第40届俄罗斯数学奥林匹克九年级试题(无答案)
2.奥林匹克竞赛资料
IMO资料中国代表队在历届国际数学奥林匹克竞赛中的成绩统计历届国际数学奥林匹克竞赛中国获奖学校名单及奖牌历届国际数学奥林匹克竞赛中国获奖学生名单中国也曾先后主办过三届国际奥林匹克学科竞赛：1990年的第31届国际数学奥林匹克竞赛，1994年的第25届国际物理奥林匹克竞赛和1995年的第27届国际化学奥林匹克竞赛。
在世纪之交的2000年，我国将主办第12届国际信息学奥林匹克竞赛。
中国青少年在历届国际奥林匹克学科竞赛的获奖情况第41届国际数学奥林匹克于2000年7月13日至25日在韩国大田举行。
参加本次国际数学奥林匹克的共有82支参赛队的461名选手。
中国队六名队员全部获得金牌，并以218分的总成绩一举获得团体总分第一。
今年中国队的主教练是北京大学数学系张筑生教授，领队是北京大学数学系王杰教授，副领队是南京师范大学数学系陈永高教授。
六名队员及其得分是：恽之玮(江苏常州高级中学)，42分，金牌；李鑫(广东华南师大附中)，38分，金牌；袁新意(湖北黄冈中学)，32分，金牌；朱琪慧(广东华南师大附中)，36分，金牌；吴忠涛(上海中学)，31分，金牌；刘志鹏(湖南长沙一中)，39分，金牌。
总分金牌数银牌数铜牌数1 中国218 6 0 02 俄罗斯215 5 1 03 美国184 3 3 04 韩国172 3 3 0注：每个选手满分为42分。
本次竞赛的金牌分数线为30分；银牌分数线为21分；铜牌分数线为11分。
最终共有39名选手获得金牌、71名选手获得银牌、119名选手获得铜牌2001年第42届国际数学奥林匹克竞赛是在美国华盛顿市郊乔治·梅森大学举行的。
参加本次奥赛的选手共有473人，分别来自83个国家和地区。
比赛包括6道题，每题7分，答题时间一共是9小时。
比赛结果，有39名学生获得金牌，81人获得银牌，122人获得铜牌。
中国代表队的学生是：北京人大附中的肖梁，长沙市第一中学的张志强，湖南师大附中的余君，湖北武钢三中的郑晖，江苏启东中学的陈建鑫和东北育才学校的瞿枫。
第34届俄罗斯数学奥林匹克九年级
p q
注意到 ( 2 p + q , q) = ( 2 p , q) ≤ 2 ( p , q) =2 , ( p , p + 2 q) = ( p ,2 q) ≤ 2 ( p , q) =2 . 于是 ,由 x 得到的最简分数的分子和分 母的和为 ( 2 p + q) + q = p + ( p +2 q) =2 ( p + q) , 2 ( p + q) 或 = p+ q, 2 即分子分母的和或者不变或者变为原来的 两倍 . 由于后来出现的数 2008 的分子分母的 和为 2009 是一个奇数 ,故从初始到 2008 的 变化过程中没有出现过加倍的情况 . 因此 ,初 始时的数的分子分母的和就是 2009 . 由于初始的数是正整数 ,故它为 2008 . 9.8 . 首先证明一个引理 . 2k 引理 通过 3 k 次称量或者可以将 3 枚 硬币中的那枚假币找出来 , 或者可以找出含 有假币的三枚硬币同时找出一架好天平.
故点 G′ 位于直线 A′ G 上. 类似可得点 G′ 位于直线 B′ G 上 , 从而 , G′ 与 G 重合 .
9.4 . 2
x
2 x -8
.
设研究所中有 n 位科学家 , t ij 表示在第 i 位和第 j 位科学家中恰有一个在咖啡厅的时 间 ,令 S =
1 ≤i < j ≤n
∑t
ij
2 .则 S ≥ Cn x .
A 1 G′ ∥AH ⊥BC .
下面举例说明不等式可以取到等号 . 设 n = 2 l =2
2 x -8分 ,每段时间对 应 n 位科学家中的 l 个人 , 不同的时间段对 应的人不完全相同 . 由对称性 ,对任意两位科 学家 ,恰有他们中的一个出现在咖啡厅中的 时间总和全相等 ,设为 y . 则 2 l ( 2 l -1 ) 8 l (2 l - l ) = S = y. 2 8l ≥ 由此 , y = x 此不等式等价于 l 2 l -1 ≤ x . 2 x -8 故满足条件 . 9.5 . 设小方格的边长为 1. 用小方格中心坐标表示小方格. 再设两 个小方格的横坐标差的绝对值为 x , 纵坐标 差的绝对值为 y . 不难看出 ,王可以用 max{ x , y } 步从一个 方格走到另一个 , 但不能用更少的步数. 因 此 ,这两个方格之间的距离为 max{ x , y }. 下面用 d ( A , B ) 表示方格 A 、 B 之间的 距离 . 设 A、 B、 C 是三个两两距离为 100 的小 方格 . 则它们中的每两个都会有相差 100 的 ( B , C) 、 横坐标或纵坐标 . 这样 , 在 ( A , B ) 、 ( A , C) 这三对小方格中必有两对使得每对中 的两个小方格都有相差为 100 的横坐标或纵 坐标 . 不妨设 A 与 B 、 A 与 C 都有相差 100 的 横坐标 ,则 B 和 C 的横坐标相差 0 或 200. 但 由于 d ( B , C) =100 , 故 B 、 C 具有相同的横 坐标 . 故它们的纵坐标相差 100. 不妨设 A 、 B、 C 具 有 如 下 坐 标 B ( 0 ,0 ) 、 C ( 0 ,100 ) 、 A ( 100 , x ) ( 0 ≤x ≤ 100) . 考虑到 A 、 B、 C 距离都为 50 的小方格
(完整word版)10两圆的相似
10 两圆的相似我们知道， 在相似变换下, 圆的像仍是一个圆， 这时两圆是相似的, 相似系数是两圆的半径之比。
反过来, 已知平面π上两圆, 我们总可以先通过一个平移变换使两圆同心， 然后再以圆心为位似中心, 使其中一个圆变为另一个圆. 而且还可以在实施平移变换之前, 将其中一个圆经过一个轴反射变换。
由此可知, 任意两圆都是相似的, 且它们既是真正相似, 又是镜像相似. 因而只要两圆不等, 它们就有相似中心, 既有顺相似中心， 也有逆相似中心。
一般说来, 两个相似比不等于1的相似图形只有一个相似中心, 而对于两个不等且不同心的圆来说就不同了. 它们有无穷多个顺相似中心和逆相似中心.定理1 设平面π上两圆⊙O 1、⊙O 2不同心， 它们的半径分别为r 1、r 2， 且r 1≠r 2， 则以O 1、O 2为定点、r 1︰r 2为定比的阿氏圆①上的任意一点都是⊙O 1与⊙O 2的顺相似中心， 也是它们的逆相似中心; 反之, ⊙O 1与⊙O 2的所有顺相似中心和逆相似中心都在这个阿氏圆上.证明 如图10–1， 以r 1︰r 2为分比内分线段O 1O 2于M ， 外分线段O 1O 2于N ， 则以MN 为直径的圆Γ即以O 1、O 2为定点、r 1︰r 2为定比的阿氏圆.显然, ⊙O 1(,,180)S M λ︒−−−−−→⊙O 2， ⊙O 1(,,0)S N λ−−−−→⊙O 2， 这说明M 、N 两点都是⊙O 1与⊙O 2的顺相似中心; 再注意⊙O 112(,,)T N O O λ−−−−−→⊙O 2. 又过M 作O 1O 2的垂线l , 则⊙O 1(,,)T M l λ−−−−→⊙O 2, 所以， M 、N 两点也都是⊙O 1与⊙O 2的逆相似中心。
设P 是圆Γ上任意异于M 、N 的一点，因由阿氏圆的定义，有 PO 1︰PO 2= r 1︰r 2。
所以,⊙O 112(,,)S P O PO λ−−−−−→⊙O 2, 故P 是⊙O 1与⊙O 2的顺相似中心。
国际数学奥林匹克试题分类解析数论
国际数学奥林匹克试题分类解析数论A2 整数的求解A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3．【解】设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有a＋（a＋1）＋…＋（a＋n－1）＝1000即n（2a＋n－1）＝2000若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≥1，故2a＋n－1＞n．同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若n＝5，则 a＝198；若n＝16，则 a＝55；若n＝25，则 a＝28．故解有三种：198＋199＋200＋201＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】设b为所求最小正整数，则7b2＋7b＋7＝x4素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．【题说】 1976年纽约数学竞赛题 7．s2－s1＝n2＝100从而求得n＝10．A2－004 设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977．【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题 5．本题由原联邦德国提供．【解】由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≤1977，从而q≤44．若q≤43，则r＝1977－q2≥1977－432＝128．即（a＋b）≤88，与（a＋b）＞r≥128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨设|a－22|≥|b－22|，则1009≥（a－22）2≥504，从而45≤a≤53．经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．A2－005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n 取最小值，这里n＞m≥1．【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题 1．本题由古巴提供．【解】由题设1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod 1000）因而1978m≡2m×989m≡0（mod 8），m≥3又1978n－m≡1（mod 125）而 1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod 125）（1）从而3n－m≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则代入（1）得从而k（20k＋3）≡0（mod 25）因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4×25＝100，于是m＋n的最小值为n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y．【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6．本题由荷兰提供．于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v从而原方程变为2v（u－4）＝u3－8u2－8 （2）因u≠4，故（2）即为根据已知，u－4必整除72，所以只能有u－4＝±2α3β，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2进一步计算可知只有u－4＝2·3＝6，于是u＝10，v＝16A2－007 确定m2＋n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题 3．【解】若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1．若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋u k，于是[（m＋u k）2－m（m＋u k）－m2]2＝1于是有若u k≠u k－1，则以上步骤可以继续下去，直至从而得到数列：n，m，u k，u k－1，…，u k－l，u k－l－1此数列任意相邻三项皆满足u i＝u i－1＋u i－2，这恰好是斐波那契型数列．而{1，2，…，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值．A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．【题说】第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题 1．【解】不妨设x≤y≤z．显然w≥z＋1，因此（z＋1）！≤w！＝x！＋y！＋z！≤3·z！从而z≤2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解．A1－010 前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？【题说】第三届（1985年）数学邀请赛题 10．【解】令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．个不同的正整数值．另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到50×12＝600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式．A2－011 使n3＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）数学邀请赛题 5．【解】由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且a＋b＝cd，ab＝c＋d求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d．【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1．【解】由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，才有a＋b≥ab．如果a、b都不是1，那么c＋d＝ab＞a＋b＝cd由此知c＝1或d＝1．因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2．这样，本题的答案可以列成下表A2－013 设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．【题说】第五届（1987年）数学邀请赛题 7．【解】显然，a、b、c都是形如2m·5n的数．设a＝2m1·5n1，b＝2m2·5n2，c＝2m3·5n3．由[a，b]＝1000＝23·53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max （m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．由此，知m3应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故m i、n i（i＝1、2、3）不同取法共有7×10＝70种，即三元组共有70个．A2－014 设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．【题说】第五届（1987年）数学邀请赛题12．m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2·10－3＋3n·10－6＋10－9于是从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 1．【解】 144＝122，1444＝382设n＞3，则则k必是一个偶数．所以也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，因此，本题答案为n＝2，3．A2－016 当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝1989有整数解？【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】1989≤10n/x＜1990所以10n/1990＜x≤10n/1989即10n·0.000502512…＜x≤10n·0.000502765…所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．A2－017 设a n＝50＋n2，n＝1，2，…．对每个n，a n与a n＋1的最大公约数记为d n．求d n的最大值．【题说】 1990年第1轮选拔赛题 9．【解】d n＝（a n，a n＋1）＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）＝（2（n2＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇数）＝（2（n2＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）＝（100－ n，2n＋1＋2（100－ n））＝（100－n，201）≤201在n＝100≠201k（k∈N）时，d n＝201．故所求值为201．A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；（2）n恰为 75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75．【题说】第八届（1990年）数学邀请赛题5．【解】为保证 n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2α·3β·5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75由75＝52·3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24·34·52，n/75＝432．A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5．【解】 1．例如x＝1，y＝8即满足要求．2．假设988≤x＜y≤1991x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则x2＜xy＋x＜xy＋y这时y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1即y＞3x＋1由此得1991≥y＞3x＋1≥3×998＋1矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．A2－020 求所有自然数n，使得这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数，N是自然数集．【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5．【解】题给条件等价于，对一切k∈N，k2＋n/k2≥1991 （1）且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≥0即（k2－1991/2）2＋n－19912/4≥0 （3）故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n≥1991×322－324＝1024×967又，（2）等价于存在k∈N，使（k2－996）2＋n－9962＜0上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于n＜1992×322－324＝1024×968故n为满足1024×967≤n≤1024×967＋1023的一切整数．A2－021 设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．n≥2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．现考虑第k（2n＞k≥1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n －2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有A2－022 在{1000，1001，1002，…，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？【题说】第十届（1992年）数学邀请赛题6．7或 8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．如果不是上面描述的数，则n有如下形式其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有53＋52＋5＋1＝156个这样的n．A2－023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？【题说】第十届（1992年）数学邀请赛题15．【解】设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）＝f（m＋4）＜f（m＋5）因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；…；1991，1991，1991，1991，1991容易看出如果存在m使f（m）＝1991，则因而m＞4×1991＝7964．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991．在序列（1）中共有7980项，不同的值有7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，…，1991}中，有1992－1596＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．A2－024 数列{a n}定义如下：a0＝1，a1＝2，a n＋2＝a n＋（a n＋1）2．求a1992除以7所得的余数．【题说】 1992年数学奥林匹克预选赛题1．【解】考虑a n以7为模的同余式：a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）2＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）所以，a n除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．A2－025 求所有的正整数n，满足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题 3．【解】显然，n＝1满足要求．由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）所以9|n．若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2×9）＝S（3×9）＝…＝S（92）＝9，故9满足要求．10k≤n＜10k＋1又9 10k，故10k＋1≤n＜10k＋1若n＜10k＋10k－1＋…＋10＋1，则与已知矛盾，从而n≥10k＋10k－1＋…＋10＋1（1）令n＝9m．设m的位数为l（k≤l≤k＋1），m－1＝S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋10＋1）n）＝S（（10k＋1－1）m）＝S（10k＋1（m－1）＋（10k＋1－10l）＋（10l－m））其中9有k＋1－l个，b i＋c i＝9，i＝1，2，…，l．所以S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是 k＋1位数，所以 n＝99…9＝10k＋1－1．另一方面，当 n＝99…9＝10k＋1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）．综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≥1）．A2－026 求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数．【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2．【解】当m＝1时，23m＋1＝9，故k≤2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod 9）＝0所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2．最大整数．【题说】 1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题．【解】因为1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－3×1031＋32）＝（1031）（1031－3）＋9－1它的个位数字是8，十位数字是0．A2－028 试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．【解】设这组数的绝对值为a≤b≤c≤d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≥bc，类似地，d≤bc．从而，bc≤a≤b≤c≤d≤bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x2．如果f （19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？【题说】第十二届（1994年）数学邀请赛题3．【解】重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝…＝942－932＋922－…＋202－f（19）＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－91）＋…＋（22＋21）（22－21）＋202－94＝（94＋93＋92＋…＋21）＋306＝4561因此，f（94）除以1000的余数是561．A2－030 对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2n]＝1994成立的正整数n．【题说】第十二届（1994年）数学邀请赛题 4．【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2128]＋[log2129]＋…＋[log2255]＝2×1＋4×2＋8×3＋16×4＋32×5＋64×6＋128×7＝1538．A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋…＋p（999），则S的最大素因子是多少？【题说】第十二届（1994年）数学邀请赛题5．【解】将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是（0·0·0＋0·0·1＋0·0·2＋…＋9·9·8＋9·9·9）－0·0·0＝（0＋1＋2＋…＋9）3－0p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到．因此，＝463－1＝33·5·7·103最大的素因子是103．A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs 及p2＋qr都是平方数．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．【解】因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是q＝a－2， s＝a＋2q＝a＋2，s＝a－2所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4．三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．【解】设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q ＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．个整数．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≥n．当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≥2．若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2．若m＞n，则由于2（mn－1）≥n2＋mn＋n－2≥n2＋2m＞n2＋m所以mn－1＝n2＋m，即（m－n－1）（n－1）＝2于是本题答案为（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．【题说】第十三届（1995年）数学邀请赛题7．【解】由已知得即所以A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？【题说】第十三届（1995年）数学邀请赛题10．【解】设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．由于2×42＋1，42＋2，42＋3，42×5＋5，42＋7，2×42＋11，42＋13，4×42＋17，3×42＋19，42＋23，3×42＋29，2×42＋31，4×42＋37，2×42＋41，都是合数，所以在n≥5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42×5＋5例外．因此，所求的数就是42×5＋5＝215．A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为a＋b2＋z＝abz2 （1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≤a＋z．a＋z＋b2＝abz2＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）≥a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z）（2）（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a ＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明（z2－2）a－2Z＜0 （3）从而z≤2（否则（3）的左边≥z2－2－2z≥z－2＞0）．在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．在z＝1时，（1）成为a＋b2＋1＝ab （4）从而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．A2－039 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数．【题说】 1996年数学奥林匹克题 2．【解】记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．则H（0，1）＝（2，12）＝2H（1，1）＝（12，12）＝12因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≥m．当n≥2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）当m≤n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m－n＋72m－n））＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n）记则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有A2－040 求下列方程的正整数解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a≥b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．【题说】 1996年数学奥林匹克预选赛题 7．【解】记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′ （*）所以故1＜d≤4．当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；当d＝3时，（*）等价于（2a′－1）（2b′－1）＝3由a′≥b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．当d＝2时，（*）等价于（a′－1）（b′－1）＝2由a′≥b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．【题说】第十四届（1996年）数学邀请赛题1．【解】幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的左下角的数为19＋96－1＝114．因此x＝3×105－19－96＝200A2－042 对整数1，2，3，…，10的每一个排列a1，a2，…，a10，作和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|数．求p＋q．【题说】第十四届（1996年）数学邀请赛题12．【解】差|a i－a j|有如下的45种：这45种的和为1×9＋2×8＋3×7＋4×6＋5×5＋6×4＋7×3＋8×2＋9×1＝165．每一种出现的次数相同，而在和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|中有5种，所以A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值．【题说】第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供．【解】 15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1）所以 16r2－15s2是481＝13×37的倍数．由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（mod 13）时，必有13|s．同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．于是481|s．由（1），481|r．在r＝s＝481时，b＝（16－15）×481＝481，a＝（16＋15）×481＝31×481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．所以所说最小值为481．A2－044 设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≤k≤9）．求一切这样的数n．【题说】 1997年数学奥林匹克预选赛题 7．【解】设n的左数第k＋1位上的数字为n k（0≤k≤9），则数字k出现的次数为n k．因为n是10位数，所以n0＋n1＋n2＋…＋n9＝10 （1）又数字k若在左数第n j＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．n k个k意味着有数字j1，j2，…，j nk，共出现k nk次．于是，又有n i＋2n2＋…＋9n9＝10 （2）由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≤1．若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0 （3）则n0≥5．于是n中至少有一个数字≥5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而n1＋2n2＋3n3＋4n4≤5 （4）（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≥6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．若n9＝1，则n0＝9，n1≥1，这显然不可能．若n8＝1，则n0＝8，n1≥1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≥1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a≥1，b≥1，且满足等式a b2＝b a．【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供．【解】显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≥2．设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝a t，at＝a2t，从而t＝a2t－1．如果2t－1≥1，则t ＝a2t－1≥（1＋1）2t－1≥1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝b k可知K＝b K－2 （1）如果K≤2，则K＝b K－2≤1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）q＝1，即K为一个大于2的自然数．当b＝2时，由（2）式得到K＝2K－2，所以K≥4．又因为等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝b K＝24＝16．当b≥3时，＝b K－2≥（1＋2）K－2≥1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K≤3．这意味着K＝3，于是得到b＝3，a＝b K＝33＝27．综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．75=3×5^2显然N必含有质因数3、5，且质因数5的个数至少为2。
初中数学奥林匹克竞赛题及答案
初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题（每题1分，共10分）1．如果a，b都代表有理数，并且a＋b=0，那么 ( )A．a，b都是0B．a，b之一是0C．a，b互为相反数D．a，b互为倒数答案：C解析：令a=2，b=－2，满足2+(－2)=0，由此a、b互为相反数。
2．下面的说法中正确的是 ( )A．单项式与单项式的和是单项式B．单项式与单项式的和是多项式C．多项式与多项式的和是多项式D．整式与整式的和是整式答案：D解析：x²，x3都是单项式．两个单项式x3，x²之和为x3+x²是多项式，排除A。
两个单项式x²，2x2之和为3x2是单项式，排除B。
两个多项式x3+x2与x3－x2之和为2x3是个单项式，排除C，因此选D。
3．下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B．没有最小的正有理数C．没有最大的负整数D．没有最大的非负数答案：C解析：最大的负整数是-1，故C错误。
4．如果a，b代表有理数，并且a＋b的值大于a－b的值，那么 ( )A．a，b同号B．a，b异号C．a＞0D．b＞0答案：D5．大于－π并且不是自然数的整数有 ( )A．2个B．3个C．4个D．无数个答案：C解析：在数轴上容易看出：在－π右边0的左边（包括0在内）的整数只有－3，－2，－1，0共4个．选C。
6．有四种说法：甲．正数的平方不一定大于它本身；乙．正数的立方不一定大于它本身；丙．负数的平方不一定大于它本身；丁．负数的立方不一定大于它本身。
这四种说法中，不正确的说法的个数是 ( )A．0个B．1个C．2个D．3个答案：B解析：负数的平方是正数，所以一定大于它本身，故C错误。
7．a代表有理数，那么，a和－a的大小关系是 ( )A．a大于－aB．a小于－aC．a大于－a或a小于－aD．a不一定大于－a答案：D解析：令a=0，马上可以排除A、B、C，应选D。
8．在解方程的过程中，为了使得到的方程和原方程同解，可以在原方程的两边( ) A．乘以同一个数B．乘以同一个整式C．加上同一个代数式D．都加上1答案：D解析：对方程同解变形，要求方程两边同乘不等于0的数，所以排除A。
第41届俄罗斯数学奥林匹克_九年级_李伟固
．
（
：
，
，
（： ．
．
）
１
．
，
＝
一
一
．
．
３ ｒ
．
设 大于
－
１
００
的 三个 正整 数
＿
ａ 、＊
、
ｙ
满 足个整 数 求
．
ｉ
Ｖ
的 所有 可 能
．
２
１
＝
ａ
Ｖ
１
）
－
求 ！ 隨小 值 ｘ １ 由 条 件 不 妨 设 二 次 三 项 式 ＊ ＋ 〇 ＊ ４ ０ 支队 伍参 加 排球 单 循 环 赛 排 球 与 Ｖ ＋ ６＊ ＋ ａ 恰 有 个公 共 的 实 根 ＊ 比赛 没 有 平 局 已 知 任 意 ５ ５ 支 队 伍 中 均 存 则
Ｚ）
：＿
， ，
ｉＣ ｆ
，
５ ． ４９
则 册 仙 且 的 中 点 也为 Ｋ 显 然 不存在 两 个 非 负 数 相 邻 否 则 接 令 Ｚ 为 狀 与 爐 的 交 点
＇
＝
．
，
？
．
，
，
下去 的 数 为 正 由 此 得 到 所有 的 数 为 正 但其 于是 Ａ 中 最小 的 数 不 可 能 大 于 接 下 去 的 两 个数 的 和 这表 明 至 多 有 ５ ０ 个 非 负 数 若 恰 有 ５０ ＫＸ ＫＨＫＨ ｆ 好 Ｍ 四 点 共线 个正 数 则 这 些 正 数 和 负 数相 间 排 列 故 点 尤 与 Ｍ 重合 Ｚ Ｚ Ｓ Ｃ 似 开 即 Ｚ 所 以 ａ ６ ｃ ＾Ｏ 考虑 相邻 三 个数 ａ ６ 洲 ｆ 仙 的 外接 圆 与 相切 则 ａ ＞ ６ Ｇ Ｃ Ａ
全俄中学生数学奥林匹克 (第25届第Ⅳ阶段八、九年级)(Word版,含答案)
全俄中学生数学奥林匹克（第25届第Ⅳ阶段八、九年级）======== 八年级试题 ========1、父亲带着两个儿子向离城33公里的祖母家出发，父亲有一辆摩托车，速度为25公里／小时．如果再载了另一个人，则速度为20公里／小时，（摩托车不允许带两个人，即每车至多载两人.）每个儿子如果步行，速度为5公里／小时.证明：这3个人可在3小时内同时到达祖母家.证：设第二个儿子先步行，父亲载着第一个儿子乘摩托车走了公里，这里用了小时，并且他们超过第二个儿子（公里）.这时，父亲让第一个儿子步行，自己返回去接第二个儿子.到遇到第二个儿子时，用了（小时）.第二个儿子遇到父亲时，步行走了（公里），这时离祖母家还有（公里）.如果父亲载第二个儿子的路程与载第一个儿子的路程相同，那么，所以（公里）.这样，在路上共计用的时间为（小时），或（小时）.2、在正整数A的右边添上3个数字，组成一个新数，这个新数等于从1到A的所有正整数之和，求A.解：设3个数字组成的数是B，则，于是，即，因此.由左边不等式知：，由右边不等式知：，所以.3、在△ABC的边BC，CA，AB上分别取点A1，B1，C1，使得△A1B1C1的中线A1A2，B 1B2，C1C2分别平行于直线AB，BC，CA，试确定点A1，B1，C1分△ABC的边为怎样的关系？解：设M点为△A1B1C1的重心，A3，B3，C3为△A1B1C1中线的延长线分别与△ABC各边的交点（如图）.由题设知MC3CB1是平行四边形，所以MC3＝B1C.其次，直线C1C3经过线段A 1B1的中点且平行于AC，所以MC3是△A1A3C的中位线，因此，A3C＝2MC3，即A3B1＝B1C.又A2A3是△B1C1A的中位线，所以AA3＝A3B1，于是AA3＝A3B1＝B1C.因此B1点分AC为两部分的比AB1: B1C＝2:1，同理CA1:A1B＝BC1:C1A＝2:1.4、有40个装有气体的瓶子，各瓶内气压是未知的且可以不相同.每次允许将若干个瓶子相连接，但瓶子数均不超过给定的正整数，然后再将它们分开，这时所连接的各瓶的气压将变成相等的，都等于连接前它们气压的算术平均值，当取怎样的最小值时，能使得40个瓶子中的气压变得都相等，而与初始时各瓶中的气压数无关？解：最小值.当时，可采取下列方式，使各瓶气压变得相等.将瓶子分为8组，每组5个，可使每组中各瓶的气压相等.然后再从每组中各取1个瓶子，共8个来自不同组的瓶子组成1个新组，这样的新组有5组.只要可使新组中的各瓶气压变得相等（这也就使得所有的40个瓶子的气压相等）.这是可以做到的，先在每组8瓶中，分成各有4个瓶子的两组，让每组的4个瓶子相连接而使得它们的。
第40届俄罗斯奥林匹克数学竞赛九年级试题
第40届俄罗斯数学奥林匹克（九年级）1. 放置了99个正整数. 已知任意两个相邻的数相差1或相差2或一个为另一个的2倍. 证明：这99个数中，有3的倍数.2. 已知a b ，为两个不同的正整数. 问： ()()()()()()222222a a ab a b a b a b b b ++++++，，，，，这六个数中，至多有多少个完全平方数？3. 令A 是由一个凸n 边形的若干对角线组成的集合. 若集合A 中的一条对角线恰有另外一条对角线与其相交在凸n 边形内部，则称该对角线为“好的”. 求好对角线条数的最大可能值.4. 在锐角ABC △中，已知AB BC >，M 为边AC 的中点，圆Γ为ABC △的外接圆，圆Γ在点A C ，处的切线交于点P ，线段BP 与AC 交于点S ，AD 为ABP △的高，CSD △的外接圆与圆Γ交于点K （异于点C ）. 证明：90CKM ∠=︒.5. 设正整数1N >，m 表示N 的小于N 的最大因数. 若N m +为10的幂，求N .6. 已知内接于圆Γ的梯形ABCD 两底分别为AB CD ，，过点C D ，的一个圆1Γ与线段CA CB ，分别交于点1A （异于点C ），1B （异于点D ）. 若22A B ，为11A B ，分别关于CA CB ，中点的对称点，证明：22A B A B ，，，四点共圆.7. 麦斯国中央银行决定发行面值为()01k k α= ，，的硬币. 央行行长希望能够找到一个正实数α，使得对任意1k k α，≥为大于2的无理数，且对于任意正整数n ，理论上均存在若干枚面值之和等于n 的硬币，其中每种面值的硬币均不超过六枚. 问：行长的愿望能够实现吗？8. 某国有n 座城市，任意两座城市之间有双向直达航班. 已知对任意两座城市，它们之间的两个方向的机票价格相同，不同城市对之间的航班机票价格互不相同. 证明：存在由1n -段依次相连的航班，使得各段航班机票的价格依次严格单调下降.。
第35届俄罗斯数学奥林匹克_九年级_
35
每个最大奇 (偶 ) 空方位区间的逆时针方向 的端点都将变成非空的. 这表明 ,在整个寻找 硬币的过程中 ,只有在下面情况下 ,硬币的被 转移不 会带 来非 空方 位的增 加 : 当 所 有 奇 (偶 )方位都是空的 ,而同时所有偶 (奇 )方位 都是非空的 (这种情况最多遇到一次 ) . 在所 有其他情况下 , 这次操作前的空方位数至多 比上次操作前的空方位数多 3. 这样 , 经 32 次操作后的空方位数最多为 31 ×3 + 4 = 97, 这不能保证找到硬币.
少有一次是在 A 类或 B 类的方格中 , A 类和
B 类的每个方格至多贡献两次穿越. 而 A 类
和 B 类共有 24个方格 , 故至多完成 48 次穿
越.
称 A、D 类方格之间的穿越为 AD 型 , B、
C类方格之间的穿越为 B C型.
如果恰完成了 48次穿越 ,则每一个 A 类
或 B 类方格都对应两次穿越. 这说明 , 每次
一块布. 已知恰有一块布下面藏有一枚硬币.
下面的行为称为一次操作 :任选四块布检查
它们下面是否藏有硬币 ,每次操作后 ,所选布
放回原处 ,而硬币被偷偷地转移到与这次操
作时其所处位置相邻的顶点处的布的下面.
求一定可以找到硬币的最少的操作次数.
9151实数 a、b、c满足
( a + b) = abc,
a3 + b3 = a3 b3 c3.
9111一个最简分数等于分母分别为 600
和 700的两个最简分数的和. 求这样的最简
分数分母的最小可能值.
9121已知 BD 是 △AB C 的角平分线 (点
D 位于线段 AC 上 ) ,且与 △AB C 的外接圆圆 Γ交于点 B、E,以线段 D E 为直径的圆 ω交 圆 Γ于点 E、F. 证明 :直线 B F 关于 BD 的对
40第40届俄罗斯数学奥林匹克(九年级)
明： 、 、 ， 、 四点共 圆．
７ ． 麦 斯 国 中央 银行 决 定 发 行 面 值 为 Ｏ ｌ
（ ｋ ＝ Ｏ ， １ ， …） 的硬 币． 央行 行 长希 望能 够找 到一
Ｑ ３ ＝ Ａ Ａ ＋ ｌ …Ａ ｌ ， Ｑ ４ ＝ Ａ ｆ Ａ ｆ ＋ ｌ …Ａ Ａ １ Ａ ２ …Ａ ． 除了Ａ Ａ 、 Ａ Ａ 以外 的好对 角线仍 然 为某 个 多边形 Ｑ 的好对角线． 由归纳假设 ， 知好对角线 的条数不超过
２ ＋ （ Ｊ — ｉ 一 １ ） ＋ （ ｋ － ｊ 一 １ ） ＋ （ ｆ — ｋ 一 １ ） ＋ （ ｎ — ｆ ＋ ｉ 一 ， 一 ３条对 角线彼
此两两 在内部没有交点． 证 明 留 给读 者 ． 当 ｎ＝ ２ ， ３ ， ４时 ， 结论显然成立．
下 设 Ｉ ＞５ ．
设 。 Ａ …Ａ 为凸 凡边形 ， 为其一 些对 角线
组成 的集合．
２ ０ １ ４年第 ９ 期
令Ｄ 。 是圆 厂 。 与Ａ Ｄ的第二个交点． 由对称性 ， 知Ａ Ｄ＝ Ｂ Ｃ ， Ａ Ｄ。 ＝ Ｂ Ｂ 。 ． 故Ａ Ａ ・ Ａ Ｃ＝ Ａ Ｄ ・ Ａ Ｄ＝ 胎． ・ Ｂ Ｃ ．
７ ． 能够实现．
令 ： 掣
． 则 ： ＋ ０ ｃ ： ７ ．
＝ ｎ一 ２ ．
为Ａ Ｂ、 Ｃ Ｄ， 过点 Ｃ 、 Ｄ的一个 圆 与线段 Ｃ Ａ、 Ｃ Ｂ
为完全平方数．
分别交于点 。 （ 异于点 Ｇ ） 、 Ｂ 。 （ 异于点 Ｄ ） ． 若Ａ ： 、
：
从而， 至多有两个完全平方数．
为Ａ 。 、 。 分别 关 于 Ｃ Ａ、 Ｃ Ｂ中点 的对称 点 ， 证
第34届俄罗斯数学奥林匹克(九年级)
（０ ， （ ≤ １０ ）０ ≤１０ ． ０）
考虑到 Ａ、 Ｃ距 离 都 为 ５ Ｂ、 Ｏ的小 方格
２０ 年 第 ｌ 期 ０８ １
３ ３
则 它 的横 坐标 必 为 ５（ Ｏ 否则 ， （ ， ＞５ ｄ Ａ） ０ 或 ｄ ， ＞５ ） （ Ｂ） ０ ．
，
引理 的证 明 ： ｋ用 归 纳法 ． 对
线 Ｇ和Ａ 重合 ． 。
令 Ｇ 是 点 关 于 点 的 对 称 点 ． 则
△ Ａ Ｍ和 △ Ａ ＧＭ 关于 对 称 ． Ｈ ． 因此 ，
８（／ ） ：２＿ ／ 一ｆ：Ｓ ｆ ２ （ １
， ，
．
Ａ Ｇ ｆ＾ Ｂ Ｈ Ｃ． ｆ
故点 Ｇ位于直 线 ４Ｇ上 ． 类似可 得点 Ｇ位 于 直 线 Ｇ上 ， 而 ， 从 Ｇ与 Ｇ重 合 ．
Ａ Ａ 于 点 、 ， 是 △ Ａ Ｃ 外 接 圆Ａ Ｂ、 Ｃ ｙ Ｂ Ｂ （ 不含 点 Ｃ 的 中点 ， 线 Ｘ ） 直 Ｙ平 分 线 段 Ａ ．
求 Ｂ Ｃ 的大小 ． Ａ ９ ７ 在 一个 已写 有一 个 正整数 的黑 板 上 ．．
１１… ，，， ， ，５ ，， １４ ４ ４ ２０就 是 满 足 条 件 的
个三 次方 程 至少有 一个 根属 于 区 间 ［，］ ０２ ．
９３ 令 、 分别为一个非等腰 △ Ａ Ｃ ．． Ｂ 的垂心 、 心 ． 明 ： 别 过 点 Ａ、 Ｃ且 分 重 证 分 Ｂ、 别 垂直 于 Ａ 、Ｍ 、Ｍ 的 三条 直 线 所 围 成 的 Ｍ Ｂ Ｃ 三角形 的 重心位 于 直线 ＭＨ上 ． ９４ 一群科学家在一 个研究 所工作 ． ．． 在 某 天 的 ８小 时 工作 期 问 ， 位 科 学 家 都 至 少 每
或 ：ｐ＋ｑ ，
(共8套)世界少年奥林匹克数学竞赛真题附答案 六年级至四年级专版(全)
（共8套）世界少年奥林匹克数学竞赛真题 六年级至四年级专版（全）绝密★启用前世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛（2016年10月）选手须知：1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。
2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。
3、比赛时不能使用计算工具。
4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。
六年级试题（Ａ卷）（本试卷满分120分 ，考试时间90分钟 ）一、填空题。
（每题5分，共计50分）1、有甲、乙两个两位数，甲数的27等于乙数的 23，这个两位数的差最多是 。
2、如果15111111111111111*=++++，242222222222*=+++，33*=3+33+333，那么7*4= 。
3、由数字0,2,8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第 个。
4、如图，正方形的边长是2（a+b ），已知图中阴影部分B 的面积是7平方厘米，则阴影部分A 和C 面积的和是 平方厘米。
5、一辆出租车与一辆货车同时从甲地出发，开往乙地出租车4小时到达，货车6小时到达，已知出租车 比货车每小时多行35千米。
甲乙两地相距 千米6、一个长方体铁块，被截成两个完全相同的正方体铁块，两个正方体铁块的棱长之和比原来长方体铁块的棱长之和增加了16厘米，则原来长方体铁块的长是 。
7、四袋水果共46个，如果第一袋增加1个，第二袋减少2个，第三袋增加1倍，第四袋减少一半，那么四袋水果的个数就相等了，则第四袋水果原先有 个。
8、有23个零件，其中有一个次品，不知它比正品轻还是重，用天平最少 次可以找出次品。
9、123A5能被55整除，则A= 。
10、在一次数学游戏中，每一次都可将黑板上所写的数加倍或者擦去它的末位数，假定一开始写的数是458，那么经过 次上述变化得到14.二、计算题。
（每题6分，共计12分）11、123200112320012002200220022002++++12、6328862363278624⨯-⨯省 市 学校 姓名 赛场 参赛证号∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕ 密 〇 封 〇 装 〇 订 〇 线 ∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕密 封 线 内 不 要 答 题a +六年级 第3页 六年级 第4页三、解答题。
广东省深圳中学2024-2025学年九年级上学期开学数学试题(解析版)
2024-2025学年第一学期假期学习诊断九年级数学试卷注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、学号等填写在答题卷规定的位置上．2．考生必须在答题卷上按规定作答：凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．3．全卷共4页，考试时间90分钟，满分100分．一、选择题（本大题共8小题，每题3分，共24分）1. 2024年巴黎奥运会是第三十三届夏季奥林匹克运动会，将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行．下面2024年巴黎奥运会项目图标是中心对称图形的是（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转关键．【详解】A 、不是中心对称图形，该选项不符合题意；B 、是中心对称图形，该选项符合题意；C 、不是中心对称图形，该选项不符合题意；D 、不是中心对称图形，该选项不符合题意；故选：B ．2. 若a b >，则下列不等式不一定成立是（ ）A. 22a b −>−B. 22a b >C. 33a b −<−D. 22a b >【答案】D【解析】【分析】本题考查不等式的基本性质，根据不等式的基本性质逐项判断即可．【详解】解：A 、不等式两边同时减去2，不等号方向不变，故22a b −>−，本选项的不等式一定成立； B 、不等式两边同乘2，不等号方向不变，故22a b >，本选项的不等式一定成立；的C 、不等式两边同乘13−，不等号方向改变，故33a b −<−，本选项的不等式一定成立； D 、若1a =−，2b =−，满足a b >，但22a b <，故本选项的不等式不成立．故选：D3. 在实数范围内有意义，则 x 的取值范围为（ ） A. 0x ≥且3x ≠B. 0x ≥C. 3x ≠D. 0x >且3x ≠ 【答案】A【解析】在实数范围内有意义得到20≥x 且30x −≠，求出结果即可．【详解】解： 在实数范围内有意义， 20x ∴≥且30x −≠，0x ∴≥且3x ≠，故选：A ．4. 把多项式22x ax +−分解因式，结果是()()1x x b ++，则a ，b 的值为（ ）A. 32a b ==，B. 32a b =−=，C. 12a b ==−，D. 12a b =−=−，【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了整式乘法，解二元一次方程组，因式分解的定义等知识点，根据多项式乘法将因式展开，然后组成方程组，解方程组即可得解， 熟练掌握整式乘法法则是解决此题的关键．【详解】解：∵()()()22112x x b x b x b x ax ++=+++=+−， ∴12b a b += =−， ∴12a b =− =− ． 故选：D ．5. 如图，在ABCD 中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B 为圆心，以适当长为半径画弧，分别与AB ，BC 交于点E ，F ；②分别以E ，F 为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G ，作射线BG ，与边AD 交于点H ；③以B 为圆心，BA 长为半径画弧，交于边BC 于点M ．若5AB =，8BH =，则点A ，M 之间的距离为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】B【解析】 【分析】本题考查了作图−基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形ABMH 是菱形是解题的关键．连接AM 、MH ，设AM 交BH 于点O ，根据题意证明四边形ABMH 是菱形，从而得出OB 的长，再根据勾股定理即可得出结果．【详解】解：如图，连接AM 、MH ，设AM 交BH 于点O ，由题意可知，BH 是ABC ∠的角平分线，ABH CBH ∴∠=∠，又 四边形ABCD 是平行四边形，AD BC ∴∥，AHB CBH ∴∠=∠，ABH AHB ∴∠=∠，AB AH ∴=，以B 圆心，BA 长为半径画弧，交于边BC 于点M ，AB BM ∴=，AH BM ∴=，又AH BM ∥，∴四边形ABMH 是平行四边形，为又AB AH =，∴四边形ABMH 是菱形，AM BH ∴⊥，142OBOH BH ===，OA OM =， 90AOB ∠=°∴，3OA ∴，26AM OA ∴==，故选：B6. 下列命题中，假命题是（ ）A. 顺次连接任意四边形各边中点形成的四边形都是平行四边形B. 等腰三角形的高、中线、角平分线重合C. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形D. 用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”【答案】B【解析】【分析】选项A 中根据三角形的中位线定理结合平行四边形的判定即可证明，选项B 根据等腰三角形的性质进行判断，选项C D 根据反证法的步骤进行判断即可．【详解】解：A 、顺次连接任意四边形各边中点形成的四边形都是平行四边形是真命题，如图，∵点,,,E F G H 为,,,AB AD CD BC 的中点，∴,EF BD GH BD∥∥，11,22EF BD GH BD ==， ∴,EF GH EF GH =∥， ∴四边形EFGH 为平行四边形，∴故本选项不符合题意；B 、等腰三角形底边上的高、底边上的中线、顶角平分线互相重合，是假命题，故本选项符合题意；C 、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形是真命题，故本选项不符合题意；D 、用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”，是真命题，故本选项不符合题意．故选：B ．【点睛】本题考查的是命题的真假判断、反证法的应用，平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，菱形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．7. 如图，用长为20m 的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为11m ），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在BC 上用其他材料做了宽为1m 的两扇小门，若花圃的面积刚好为240m ，则此时花圃AB 段的长为（ ）m ．A. 4或103B. 103C. 4D. 10【答案】C【解析】【分析】本题考查一元二次方程的应用，掌握实际问题中的等量关系是解决此题的关键．设AB x =米，则()2032BC x =−+米，根据围成的花圃的面积刚好为40平方米，即可得出关于x 的一元二次方程，解之即可得出x 的值，再结合BC 的长度不超过11米，即可确定x 的值，此题得解． 【详解】解：设AB x =米，则()2032BC x =−+米， 依题意，得：203240x x −+=（），整理，得：2322400x x −+=， 解得：1013x =，24x =． 当1013x =时，20321211x −+=>，不合题意，舍去；当4x =时，203210x −+=，符合题意．故选C ．8. 如图，在矩形ABCD 中，8AB AD ==，，点E 为边AD 上一动点，点F 为CE 的中点，连接BE ，点G 在BE 上，且EF GF =，则下列结论：①在点E 从点D 运动到点A 的过程中，点F 运动的路径长为AF DF +的最小值为16；③点G 到BC 的中点的距离为定值EFG S 的最小值为24 ．其中正确的是（ ）A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④【答案】D【解析】 【分析】取CD 的中点H ，连接FH ，根据中位线的性质可得点F 在直线FH 上运动，点F 运动的路径长为12AD ，即可判断结论①；连接AC ，由直角三角形斜边上的中线的性质得到DF CF =，从而AF DF AF CF AC +=+≥，根据勾股定理求出AC 的长，即可判断结论②；取BC 的中点I ，连接GI ，则GI 的长为点G 到BC 的中点的距离，连接DF ，CG ，由DF EF CF GF ===，得到点D ，E ，G ，C 在以点F 为圆心，EC 为直径的圆上，从而得到90BGC ∠=°，根据直角三角形斜边上的中线的性质即可判断结论③；当GI BC ⊥时，BGC 的面积最大，进而由CEGBCE BCG S S S =− 求出CEG 的最EFG 的最小值，从而判断结论④．【详解】解：取CD 的中点H ，连接FH ，∵点F 是CE 的中点，∴FH AD ∥，12FH AD =， ∴点F 在直线FH 上运动，当点E 和点A 重合时，FH 有最大值，∴点F 运动的路径长为1122AD =× 连接AC ，∵在矩形ABCD 中，90ADC ∠=°，又点F 是CE 的中点， ∴12DF CE CF ==， ∴AF DF AF CF AC +=+≥，∵在矩形ABCD 中，8CD AB ==，∴在Rt ACD △中，16AC =，∴AF DF +的最小值为16．故结论②正确；取BC 的中点I ，连接GI ，则GI 的长为点G 到BC 的中点的距离，连接DF ，CG ，∵90CDE ∠=°，点F 是CE 的中点，∴12DF CE =，12EF CF CE ==， ∵EF GF =，∴DF EF CF GF ===，∴点D ，E ，G ，C 在以点F 为圆心，EC 为直径的圆上，∴90CGE ∠=°，∴18090BGC CGE ∠=°−∠=°，∵点I 是BC 的中点，∴1122GI BC ==×∴点G 到BC 的中点的距离为定值 ∵点E 是AD 上的动点，∴11822BCE S BC CD =⋅=××=∵GI BI CI ===∴点G 在以点I 为圆心，∴当GI BC ⊥时，BGC 的面积最大，最大值为114822BGC S BC GI =⋅=×=，此时48CEG BCE BCG S S S =−= 为最小值，∵点F 是EC 的中点，∴EFG 的最小值为()11482422EFG CEG S S ==−= ．故结论④正确． 综上所述，结论正确的是①②③④．故选：D【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线的性质，三角形中位线的性质，圆周角定理，矩形的性质，勾股定理等，综合运用相关知识，正确作出辅助线是解题的关键．二、填空题（本大题共5小题，每题3分，共15分）9. 因式分解：22x y xy −=________． 【答案】()xy x y −##()yx x y −【解析】【分析】本题主要考查因式分解，原式提取公因式xy 即可．【详解】解：()22x y xy xy x y −=−， 故答案为：()xy x y −10. 若a 为方程2250x x +−=的解，则2368a a +−的值为______．【答案】7【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的解，代数式求值，熟练掌握一元二次方程的解与一元二次方程的关系是解题的关键．由题意得2250a a +−=，将其变形与2368a a +−进行关联，即可求解．【详解】解：∵a 为方程2250x x +−=的解，∴2250a a +−=，∴225a a +=，∴()223683283587a a a a +−=+−=×−=．故答案为：7．11. 如图，在ABCD 中，37AB AD ABC ==∠，，的平分线交AD 于E ，交CD 的延长线于点F ，则DF =______．【答案】4【解析】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．根据平行四边形的对边相等且平行和利用平行四边形的性质以及平行线的基本性质求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB CD ∥，7AD BC ==，3CD ==，ABE CFE ∴∠=∠，∵ABC ∠的平分线交AD 于点E ，ABE CBF ∴∠=∠，CBF CFB ∴∠=∠，7CF BC ∴==，734DF CF CD ∴=−=−=故答案为：4．12. 若关于x 的方程2122x m x x −=−−解为正数，则m 的取值范围是_____． 【答案】2m >且4m ≠【解析】【分析】本题考查了解分式方程．熟练掌握解分式方程是解题的关键．解分式方程得2x m =−，由关于x 的方程2122x m x x −=−−解为正数，可得2022m m −>−≠，，计算求解，然后作答即可． 【详解】解：2122x m x x −=−−， 22x x m −+=，解得，2x m =−，∵关于x 的方程2122x m x x −=−−解为正数， ∴2022m m −>−≠，，解得，2m >，4m ≠，故答案为：2m >且4m ≠．13. 在Rt ABC △中，9035ABC AB BC ∠=°==，，，D 为AC 的中点，MDN ∠分别交直线AB ，BC 于点E ，F ，且90MDN ∠=°，连接EF ，当1AE =时，EF 的长为______．【答案】135【解析】【分析】过点E 作EG AC ⊥于点G ，连接BD ，根据勾股定理求出AC =AGE ABC △∽△，利用相似三角形的性质求出AG ，EG ，进而求出DG ，根据勾股定理求出DE ，由90EDF ABC ∠=∠=°，证得点D 、E 、B 、F 四点共圆，因此DEF DBC ∠=∠，根据直角三角形斜边上的中线的性质与等边对等角得到DEF C ∠=∠，即可证明DEF BCA ∽，根据相似三角形的性质即可解答．【详解】解：过点E 作EG AC ⊥于点G ，连接BD∵9035ABC AB BC ∠=°==，，，∴AC∵EG AC ⊥，∴90EGA ∠=°，∴EGA ABC ∠=∠，∵A A ∠=∠，∴AGE ABC △∽△， ∴AG AE EG AB AC BC ==，即35AG EG =，∴AG =，EG =∵点D 是AC 的中点，∴12AD AC ==∴DG AD AG =−== ∴Rt DEG中，DE === ∵90EDF ABC ∠=∠=°，∴点D 、E 、B 、F 四点共圆，∴DEF DBC ∠=∠，∵点D 是AC 的中点，90ABC ∠=°， ∴12CD AC =，12BD AC =， ∴BD CD =，∴∠=∠DBC C ，∴DEF C ∠=∠，∵90EDF ABC ∠=∠=°，在∴DEF BCA ∽， ∴DE EF BC AC == ∴135EF =． 故答案为：135 【点睛】本题考查勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，等边对等角，相似三角形的判定及性质，综合运用相关知识，证明四点共圆是解题的关键．三、解答题（本大题共7小题，共61分）14. （1）解不等式组：()31242113x x x x −≥− +>−①②； （2）解方程：210240x x −−=．【答案】（1）14x −≤<；（2）112x =，22x =− 【解析】【分析】本题考查了解一元一次不等式组，解一元二次方程，熟练掌握解法是解题的关键．（1（2）因式分解法求解即可．【详解】解：（1）解不等式①得，1x ≥−，解不等式②得，4x <，∴不等式组的解集为14x −≤<；（2）210240x x −−=()()1220x x −+=120−=x 或20x +=解得12x =或2x =−，∴原方程的解为：112x =，22x =−．15. 先化简22121124x x x x −+ +÷ −−，然后从1−，1，2-，2中选取一个合适的数作为x 的值代入求值．【答案】21x x +−，12− 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值， 先把括号内通分，再进行同分母的加法运算，接着把除法运算化为乘法运算，则约分得到原式21x x +−，然后根据分式有意义的条件确定1x =−，最后把1x =−代入计算即可． 【详解】解：原式()()()2222121x x x x x −+−+⋅−− ()()()222121x x x x x −+−==⋅−− 21x x +=− ∵20x −≠且20x +≠且10x −≠，∴1−，1，2-，2中x 只能取1−，当1x =−时，原式121112−+==−−− 16. 如图，在平面直角坐标系中，ABC 的顶点()()()1,14,23,3A B C −−−，，．（1）平移ABC ，若点A 的对应点1A 的坐标为()3,1−，画出平移后的111A B C △；（2）将ABC 以点(0,2)为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的222A B C △；（3）已知将111A B C △绕某一点旋转可以得到222A B C △，则旋转中心的坐标为______；（4）若第二象限内存在点D ，使得以A 、B 、C 、D 四个点为顶点的四边形是平行四边形，则点D 的坐标为______．【答案】（1）见解析 （2）见解析（3）()2,1（4）()6,4-【解析】【分析】本题考查旋转的性质，旋转作图和中心对称作图，平行四边形的性质，掌握旋转和中心对称的性质是解题的关键．（1）根据点A 的对应点1A 的坐标为()3,1−确定平移方式，再根据平移方程确定其它两点的对应点，最后连线即可；（2）根据中心对称的性质，找到三个顶点的对应点，再连线即可；（3）连接对应点，对应点的交点就是旋转中心（对称中心）；（4）根据平行四边形的性质即可求解．【小问1详解】解：如图，111A B C △即为所求，【小问2详解】解：如图，222A B C △即为所求．小问3详解】解：如图，连接1212,A A C C ，对应点的交点就是旋转中心（对称中心），即点()21，， 故答案是：()21，．【【小问4详解】解：如图，以A 、B 、C 、D 四个点为顶点的四边形是平行四边形时，AB CD ∥，AB CD =， ∵()()()1,14,23,3A B C −−−，，∴点D 的坐标为()6,4−．故答案为：()6,4−．17. 如图，ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，BE AC AE BD ∥，∥，OE 与AB 交于点F ．（1）在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形AOBE 是矩形，并说明理由； （2）若1016AC BD OE AC ⊥==，，，求ABCD 的面积．【答案】（1）AC BD ⊥，理由见解析（2）96【解析】【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质．（1）由BE AC AE BD ∥，∥，可得四边形AOBE 是平行四边形，只需添加条件使得90AOB ∠=°即可得到矩形AOBE ；（2）由（1）可得当AC BD ⊥时，四边形AOBE 是矩形，得到10AB OE ==，根据平行四边形的对角线互相平分并结合勾股定理求出12BD =，证明ABCD 是菱形，根据菱形的性质即可求出面积．【小问1详解】解：添加条件：AC BD ⊥，理由如下：∵BE AC AE BD ∥，∥，∴四边形AOBE 是平行四边形，∵AC BD ⊥，∴90AOB ∠=°，∴AOBE 是矩形．【小问2详解】解：由（1）可得当AC BD ⊥时，四边形AOBE 是矩形，∴10AB OE ==，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴1116822AO AC ==×=，∵AC BD ⊥∴在Rt ABO △中，6BO =，∴在ABCD 中，212BD BO ==，∵AC BD ⊥，∴ABCD 是菱形， ∴1116129622ABCD S AC BD =⋅=××= ． 18. 深圳市某商场准备购买足球、排球两种商品，每个足球的进价比排球多30元，用3000元购进足球和2100元购进排球的数量相同．（1）每个足球和排球的进价分别是多少？（2）根据对运动用品的市场调查，商场计划用不超过4800元的资金购进足球和排球共60个，其中足球数量不低于排球数量13倍，该商场有几种进货方案？（不用写出具体方案） 【答案】（1）每个排球进价70元，每个足球进价100元（2）该商场有6种进货方案【解析】【分析】本题考查分式方程、一元一次不等式不等式组，正确理解题意，熟练掌握解法是解题的关键． （1）设排球每个进价为x 元，则足球每个进价为(30)x +元，根据用3000元购进足球和2100元购进排球的数量相同列出方程，解方程即可；（2）设商场购买足球a 个，则购买排球(60)a −个，根据商场计划用不超过4800元的资金购进足球和排球共60个，其中足球数量不低于排球数量的13，列不等式组，解不等式组即可． 【小问1详解】 解：设每个排球进价为x 元，则每个足球进价为()30x +元， 由题意得：3000210030x x=+， 解得：70x =，经检验，70x =是原方程的解且符合题意，∴307030100x +=+=（元）， 答：每个排球进价70元，每个足球进价100元；【小问2详解】解：设商场购买足球a 个，则购买排球(60)a −个， 根据题意得：10070(60)48001(60)3a a a a +−≤ ≥−， 解得：1520a ≤≤，a 是正整数，a ∴的取值为15，16，17，18，19，20，∴该商场有6种进货方案．19. 材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程()220040ax bx c a b ac ++=≠−≥，的两根12x x ，有如下的关系（韦达定理）：1212b c x x x x a a+=−⋅=，； 材料2：如果实数m 、n 满足221010m m n n −−=−−=、，且m n ≠，则可利用根定义构造一元二次方程210x x −−=，然后将m 、n 看作是此方程的两个不相等实数根．请根据上述材料解决下面问题：（1）①已知一元二次方程22350x x −−=的两根分别为12x x ，，则12x x +=______，12x x ⋅=______． ②已知实数a ，b 满足：22430430()a a b b a b +−=+−=≠，，则11a b+=______． （2）已知实数m 、n 、t 满足：22411411m m t n n t −=+−=+，，且0m n <<，求(1)(1)m n ++的取值范围．的（3）设实数a ，b 分别满足22319120121930a a b b ++=++=，，且1ab ≠，求353ab a b++的值． 【答案】（1）①32，52−；②43 （2）()()5119m n <++<（3）1【解析】【分析】本题考查韦达定理，一元二次方程的解，分式的计算与求值．读懂材料是解题的关键． （1）①直接根据韦达定理求解；②根据材料2可得a ，b 是一元二次方程2430x x +−=的两个不相等的实数根，根据韦达定理得到4a b +=−，3ab =−，进而根据分式的加减法则计算后代入求值即可；（2）由材料2可得m ，n 是关于x 的一元二次方程2411x x t −=+，即24110x x t −−−=的两个不相等的实数根，从而0∆>，4m n +=，11mn t =−−，结合0m n <<，可求出t 的取值范围，将()()11m n ++展开代入整理后即可求解；（3）方程2121930b b ++=可变形为211319120b b +⋅+=，从而得到a ，1b 是方程2319120x x ++=的两个不相等的实数根，根据韦达定理得到1193a b+=−，14a b ⋅=，将所求式子变形整理后代入即可解答．【小问1详解】解：①∵一元二次方程22350x x −−=的两根分别为12x x ，，∴根据韦达定理，可得 213322x x −+=−=，125522x x −⋅==−． 故答案为：32，52− ②∵22430430()a a b b a b +−=+−=≠，，∴a ，b 是一元二次方程2430x x +−=的两个不相等的实数根，∴4a b +=−，3ab =−，∴114433a b a b ab +−+===−． 故答案为：43【小问2详解】解：∵实数m 、n 、t 满足：22411411m m t n n t −=+−=+，，∴m ，n 是关于x 的一元二次方程2411x x t −=+，即24110x x t −−−=的两个不相等的实数根， ∴Δ=(−4)2−4(−11−tt )>0，即15t >−， 4m n +=，11mn t =−−，∵0m n <<，∴110mn t =−−>，即11t <−，∴1511t −<<−，∵(1)(1)111416m n mn m n t t ++=+++=−−++=−−， 且569t <−−<，∴()()5119m n <++<；【小问3详解】解：∵实数a ，b 分别满足22319120121930a a b b ++=++=，，且1ab ≠，∴0b ≠，∴方程2121930b b ++=可变形为211319120b b +⋅+=， ∴a ，1b是方程2319120x x ++=的两个不相等的实数根， ∴1193a b +=−，11243a b ⋅ ∴3533119353535413ab a a a a a b b b b b ++ =+⋅+=++⋅=×−+×=． 20. 垂美四边形定义如下：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．（1）如图1，四边形ABCD 是“垂美四边形”，猜想22AB CD 、与22BC AD 、之间的数量关系：______，并说明理由．（2）如图2，分别以Rt ABC △的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连接BG CE 、，若4AB AC ==，，求EG 的长．（3）如图3，在Rt ABC △中，90ABC ∠=°，点P 是Rt ABC △外一点，连接BP ，10BP AC ==，已知2BC AB −=，若以A 、B 、C 、P 为顶点的四边形为垂美四边形，请直接写出AP 的长． 【答案】（1）2222AD BC AB CD +=+，理由见详解（2）（3）或【解析】【分析】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．（1）分别对Rt ,Rt ,Rt ,Rt AOD BOC AOB DOC △△△△运用勾股定理，再根据等式的性质即可求证； （2）先证明()SAS AGB ACE ≌，得到四边形BCGE 为“垂美四边形”，则2222BC GE GC BE +=+，再运用勾股定理求得24BC =，2232,24BE CG ==，代入即可求解； （3）①当BC AB >时，对Rt ABC △中，由勾股定理求得6AB =，8CB =，过点P 作BA 延长线的垂线，垂足为点D ，可证明BDP CBA △≌△，则6,8PDBA BD BC ====，2AD =，在Rt ADP中，由勾股定理得AP =；②当AB BC >时，同上AP =．【小问1详解】解：数量关系为：2222AD BC AB CD +=+记,AC BD 交于点O ，∵AC BD ⊥，∴在Rt ,Rt AOD BOC △△中，由勾股定理得：222222,AO OD AD BO OC BC +=+=，∴222222AD BC AO OD BO OC +=+++， 同理可得：222222AB CD AO OD BO OC +=+++， ∴2222AD BC AB CD +=+；【小问2详解】解：如图，∵四边形,ACFG ABDE 是正方形，ABC 为直角三角形， ∴,,1290AC AG AB AE ACF ACB ==∠=∠=°=∠=∠， ∴GAB CAE ∠=∠，∴()SAS AGB ACE ≌， ∴3=4∠∠，∵56∠=∠，∴3546∠+∠=∠+∠，∵290∠=°，∴354690∠+∠=∠+∠=°， ∴BG CE ⊥，∴四边形BCGE 为“垂美四边形”， ∴2222BC GE GC BE +=+， 在Rt ACB △中，由勾股定理得：222AC BC AB +=， ∴216124BC =−=，同理可求2232,24BE CG ==, ∴243224GE +=+，解得：GE =；【小问3详解】解：①当BC AB >时，则2BC AB =+，在Rt ABC △中，90ABC ∠=°， ∴由勾股定理得，222AB BC AC += ∴()222100AB AB ++=， 解得：6AB =（舍负），∴8CB =，过点P 作BA 延长线的垂线，垂足为点D ，由题意得，AC BP ⊥，∴21290ACB ∠+∠=∠+∠=°， ∴1ACB ∠=∠，而90D ABC ∠=∠=°，AC BP = ∴BDP CBA △≌△，∴6,8PD BA BD BC ====，∴862AD =−=，∴在Rt ADP 中，由勾股定理得AP =②当AB BC >时， 同上可求此时8,6AB BC ==， 过点P 作PD AB ⊥于点D ，同上可证：BDP CBA △≌△，∴8,6DPBA BD BC ====， ∴2AD =，∴在Rt ADP 中，由勾股定理求得AP =，综上：AP =AP =．。
第45届俄罗斯数学奥林匹克(九年级)
第45届俄罗斯数学奥林匹克(九年级)中图分类号:G424.79文献标识码：A文章编号:1005-6416(2019)11-0033-04第45届俄罗斯数学奥林匹克第四阶段竞赛(即决赛)于2019年4月21—27日在俄罗斯的皮尔姆市举行，与以往各届一样，举行两天考试，分九、十和十一共三个年级进行，每天5个小时考四道题。
决赛1•在平面上标出了五个点•证明:可以从中选出若干个点，移动它们，使得任何两个被移动的点之间的距离均不改变，但是在平面上却留下了一个关于某条直线对称的五点集合.2.对于怎样最小的正整数n,存在整数5,。
2,…，a”，使得如下的二次三项式至少有一个整根a?-2(0]+a2+…+a”)2乂+(a：+a；+...+a：+l)?3.已知®O外接于△ABC,AB<BC,且△ABC的三条高交于点H.在BO的延长线上取点D,使得Z ADC=Z ABC.过点H作平行于BO的直线，与©0的劣弧走交于点E.证明:BH=DE.4.在参加某夏令营的10000个孩子中，他们每人在营里都恰有11个朋友(朋友是相互的)•他们每人都身穿一件分别印有七种不同颜色的运动衫，且任何两个朋友的运动引理得证.对任意»=1,2,-,8,定义/(£)是以人为起点的有向线段的数目，并不妨设/(儿)，按降序排列.若/(44>4,则/(A)+/(A)+/(^3)+/(4)>16=/(人)+/(人)+/(47)+/(48)W12=C：-16；若/(4)^3,则/(4)+/(人)+/(^)+/(血)于是,无论哪种情况，均有除去内部的C：=6条线段，故以儿、人44之一为起点,以A4、4.4之一为终点的线段最多有12-C；=6条.改变这些线段方向后，则问题中所述的回路只能出现在虫/2/3/4的两两连线中，或在的两两连线中.再对缶、和A5,A6,A ly A s分别使用引理，可知最多改变两条线段的方向即可使得儿、人2、人3、人4的两两连线中没有回路，^、人、力7、a8的两两连线中没有回路.因此，只需改变不超过6+2 =8条线段 的方向，即可将原图变为好图.(王新茂提供)衫上所印的颜色均不相同•组织者希望能有些（至少一个）孩子换穿另一种颜色（依然是这七种颜色之一）的运动衫•经询问后发现，有100个孩子由于尺寸问题不能换穿•证明：在剩下的孩子中依然有一些孩子可以通过换穿改变自己运动衫的颜色，且任何两个朋友的运动衫所印颜色仍然都不相同.5.幼儿园的保育员拿来n（zi>1）张相同的矩形卡片，分给n个孩子每人一张•每个孩子都把自己拿到的矩形卡片分割成若干个同样的正方形（不同孩子所分成的正方形可不相同）•已知正方形的总数为素数.证明：原先的矩形卡片就是正方形形状的.6.已知AABC是以BC为底边的等腰三角形，在腰AC上取一点D.在厶BCD的外接圆的劣弧矗上取一点K,射线CK与过点A 且平行于BC的直线交于点T,M为线段DT 的中点.证明:ZAKT=Z CAM.7.在16枚硬币中，有八枚较重的各重11克,另有八枚较轻的各重10克，但不知道哪一枚重多少.已知16枚硬币中有一枚是纪念币•如何利用一架没有舷码的天平称三次，弄清楚纪念币是较轻的还是较重的？&给定不小于1的正数a、b、c.证明：a+btc.Jab-l Jbc-1^ca-1 4~b+c+c+a+a+b参考答案1.将所给五点分别记为A、B、C、D、E.找出其中相距最远的两个点，设为A、B.下面证明可以按照要求移动它们.作线段CD的中垂线I.若点E在直线I 上，则只需把点A、B移到Z上否则，设©为E关于I的对称点.注意到，点E到I的距离小于线段EC、ED之一.于是，点E到/的距离小于AB.从而,可将点A移到点E',而将点B移到直线/上，使它与以的距离等于线段4B.易见，直线/就是新的五点集合的对称轴.2・n=6・当n=6时，可取CL j=~二1，~二—1，则二次三项式为%2-8%+7,其根为1、7.下面只需证明，这就是最小的n.假设5,如，…，％满足题中条件，则判别式除以4后应为完全平方数，即d=（a、+a2+...+a (4)（a：+a：+…+a：+1）.①此时,d为奇数，它被8除的余数为1•将式①改写为d+1+a：+a：+■••+a：=（«i+a2+…+a”）4.可验证，整数的四次方被8除的余数只有0和1.这表明，上式右边被8除的余数只能为0和1,而左边与1+1+%模8同余，其中,A：为a x,a2,••-,a n中的奇数个数.从而, n^k^6.3.如图1,设P为3。
黑龙江省大庆市第三十六中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷(含解析)
2022-2023学年黑龙江省大庆三十六中九年级（上）期末数学试卷一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，2022北京冬奥会领奖台由三个高低不同的长方体组成，这个领奖台的左视图为( )A. B. C. D.2.在下列方程中，属于一元二次方程的是( )A. 2x2+x=1x−5 B. x2−3x+2C. −5x2+3y−2=0D. y2=163.欣欣快餐店备有6种价格不同的菜，每份价格(元)分别为1，2，3，4，5，6.若某人任选两种不同价格的菜各一份，两种菜的价格和超过6元的概率是( )A. 1115B. 35C. 12D. 254.已知点A(m,y1)，B(m2+m,y2)，C(−m,y3)(其中m>0)都在反比例函数y=6x的图象上，则y1，y2，y3的大小关系为( )A. y2>y1>y3B. y3>y2>y1C. y1>y3>y2D. y1>y2>y35.如图，在菱形ABCD中，∠BAD：∠B=1：3，DE⊥BC于点E，交对角线AC于点P.过点P作PF⊥CD于点F.若△PDF的周长为4.则菱形ABCD的面积为( )A. 8B. 42C. 16D. 826.若关于x的一元二次方程(a−2)x2+2x−1=0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是( )A. a≠2B. a≥1且a≠2C. a>1且a≠2D. a>17.学校准备举办“和谐校园”摄影作品展览，现要在一幅长30cm，宽20cm的矩形作品四周外围镶上宽度相等的彩纸，并使彩纸的面积恰好与原作品面积相等．设彩纸的宽度为x cm，则x满足的方程是( )A. (30+2x)(20+2x)=30×20B. (30+x)(20+x)=30×20C. (30−2x)(20−2x)=2×30×20D. (30+2x)(20+2x)=2×30×208.下列说法中，①当k>0时，在第一象限内反比例函数y=kx的函数值y随x的增大而减小；②反比例函数y=1x，当x>1时，0<y<1；③相似三角形的面积比等于相似比；④两个等腰三角形一定相似；⑤一元二次方程x2+5x=−10，有两个不等实数根.其中正确的有个．( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个9.如图，在矩形ABCD 中，E 、F 分别是边AB 、CD 上的点，AE =CF ，连接EF 、BF 与对角线AC 交于点O ，且BE =BF ，∠BEF =2∠BAC ，FC = 3，则AB 的长为( )A. 2 3B. 3 3C. 4 3D. 610.如图，正方形ABCD 的顶点B 在x 轴上，点A ，点C 在反比例函数y =k x(k >0,x >0)图象上．若直线BC 的函数表达式为y =12x−4，则反比例函数表达式为( )A. y =6xB. y =12xC. y =16xD. y =24x二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
2023年北京市西城区第十三中学九年级下学期数学零模试卷(含答案解析)
(1)若 t 0， ①求此抛物线的对称轴； ②当 p t 时，直接写出 m 的取值范围；
(2)若 t 0 ，点 C n, q 在该抛物线上，m n 且 3m 3n 4 ，请比较 p，q 的大小，并说
2023 年北京市西城区第十三中学九年级下学期数学零模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题 1．冬季奥林匹克运动会是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届，第 24 届冬奥会将于 2022 年在北京和张家口举办，下列四个图分别是第 24 届冬奥会图标中的 一部分，其中是轴对称图形的是（ ）
D 选项图形是轴对称图形，符合题意；
故选 D；
【点睛】本题考查轴对称图形的判断，解题的关键是找到图形的对称轴．
2．C
【解析】科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式，其中 1≤|a|＜10，n 为整数．确定 n 的值时，
要看把原数变成 a 时，小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数
A．
B．
C．
D．
2．据北京晚报报道，截止至 2021 年 3 月 14 日 9：30 时，北京市累计有 3340000 人完
成了新冠疫苗第二针的接种．将 3340000 用科学记数法表示正确的是（ ）
A． 334 104
B． 3.34 104
C． 3.34 106
D． 3.34 107
3．比 2 大，比 5 小的整数是（ ）
a．甲、乙两位同学得分的折线图：
b．丙同学得分： 10，10，10，9，9，8，3，9，8，10 c．甲、乙、丙三位同学得分的平均数：
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第40届俄罗斯数学奥林匹克（九年级）
1. 放置了99个正整数. 已知任意两个相邻的数相差1或相差2或一个为另一个的2倍. 证明：这99个数中，有3的倍数.
2. 已知a b ，为两个不同的正整数. 问：
()()()()()()222222a a ab a b a b a b b b ++++++，，，，，
这六个数中，至多有多少个完全平方数？
3. 令A 是由一个凸n 边形的若干对角线组成的集合. 若集合A 中的一条对角线恰有另外一条对角线与其相交在凸n 边形内部，则称该对角线为“好的”. 求好对角线条数的最大可能值.
4. 在锐角ABC △中，已知AB BC >，M 为边AC 的中点，圆Γ为ABC △的外接圆，圆Γ在点A C ，处的切线交于点P ，线段BP 与AC 交于点S ，AD 为ABP △的高，CSD △的外接圆与圆Γ交于点K （异于点C ）. 证明：90CKM ∠=︒.
5. 设正整数1N >，m 表示N 的小于N 的最大因数. 若N m +为10的幂，求N .
6. 已知内接于圆Γ的梯形ABCD 两底分别为AB CD ，，过点C D ，的一个圆1Γ与线段
CA CB ，分别交于点1A （异于点C ），1B （异于点D ）. 若22A B ，为11A B ，分别关于CA CB
，中点的对称点，证明：22A B A B ，，，四点共圆.
7. 麦斯国中央银行决定发行面值为()01k k α=，，的硬币. 央行行长希望能够找到一个正
实数α，使得对任意1k k α，
≥为大于2的无理数，且对于任意正整数n ，理论上均存在若干枚面值之和等于n 的硬币，其中每种面值的硬币均不超过六枚. 问：行长的愿望能够实现吗？
8. 某国有n 座城市，任意两座城市之间有双向直达航班. 已知对任意两座城市，它们之间
的两个方向的机票价格相同，不同城市对之间的航班机票价格互不相同. 证明：存在由1n -段依次相连的航班，使得各段航班机票的价格依次严格单调下降.。