当且仅当，即时取等号.故选.解法6 ，当时取等号.故选.解法7 由去分母并整理，得.，即，或.，.当时，由，解得，.故选.7、证明，于是，当且仅当时取等号，的最小值是.推广2 若，且，则的最小值是.证明 ，.同理.故 ，当且仅当时取等号. 的最小值是.推广3 若，且，则的最小值是.证明 由均值不等式得，,从而，当且仅当时取等号.故的最小值是.8、解法1 引入参数t,，又，考虑到待求最值的二元式是，故令，解得或（舍去），故只需令，即可得因此，当且仅当，即时取等号.解法2 已知条件式即.令即代入待求式,并化简,得.故当且仅当时，有最大值160解法3 令.从而有即代入已知等式,得,即解法4 ,
8、而即解法5 设代入条件得令,则 解法6 设则即.由题设x,y不同时为0,故不妨设,则将式两边同除以,得当时,由解得;当时,综上, .故解法7 .故当时, 9 BA解 可从绝对值的几何意义上去想，以为例，如图： 1 2 3 4所给的式子的几何意义是数轴上坐标为的点N与坐标为1、2、3、4的4个点的距离的和显然，当N在线段AB之外时，和大于N在线段AB上时的和；当N在线段AB上时，N接近AB的中点，和就逐渐变小，N重合于AB的中点时，和达到最小因为，所以当取2或3时，最小对于和式S=，设数轴上的点A、B分别表示1949、2001，则线段AB的中点的坐标是拓展 运用同样的思想方法，可以得到下面的定理
9、1 对于函数，若是奇数，则当时，取得最小值；若是偶数，则当时，取得最小值10、解 若是等差数列, 0,则(是公差).由此，得.又知=.，评析 显然是数列的前项的和，直接求和，无法可依.能否用裂项相消法将每一项拆成异号的两项之和呢？考虑到，于是将变为，再放大为，或缩小为，便使问题获解.这是一道用“放缩法”求解不等式问题的好题目。但用“放缩法”解题，必须把握好放缩的“度”.就以此题为例，若将，就得，这样就没法确定到底是1998还是1999了.若做到这里，我们便应考虑到题中的1不作变形，问题就会得到解决.此题来源于高中代数下册（必修）P132第33题：用数学归纳法证明，.1992年全国高考“三南”试
10、题：证明不等式：.这两个结论合起来就有.此结论就是.11、解:将所有红数的和记为,所有蓝数的和记为，对任意两个a，b，c都有acb或2b（视b为红数还是蓝数而定）。将所有这些等式全部求和，从等式的左边看：每个数都被加了两次，所以总和为2（）；从等式的右边看：每个红数都被加了一次，每个蓝数都被加了两次，所以总和为2，因此22（），故0。12、证明 设则， ，,即，乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题31、抛物线上到直线的距离最小的点的坐标是。2、的整数部分是 。CBAS3、在棱长为的正四面体内任取一点，到四面体四个面的距离分别记为，则 。4、在三棱锥中，侧棱，两两垂直，, 在三棱锥的内部有一个与三棱
11、锥的四面体都相切的球，则此球的半径 .5、若则= 。当且满足的的集合为 。6、已知的展开式中没有常数项，且2n8，则n=_。7、双曲线关于直线x-y=1对称的曲线与直线x+2y=1相切，则k的值等于 。 8、求函数的最小值和取最小值时的值 9、证明圆的两条互相垂直的切线的交点P的轨迹方程是。10、密码员王超设计了一种给自然数编码的方法：（1）先将自然数表示成五进制数（逢五进一）（2）再将五进制中的个数码与集合中的元素建立一个一一对应，后来，他发现三个递增的相邻的十进制自然数被编成求被编成的数所对应的十进制数。11、数列an的定义是：，证明，该数列中的项都是正整数。（德国）12、已知是正数，并且
12、，求证。乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题3参考答案1、解法1 设抛物线上的点的坐标是，则它到直线的距离是，当时最小，此时.故所求点的坐标是.解法2 如图，将直线平移至与抛物线相切，则此时的切点即为所求点.设切线方程为，代入，得.由，即，得.解得.故所求点的坐标是.xyxO-2-2y=x2解法3 设所求点的坐标为P，则过点P的抛物线的切线应与直线平行.而其切线方程为，故，. 故所求点的坐标为.2、解 ，即.取，得49个式子，并相加，得.显然在8与9之间，故.拓展 将题中改为，得推广1 当为大于1的自然数时，的整数部分是.推广2 当为大于1的自然数时，的整数部分是.证明 ，令相加得,即,的整数部分
13、是. 由于.同理, ,故又得推广3 当、为大于1的自然数时，的整数部分是.3、解法1 将与正四面体的四个顶点联结，得到以为顶点，正四面体的各个面为底面的四个小棱锥，它们的高分别为，, 体积的和等于原正四面体的体积.由于四个小棱锥的底面与原正四面体的底面一样，所以正四面体的高.解法2 设已知正四面体为，由题意，可知为定值.故不妨令为正四面体的一个顶点，则到面、面、面的距离都是，故就是点到面的距离，即正四面体的高.4、解：，两两垂直，设此三棱锥的内切球的半径为，则，即，解得5、希望杯1622126、08高考辽宁理科15题。答案 57、解 设点P（x0,y0）是双曲线上任意一点，点P关于直线xy=1
14、的对称点为P（x,y）,则，又，解、联立方程组得.P点在双曲线上，.代入，得，此即对称曲线的方程，由x+2y=1，得x=1-2y,代入并整理，得.由题意，=4-12（k-1）=0，解得k=，故选B.8、解法1 由已知函数式，得，两边平方并整理，得，看作关于的方程，由，知，即，得或，因为，即，故舍去，只取：，将代入已知函数式，得，即当且仅当时，有最小值.解法2 因为，所以设，则，故当且仅当时，有最小值.9、证明 如图，易知四边形APBO1为正方形，所以|PO1|=，所以点P的轨迹是以O1为圆心，为半径的圆，其方程是10、希望杯16222211、12、由递推公式知，两式相减，得：，即，（*），记，
15、(*)，从而 ，结合，知数列中各项为正。12、证法1 若与中有一个等于1,那么另一个也等于1,此时,显然.若且,可将改写为,由此推得(若,则,得,这与矛盾),由此得得 .证法2 与同号,.证法3 由及,得又与同号,.推广1 设,且,则.推广2 设,且,其中,则.推广3 设,且,其中,则.推广4 设,且,其中,则.乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题41、若为完全平方数，则正整数n满足 。2、已知向量满足，若，则 。3、函数在是减函数，且不等式恒成立，则与的大小关系是 。4、函数的定义域为D，若满足在D内是单调函数，存在使在上的值域为，那么就称为“好函数”。现有 是“好函数”，则的取值范围是 。5、
16、把一根长为7米的铁丝截下两段（也可以直接截成两段），这两段的长度差不超过1米，分别以这两段为圆的周长围成两个圆，则这两个圆的面积之和的最大值为 平方米。 6、高斯记号表示不超过实数的最大整数，如，则方程的解集为 。7、已知是函数 的一个零点，是函数的一个零点，则的值为 8、对于任意的，都有，则 。 9、设,是正实数,求证: 10、求实数的取值范围，使得对任意实数和任意恒有.11、设a, b为四面体ABCD的一对对棱AB与CD的长，r为四面体内切球半径求证：. (第22届全苏竞赛题)12、设二次函数，,.当,在区间,上变动时，求的实数解的取值范围.乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题4参考答案1、，
17、当，即时，上式为完全平方数。当时，有，所以上式不可能为完全平方数。所以2、且，3、, 此时2f(a),同理f(2b)f(b)。4、因为函数在其定义域内为增函数，则若函数为“好函数”，方程必有两个不同实数根，方程有两个不同的正数根，得。其次，恒成立，故恒成立，k0综上所述：5、设这两段的长度分别为米、米则、满足关系，其平面区域为右上图所示阴影部分，两圆的面积之和为，看成是个圆的方程，这个圆经过点或时，最大，其最大值为平方米。6、易知，故7、如图：是曲线与曲线交点A的横坐标，是曲线与曲线交点B的横坐标，函数与互为反函数，A与B关于直线y=x对称即为点A的纵坐标，8、设xy1，得于是xy0，得于是令
18、y1，得若，则符合此时2011则不符合，9、解： 设,中最大, 若 ,则不等式显然成立.若,则可以应用二元均值不等式,同理 ,.以上三式相乘,即证.10、解：显然,原题即关于的二次不等式恒成立，故对，恒有判别式.即对恒成立. 由此，对一切， 或.因为，所以.由有.易知，当时，为减函数.从而.由此可得.由有.而，且当时等号成立，从而得.综上可知，或为所求.11、分析：内切球半径与边长之间的关系可以通过体积来完成。解：如图11，过AB与CD分别作平行四边形ABEF与平行四边形CDGH，使得AFCD，CHAB，连AC，BH，EG，FD，得一个平行六面体AFEB-CDGH（或以四面体ABCD的三棱CA
19、，CB，CD为共顶点的棱构成平行六面体）设AB与CD之间的距离为d，它们所成的角为，知V四面体=abdsin设ha为ABD中AB边上的高，显然D到AB的距离大于D到面AFEB的距离，即had，而SABD=ahaad同理，SABCad, SACDbd, SBCDbd于是，四面体ABCD的表面积S表=SABD+SABC+SACD+SBCD(a+b)d而V=S表r, 所以12、解： 设为方程，, 的一个根. 则 ，.显然，当，时，最大，即；当，时，最小，即.所以，.现在的问题是:,，是否一定是某个二次方程，,的实数解.令，为实数，且.由知，也是方程的根，其中，.显然，.这说明，若是形如的方程的实根，
20、则对任意绝对值不大于1的实数,也是形如的方程的实根.由于是方程的实根，故都是形如的方程的根.因此，所求实数解的范围是,.乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题51、设无穷数列 的各项都是正数, 是它的前 项之和, 对于任意正整数 , 与 2 的等差中项等于 与 2 的等比中项, 则该数列的通项公式为 2、已知平面上两个点集 R, R. 若 , 则 的取值范围是 3、设，若，则实数的取值范围为 4、方程组的有理数解的个数为 5、设，其中为实数，若，则 . 6、设适合等式则的值域是 。7、设是定义在上的函数，若，且对任意，满足 ，则= 8、对有n(n4)个元素的总体进行抽样，先将总体分成两个子总体和(m
21、是给定的正整数，且2mn-2),再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用表示元素i和j同时出现在样本中的概率，则= ; 所有(1ij的和等于 .9、的三条边长为，证明.10、 若 N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 2005, 求 的最小值, 并说明理由；11、已知点 是 的中线 上的一点, 直线 交边 于点, 且 是 的外接圆的切线, 设 , 试求 (用 表示).12、已知整数满足及，求的最大值.乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题5参考答案1、解：由题意知 ， 即 . 由 得 , 从而 . 又由 式得 , 于是有 ,整理得 . 因 , 故 所以数列 是以 为首项、为公差的等差数
22、列，其通项公式为 ，即 . 故填 N*)2、解：由题意知 是以原点为焦点、直线 为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集，是以 为中心的正方形及其内部的点集(如图)考察 时, 的取值范围:令 , 代入方程 ,得 ，解出得 所以，当 时, 令 ，代入方程 , 得 . 解出得所以，当 时, 因此, 综合 与 可知，当 ，即 时, 故填 .3、因有两个实根， ，故等价于且，即且，解之得4、若，则解得或若，则由得 由得 将代入得 由得，代入化简得.易知无有理数根，故，由得，由得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或5、由题意知，由得，因此，因此6、解：由将换为，有,两式消去得.7、解法一： 由题设条件知 ，
23、因此有，故解法二：令，则 ，即，故，得是周期为2的周期函数，所以8、08湖南理科15题 第二空可分:当 时, ;当 时, ;当时, ;所以9、证明：由于只要证：注意：故由，只要证，取等号当且仅当此时为正三角形，即10、解： (1) 因为 , ，故 .因为 ，所以存在 ， 使 若 ，因 , 则最大的正方体边长只能为 或 ，计算，而 与 均不是完全立方数, 所以 不可能是 的最小值. 若 ，设此三个正方体中最大一个的棱长为 , 由 , 知最大的正方体棱长只能为 、或 . 由于 , , , 所以 .由于 , , , , 所以 .由于 , , , 所以 .由于 , , 所以 . 因此 不可能是 的最小
24、值.综上所述，才是 的最小值. 11、证明：在 中，由Menelaus定理得因为 ，所以 6分由 ，知 ，则所以， 即 因此， 又 ， 故 12、解： 若，则，若，由，得.因为 ，于是，若满足条件；则也满足条件.由于，可从出发，并降得到（1，1），反之亦成立，即由（1，1）出发，利用可得到满足的全部解.即（1,1）（1，2）（2，3）（3，5）（5，8）（8，13）（13，21）（21，34）（34，55）（55，89）（89，144）（144，233）（233，377）（377，610）（987，1597）因此，所求的最大值为9872+15972=3524578乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训
25、题61、设xR,且0|x5|x3|22、点A(a2, b2)与点B(b4, a6)关于直线4x3y=11对称，故点在直线4x3y=11上，直线AB的斜率等于。易得a=4, b=23、可把正四面体变为正方体的内接正四面体，此时正方体的棱长为,于是球的半径为，4、记，故满足条件的集合为个5、过定点（1，1），而（1，1）点在圆的内部，圆的半径为2，圆的圆心为（1，1），所以弦长为4。6、等价于，即x7、用特值法当=1时，打开柜门需要的次数为1，当=2时，打开柜门需要的次数为，；答案；或已知每一位学生打开柜门的概率为，所以打开柜门次数的平均数（即数学期望）为8、x1, x2是方程x2(k2)x(k2
26、3k5)=0 (kR)的两个实数根，那么，（x12x22）max=189、解析： (1)由an=an11得an2=(an12)，即，(n2)bn为以1为首项，公比为的等比数列(2)bn=(1)( )n.1，即an2=()n1, an=2()n110、解：（）因为函数的最小正周期为，且，所以，解得 （）由（）得因为，所以，所以，因此，即的取值范围为11、解：设则不等式即为由其解集为（1，3） 所以所以 (a0)(1) 即为有两个相等的根 或 a=1（舍去）12、证明：由条件，有，令；则，从而原条件可化为： 令则，解得，故乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题71、函数的最大值是 2、定义在R上的函数，
27、对任意实数，都有和，且，则的值为_.3、函数的最小值为 ，此时x .4、若存在实数和，使得则实数的所有可能值为 .5、已知、构成公差不为0的等差数列，则的值为 。6、关于x、y的方程的正整数解（x，y）的个数为 7、已知，把数列的各项排成三角形状如右图所示；记表示第行中第个数，则 。8、若表示不大于的最大整数，使成立的正整数的最小值是 。9、已知（R），且求a的取值范围。10、. 在外接圆直径为1的ABC中角A、B、C的对边分别为设向量(1)求的取值范围;（2）若试确定实数的取值范围. 11、在数列中，（1）试比较与的大小；（2）证明：当时，12、如图，AB是圆O的直径，C是弧AB的中点，在A
28、B及其延长线上分别取点D、E，使BD=BE，直线CD、CE分别交圆O于点F、G. （1）求证：；（2）在直径AB上是否存在点D，使得FG与AB垂直.若能，请写出作法；若不能，请说明理由. 乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题7参考答案1、22、20093、18届希望杯二试，定义域为x|x1，函数是增函数，故ymin13，此时x1 4、两式相加即得a23a40，易知|a|2，故a15、由已知有，故，即，即，若，则原等差数列的公差等于0，故，有，于是6、由得，整理得，从而，原方程的正整数解有（组）7、 解：各行数的个数构成一个等差数列，则前9行共有项，是数列中的第89项，。8、3149、解：由题设知为
29、偶函数，则考虑在时，恒有 所以当，且时，恒有由于不等式的解集为，不等式的解集为因此当时，恒有.10、解：因为所以，由正弦定理，得，即又所以即. (1)=因此的取值范围是 (2)若则,由正弦定理，得 设=,则, 所以即所以实数的取值范围为11、解：（1）由题设知，对任意，都有 ， （2）证法1：由已知得，又.当时，设 则 -，得证法2：由已知得，（1） 当时，由，知不等式成立。假设当不等式成立，即，那么 要证 ，只需证即证 ，则只需证10分因为成立，所以成立.这就是说，当时，不等式仍然成立.根据（1）和（2），对任意，且，都有12、（1）证明ECBEAG及BCDFAD （2）反证法乌鲁木齐市高级
30、中学数学竞赛培训题81、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 。2、若关于的不等式有实数解，则a的取值范围是 3、若、，其中，并且，则实数对表示平面上不同点的个数为 4、设，则 5、今天是星期天，再过天后是星期。6、定义区间，的长度均为，其中已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为 7、整数，且，则分别为。8、方程的不同非零整数解的个数为 。9、已知数列中，. 求.10、设，求的最大值。11、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。12、在一条长为36厘米的直尺上刻n条刻度，使得能够用这条尺一次性的度量中的任意整数厘米的长度。试求n的最小值。乌鲁木齐市高
31、级中学数学竞赛培训题8参考答案1、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。2、原不等式可化为，由，可得而。故a的取值范围是3、解：由及题设知，个位数字的选择有5种. 因为，故（1） 由知，首位数字的可能选择有种；（2） 由及知，首位数字的可能选择有种. 于是，符合题设的不同点的个数为种.4、作图比较容易得到。5、解：其中均为正整数。因此答案为 星期六。6、原不等式等价于。当或时，原不等式等价于。设，则。设的两个根分别为，则满足的构成的区间为，区间的长度为。当时，同理可得满足的构成的区间为，区间的长度为。
32、由韦达定理，所以满足条件的构成的区间的长度之和为。7、解：方程两边同乘以，得。因为，所以要使左边为奇数，只有，即。则。要使左边为奇数，只有，即。从而有，即。故有。答案为。8、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、解：由题设，则. 由 ，得，则. 于是 ，所以 a2007=2007 易知数列，符合本题要求10、解： ， 当时，上式可以取到等号。故函数的最大值是。11、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
33、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。12、至少需要8条刻度先证明：如果该尺上刻化7条（或少于7条）刻度，不能用这条尺一次性的度量中的任意整数厘米的长度。7条刻度加上尺的两端一共有9条，这9条线中任意取两条都可以度量一个长度，所以7条刻度至多能度量个不同的长度。7条刻度把尺分成8段，若有两段长度相等，则此时度量的不同长度小于36。所以，7条刻度将尺分成长度的不同的8段，由于36=1+2+3+4+5+6+7+8，故只有这样一种分的方式。若长度为1厘米不在尺的一端，则不能度量出35厘米；若长度为2厘米不在尺的一端，则不能度量出34厘米；所以长度为1厘米、2厘米的两条分别在尺的两端，此时若3厘米的线段不与1厘米的线段相邻，则不能度量出32厘米，若3厘米的线段不与2厘米的线段相邻，则不能度量出31厘米。所以，为了达到题目要求，尺上刻度不得少于8条。8条刻度将尺分为9段，依次为1，2，3，7，7，7，4，4，1（不唯一）时即可。