第49届IMO预选题_三_

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第47届IMO预选题解答

24
中等数学
第 47 届 IMO 预选题( 上)
李建泉译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)
几何部分
1. 本届 IMO 第 1 题 . 2. 已知梯形 ABCD 的上、下底边满足 AB > CD , 点 K 、 L 分别在边 AB 、 CD 上 , 且满足
DC1 C1 J = . C1 J JC
图5
因此 , △DC1 J ∽ △C1 JC ] ∠C1 DJ = ∠JC1 C. 这表明 DJ ⊥C1 C ,即 C1 、 E、 C 三点共线 . 因为 ∠CA 1 J = ∠CB 1 J = ∠CEJ = 90° ,所以 , A 1 、 B1 、 E 在以 CJ 为直径的圆上 . 于是 , ∠DBA 1 = ∠A 1 CJ = ∠DEA 1 . 从而 , B 、 E、 A1 、 D 四点共圆 ,有 ∠B EA 1 = 90° . 因为 ∠EB 1 A = ∠EJC = ∠EDC1 , 所以 , A 、 D、 E、 B 1 四点共圆 . 故 ∠A EB 1 = ∠ADB = 90° . 解法 2 :如图 6 , 设以 C1 D 、 A1 B 、 AB 1 为直径的 ω ω ω 圆分别为 1 、 2 、 3 , 则 JC1 、 JB 1 、 JA 1 分别与 ω 1 、 ω3 、 ω2 相切 .
AD SQ PE BC SQ PF ・・ = 1 , ・・ = 1. DS QP EA CS QP FB AD BC 由于 AB ∥CD ,则 = . DS CS PE PF 于是 , = . 从而 , EF ∥AB . EA FB 又 ∠BCD = ∠BCF + ∠FCD = ∠BCQ + ∠EFQ = ∠BCQ + ∠EPQ , 且 ∠BCD = ∠A PB = ∠EPQ + ∠QPF , 则 ∠BCQ = ∠QPF. 无论点 Q 在 P 、 K 之间 ,还是点 P 在 Q 、 K 之间 , 均有 P 、 Q、 B、 C 四点共圆 . 3. 如图 3 , 设对角线 AC 、 BD 交于点 Q , AD 、 CE 交于点 R , A P 与 CD 交于点 M . 由已知可得 △ABC∽ △ACD∽ △ADE ] AB = AC = AD . AC AD A E 又 ∠BAD = ∠ BAC + ∠CAD = ∠CAD + ∠DAE = ∠CA E , 则 △ABD ∽ △ACE , 且图3 AQ 、 AR 分别是

全国高中联赛--数论部分

全国高中数学联赛赛前集训资料整理——数论部分1.求所有的质数对(,)p q ,使得|(55)p q pq +.解：若2|pq ,不妨设2p =,则2|(55)|(525)p q q q q +⇒+,由费马小定理知|(55)q q -,得|30q ,验证知(2,5)符合.若,p q 为奇数,且5|pq ,此时不妨设5p =,则有515|(55)|(6255)q q q q -+⇒+,当5q =时,(5,5)符合要求,当5q ≠时,由费马小定理有1|(51)q q --,故|626q ,由于q 为奇质数,但626的奇质因子只有313,故313q =.验证知符合要求,若,p q 都不等于2和5,则11|(55)p q pq --+,故11550(m od )p q p --+≡① 由费马小定理知151(m od )p p -≡② 由①②知151(m od )q p -≡-③设12(21)k p r -=-,12(21)l q s -=-,,,,k l r s 为正整数,若k l ≤,则由②③易知：2(21)12(21)2(21)(21)1212111(5)5(5)(1)1(m od )l kl kls p s r s q r r p ----------=≡==≡-≡-,这与2p ≠矛盾,因此k l >,由,p q 对称性有k l <,矛盾.此时无解.故(,)p q 为(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313),(313,5).2.设3k ≥,数列{}n a 满足2k a k =,且对n k >都有1 1 2 n n n n a a n a n a n -+⎧=⎨⎩与互质与不互质,证明：数列1{}n n a a --中有无穷多项是质数.证明：假设2()l a l l k =≥,p 为1l -的最小质因子,则 1 1(1,) i p l i p i p≤<⎧-=⎨=⎩.故有 1 1(22,1) i p l i l i p i p≤<⎧+-+-=⎨=⎩,由题设知12 1 1(22 l i l i i p a l p i p+-+-≤<⎧=⎨+-=⎩. 则12(222)(22)l p l p a a l p l p p +-+--=+--+-=(质数),故12(1)l p a l p +-=+-,由以上讨论,可知有无穷多个l k ≥使得2l a l =且12l p l p a a p +-+--=为1l -的最小质因子.3.已知1110()m m m m f x c x c xc x c --=++++ ,其中(0,1,,)i c i m = 是非零整数,数列{}n a 满足：10a =, 1()()n n a f a n N ++=∈,求证：(1)对于正整数,()i j i j <,1j j a a +-是1i i a a +-的倍数；(2)证明：20080a ≠. 证明：(1)当10i i a a +-=时,成立；当10i i a a +-≠时,211111()()()()m mi i i i m i i i i a a f a f a c a a c a a +++++-=-=-++- .故21i i a a ++-能被1i i a a +-整除,余下的可用数学归纳法证明.(2)假设20080a =,则1020092008(0)a a f a a -==-,由(1)可知,2007个差值213220082007,,,a a a a a a --- 都等于(0)f ±,且这些差值的和为200810a a -=,由于2007为奇数,且0(0)0f c =≠,矛盾! 故20080a ≠.第49届I MO预选题(四)第50届IMO预选题(四)费马小定理和欧拉定理的应用关于组合数的几个整除问题多项式一、带余除法与因式定理1、余数定理：多项式()f x 除以x a -的余数为()f a .2、因式定理：()()0x a p x p a -⇔=注：高次多项式因式分解常用因式定理例 1 设,,a b c 为互异的实数,()p x 为实系数多项式,如果()p x 除以x a -的余式为a ,()p x 除以x b -的余式为b ,()p x 除以x c -的余式为c .求()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式.解：因为 (),(),()p a a p b b p c c ===所以设()()()()()()p x x a x b x c q x r x =---+,其中(())2r x ∂≤ 则 ()(),()(),()()r a p a a r b p b b r c p c c ======, 所以,,a b c 一定是()0r x x -=的根而 (())2r x x ∂-≤,所以 ()0r x x -≡即 ()r x x ≡所以()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式为x .例2 已知()p x 是整系数多项式,1234,,,m m m m 是互不相同的整数,且1234()()()()7p m p m p m p m ====,试证：没有整数m 使得()14p m =.分析：即证()14p x =没有整数解证：因为1234,,,m m m m 是()70p x -=的根所以 1234()7()()()()()p x x m x m x m x m q x -=----,其中()q x 一定是整系数多项式若存在整数m 使()14p m =,则有 12347147()()()()()m m m m m m m m q m =-=---- 而7为素数,矛盾.故没有整数m 使得()14p m =.注：可以根据例2中规律命制试题()i p m =素数即可.例3 设()p x 是非常数的整系数多项式,()n p 表示满足2(())10p x -=的所有不同整数x 的个数,则()deg(())2n p p x -≤,其中deg(())p x 表示()p x 的次数.分析：2(())1(()1)(()1)0()10p x p x p x p x =⇔-+=⇔-=或()10p x +=()n p 为()10p x -=与()10p x +=的整数解的个数设()10p x -=有k 个整数解12,,,k m m m ⋅⋅⋅,()10p x +=有s 个整数解12,,,s n n n ⋅⋅⋅, 则有 121()1()()()()k p x x m x m x m q x -=--⋅⋅⋅- ①122()1()()()()s p x x n x n x n q x +=--⋅⋅⋅- ②②－①得1221212()()()()()()()()s k x n x n x n q x x m x m x m q x =--⋅⋅⋅----⋅⋅⋅-证：我们证明方程 ()10p x -= ③与()10p x += ④中至少有一个方程的正根的个数不超过2.下用反证法证明.若结论不成立,设方程③与方程④均至少有3个正根.设123,,m m m 是③的3个不同正根,123,,n n n 是④的3个不同正根, 则 1231()1()()()()p x x m x m x m q x -=--- ⑤ 1232()1()()()()p x x n x n x n q x +=--- ⑥ ⑥－⑤,得123212312()()()()()()()()x n x n x n q x x m x m x m q x =------- ⑦ 不妨设 {}3123123max ,,,,,m m m m n n n =将3x m =代入⑦式得 313233232()()()()m n m n m n q m =---因为2是素数,而313233,,m n m n m n ---是互不相同的正整数,故矛盾. 所以结论得证.二、多项式恒等定理如果次数不超过n 的多项式()f x 有1n +个根,则()f x 必为零多项式,即()0f x ≡. 例4 已知自然数1m >,求出所有满足条件(())(())m p p x p x =的所有多项式()p x . 证明：当()p x c =(常数)时,由m c c =有0c =或22cossin,(0,1,,2)11k k c i k m m m ππ=+=⋅⋅⋅---当(())1p x ∂≥时,则对任意复数β,方程()p x β=一定有解,即0x ∃使0()p x β=,又00(())(())m p p x p x =,即()m p ββ=.故一切复数均为()0m p x x -=的解,即()0m p x x -=有无穷多个解,故由多项式恒等定理有()m p x x =.例5 求所有满足条件22(2)(2),f x x f x x R -=-∈的多项式()f x分析：因为222(1)1x x x -=--,2(1)1x x -=--,所以22(2)(2)f x x f x -=- 可化为2((1)1)((1)1)f x f x --=--. 解：令1y x =-,则有22(1)(1)f y f y -=- ① 令()(1)g y f y =-,则有22()(1)g y f y =-,故①式变为22()()g y g y = ② 设 1110(),n n n n g y a y a y a y a --=++⋅⋅⋅++其中0n a ≠ 则②式左边222(1)2110()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++ ②式右边212110()()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++所以有22(1)212110110()n n n n n n n n a y a y a y a a y a y a y a ----++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++ ③ 下证122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,用反证法,设1221,,,,n n a a a a --⋅⋅⋅0,a 中有一个不为0,设k a 是使得0i a ≠的下标最大者, 即1210,0k k k n a a a a ++-≠==⋅⋅⋅==比较2()g y 与2()g y 中n k y +的系数,因为22k n k n <+<,所以③式等号左边n k y +的系数为0,而③式右边n k y +的系数为n k a a ,所以 0n k a a =.这与0,0n k a a ≠≠矛盾,所以 122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,故()n n g y a y = 再由②式有 222n n n n a y a y =. 又因0n a ≠,所以 1n a =故 ()n g y y =即(1)n f y y -=,所以有()(1)n f x x =+. 例6 确定所有符合下列条件的多项式)(x P ：0)0(1)()1(22=+=+P x P x P 且. 解：构造不动点,令.)(,0,1021n n n n x x P x x x ==+=+下证用数学归纳法：当0000)0()(,00x P x P x n =====时，；假设kk x x P k n ==)(时，结论成立，即.222111()(1)()111.()0()0().k k k k k n n k P x P x P x x x n k x P x x P x x P x x ++=+=+=+=+==+∴-=∴-≡≡当时，即当时，结论成立是的根，即例 7 试确定所有实系数多项式)(x P ,使得 )()2()1(t P t t tP -=- (1)对所有实系数t 均成立.(1995年澳大利亚)解：取.0)0(10==P t ），得代入（取.0)1(12==P t ），得代入（则设 )()1()(x q x x x P -=代入(1),有)()1()2()1()2)(1(t q t t t t q t t t --=---, 当时，2,1,0≠t )1()(-=t q t q 则 c t q ≡)(则R c x cx x P ∈-=),1()( 另一方面,若)1()(,-=∈x cx x p R c 满足条件中的等式, 因此所求的多项式为.),1()(R c x cx x P ∈-=三、根与系数的关系例8 (1996 澳大利亚)设)(x P 是三次多项式,321,,x x x 是)(x P 的三个根,已知323121111,1000)0()21()21(x x x x x x P P P ++=-+求的值.解：设d cx bx ax x P +++=23)(,又323121111x x x x x x ++=d b ad ab x x x x x x =--=++321321 且 ,212221)0()21()21(1000d b d db P P P ⋅+=+=-+= 则1996=a b ,于是.1996111323121=++x x x x x x 四、拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：设)(x P 为n 次多项式,则)()())(()())(()()())(()())(()()())(()())(()(1101101121012000201021n n n n n n n n n n x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P --------++------+------=推论：若.)(,)()()(10c x P c x P x P x P n ≡====则例9 设n P P P ,,,21 是半径为1的圆周上的n 个不同的点,.11,11121≥⋅⋅=∑=+-nk kn k k k k k k k k d P P P P P P P P P P d 求证：证明：以单位圆的圆心为原点,建立复平面,令k P 所对应的复数为k Z ,.,,2,1n k =则nk k k k k k k k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z d --⋅--⋅-=+- 1121,令)())(()())(()())(()())(()(1211211312132--------++------=n n n n n n n Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f (1)则)(Z f 的次数不超过.1-n 1)()()(21====n Z f Z f Z f .1)(≡∴Z f 特别地,取0=Z 代入(1),有1)()()1()()()1()0(111211121321=--⋅-++---=----n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f则 )()()1()()()1(1111211121321-------++---=n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z)()()1()()()1(111211121321-------++---≤n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z nd d d 11121+++==∑=nk kd 11已知10n z -=,其单位根为22cossini w i n nππ=+,则解的集合为{}011,,,n w w w -….结论1：若{}12 n m m m ，，…，是模n 的完全剩余系,则{}{}1211,,,,,,nm m m n w w w ww w-=……结论2：设{}{}01112,,,,,,n n z z z w w w -=……,则 (1)120n z z z +++=…；(2)112(1)n n z z z +=-…；(3)12 0 (,)1m m mn n n m z z z n m ⎧+++=⎨=⎩，…，.例 10 设)(),(),(),(x S x R x Q x P 均为多项式,且满足)()1()())(()(2345255x S x x x x x R x x Q x x P ++++=++ (1),求证：1-x 是)(x P 的因式.(美国) 证明：令52sin52cosππωi +=,取），得代入（1k x ω=0)1()1()1(2=++R Q P k k ωω)4,3,2,1(=k ,)1()()1()()1(48642432=++++++++R Q P ωωωωωωωω则0)1()1()1(4=--R Q P (2) 由得,)1(k ω⨯.4,3,2,1,0)1()1()1(32==++k R Q P k k k ωωω 将4个等式相加,得0)1()()1()()1()(4333231342322212432=+++++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅R Q P ωωωωωωωωωωωω故0)1()1()1(=---R Q P (3) 得),3()2(-0)1(5=P ,则0)1(=P ,由因式定理得).(1x P x -平方差型不定方程的解法数论中的不等式问题一道巴尔干地区竞赛题的思考一道印度竞赛题的简解一道预赛题的简证一道数论题的新证法一道重要的二元二次不定方程——佩尔方程。

第49届IMO试题解答

( 俄罗斯提供)
2 n 的质因子 . ( 立陶宛提供)
参考答案
1. 如图 1 , B 0 、 C0 分别是边 CA 、 AB 的中
4. 求所有的函数 ) →( 0 , + ∞ ) , f : (0 , + ∞
点 . 设以 B 0 为圆心、过点 H 的圆与以 C0 为圆心、过点 H 的圆的另一个交点为 A′ .
2. ( 1) 令
x= a a- 1 x x- 1 y y- 1 z
p≥ 2n +
p- 4
≥ 2n +
>2n +
2n + 2 n.
p- 4- 4
②
由式 ①、 ② 知命题成立 .
4. 令 w = x = y = z = 1. 则 ( f ( 1) ) 2 = f (1) .
= a,
b b- 1
= b,
图1
则 A′ H ⊥C0 B 0 .

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18
中等数学
又因为 B 0 、 C0 分别是边 CA 、 AB 的中点 ,所以 , C0 B 0 ∥BC . 从而 , A′ H ⊥BC . 于是 ,点 A′ 在 AH 上 . 由切割线定理得 AC1 ・ AC2 = AA′ ・ AH = AB 1 ・ AB 2 . 故 B1 、 B2 、 C1 、 C2 四点共圆 . 分别作 B 1 B 2 、 C1 C2 的垂直平分线 ,设其交点为 O . 则 O 是四边形 B 1 B 2 C1 C2 的外接圆圆心 ,也是 △ABC 的外心 ,且

第48届IMO预选题解答

3k 2 ‖( C2 k + 1 - C2 k ) . 2
k
2
k- 1
5. 求所有的满射的函数 f : N+ →N+ , 使得对任意的 m 、 n ∈ N+ 和任意的质数 p , f ( m + n ) 可以被 p 整除当且仅当 f ( m ) + f ( n ) 可以被 p 整除 . 2 2 6. 已知 k ∈N+ . 证明 : ( 4 k - 1) 有一个
4
2
考虑集合 J = { - 9 , - 7 , - 5 , - 3 , - 1 ,1 ,3 ,5 ,7 ,9}. 下面证明 : J 是好的 . 实际上 ,对于任意的 a 、 b、 c、 d、 e ∈J ,数 a - b + c - d + e 为奇数 ,且 - 45 = ( - 9) - 9 + ( - 9) - 9 + ( - 9) ≤a - b + c - d + e ≤ 9 - ( - 9) + 9 - ( - 9) + 9 = 45. 故 478 ( a - b + c - d + e) . 对于任意的 k = 1 ,2 , …,46 ,考虑集合 A k = { x ∈X| 存在 j ∈J ,使 kx ≡j ( mod 47) }. 如果 A k 不是好的 , 则存在 a 、 b、 c、 d、 e ∈A k ,使得 47| ( a - b + c - d + e) . 于是 , 47| ( ka - kb + kc - kd + ke) . 因此 ,集合 J 中包含 5 个模 47 的剩余 , 使得 J 不是好的 ,矛盾 . 所以 , A k 是 X 的好的子集 . 只要证明存在一个整数 k ,使得 | Ak | ≥ 2 007. 对于每个 x ∈X ,由于 478 x ,因此 , x ,2 x , …,46 x 构成模 47 的一个简化剩余系 . 于是 , 共有 10 项分别与 J 中的元素模 47 同余 . 所以 ,每个 x ∈X 恰属于 10 个集合 A k . 从而 ,

第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答汇总

一声垒手主兰o(m od户所以，夕I产+f+
垒≠，所以，存在整数，(p∈{1，2…，垒尹}，
使得尸(户兰一l (m odp．
学．，
而由o ≤￡≤堑丝掣知，
4
4
8
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2押+压<户．(*
下证当p足够大(户≥29时，n一，(p满足
+￡2一(p一1 f +l兰里等竖+f2+f(m od户，
≥争一罕．t o o t
同理町得B 02一C 2俨一B F2一FH 2，③
所以，由①，②，③可得，A 10—C z O
．易知A 10；A 20，C l O =C20，故A l o —A 20一C 1O
—c2(．
同理，A 1o —A 20—B 1( =B20，所以，六点A 1，A 2，B l，B 2，C1，C 2在以。为圆心的圆上．
p
LZ —l，。
故南L
V一1+，。
南
+志≥毒杀1．①
≥
怕芒≥
+孝≥+
令n=_L户一，q 6=JL，q —c=r —乞，则①化为，-一p ∑口2≥1．由于二等堕=詈，二专地一号，
—一1+f所以些．掣_一一77户
’
．些一1，
l一∑n+∑曲一o，
②
由②可得l一∑n2一一(比+6+c一1 2≤o，
所以≥：(6n2≥令扣篇，一尚1，从而①式成立．
国参加I M O的最关键的问题，即如何选拔参赛1987年，在古巴哈瓦那举行第28届IM o。选手的问题。会上提出并决定举办“数学冬令中国队获得2金、2银、2铜和总分第八的成绩，营”的问题。
I M 0的常设委员会确认了中国承办I M o的要1986年1月，首届冬令营在南开大学举办，求，并确定由中国举办1990年的第31届I M o。

第50届IMO预选题(四)

从而，岛＝ｌ，６。＝÷，
盈
口
７。（寿卜（（铷】２卅岫∥一ｉ妻２（耵胁。）㈥／“＋且
＝、
＝
妒。一２扩 ¨∑川．
／Ｌ
＝
２３七一Fra bibliotek２、，
ｆ＝ｌ。
。，、Ｄ
日
＝
。（（钔圳川
＝Ａ“Ｂ４－Ａ４＋Ｏ（Ｂ“）．
由ｂ＜口，知ｋ＞２．因此，存在有理系数多项式Ｐ（Ｘ），使得（Ｘ—１）（∥～一１）＝（Ｐ（Ｘ））２．这是不可能的（因为ｒ～一ｌ没有二重根，矛盾）．
＝Ｄ（（扪．
因此，存在一个足够大的正整数Ｎ，使得对于所有整数，ｌ（Ｊｌ≥Ⅳ），有
彳“＋‘一Ｉ＝ｒｉｇｎ＋Ｉ—ｒ２９ｎ＋‘一ｌ＋…＋
故ｑＩ＋２＋ｑ㈨＋ｑ＾－－－０（ｍｏｄ２），即
吼＋２；吼＋Ｉ＋ｑＩ（ｍｏｄ２）（ｋ＝ｌ，２，…）．因为ｑｌ＝一ｌ，ｑ２＝Ｏ，所以，铀亳一１（ｍｏｄ２），ｑ３…害一１（ｍｏｄ２），ｑ３…三Ｏ（ｍｏｄ２）（Ｚ＝ｌ，２，…）．从而，３Ｉ（ｔ一２）．７．设口２＝Ａ，ｂ２＝曰，
（菇一曲）（石一詈）（茗一号）．．。（ｘ一葶鲁）
＝矿¨一ｒｌ省‘＋…＋（一１）“。“＋Ｉ＇
且存在正整数Ｍ，使得Ｍｒ。，Ｍｒ２，…，帆＋。为
整数．于是，对于所有正整数ｎ，有Ｍ（％＋Ｉ＋ｌ一－Ｚｎ＋Ｉ＋…＋（一１）‘＋’ｋ＋Ｉ乙）
②
其中，ｋ＝１，２，…．
比较式②两端同次幂的系数得
瓦（茹）－－０（ｍｏｄ２）．
于是，ａ＝ｂ．３．设％（ａ）表示口的质因数分解中质数Ｐ的幂指数．假设／的值域中的所有元素的不同质因数只有有限个，且设为Ｐ，，Ｐ：，…，Ｐ。．显然，有无穷多个正整数口，使得
式②矛盾．
因此，口。为偶数．

高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）及答案

高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）及答案1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。

3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。

当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。

4.试作一直角三角形使其斜边为已知的c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。

5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。

试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q 上。

1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC 边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。

第49届IMO预选题解答

参考答案
1. 本届 I MO 第 4 题 . 2. 本届 I MO 第 2 题 . 3. ( 1 ) 不存在 . 设 g0 ( x ) = x, gk ( x ) = g ( g ( …g ( x ) …) ) .
k 个
4. 对于整数 m , 在 { 1, 2, 3 } 中存在唯一
的一个数 t ( m ) , 使得 m + t ( m ) 是 3 的倍数 . 函数 f: Z → Z 满足 f ( - 1 ) = 0, f ( 0 ) = 1, n f ( 1 ) = - 1, 且对于所有满足 2 > m 的非负整数 m 、 n, 有 n n ( f 2 + m ) = f ( 2 - t (m ) ) - f (m ) . 证明 :对于任意的非负整数 p,均有 f ( 3 p) ≥0. 5. 已知正实数 a、 b、 c、 d 满足 abcd = 1,
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20
中等数学
两个结论. n ( 1 ) 若 2 + m 能被 3 整除 , 则
f ( 2 - t (m ) ) ≥3
n n n
f ( 2 - t ( m ) ) ≥3
n n
n- 1
2
;
当 2 - t ( m ) 不能被 3 整除时 , n f ( 2 - t ( m ) ) ≤0. n n 因 2 - t ( m ) 被 3 整除当且仅当 2 + m 能被 3整除 , 所以 , 对任意的非负整数 m 、 n, 有

k
事实上 , 设 n > 0, 且设 n =

第50届IMO预选题(三)

Ａ
Ｂ
定的扇形区域与Ｐ的交集所得区域的面积
再结合Ｉ
ｌＯＡＸ’ＢＩ＝髫ｓ△ｏ＾口，Ｉ＿ｙｓ△Ｄ肌，，
图４
ＯＢＹ～Ａ
故么ＸＥ．Ｍ＝（ｙ一帮）一妒
＝妒一（ｙ－２ａ）＝么ＹＥ２Ⅳ．
Ｓ蜊Ｂ
２ＳＡｏ删・，
得ＩＰＩ≥２ＩＡＸ’ＢＹ’Ａ’Ｉ
在△Ｅ。ＸＭ和△Ｅ：Ⅲ中分别应用正弦
定理得
ＸＭ
＝２（ｘＳ△ｎ＾口＋筘△吲，）
妒＝ｙ—ａ一１３．
上式等价于篇：警．
设Ｅ。Ｘ、Ｅ：Ｙ与Ｈ．巩分别交于点Ｒ、Ｓ．
［丑ＰＨ２／／／ＸＲ，侍．．面Ｈ２Ｒ＝是．又由朋。／／ｒｓ，得等＝型ＹＰ．
于是，点Ｒ与Ｓ重合．７．如图５，由于ＡＺ、ＡＩ、ＡＹ四等分么ＢＡＣ，可设／ＢＡＣ＝４∞
因为Ｅ。是△ＡＢＰ的九点圆的圆心，所以，Ｐ０１／／ＭＥｌ．结合么ＡＰＯｌ＝么ＢＰＨ。，得
得。刃睁Ｙ变为Ｅ，且日是ＥＹ的中点．
从而，ＨＧ／／ＸＹ．又因为ＦＸ、ＦＥ关于么ＤＦＣ的角平分线对称，ＦＹ、ＦＥ关于么ＤＦＣ的角平分线对称，
所以，Ｆ、ｘ、ｌ，三点共线．故
么ＧＸＦ＝么ＥＧＨ．由／ＨＥＦ＝么ＥＧＨ，知ＥＦ与过点Ｅ、Ｇ、
万方数据
２０１０年第ｌＯ期
２１
于是，存在实数菇、Ｙ满足ｌ≤髫、ｙ≤２，且
ｊｓｉｎ（ａ＋／３）・ｓｉｎ（ｆｌ—ｎ）
＝Ｃ０８
设Ｌ。、￡，分别是点Ｃ关于，２，３、，。厶的对
称点．因为Ｊ。厶是／ＮＭＣ的角平分线，所以，Ｌ３在直线ｇ上．类似地，￡。也在直线ｇ上．设日是△，。，２，３的垂心．则［１２Ｌ３ｌＩ＝么ｌＩＣｌ２＝么ＩＩｌ３１２＝１８００一么ｌｌｍｌ．于是，，２、日、，，、厶四点共圆．类似地，，３、日、￡。、，２四点共圆．

第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答 (1)

324006 浙江省衢州高级中学吴光耀
严密性是数学的三大特点之一，数学计算与教学证明的严密性，既是数学科学的特点，又可以训练思维，使学生细心周密，而这些素质又指导学生去思考生活、工作中的问题，使他们养成周密稳重的习惯，有助于提高基本素质．
下面的前二个问题是学生在进行研究性学习时出现的．
。
2
，( 借) <丝掣( 2) ．舒任意n，6∈I，口<6，当A>0时恒有
剖析：这里( 1) 与( 2) 等价是有条件的，并不是对任意的函数，( z) 都成立的．如反例：
当J =Q( 有理数) ，A为无理数时，则对于任
意的口， 6， ∈ Q，厂 (z)=z2，有竿尝 ∈ Q，所以
第4题解答( 吴天琦) 解，令们=z —y—z =1，得( ，( 1) ) 2= ，( 1) ，所以，( 1) 一1．
‘ 紫一等，对任意f >o，令训=￡，T—l ，y=2一以，
得
去分母整理得( ∥‘(￡) 一1) (／’( ￡) 一￡) =0，所以，对每个f >0，
，( ￡) =f ，或者厂( f ) 一÷．
01 旦，这里的丽表示有向线估 x3，如图2所
应：“口的各元素在模挖的意义下对应相同”( 例如竹一2，忌一4时，6一( 2，2 ，2，1) 可对应如口一 ( 4，4，2，1) ，Ⅱ一(2，2，2，1)，口一(2，4， 4，1)等) ，那么由于6是 B类列，其中1，2，…，挖的个数必定全为奇数，而d是A类列，又要求口中l ，…，咒的个数全为奇数，且以+1 ，…，2以的个数全为偶数．于是对任意的i ∈{1，2，…，行} ，设6中有6i 个i ，则口必须且只需满足对任意的i ∈{1，2， …，行) ，6中是i 的6i 个元所在位上在n中都是i 或者挖+i ，且i 有奇数个( 自然行+i 就有偶数个) ，那么由引理及乘法原理，6恰可对应

数学考试技巧附案例习题解题技巧-特殊值法

数学考试技巧附案例习题解题技巧-特殊值法在数学研究中，“从特殊到一般”是重要的思想方法。

数学竞赛题，由于其难度，多少有些研究的性质。

于是对许多竞赛题目，“特殊值法”显得至关重要。

3.1 什么是“特殊值法”特殊值法，又称“和谐法”，就是对题目中所给的表达式，代入特殊值，寻找其规律。

特殊值，就是易于计算、求解的值。

对代数问题，往往是中值（平均值）、边值（最大最小）。

当自变量取特殊值时，函数值往往位于极值点（区间上的最大、最小值）。

对其它问题，就是规模较小，简单的，或具有特殊性质的代入值。

3.2 特殊值法的理论依据若函数f(x)为凸函数，由琴生不等式（导数法证明），有f(a1x1+a2x2+...+a n x n)≤a1 f(x1)+a2 f(x2)+...+a n f(x n). 即：对n个不同变量，他们和的函数与函数的和具有不等关系。

同样，对其他运算，也有类似的不等式存在。

特殊值法的证明，通用方法是导数法。

以3个变量的函数f(x,y,z)为例，设x+y+z=k为常数，x≥y≥z.其中x≥k/3, z≤k/3.先固定x，调整y,z, 即函数f(y,z).又y+z=k-x为常数，则有z=k-x-y,三元函数变为一元函数f(z). 求f(z)含z单项的导数f’(z),可得当z=(k-x)/2时，f’(z)=0; z<(k-x)/2时，f’(z)<0; z>(k-x)/2时，f’(z)>0. 即应用单调性可得，对0<z<k/3, y=z 时f(z)最大。

此时y=z=(k-x)/2. 这次调整使y,z相等。

同理，固定z, 可得x=y. 由此，x=y=z. 这是一种逐步调整的策略。

对于多元函数的情形，可类似的证明。

（详细推导步骤见单墫《利用导数证明不等式》，《中等数学》2006年第2期）由此，我们知道特殊值法的适用范围：当不等式的“一项”为单峰函数（中间值最大或最小）时，可使用特殊值法，此时最值取在均值处，而边值处为另一个最值。

2008年imo预选题组合

2008年imo预选题组合一、了解IMO国际数学奥林匹克竞赛国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界上最具影响力的青少年数学竞赛活动。

自1959年起，每年举办一次。

我国自1985年开始参加IMO，取得了优异的成绩。

IMO竞赛对学生的数学素养、思维能力和创新精神有很高的要求，因此吸引了全球众多优秀中学生参加。

二、分析2008年IMO预选题组合的特点1.题目难度：2008年IMO预选题组合的题目难度较高，需要参赛者具备扎实的基本功、灵活的思维和较强的数学素养。

2.题目类型：组合题目在IMO竞赛中占有一定比例，主要包括组合计数、组合几何、组合恒等式等。

2008年IMO预选题组合涵盖了这些类型。

3.解题技巧：题目要求参赛者运用图论、排列组合、不等式等知识进行解答，考查了参赛者的综合能力。

三、应对此类题目的策略和技巧1.熟练掌握基本概念和公式：熟练掌握组合数学的基本概念和公式，如排列组合公式、二项式定理等，是解决组合题目的基础。

2.善于寻找规律：在解题过程中，要善于从已知条件中寻找规律，运用归纳、演绎等方法进行推导。

3.灵活运用图论知识：熟练掌握图论的基本概念和算法，如遍历、最短路径、最小生成树等，能帮助解决部分组合题目。

4.提高解题速度：在训练过程中，要注意提高解题速度，培养自己的应试能力。

四、提高数学竞赛能力的建议1.扎实掌握基本知识：熟练掌握中学阶段的数学基本知识和技能，为解决高难度题目奠定基础。

2.培养数学思维能力：通过参加数学竞赛、培训班等形式，提高自己的数学思维能力。

3.多做真题：多做往届IMO和国际、国内各级数学竞赛真题，总结经验，提高解题技巧。

4.参加团队训练：加入数学竞赛团队，与其他优秀选手交流学习，共同提高。

5.保持良好的心态：面对竞赛压力，保持良好的心态，发挥自己的最佳水平。

第48届IMO预选题三

引理的证明 :设 A′、B′、C′分别是边 BC 、
CA、AB 的中点. 若 A1 、B1 、C1 中有两个点在
△AC′B′、△BA′C′、△CB′A′中的一个三角形
中 ,不妨假设点 B1 、C1 在 △AC′B′中.
如图 7 ,设 B1 C1
与 AA1 交于点 X. 则
X 也在 △AC′B′中.
于是 ,
3. 已知梯形 ABCD 的对角线 AC 、BD 交于点 P , 点 Q 在平行线 BC 、AD 之间 , 满足 ∠AQD = ∠CQB , 且 P、Q 在直线 CD 的两侧. 证明 : ∠BQP = ∠DAQ.
4. 本届 IMO第 2 题. 5. 已知 △ABC 为确定的三角形 , A1 、B1 、 C1 分别为边 BC 、CA、AB 的中点. P 为 △ABC 外接圆上的动点 , PA1 、PB1 、PC1 分别与 △ABC 的外接圆交于另外的点 A′、B′、C′. 若 A 、B 、C 、A′、B′、C′是不同的点 , 则直线 AA′、BB′、CC′交出一个三角形. 证明 :这个三角形的面积不依赖于点 P. 6. 求最小的正实数 k ,满足下列性质 :四边形 ABCD 是凸四边形 ,点 A1 、B1 、C1 、D1 分别在边 AB 、BC 、CD、DA 上. 考虑 △AA1 D1 、 △BB 1 A1 、△CC1 B1 、△DD1 C1 的面积 , 设最小的两个面积之和为 S , 四边形 A1 B1 C1 D1 的面积为 S1 . 则总有 kS1 ≥S . 7. 设锐角 △ABC 的三个角 ∠A 、∠B 、 ∠C 分别为α、β、γ,且 β> γ, I 为其内心 , R 为其外接圆半径. AD 为边 BC 上的高线 , K 在直线 AD 上 ,且满足 AK = 2 R ,点 A 、K 在 D

2020年摩尔多瓦IMO代表队选拔考试数学试题(word版,无答案)

2020 摩尔多瓦 IMO 代表队选拔考试第一天1. 有无穷项的等比数列{},1n b n ≥的每一项都是某个等差数列的项. 已知1b 为整数. 证明{}n b 的每一项都是整数.2. 证明对所有正实数 a,b,c, 均有不等式22233a b c b c a a b c +++≥+++成立.3. 设n≥3为正整数. 集合A ＝{1,2,…n}, 我们将A 中所有元素随机排成数列{}12,,,n a a a ⋅⋅⋅. 若整数i, j 满足1,i j i j n a a ≤<≤>,就称 i,j 是一组“反转对”. 那么, 集合 A 中的元素有多少种排列方法, 使得其中恰有 3 对“反转对”?4. 锐角△ABC 中, H 为垂心, B 1和C 1分别为B 和C 到对边的垂足, M 为AH 中点. 在线段B 1C 1上取不在AH 上的一点K, 直线 AK 与 MB 1 和 MC 1 分别交于 E 和 F, 直线 BE 和 CF 交于点N. 求证 K 为△NBC 垂心.5. 设 n 为正整数. 在区间 [0, 4π)上,求方程组sin cos 22tan 23n x x x n ⎧+=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩的所有解.6. 设 n 为不小于 3 的自然数. 多项式()()()()20121121n n f x x x nx a a x a x a x =++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅+证明:3a 整除()22211223.n n n k C C C a ++=-7. 证明对所有正实数 a,b,c, 均有不等式2222222221777a b c a b c a b c ++≤++++++成立.8. △ABC 中, ∠ABC 和∠ACB 为锐角, AB 中点为 M. D 为 CB 延长线上一点, 且∠DAB ＝∠BCM, 过 B 作 CD 垂线与 AB 的垂直平分线交于点 E. 证明 DE ⊥AC.9. △ABC 内接于以 AP 为直径的圆 Ω. E, F 分别为 B 到 AC 和AP 的垂足. EF 中点为 M, CP 中点为 N.求证: BM ⊥MN.10. 设 n 为给定正整数. 正实数 a,b,c 满足1111a b c++=.求 ()212221222122,,n n nn n n n n n n n na b c E a b c a b c b c b c a c a c a b a b +++=+++⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅的最大值.11. 求所有函数[]:1,1f R -→,使得 f(sinx )+f (cosx ) =2020对所有实数 x 恒成立.12. 在一个象棋单循环赛中, 每个选手与其他选手各比赛一局. 已知所有的选手得分都不相同. 所有选手中的最后一名得了k 分. 那么, 第一名至少得了多少分? (对每一局棋, 胜者得 1 分, 败者得 0 分, 平局则双方各得 0.5 分)。

第62届imo第3题

第62届imo第3题第62届国际数学奥林匹克（IMO）的第3题是一个数论问题。

问题是这样的，证明对于任意正整数 n，存在一个长度为 n 的等差数列，其元素均为正整数且互质。

首先，让我们理解一下题目的要求。

题目要求我们证明对于任意正整数 n，都能找到一个长度为 n 的等差数列，数列中的元素均为正整数，并且这些正整数两两互质，也就是它们的最大公约数为1。

为了证明这个命题，我们可以采用数学归纳法。

首先，当 n=1 时，我们可以选择数列的第一个元素为1，显然满足题目要求。

接下来，假设对于任意正整数 k，都存在一个长度为 k 的等差数列，数列中的元素均为正整数且两两互质。

现在我们来考虑长度为 k+1的情况。

我们可以利用中国剩余定理来构造长度为 k+1 的等差数列。

具体地，我们可以选择一个足够大的正整数 M，使得 M 和 M+2 互质，M 和 M+3 互质，M 和 M+4 互质，依此类推，直到 M+k 与 M+k+1互质为止。

根据中国剩余定理，我们可以找到一个数 x，使得x ≡-i (mod M+i) 对于 1 ≤ i ≤ k+1 成立。

这样构造出的数列 {x, x+1, x+2, ..., x+k} 中的任意两个数都是互质的，因为它们与M+i （1 ≤ i ≤ k+1）的差都能被 M+i 整除，而 M+i 与 M+j 互质（1 ≤ i < j ≤ k+1）。

因此，我们成功构造出了长度为 k+1 的等差数列，数列中的元素均为正整数且两两互质。

综上所述，我们利用数学归纳法证明了对于任意正整数 n，都存在一个长度为 n 的等差数列，数列中的元素均为正整数且两两互质。

因此，第62届IMO的第3题得证。

以上是我对第62届IMO第3题的全面回答，希望能够对你有所帮助。

第49届IMO预选题(三)

第49届IMO预选题(三)
李建泉
【期刊名称】《《中等数学》》
【年(卷),期】2009(000)010
【摘要】1．本届IMO第1题． 2．已知梯形ABCD满足AB∥CD，在CB的延长线上有一点E，在线段AD上有一点F，使得∠DAE=∠CBF．设直线CD、AB与朋分别交于点I，J，线段EF的中点为K，且K不在直线AB上，证明：点I在
△ABK的外接圆上的充分必要条件是点K在△CDJ的外接圆上．
【总页数】5页(P19-23)
【作者】李建泉
【作者单位】天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 300387
【正文语种】中文
【相关文献】
1.第58届IMO预选题(三) [J], 李建泉
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3.第57届IMO预选题(三) [J], 李建泉
4.第55届IMO预选题(三) [J], 李建泉
5.第61届IMO预选题(三) [J], 李建泉
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第47届IMO预选题(上)

A K DL = , 知 AD 、 BC 、 K L KB LC
交于一点 S . 如图 1 , 设 S K 与 △AB P 、 △CDQ 的外接圆的另一个交点分别为 X 、 Y.
足为 D , 点 C1 在边 DJ 上的投影为 E , 求 ∠B EA 1 和 ∠A EB 1 的度数 . 6. 已知 ⊙O1 、 ⊙O2 外切于点 D , 并同时 ω 与圆内切 , 切点分别为 E 、F , 过 D 作 ⊙O1 、 ⊙O2 的公切线 l . 设圆 ω 的直径 AB ⊥ l ,使得 A 、 E、 O1 在 l 的同侧 . 证明 : AO1 、 BO2 、 EF 三线共点 . 7. 设四边形 ABCD 是凸四边形 . 过点 A 、 D 的圆与过点 B 、 C 的圆外切于点 P ,且 P 在四边形 ABCD 的内部 . 若 ∠PAB + ∠PDC ≤ 90° , ∠PBA + ∠PCD ≤ 90° ,证明 : AB + CD ≥BC + AD . 8. 设 M a 、 Mb 、 Mc 分别是 △ABC 的三边 BC 、 CA 、 AB 的中点 , Ta 、 Tb 、 Tc 是 △ABC 外接圆上不包含相对的顶点的 BC 、 CA 、 AB 的中
AD SQ PE BC SQ PF ・・ = 1 , ・・ = 1. DS QP EA CS QP FB AD BC 由于 AB ∥CD ,则 = . DS CS PE PF 于是 , = . 从而 , EF ∥AB . EA FB 又 ∠BCD = ∠BCF + ∠FCD = ∠BCQ + ∠EFQ = ∠BCQ + ∠EPQ , 且 ∠BCD = ∠A PB = ∠EPQ + ∠QPF , 则 ∠BCQ = ∠QPF. 无论点 Q 在 P 、 K 之间 ,还是点 P 在 Q 、 K 之间 , 均有 P 、 Q、 B、 C 四点共圆 . 3. 如图 3 , 设对角线 AC 、 BD 交于点 Q , AD 、 CE 交于点 R , A P 与 CD 交于点 M . 由已知可得 △ABC∽ △ACD∽ △ADE ] AB = AC = AD . AC AD A E 又 ∠BAD = ∠ BAC + ∠CAD = ∠CAD + ∠DAE = ∠CA E , 则 △ABD ∽ △ACE , 且图3 AQ 、 AR 分别是