数学奥林匹克高中训练题(30)及答案
2022CMO试题及答案
2022CMO试题及答案一、选择题（每题5分，共30分）1. 下列哪项不是中国数学奥林匹克（CMO）的参赛条件？A. 必须为中国公民B. 必须在数学竞赛中取得优异成绩C. 必须获得学校推荐D. 必须年满18周岁答案：D2. CMO的举办时间通常是在每年的：A. 3月B. 6月C. 9月D. 12月答案：C3. 在CMO比赛中，以下哪项不是评分标准之一？A. 解题的创造性B. 解题的速度C. 解题的准确性D. 解题的规范性答案：B4. CMO的参赛者通常需要通过以下哪项选拔？A. 省级数学竞赛B. 市级数学竞赛C. 校级数学竞赛D. 国家数学竞赛答案：A5. CMO的奖项设置通常包括：A. 金牌、银牌、铜牌B. 一等奖、二等奖、三等奖C. 特等奖、优胜奖D. 杰出奖、优秀奖答案：A6. 下列哪项不是CMO的参赛意义？A. 提高数学素养B. 选拔数学人才C. 增强国际竞争力D. 获得高考加分答案：D二、填空题（每题5分，共30分）7. CMO的全称是_________。
答案：中国数学奥林匹克8. 2022年CMO的主办城市是_________。
答案：【具体城市名称】9. CMO的比赛通常分为两天进行，每天有_________道题目。
答案：310. CMO的参赛者年龄一般不超过_________岁。
答案：2011. CMO的题目涵盖了代数、几何、组合等多个数学领域，其中_________是必考内容。
答案：平面几何12. CMO的获奖者有机会代表中国参加_________。
答案：国际数学奥林匹克（IMO）三、解答题（每题20分，共40分）13. 证明：对于任意的正整数n，n的立方与n的2倍之和，总是大于n的平方。
答案：证明：设n为任意正整数。
考虑表达式 n^3 + 2n - n^2，我们需要证明对于所有n > 0，该表达式大于n^2。
n^3 + 2n - n^2 = n^2(n + 2) - n^2 = n^2(n + 2 - 1) =n^2(n + 1)。
数学奥林匹克高中训练题(20)及答案
数学奥林匹克高中训练题（20）第一试一、选择题（本题满分36分；每小题6分） 1．(训练题25)已知函数1x ay x a -=---的反函数的图象关于点(1,3)-成中心对称图形；则实数a 等于(A)．(A) 2 (B)3 (C)-2 (D)-42．(训练题25)我们把离心率等于黄金比215-的椭圆称之为“优美椭圆”．设a by a x (12222=+＞b ＞0)为优美椭圆；,F A 分别是它的左焦点和右端点；B 是它的短轴的一个端点；则ABF ∠等于(C)．(A)60o(B)75o(C)90o(D)120o3．(训练题25)已知ABC ∆三边的长分别是,,a b c ；复数12,z z 满足1212,,z a z b z z c ==+=；那么复数21z z 一定是(C)． (A)是实数 (B)是虚数 (C)不是实数 (D)不是纯虚数4．(训练题25)函数21522223411(1)6()1x x C x x P f x C C C ++-⋅-⋅=+++的最大值是(D)． (A)20 (B)10 (C)10- (D) 20-5．(训练题25)以O 为球心；4为半径的球与三条相互平行的直线分别切于,,A B C 三点．已知4=∆BOC S ；16ABC S ∆>；则ABC ∠等于(B)．(A)12π (B)512π (C)712π (D)1112π 6．(训练题25)在集合{1,2,3,,10}M =的所有子集中；有这样一族不同的子集；它们两两的交集都不是空集；那么这族子集最多有(B)．(A)102个 (B)92个 (C)210个 (D) 29个二、填空题（本题满分54分；每小题9分）1．(训练题25)在直角坐标系中；一直角三角形的两条直角边分别平行于两坐标轴；且两直角边上的中A 1 AC 1B 1BCD线所在直线方程分别是31y x =+和2y mx =+；则实数m 的值是3124或 ． 2．(训练题25)设()(0,1)1xx a f x a a a =>≠+；[]m 表示不超过实数m 的最大整数；则函数]21)([]21)([--+-x f x f 的值域是 {1,0}- ．3．(训练题25)设,,a b c 是直角三角形的三条边长；c 为斜边长；那么使不等式kabc b a c a c b c b a ≥+++++)()()(222对所有直角三角形都成立的k 的最4．(训练题25)如图；正三棱柱111ABC A B C -的各条棱长都是1；截面1BCD 在棱1AA 上的交点为D ；设这个截面与底面ABC 和三个侧面111111,,ABB A BCC B CAAC 所成的二面角依次为1234,,,αααα；若1234cos cos cos cos αααα+=+5．(训练题25)已知()f x 是定义域在实数集的函数,且(2)[1()]1().(1)2f x f x f x f +-=+=若则(1949)f 2 ．6．(训练题25)设1x 是方程12cos 3sin 3-=-a x x 的最大负根；2x 是方程222cos 2sin x x a -=的最小正根；那么；使不等式12x x ≤成立的实数a 的取值范围是1122a a ≤-=或 ． 第二试一、(训练题25)(本题满分25分)某眼镜车间接到一任务；需要加工6000个A 型零件和2000个B 型零件；这个车间有214名工人；他们每一个人加工5个A 型零件的时间可加工3个B 型零件．将这些人分成两组同时工作；每组加工同一型号的零件；为了在最短的时间完成；应怎样分组？77二、(训练题25)(本题满分25分)已知一个四边形的各边长都是整数；并且任意一边的长都能整除其余三边之和．求证：这个四边形必有两边相等． 三、(训练题25)(本题满分35分)实数数列1231997,,,,a a a a 满足：1223199619971997a a a a a a -+-++-=．若数列{}n b 满足：12(1,21997)kk a a a b k k++==．求199719963221b b b b b b -++-+- 的最大可能值．四、(训练题25)(本题满分35分)给定两个七棱锥；它们有公共的底面1234567A A A A A A A ；顶点12,P P 在底面的两侧．现将下述线段中的每一条染红；蓝两色之一：12,P P ；底面上的所有的对角线和所有的侧棱．求证：图中心存在一个同色三角形．。
高中数学竞赛模拟试题及参考答案(可编辑)
数学奥林匹克高中训练题第一试一、填空题（每小题8份，共64分）1.函数3()2731xx f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,113a =,且12[]n n n a a a +=-,则20092010a a +=_____. 3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____. 4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____. 5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,,则在该四面体的表面上与点A 距离为2的点形成的曲线长度之和为_____.7.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2kk e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.8.某校进行投篮比赛,共有64人参加.已知每个参赛者每次投篮的命中率均为34,规定只有连续命中两次才能被录取,一旦录取就停止投篮,否则一直投满4次.设ξ表示录取人数,则E ξ=_____.二、解答题（共56分）9.(16分)设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上点F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.(20分)是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.(20分)设函数32()f x ax bx cx d =+++的图像Γ上有两个极值点,P Q ,其中P 为坐标原点, (1)当点Q 的坐标为(1,2)时,求()f x 的解析式；(2)当点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上时,求曲线Γ的切线斜率的最大值.加试一、(40分)设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、(40分)已知周长为1的i i i A B C ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c .设2224i i i i i i i p a b c a b c =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、(50分)是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数？若存在,求,,,p q r s 的值；若不存在,说明理由.四、(50分)对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.参 考 答 案 第一试一、1.53-.令3xt =,[0,3]x ∈,则有3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而2'()3273(3)(3)g t t t t =-=-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.2.2009. 由已知可得113a =,223a =,343a =.下面用数学归纳法证明:21n n a a +-=,1n n a a n ++=.显然,当1n =时,结论成立.假设当n k =时,结论成立,即是有21k k a a +-=,1k k a a k ++=.则当1n k =+时,3122222[](2[])2()([][])2[1][])1k k k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a ++++++-=---=---=-+-=（. 121(1)1k k k k a a a a k ++++=++=+. 即,当1n k =+时,结论也成立.综上所述,21n n a a +-=,1n n a a n ++=总成立.故200920102009a a +=.3.84.由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x A B ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.4.4. 由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4. 5.[0,3).由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2cx a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.6.32π. 如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π；②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π；③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π；④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=. 7.122n --.设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k k a c =,2k k k kce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n nn a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.8.1894. 由于每位参赛者被录取的概率均为331331133189444444444256p =⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=,故录取人数ξ服从二项分布,即189(64,)256B ξ~,所以189189642564E ξ=⨯=.二、9.由已知得(,0)2p F ,设点(,0)A a ,则12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=.令1122(,),(,)M x y N x y ,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实数根,将该方程化简得:22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-.故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.10.当(0,)2πθ∈时,函数sin y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数tan y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有sin cos sin cos θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.11.因为32()f x ax bx cx d =+++,所以'2()32f x ax bx c =++.因为图像Γ上有一个极值点P 为坐标原点,所以'(0)0f =,且(0)0f =.故0c d ==.(1)当点Q 的坐标为(1,2)时,由'(1)0f =与(1)2f =可得:320a b +=,且2a b +=.解之,得:4,6a b =-=.此时,32()46f x x x =-+.(2)∵'2()32f x ax bx =+,且由题意点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上知0a <,∴曲线Γ的切线斜率k 的最大值为'()f x 的最大值2max3b k a=-.设点Q 的坐标为(,)m n ,则有'()0f m =,且()f m n =,∴2320am bm +=,且32am bm n +=.∴32b m a =-,23nb m=. ∴2max 332b n k a m =-=⋅. ∵n m表示过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线的斜率,而过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线斜率的最大值为2∴2max33(23322b n k a m =-=⋅≤=+∴曲线Γ的切线斜率的最大值为3加 试一、由西姆松定理知,,P Q R 三点共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有D A C D P R D P ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理,可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PR DB DA DP PR BA BC QR DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅. 从而PR QR =的充要条件是DA BADC BC=.又由三角形的角平分线的性质定理可得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. 二、由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,于是不难得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=. 2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. 三、由640p q r s +++=,且,,,p q r s 是互不相同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由于23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故3(1)3226402qs p q r s p q s q s -+++=++=++=,即是有(32)(34)385771929q s ++==⨯⨯,于是得3419,32729s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====.四、所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,第二步说明26n =是可以的.首先说明当25n ≤时是不行的.我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个；另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.其次说明当26n =时是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中 王全 710061 wangquan1978@。
2019年高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案
2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题（决赛）及答案（时间：5月16日18：40～20：40）满分：120分一、 选择题（本大题共6小题，每小题5分，满分30分）1．已知M=},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=，且P c N b M a ∈∈∈,,，设c b a d +-=，则∈d （ ）A. MB. NC. PD.P M 2.函数()142-+=xx x x f 是（ ）A 是偶函数但不是奇函数B 是奇函数但不是偶函数C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数3.已知不等式m 2＋(cos 2θ－5)m ＋4sin 2θ≥0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A . 0≤m ≤4B . 1≤m ≤4C . m ≥4或x ≤0D . m ≥1或m ≤04.在△ABC 中，c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长，若0sin cos 2sin cos =+-+B B A A ，则cba +的值是（ ） A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0ab >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 56．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则B CBAC Acos tan sin cos tan sin ++的取值范围是（ ）A. (0,)+∞B.C.D. )+∞．二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分）7.母线长为3的圆锥中，体积最大的那一个的底面圆的半径为 8．函数|cos sin |2sin )(x x ex x f ++=的最大值与最小值之差等于 。
个个9.设函数,:R R f →满足1)0(=f ，且对任意的R y x ∈,，都有)1(+xy f =2)()()(+--x y f y f x f ，则________________)(=x f 。
数学奥林匹克高中训练题33及答案
数学奥林匹克高中训练题33及答案数学奥林匹克高中训练题（33）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题33)1=的解集是(D)．(A){1(B)1{10(C)1{π (D)φ 2．(训练题33)一个三角形的三条边恰为221,21,1m m m m +++-，则这个三角形中最大角为(B)． (A)3π (B)32π (C)43π (D)56π 3．(训练题33)己知()f x 是R 上的奇函数,()g x 是R 上的偶函数 , 若2()()23f x g x x x -=++, 则()()f x g x +=(A)．(A)223x x -+- (B)223x x +- (C)223x x --+ (D)223x x -+4．(训练题33)满足方程组221410580,x y x y ?+--+=?=的数组(,)x y 是(C)． (A) 294152180,294155217-+ (B) 294155217,294152180+- (C) 294152180,294155217+- (D) 294155217,294152180-+ 5．(训练题33)tan 1x =是54x π=的(A)． (A)必要条件, 但非充分条件． (B)充分条件, 但非必要条件．(C)充分条件, 也是必要条件． (D)非充分条件, 也非必要条件．6．(训练题33)正方形纸片ABCD , 沿对角线AC 对折, 使D 点在面ABC 外, 这时DB 与面ABC 所成的角一定不等于(D)．(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题33)若1098762()222361f x x x x x x x x =+--++++, 则1)f = 4 ．2．(训练题33)n N ∈，则111112123123n++++=+++++++ 21n n + ．3．(训练题33)若2000199819961994(1)(62)(1)(3)(1)(237)(1)(102)i i i i z i i i i ++---=+-+-+ ，则z = 1 ． 4．(训练题33)多项式2200122001(22)(33)x x x x +++--展开后合并同类项，所得结果中x 的奇次项系数之和为 -1 ．5．(训练题33)正方体1111ABCD A BC D -棱长为1，E 是DC 中点，F 是1BB 中点，则四面体1AD EF 的体积是524 ．6．(训练题33)在坐标平面上，由条件1,23y x y x ?≥--??≤-+??所限定的平面区域的面积是16 ．三、(训练题33)(本题满分20分)tan5o 是有理数还是无理数？请证明！四、(训练题33)(本题满分20分)公差为4的有限项的等差数列，它的首项的平方与其余所有项之和不超过100．请你回答，这个等差数列最多可以有多少项？（8）五、(训练题33)(本题满分20分),,a b c 均为实数，,,a b b c c a ≠≠≠．证明：222322a b c b c a c a b a b b c c a+-++-++-≤<-+-+-．第二试一、(训练题33)(本题满分50分),O H 分别是锐角ABC ?的外心与垂心，点D 在AB 上，AD AH =，点E 在AC 上，AE AO =．证明：DE AE =．二、(训练题33)(本题满分50分)某工厂的m 位工人共提了n 条(1)n >不同的合理化建议．经统计发现，每两个工人提的合理化建议中都至少有一条相同的建议，但没有两个工人所提的建议完全相同．证明： 12n m -≤．三、(训练题33)(本题满分50分)在圆上有21个点．证明：以这些点为端点组成的所有弧中，不超过120o 的弧不少于100条．。
2020年中国高中数学奥林匹克试题与解答 精品
ORQN MFED CBAP2020年中国数学奥林匹克试题与解答(2020年1月11日)一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分别是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分别作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分别为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分别为M ，N ．（1）若A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；（2）若 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论． 解（1）设Q ，R 分别是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，则11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形， 所以OQM ORM ∠=∠， 由题设A ，B ，C ，D 四点共圆， 所以ABD ACD ∠=∠，于是22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，所以EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 所以 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ，所以 EM FN EN FM ⋅=⋅． （2）答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，所以A ，B ，C ，D 四点不共圆，但此时仍然有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分别是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，则11,22NS OD EQ OB ==，所以NS ODEQ OB=． ① 又11,22ES OA MQ OC ==，所以ES OAMQ OC=． ② 而AD ∥BC ，所以OA ODOC OB=， ③ 由①，②，③得NS ESEQ MQ=． 因为 2NSE NSA ASE AOD AOE ∠=∠+∠=∠+∠，()(1802)EQM MQO OQE AOE EOB EOB ∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE =∠+︒-∠=∠+∠， 即NSE EQM ∠=∠，所以NSE ∆～EQM ∆，故EN SE OAEM QM OC==（由②）． 同理可得， FN OAFM OC =， 所以 EN FNEM FM=， 从而 EM FN EN FM ⋅=⋅．二、求所有的素数对（p ，q ），使得q p pq 55+．解：若pq |2，不妨设2=p ，则q q 55|22+，故255|+qq ．由Fermat 小定理， 55|-qq ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．若pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，则qq 55|55+，故6255|1+-q q ．当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，所以313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．若q p ,都不等于2和5，则有1155|--+q p pq ，故SO RQNFEDCBA P)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ②故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k，)12(21-=-s q l， 其中s r l k ,,,为正整数． 若l k ≤，则由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s l k l k l -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！所以l k >．同理有l k <，矛盾！即此时不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A Λ是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P Λ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设这个凸m 边形为m P P P Λ21，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设221π<∠P P P m ，则)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，若凸m 边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻．在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边（n r ≤≤1），这样的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．（1） 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，此时这2-m 个顶点的取法数为21--m r C ．（2） 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，所以，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，此时这2-m 个顶点的取法数为2-m rC ．所以，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m n m n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21Λ满足 1min 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<<Λ21，则对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，所以()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a 13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i k n⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 所以，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k，等号均在n i n i a i ,,2,1,21Λ=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n （n 为奇数），或者)2(32122-n n （n 为偶数）． 五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．问：对怎样的n ，存在一种染色方式，使得对于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分别被染为这3种颜色？解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） .............................................................................................. 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ...................................................................................................
数学奥林匹克高中训练题(30)及答案
数学奥林匹克高中训练题（30）第一试一、选择题（本题满分36分：每小题6分）1．(训练题37)a 是由1998个9组成的1998位数：b 是由1998个8组成的1998位数：则b a ⋅的各位数字之和为(C)．(A)19980 (B)19971 (C)17982 (D)179912．(训练题37)已知)2,0(π∈x ：则方程03832=++ctgx x ctg 的所有根的和为(C)．(A)π3 (B)π4 (C)π5 (D)π63．(训练题37)已知三个正数a 、b 、c 之和为10：如果它们之中没有一个大于其余数的2倍：那么abc 的最小值是(B)．(A)32 (B)4131 (C)9727(D)16137 4．(训练题37)已知])32()32[(21n n n x -++=)(N n ∈：n x 为正整数：则19981999x 的个位数字为(B)．(A)1 (B)2 (C)6 (D)75．(训练题37)已知ABC ∆中：2lg ,2lg ,2lg C tg B tg A tg 成等差数列：则B ∠的取值范围是(B)． (A)60π≤∠<B (B)30π≤∠<B (C)323ππ≤∠≤B (D)ππ≤∠≤B 32 6．(训练题37)一只小球放入一长方形容器内：且与共点的三个面相接触：小球上有一点到这三个面的距离分别是cm 3：cm 3：cm 6：则这只小球的半径(D)．(A)只为cm 3 (B)只为cm 6 (C)只为cm 9 (D)以上说法不对二、填空题（本题满分54分：每小题9分）1．(训练题37)已知!1999|1998n ：则正整数n 的最大值为 55 ．2．(训练题37)已知0O 是正ABC ∆的内切圆：1O 与0O 外切且与ABC ∆的两边相切：…：1n O +与n O 外切且与ABC ∆两边相切)(N n ∈．那么：在ABC ∆内所有这些可能的圆（包括0O ：n O )(N n ∈）的面积之和与ABC ∆ 3．(训练题37)P 是边长为2的正ABC ∆所在平面上的一动点：且16222=++PC PB PA ：则动点P的轨迹为 以正ABC ∆的中心为圆心：2为半径的圆 ．4．(训练题37)已知方程)(88N n n z y x ∈=++有666组正整数解),,(z y x ．那么n 的最大值是 304 ．5．(训练题37)已知正四面体ABCD 的六条棱的长分别为cm 4：cm 7：cm 20：cm 22：cm 28：xcm 。
2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析
题 5. 数列 {an } 定义如下: 正整数 a1 > 1, an+1 = an + P (an ), n ≥ 1, 其中, P (x) 表示正整数 x 的最 大素因子. 证明: 数列 {an } 中有完全平方数.
题 6. 是否存在正实数 a1 , a2 , · · · , a19 ，使得多项式 P (x) = x20 + a19 x19 + · · · + a1 x + a0 无实数根， 但是任意调换两个系数 ai , aj 形成的新多项式都有实根.
（1）设序列 (ai ) 使 a + b + c + d 取到最大， 令 ci = 根
，下标模 40 理解.
据上一段， ci 满足题目条件， 而且（1） 中目标函数在序列 (ai ) 和 (ci ) 上取值相同， 因此可以只对具有
周期 10 的序列考虑这个最大值. 此时 a = b = c = d.
a20+k = − k (0 ≤ k ≤ 10), a30+k = a40 − k = − − k (0 ≤ k ≤ 5)
时取等.
（解题人：龚 固）
题 2. 已知： △ABC 中， AD 为角平分线， E 为 AD 上一点， EF 、EG 为 △ABD 、△ACD 外接圆 切线， F 、G 分别为切点， CF 交 BG 于 J . 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG 、DE 于 H 、I 、K .
(a29+k + a41 − k ) + (a15 + a35 )
≥ (x − 2k) + (x − 2k) + (x − 18 − 2k) + (x − 20)
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≤9，0≤b≤9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≤9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m 11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137·73．故对一切n≥2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i·n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m·n！＋k（m∈N，2≤k ≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≥2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≥p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≤p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≥n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≥m，p≥2m＋1由得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≤0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≥b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≥n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。
高中数学奥林匹克竞赛试题
高中数学奥林匹克竞赛试题高中数学奥林匹克竞赛试题一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分。
从每题四个选项中选择一个正确答案，将其标号填入题前括号内）1. 已知函数f(x) = 2x^2 + bx + c, f(1) = 5, f(2) = 15，则b + c的值是：A. 4B. 6C. 8D. 122. 设等差数列{an}的公差为d，已知a₁ + a₃ + a₅ = 9d，a₂ + a₄ + a₆= 15d，则a₇的值为：A. 8dB. 9dC. 10dD. 11d3. 若复数z = a + bi满足|z - 1| = |z + 1|，则a的值为：A. -1B. 0C. 1D. 24. 若直线y = kx + m与椭圆(x + 2)²/9 + y²/16 = 1相交于点P，请问此时P点的横坐标x的取值范围是：A. [0, -4/3]B. [0, -2]C. (-∞, -2]D. (-∞, 0]5. 已知正整数a、b满足a + b = 10，ab = 15，则a/b的值是：A. 1/2B. 2/3C. 3/2D. 3/5二、填空题（共10小题，每小题4分，共40分）6. 若正整数x满足5x ≡ 15 (mod 17)，则x的最小正整数解为_______。
7. 在平面直角坐标系中，一次函数y = kx + c经过点(1, 2)，且该直线与x轴交于点(3, 0)，则k的值为_______。
8. 设二次函数y = ax² + bx + c的图象与x轴交于A、B两点，若A、B两点间的距离为10，且判别式Δ = b² - 4ac > 0，则a/b的值为_______。
9. 设U为自然数集合，函数f: U → U满足f(f(f(x)))) = 1 + x，则f(2019)的值为_______。
10. 若平面上直线y = kx + 1与曲线y = x² + 2x相切于点P，请问k的取值范围是_______。
数学奥林匹克高中训练题(25)及答案
数学奥林匹克高中练习题〔25〕第一试一、选择题〔此题总分值36分,每题6分〕1．(练习题30)设{1,2}A =,那么从A 到A 的映射中,满足[()]()f f x f x =的个数是(C)．(A) 1个 (B)2个 (C) 3个 (D)4个2．(练习题30)在顶点为(1997,0),(0,1997),(1997,0)-,(0,1997)-的正方形R (包括边界)中,整点的个数为(B) 个．(A)7980011 (B)7980013 (C)7980015 (D)79800173．(练习题30)设{(,)|1,0},{(,)|arctan arccot }M x y xy x N x y x y π==>=+=,那么(B)． (A){(,)|1}MN x y xy == (B)M N M = (C)M N N = (D){(,)|1,}M N x y xy x y ==且不同时为负数4．(练习题30)在四面体ABCD 中,面ABC 及BCD 都是边长为2a 的等边三角形,且,,AD M N =分别为棱,AB CD 的中点,那么M 与N 在四面体上的最短距离为(A)．(A)2a (B)32a (C)a (D)52a 5．(练习题30)三个三角形12,,∆∆∆的周长分别为12,,p p p ．假设12∆∆∆,且较小的两个三角形1∆和2∆可以互不重叠地放入大三角形∆的内部,那么12p p +的最大值是(B)．(A)p (D)2p6．(练习题30)以正n 边形顶点为顶点的不相同的三角形的个数等于(D)． (A)2[]10n (B)2[]11n (C)2[]12n (D)非上述答案 二、填空题〔此题总分值42分,每题7分〕1．(练习题30)设,p q N ∈,且1p q n ≤<≤,其中n 是不小于3的自然数,那么形如p q的全体分数之和为 1(1)4n n - ． 2．(练习题30)在ABC ∆中,三个角,,A B C 成等差数列．假设其对边分别为,,a b c ,并且c a -等于AC边上的高h ,那么sin 2C A -= 12． 3．(练习题30)假设2(1)1()f x xf x -+=,那么()f x =234x x x --+ ． 4．(练习题30)在ABC ∆中,D 在BC 上,:3:2BD DC =,E 在AD 上,:5:6AE ED =,延长BE 交AC 于F ,那么:BE EF = 9:2 ．5．(练习题30)数列{}n a 满足211,2n n n a p a a a +==+,那么通项n a = 12(1)1n p -+- ．6．(练习题30)集合{1,2,3,4,5,6},{6,7,8,9}A B ==,从A 中选3个元素,B 中选2个元素,能够组成 90 个有5个元素的新集合．三、(练习题30)(此题总分值23分)M 是抛物线22y px =的动弦AB 上的点,O 为坐标原点,,OA OB OM AB ⊥⊥,求点M 的轨迹方程．222()(0)x p y p x -+=≠四、(练习题30)(此题总分值24分)黑板上写着11和13这两个数,现在从事如下操作：(1)将某个数重写一遍；(2)将两数相加,写上和数.试证实：①119这个数永远不会出现在黑板上；②任何大于119的自然数均可经过有限次操作在黑板上出现．五、(练习题30)(此题总分值25分)20,()1m f x x m ≥=++,求证：对一切12,,,n x x x R +∈．均有212)()()()n n n f x f x f x f x ≤等号当且仅当12n x x x ===时成立．第二试一、(练习题30)(此题总分值50分)ABCD ∆为任意凸四边形,分别以,AD BC 为边在四边形外作正ADH ∆和正BCF ∆；以,AB CD 为底边在四边形作顶角为1200的等腰三角形ABE ∆和CDG ∆．求证：FH EG ⊥,且FH =．二、(练习题30)(此题总分值50分) 假设干个同学参加数学竞赛,其中任何(3)m m ≥个同学都有唯一的公共朋友〔当甲是乙的朋友时,乙也是甲的朋友〕,问有多少同学参加数学竞赛．三、(练习题30)(此题总分值50分)α是个循环小数,()k f m 表示α的小数点后第k 位开始,连续m 位上的数字之积,证实存在自然数,p q ,对任意的,s t 均有11[()][()]s t p q f s f t ．。
数学奥林匹克高中训练题(附答案)
数学奥林匹克高中训练题_46学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题二、填空题三、解答题13．在△ABC 中，实数x 满足2222sec x csc A csc B csc C =++，求证：的定圆P 的圆心上一动点，Q 与P 相外切，Q 交l 于N 两点．对于任意直径使得△MAN 求△MAN 的度数．．设函数f(x)、g(x)定义为()f x ()()11?2000,n f a b ==，2000的最小正．上的O 与其他三边都相切，)0nn i i x b x ==∑的所有根的平方的相反数是f(x)=0的全部根．求证：参考答案：【详解】0,4a π⎛∈ ⎝()tanacota <)(cotatana <34t t ＜＜.【详解】1 022≤3.3arccot arc≤1 arccos2,a b a ≥∴(222a x a +1,?4y 又≥∴22 4.x y ∴+≤满足22x y +≤其面积为1··3π3((0011821122sina sin a b a β<<≤<=-即()26a -【详解】(a b c ++项，但(a )nc +的展开式中不同的项数为)(nd a ⎡+=⎣=AB AC∴⊥SD BC∴⊥面BC于是SA与2.当两条较长棱相邻时，不妨设2sec x csc=2∴=tan x2=+cot A(cotA cotB=+60【详解】以l为r,h）.△Q2222rh r k r +3,tan MAN ∠223r k r r nhr +-=)223nh k r r -=±+-两边平方，得2m 对于任意实数r≥1223,m k =-另一方面，用数学归纳法可证明：()281n n a b +>当n=1时，()31223181128n n a b a b +>=>.假设式(1)在n=k 时成立，即28k k a b +>.当n=k+1时，()()2883112121282000820008k k k k k b ba b b k k a b +++=>=>⨯>⨯=. 所以，式(1)对所有n 成立.由式(1)得1998199820008b b a ≤<.1998m ∴>.综上所述，m=1999.16．2或7【详解】1当p=7m -5(m 为自然数，下同)时，()123721p p m =+=-.当m ＞1时，1p 为合数.当m=1时，p=2.此时123456711,19,29,31,101p p p p p p ======，均为质数，所以p 可为2.2当p=7m -6时，()243743p p m =+=-.当m=1时，p=1与p 为质数相矛盾.当m>1时，2p 为合数.3当p=7m -3时，()383783p p m =+=-为合数.4当p=7m -2时，()41637165p p m =-=-为合数.5当p=7m -4时，()5323373223p p m =-=-为合数.6当p=7m -1时，()6642776413p p m =-=-为合数.7 当p=7m 时，因p 为质数,则p=7.当p=7时，1234561731,59,109,191,421p p p p p p ======，均为质数.AB AD =即OA OB +1sina sin ∴+11sin sin a +sin 2αβ+2cos α⎛∴ ⎝4sin sin 2a ⋅202β+＜22αϕ+∴即2αϕ+亦即BAD ∠则AB//CD。
数学奥林匹克高中训练题
≥ 丁 一 ＋ 一 广 ＋ 一 ＋ 一 ≥ ■ 一 筹 Ｙ ‘
≥
１ ６
≥
１ ６
４
故（ ｍ， ｎ ， Ｐ ， ｑ ）
：
（ ９ ， ４， ２ ， ２ ） ， （ ６ ， ５ ， ２ ， ２ ） ， （ ４， ３ ， ３ ， ２ ） ．
； ／ ６ 时 上 式 当且仅当 ｍ＝ ｎ ｐ ｑ ４ 、 ／ ６
ｆ １ 与 椭 圆交 于 Ａ、 Ｂ两 点 ， Ｚ ：与椭 圆交 于 Ｃ、 Ｄ 两点． 若ｔ ： Ｔ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 满足 Ａ Ｃ上 Ａ Ｂ， 且该 椭 圆 的
ｒ ｒ
在 ∈ 【 ０ ， 詈 ］ 有 最 大 值 ２ ． 求 实 数 ｍ 的 值
三、 （ ５ ０分） 设所有满足 下列 条件 的正整数 个数为 Ⅳ：
７ ． 已知两条斜率为 ｌ 的直线 ｆ 。 、 ｚ ： 分别
过 椭 圆ｘ ＋ ＝１ （ ０＞ｂ＞ ０ ） 的 两个 焦 点 ， 且
ａ Ｄ
外心 ． 证明： Ｏ ＭＥ＝ ９ ０ 。 ．
二、 （ ４ ０分 ） 已知 函数
） ＝ ３ （ ｓ ｉ ｎ ＋ｃ ｏ ｓ ） ＋ ｅ（ ｒ ｓ ｉ ｎ ＋ Ｃ Ｏ Ｓ ）
，
（ ２ ） 注意到 ，
等号成 立．
＝
（ ・ 一 ） （ 一 ） （ ， 一 古 ） （ 一 寺 ）
故（ ｍ＋ ｎ ＋ ｐ ＋ ｑ ＝
（ 陈 迁
．
侯 国玺 湖 北 省 浠 水县 余 堰
中学 ． ４ ３ ８ ２ ０ ０ ）
２ ０ １ ３年第 ２期
４１
中 等 数 学
熬蟹
中 图分 类 号 ： Ｇ ４ ２ ４ ． ７ ９
数学奥林匹克高中训练题100
合{1 ,2 , …, n}的不同子集 ,满足下列条件 :
(i) i ∈Ai 且 Card ( Ai ) ≥3 , i = 1 ,2 , …, n ;
(ii) i ∈Aj 的充要条件是 j ∈ Ai ( i ≠j ,
i 、j = 1 ,2 , …, n) .
试回答下列问题 :
n
∑ (1) 求 Card ( Ai ) ; i =1
(A) 0 < a < b
(B) a < 0 < b
(C) a < b < 0
(D)
a<
1 2
<
b
2. 已知不等式 22x + a2 x + b ≥0 解的最
小值为 2. 则 a 的取值范围是 ( ) .
(A) ( - ∞,0)
(B) [ 0 , + ∞)
(C) [ 2 , + ∞)
(D) [ - 4 , + ∞)
>
sin (α+β) sinα·sin β
-
2sin (α+β) ·cos(αsin 2α·sin 2β
β)
=
2sin (α+β)
[2cos α·cos sin 2α·sin
β2β
cos (α-
β)
]
=
2sin
(α+ sin
β) ·cos 2α·sin
(α+β) 2β
> 0.
5. B. 由韦达定理得 α+β= - p ,αβ= q. 则 m = (α+β) 2 + 4αβ= 2 (α+β) 2 - (α- β) 2 . 又| α+β| ≤| α| + | β| ≤1 , | α- β| ≤| α| + | β| ≤1 ,
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数学奥林匹克高中训练题（30）
第一试
一、选择题（本题满分 36分，每小题6分）
1. （训练题37） a 是由1998个9组成的1998位数，b 是由1998个8组成的1998位数，则a b 的各位 数字之和为（C ）.
（A ） 19980
（B ）19971
（C ） 17982
（D ）17991
2
2. （训练题37）已知x • （0,2二），则方程3ctg x 8ctgx *3=0的所有根的和为（C ）.
（A ） 3 -
（B ） 4 二
（C ）5二 （D ） 6 ■：
3.（训练题37）已知三个正数a 、b 、c 之和为10,如果它们之中没有一个大于其余数的 2倍，那么abc
的最小值是（B ）.
1
7 13 (A) 32
(B)31 -
(C)27 -
(D)7 -
4 9 16
4.(训练题37)已知X n 二丄［(2「3广* (2 -・一3门(n ，N) , X .为正整数，则 心981999的个位数字为 2
(B).
(A) 1
(B) 2
(C) 6
ABC
5.(训练题37)已知 ABC 中，lg tg ,lg tg , Ig tg
成等差数列，则 2 2 2
2 二 (A) 0 ：： B
(B) 0 ：： B
(C)
B -
6
3 3
3
6.（训练题37）一只小球放入一长方形容器内，且与共点的三个面相接触，小
球上有一点到这三个面的 距离分别是3cm , 3cm , 6cm ，则这只小球的半径（D ）.
（A ）只为3cm
（B ）只为6cm
（C ）只为9cm
、填空题（本题满分 54分，每小题9分）
1.（训练题37）已知1998n 11999!，则正整数n 的最大值为 55
2.（训练题37）已知L 0。
是正 ABC
的内切圆，L 01与L 0。
外切且与 ABC 的两边相切，…，L O n d
与L 0.外切且与AABC 两边相切（n ・N ） •那么，在 UABC 内所有这些可能的圆（包括 L 0。
，
11兀
0n （n ，N ））的面积之和与 ABC 的面积之比为
——:
3.（训练题37） P 是边长为2的正 ABC 所在平面上的一动点， 且PA 2 PB 2 PC 2 =16，则动点P 的轨迹为 以正 ABC 的中心为圆心，2为半径的圆 ________________ .
4. （训练题37）已知方程x 8y 8^ n （n ，N ）有666组正整数解（x,y,z ）.那么n 的最大值是 304 .
5. （训练题37）已知正四面体 ABCD 的六条棱的长分别为 4cm , 7cm , 20cm , 22cm , 28cm ,
(D)7
■ B 的取值范围是(B).
2 二 (D)
B - ~
3
（D ）以上说法不对
xcm。
则［x ］的最小值为 8
2 2^
x —x 亠 a —- a ■■■■■ 0 的整数解恰好有两个，求 a 的取
x 2a 1
值范围？（ 1 ：：： a _ 2）
四、（训练题37）（本题满分20分）当x 为何实数时，y = x 2 -X• ；2（x • 3）2 • 2（x 2 -5）2有最小值, 最大值是多少？ x = -2,1; y min = 9
五、（训练题37）（本题满分20分）已知函数f （x ）在R •上有定义，且满足下列条件：① f （x ）在R
•严格
亠
2
1 3
；②在 R 上恒有 f 2(x)f(f(x) 门二 f 3(1).
x
(1)求函数值f(1) ; (2)
（2）给出一个满足提设条件的函数 f （x ）.
第二试
一、 （训练题37）（本题满分50分）已知如图，AD 是锐角 ABC 的角平分线，.BAC = , ADC 二'■,
且 cos ： = cos 2 .求证 AD 2 = BD CD .
二、 （训练题37）（本题满分50分）求21999的末四位数.（4688）
三、 （训练题37）（本题满分50分）已知n 是正整数， m 是正奇数，a,b 是正常数，且 a b 1，函数
2n 丄
f （x, n ）八 x m ax m -b .若实数 s,t 满足 f （s, n ）二 f （t, n 1） = 0 求证：s ：： t .
6 .（训练题37）已知对于每一个实数
x 和 y ,函数 f (x)满足 f (x) f ( y) = f (x y) xy .若
f （1） ，则满足f （n ） =1998的正整数对 (m, n)共有
16
个.
三、（训练题37）（本题满分20分）已知不等式组 1
递减，且f （x ） •二 x。