精读中国的数学奥林匹克-2019年精选教学文档

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2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高一年级试题答案及评析

1．求最大的实数k ，使得对任意正数a ，b ，均有2()(1)(1)a b ab b kab +++≥．2．如图，两圆1Γ，2Γ交于A ，B 两点，C ，D 为1Γ上两点，E ，F 为2Γ上两点，满足A ，B 分别在线段CE ，DF 内，且线段CE ，DF 不相交．设CF 与1Γ，2Γ分别交于点()K C ≠，()L F ≠，DE 与1Γ，2Γ分别交于点()M D ≠，()N E ≠．证明：若ALM ∆的外接圆与BKN ∆的外接圆相切，则这两个外接圆的半径相等．3．函数**:f →N N 满足：对任意正整数a ，b ，均有()f ab 整除(){}max ,f a b ．是否一定存在无穷多个正整数k ；使得()1f k =？证明你的结论．4．将一个25⨯方格表按照水平方向或者竖直方向放置，然后去掉其四个角上的任意一个小方格，剩下由9个小方格组成的八种不同图形皆称为“五四旌旗”，或“八一旌旗”，简称为“旌旗”，如图所示．现有一个固定放置的918⨯方格表．若用18面上述旌旗将其完全覆盖，问共有多少种不同的覆盖方案？说明理由．5．称集合{1928,1929,1930,,1949}S =的一个子集M 为“红色”的子集，若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除．用x ，y 分别表示S 的红色的四元子集的个数，红色的五元子集的个数．试比较x ，y 的大小，并说明理由．6．设a ，b ，c 为给定的三角形的三边长．若正实数x ，y ，y 满足1x y z ++=，求axy byz czx ++的最大值．7．设ABCD 为平面内给定的凸四边形．证明：存在一条直线上的四个不同的点P ，Q ，R ，S 和一个正方形A B C D ''''，使得点P 在直线AB 与A B ''上，点Q 在直线BC 与B C ''上，点R 在直线CD 与C D ''上，点S 在直线DA 与D A ''上．8．对于正整数1x >，定义集合()(){},,,mod 2x p S p p x p x v x αααα=≡为的素因子为非负数且，其中()p v x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数，并记()f x 为x S 中所有元素之和．约定()11f =．今给定正整数m ．设正整数数列1a ，2a ，，n a ，满足：对任意整数n m >，()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++．（1）证明：存在常数A ，B ()01A <<，使得当正整数x 有至少两个不同的素因子时，必有()f x Ax B <+；（2）证明：存在正整数Q ，使得对所有*n ∈N ，n a Q <．第十六届中国东南地区数学奥林匹克参考答案1．原不等式()()2221(1)a b b a b b kab ⇔++++≥ ()221(1)b ab b b kb a ⎛⎫⇔++++≥ ⎪⎝⎭ 单独考虑左边，左边可以看成是一个a 的函数、b 为参数，那么关于a 取最小值的时候有()()2231(1)1(1)(1)b ab b b b b b a ⎛⎫⎛⎫++++≥++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭于是我们只需要取32(1)k b b −≤+即可．设32(1)()b f b b +=，那么23(1)(2)()b b f b b+−'=，演算可知2b =是f 的极小值点，那么min 27(2)4f f ==，即max 274k =，取极值时有1a =，2b =．评析1．不等号的左边和右边都不对称，但是右边只是一个2kab ，所以可以考虑一下类似于分离变量的方法把a 或2b 挪到左边去．本答案用的是把a 挪到左边的方法．把2b 挪到左边也有类似的做法，但是会变得比较复杂，有兴趣的同学不妨一试．该题做法非常多，本篇答案给出的做法只是一种以高中课本知识即可解决的方法，但是如果不想用到函数求导这种比较偏流氓的方法的话，纯粹不等式的方法也是可行的．比如， ()(1)(1)11222222b b ab ab b b a b ab b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=++++++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1/31/31/333131222222b b ab ab b b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2274ab = 2．如图．记G 为CF ，DE 的交点，ALM ∆和BKN ∆的外接圆圆心为A O ，B O ．取两圆切线上任意一点为1H ，切线另一边的任意一点为2H ，连接CD ．LN ，AB ，MK ，EF ，A B O O ，由于180DCA DBA FBA FEA ∠+∠=∠+∠=︒，我们有180DCA FEA ∠+∠=︒，即//CD EF ．另外，由圆幂定理我们有~GLN GEF ∆∆，~GKM GDC ∆∆，于是我们有GLN GDC GEF GKM ∠=∠=∠=∠，即//LN MK ．另一方面，那么因为//CD EF ，我们有180180180LGM CDG EFG CAM EAL LAM ∠=∠+∠=−∠+−∠=−∠︒︒︒，即G 在A O 上．同理G 在B O 上．由于A O 与B O 相切，我们知道G 在A B O O 上．那这个时候G 在LK ，MN ，A B O O 上，我们知道12GKN NGH MGH GLM ∠=∠=∠=∠，故//LM KN ．由于//LM KN ，我们知道LMKN 是一个平行四边形，那么LGM KGN ∆≅∆，那么两个三角形的外接圆半径相等，ALM ∆和BKN ∆的外接圆半径相等．评析2．熟悉平面几何的同学应该很快就可以凭经验知道//CD EF ，//LN MK ，且G 在这两个外接圆上．余下的部分，观察题图可以猜测//LM NK ，如果有这一条的话我们很容易推出两个外接圆的半径相等，剩下就是一些比较角度的工作．总体来说本题偏简单题．3．一定存在无穷多个这样的k ，使得()1f k =．若不然，假设只有有限多个k 使得()1f k =，我们分两种情况讨论．若这样的k 不止一个，那我们可以取到最大的一个，还是记为k ，那么对任意n k >，我们有()1f n >．对任意一个素数p ，由于pk k >，我们有()1f pk >．但是由于()f pk 整除max{(),}max{1,}f k p p p ==．我们知道()f pk p =．对任意两个素数p ，q ，不妨p q ≤，那么()f pqk 整除max{(),}max ,}f pk q p q q ==．那么我们现在亏虑三个素数p ，q ，r 满足p q r ≤≤，但是pq r >（比如，2p =，3q =，5r =）．那么一方面，()f pqrk 整除max{(),}max{,}f rk pq r pq pq ==．另一方面，()f pqrk 整除max{(),}max{,}f pqk r q r r ==．但是(,)1pq r =，所以()|1f pqrk 即()1f pqrk =．但是pqrk k >，矛盾．所以一定存在无穷多个k ，使得()1f k =．评析3．欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式，在证明某一类数字有无限多个的时候，通过反证假设这一类数字只有有限个，不妨设为12n k k k ⋅<<，套路上我们可以考虑n k ，1n k +，12n k k k ，121n k k k +．[]12,,,n k k k 等数字来找到矛盾，本题也是如此．值得一说的是，在这个题目中，对于任何整数n ，我们可以定义一个新的函数()()n f a f an =，那么()()n f ab f abn =要整除{}max{(),}max (),n f an b f a b =．也就是说n f 也是一个满足相同性质的函数．那么实际上，我们可以证明对任意一个k 满足()1f k =．那么1{}m mk ∞=中有无限多个m 满足()1f mk =．更复杂的话，有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个()1f k =的解的密度．4．首先显然，一个92⨯的格子里面放置两面旌旗一共有两种方法，如下图：或那么918⨯的格子中可以放入9个92⨯的格子，所以每个92⨯的格子里有两种可能，一共92512=种放法．下面证明没有别的放法．首先我们考察918⨯的侧边，即变成为9这条边．若我们用18面旌旗把这些格子填满了，那么我们考察这条边上放的旌旗．旌旗的几条边长为5，4，2，1．若旌旗边长为1的边靠着底边，那么1的左右某一边的格子只能用另一面旌旗的边长为5的边来填，如图：那么这条边上剩下三个格子，无法用2和1来填满（因为1需要伴随5）．若旌旗边长为2的边靠着底边，那么这时侧边只能是9522=++用三条旌旗来覆盖，这个时候两条旌旗横着用边长为2的底边来接触侧边．同时第二列只有一个空着的格子，若要填住这个格子只能用一条旌旗的旗头来填，所以只能是如图的填法：其中虚线表示两面用边长为2的底边填充格子侧边的旌旗可以放在用边长为5的底边填充侧边的旌旗的上面或者下面．于是无论如何在第三列总会出现三个连续的空格无法被旌旗填充，所以侧边只能用54+的填法，那么消去这两列之后新的侧边也只能用54+的填法来填充，这种归纳的想法可知没有其他的填法．评析4．本题的答案非常送分，证明的方法却变得非常朴素．一般遇到填格子的题目的话很常规的一种套路就是用染色的方法，我们可以斑马条纹染色，也可以国际象棋棋盘染色，但是这个题目似乎用染色的方法做不出来，反而用这种硬讨论的朴素方法可以做，似乎有时也需要跳出套路来想问题．5．显然，若m M ∈满足(mod 4)m i ≡，那么任何n 满足()4mod 4n i ≡−都不能在4里面．所以将S 按照模4的余数分为4种：0{1928,1932,1936,1940,1944,1948}S =1{1929,1933,1937,1941,1945,1949}S =2{1930,1934,1938,1942,1946}S =3{1931,1935,1939,1943,1947}S = 那么016S S ==，235S S ==．那么入前所述，0S ，2S 的元素顶多有一个在M 中，1S ，3S 的元素不能同时在M 中，所以四元红色子集有四种情况：四个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于0S ，剩下三个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于2S ，剩下三个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于0S ．一个元素属于2S ，剩下两个元素都属于1S 或3S ，所以4433332265656565665565651100x C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=．同理，5544443365656565665565651127y C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=．所以x y <评析5．这个题目就算是出自高考全国卷都不会让人感觉到任何奇怪……6．考虑拉格朗日乘子(1)axy byz czx x y z λ=++−⋅++−，那么ay cz x λ∂=−++∂ ax bz y λ∂=−++∂ cx by z λ∂=−++∂ 1x y z λ∂=−−−∂ 那么0L L x y z λ∂∂∂∂====∂∂∂∂的解为： 222()222b c a b x ab bc ca a b c +−=++−−−，222()222c a b c y ab bc ca a b c+−=++−−− 222()222a b c a z ab bc ca a b c +−=++−−−，2222222abc ab bc ca a b c λ−=++−−− 于是max 222()222abc axy byz czx ab bc ca a b c ++=++−−− 评析6．三元二次极值问题用拉格朗日乘子比较容易解决，因为拉格朗日量的各种偏导数都是线性的，最终我们只需要解决一个线性方程即可，所以这篇答案中用了最简单暴力的方法．事实上，这个题目可以用几何不等式的方法来做，或者直接用嵌入不等式来做，但是我不会．7．对于任意的四边形ABCD （甚至不要求凸），我们都可以找一条直线l 使得l 不在任何一条边上，也不与任何一条边平行，并且AB ，BC ，CD ，DA 分别与l 交于四个不同的点P ，Q ，R ，S ．我们将证明一个更强的结论：若P ，Q ，R ，S 是一条直线l 上的四个不同的点，那么我们可以找到一个正方形A B C D ''''，使得A B ''，B C ''，C D ''，D A ''分别过P ，Q ，R ，S 点．我们不妨设l 就是y 轴（不然通过旋转即可），P ，Q ，R ，S 的纵坐标为p ，q ，r ，s ．那么考虑一个斜率参数k ，过P ，R 做斜率为k 的直线y kx p =+和y kx r =+，过Q ，S 做斜率为1k−的直线1y x q k =−+和1y x s k=−+．那么设这四条直线就是A B ''，C D ''，B C ''，D A ''，于是我们可以解得 ()2221(),11k A s p k s p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭，()2221(),11k B q p k q p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭ ()2221(),11k C q r k q r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭，()2221(),11k D s r k s r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭于是22222||()||()AB k q s l AD p r −==− 即p r k q s−=±− 那么由于p ，q ，r ，s 互不相同可知存在这样的斜率，使得A B C D ''''是正方形．评析7．这道平面几何的题目非常的非主流，同学们如果直接从平几方法来构造的话可能会被卡很久，这里给了一种解析的方法．实际上这个题目也可以用复数做，假设A B C D ''''的中心所对应的复数为z ，那么正方形的四个点可以设为z t +，z it +，2z i t +，3z i t +，这种做法也一样可行．8．（1）设11k s s k x p p =(2)k ≥，直接计算可以有 22221010()i i i i s s k k s j s j i i i i i i j f x p p p ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦−−====⎛⎫ ⎪==⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑222112111111i i i s k k s s i ii i i ii p p p p p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦−==−=⋅<⋅−−∑∑ 21114123i i k s s i i i i p p −==<⋅=−∑∑（因为i p 最小为2）记录i s i i a p =，，那么2i a ≥，我们重点考虑i a ∑和i a ∏之间的大小关系．令()1,,k i i f a a a a λ=⋅−∑∏，那么j i j if a a λ≠∂=−∏∂，所以事实上若j i j a λ≠≤∏，对任意i 都成立，那么在i a 变小的时候f 变大，则()1,,(2,,2)22k k f a a f k λ≤=−．用求导的方法很容易知道22k k λ−会在()()()1111ln 2ln2ln (2)ln 22ln (2)ln (2)3k λ−−−−=⋅⋅≤⨯⨯⋅<的时候取到，那么在整数的取值上，我们取2k =，3得到 222244λλ⨯−=−323268λλ⨯−=−由于2λ≤，我们知道2244kk λλ−≤−．于是1144()2233k kk i i i i f x a k a λλ==⎛⎫<≤⋅−+ ⎪⎝⎭∑∏ 14416144333k i i a x λλλλλ=−⎛⎫≤⋅−+=⋅+⋅ ⎪⎝⎭∏ 那么我们只需要取一个λ使得423λ<≤即可，比如我们取2λ=就会得到28()33f x x <+．（2）若不存在这样的Q ，那么存在n a 使得28n a m >+，不妨设n a ，1n a −，，n m a −中最大的是a ，那么显然28a m >+．于是()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++ ()2828max ,,3333n n m a a m −⎧⎫<+++⎨⎬⎩⎭()()2828max ,,3333n n m a m a m −⎧⎫≤++++⎨⎬⎩⎭ {}228max ,,333n n m a a m −=++ 22833m a a +≤+< 所以归纳可证明n k a a +<，这与无上界是矛盾的．所以一定存在这么一个Q ，使得n a Q <对所有*n N ∈都成立．评析8．数论中出现素因子的加法一般都会变得很难，但是这个题目主要通过估计就可以达到要求，所有同学做题的时候一定要注意看题目，不要看一眼觉得很复杂就马上放弃，这个题还是可做的．从答案上看这个估计并不太难，只要敢拆敢放就能做出来，实际上这种估计也的确没有用到任何解析数论的方法，所有的步骤都是高中生都可以做出来的，但是我还是建议各位同学在学习潘承洞，潘承彪两位先生的《初等数论》的时候把后面章节的内容也看一看，素数定理和 Eratosthenes 筛法的基础知识并不会太难，了解一下并没有什么坏处．另外，这篇答案的放缩放得非常狠，比如公式第二行的不等号基本上是i s 直接放到无穷，第三行的不等号就直接把所有i p ；都放成2，之后讨论函数的时候又把所有i s i p 当2来做，可以说23是一个非常粗略的答案．有兴趣的同学可以算算2k =的情况玩玩，看看自己能把这个不等号放到多小．。

2019年度高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案解析

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 。

2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析

(因为
C325
≥
max L(x, y)).
(x,y)∈X
下面构造例子说明 C325 是可以取到的最好的常数:
设 S = {1, 2, · · · , 35}, 考虑置换 f = (12 · · · 35), 即:
f (1) = 2, f (2) = 3, · · · , f (34) = 35, f (35) = 1,
极值可以在满足一些对称性的序列 (ai) 上取到. 毋庸置疑，满足题目条件的数列集合是闭集，因此两个
小题中的目标函数（都是连续的）确实能取到最大值.
（1）设序列
(ai)
使
a+b+c+d
取到最大，令
ci
=
ai
+
ai+10
+ ai+20 4
+ ai+30 ，下标模
40
理解.
根
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
2019 年中国数学奥林匹克试题解析
6
注意到: L(x, y) ≤ L(f1(x), f1(y)) + 1, 从而
L(x, y) ≤ L (fk−1(· · · (f1(x))), fk−1(· · · (f1(y)))) + (k − 1) = k ≤ |X| = C325,
所以
m
≥
C325
时总是可以办到的
（解题：）
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.

2019亚太区数学奥林匹克

2019亚太地区数学奥林匹克中图分类号:6424.79文献标识码:A文章编号：1005-6416(2020)11-0032-041.求所有的函数/：z+—Z+，使得对于任意的a、b6Z+，均有(/0)+6)I(a2+/(«)/(6))•2.对任一取定的正整数m,定义无穷数列为正整数，对任意的“Ml,厨+2“，a”<2"；对每个试确定5的所有可能值，使得｛中全体项均为整数.3.在不等边△4BC中，M为边BC的中点,P为线段AM上一动点.△ABC、ABPM、△CPM的外接圆分别记为QO y QO^QO2,且设00|、0。

2与。

0的第二个交点分别为D、E,直线DP与。

2的第二个交点为X,直线EP与的的第二个交点为Y.证明：当点P在线段AM上运动时，△刃了的外接圆始终通过一个(异于点A的)定点T.4.一张2018X2019的棋盘的每个单位格内均填有一整数.每次选择其中若干个格,对所选的每个格计算与其相邻的所有格内的数的算术平均数(两格相邻是指它们恰有一条公共边)，并在全部计算结束后将所选的每个格内的数均替换为对应的平均数•试问：是否总可以经过有限次上述操作，使得所有小格内的数全相等？5.求所有的函数/：R—R,使得f(x2+f(y))=f(J'(x))+f(y2')+2f(xy)对于任意的x y y E R成立.参考答案1.显然,/(n)=n(n6Z+)满足要求.下面证明这是唯一满足要求的函数.在原题条件中，(1)取a=b=1,得(/(1)+1)1(/2(1)+1)=>/(1)=1.(2)取a=l,得(6+1)1(/(6)+1)nbw/(b)(bWZ+).(3)取6=1,得(/(a)+l)l(/(a)+a2)=(/(a)+1)I(a2-1)=»/(a)^a2-2(a工2).(4)取a=p,b=/(p)(p为任一素数)，得2<(P)I(P2+/(P)/(/(P)))=>/(P)Ip2-而由(2),(3)的结论知P^f(p)Wp'-2.故/(P)=P对任意素数p成立.(5)取a=p(p为任一素数)，得(6+p)I(p2+)=>(b+p)I(p?+p f(b)-(p+b)(p-b+/(6)))=>(b+p)\(b2-bf(b)).对任一取定的b值,b2-bf(b)为确定的数，而P充分大时,6+p可任意大，于是，只能有62-6/-(6)=0=>/(6)=6.由(5)的结论,知满足要求的函数仅有/(n)=n(n G Z+).2.假设m及山的取值已使得数列｛a」中各项均为整数・对每个宀1,记山=力•2“,其中,仇为奇数心为非负整数.引理1对于任意的匚均有®<2".引理1的证明若不然，不妨设j为满足力>2"且使得q最小的某个整数.由a&bi>2",知a®=才.从而,力+1=力,且c i+1=c；-1<c：,这与c,的最小性矛盾.引理2数列bi,b2,…是单调不减的.a 引理2的证明若a^2m,则5+]=寸.从而，仇+i=®.若山<2“,则a”]=离+2"=^-2^+2".分三种情况讨论.(1)若2c：>m,则a”】=2"&护宀+1).故6冲=^.22c-m+l>»(2)若2q5,则a”】=2如&+2"吗).故®+】=处+2"-如>仇.(3)^2c i=m,则5+1=2m+1；.注意到，出+1=2(mod4).b2+1故亍为奇数，从而，弓I理1、2得证.由引理1、2,知必存在某个指标j,使得对于任意的均有bk=bj.由于当a”工2“时，总有a n+i=y，于是，数列｛aj中存在无穷多项小于2".从而，可取某个i>j,使得%<2".而由引理2的证明，知只有当2q=m且b i +i=6,=1时，才可使得a,<2m及b i+1=bi 同时成立.因此，力=1.又｛6”｝单调不减，则久=&2=…=1,即如,a2，…均为2的方幕.由a£=2Ci=2?<2m,依次得5+1=2,5+2=2,C/n—1—^2m—2.cm5+3=2,©+4=2+2・前面已证｛a“|中各项均为2的方轄,故22m-2+2m为2的方暮显然，这只有当2m-2=m时才成立.因此,m只能为2.对m=2,若5=心1),则数列｛a n｝的各项为2‘,2-,-,4,2,8,4,2,8,…，满足要求.若5=1,则a?=5,°3=号,不满足要求.综上，仅当m=2时满足要求的5存在,此时,©的全部可能取值为5=2Z(/G Z+).3.用符号“牟'表示有向角，即当点U、V、带顺时针方向排列时，4f/HF=Z UVW,而当点逆时针方向排列时，4f/vr=i80°-Z uvw.如图1,设N为O0、O0|、©。

2019年第60届国际数学奥林匹克竞赛IMO试题选解

选讲2019年第60届国际数学奥林匹克竞赛IMO试题题1：设整数集为Z，求所有函数Z：使得对于任意整数bf→Za，都有()()()().f+a+f=b2baf2f解：对于任意整数ba，都有()()()().f+a+ ①f=2bb2aff也有().()()()bf+f=+ ②a2a2bff分别在①、②令a=，得()；()()()f=+2f0 ③bbff()；()()()+2f=2 ④fbfbf所以由③、④有()()().f=+ ⑤fb2f2b设()t0是常数，=tf，由⑤知()().f-b= ⑥2t2bf所以()()()()()()，t=++f-22 ⑦f2=+2fafabbbaff在⑦中令a==xb，结合⑥得()()()()，t()=f-f=42 ⑧2-xxtfffx在⑧中，()i若()()t==0是常数，f，ftx则代入⑧中计算得=t，所以().0=f ⑨x()ii若()，tf≠x令()t=2，y-fx则().=f+yy2t所以().= ⑩f+x2tx经检验⑨、⑩知，函数().0Z x x f ∈=，与函数().2是常数，，，C Z C x C x x f ∈+=使得对于任意整数b a ，都有()()()().22b a f f b f a f +=+解题反思：(1)本题解题上应用了代换法、赋值法，整体思想.数学思想上应用了推理逻辑.(2)本题可以推广，设整数集为Z ，求所有函数Z Z f →：使得对于任意整数）m b a ，，都有()()()().b a f f b mf ma f +=+参考答案：解题思路与原题类似，答案是：函数().0Z x x f ∈=，与函数().是常数，，，C Z C x C mx x f ∈+=(3) 若改变指数可以得到另一个函数方程题：设整数集为Z ，求所有函数Z Z f →：使得对于任意整数b a ，都有()()()().2)(2b a f f b f a f +=+参考答案：函数().0Z x x f ∈=，与().1Z x x f ∈-=，(4) 教学建议：通过本题研究，教师在抽象函数问题求解时要特别强调数学思想教学研究。

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)

2019小学四年级数学奥林匹克竞赛题及分析

小学四年级数学奥林匹克竞赛题及分析统筹规划（一）【试题】1、烧水沏茶时，洗水壶要用1分钟，烧开水要用10分钟，洗茶壶要用2分钟，洗茶杯用2分钟，拿茶叶要用1分钟，如何安排才能尽早喝上茶。

【分析】：先洗水壶然后烧开水，在烧水的时候去洗茶壶、洗茶杯、拿茶叶。

共需要1+10=11分钟。

【试题】2、有137吨货物要从甲地运往乙地，大卡车的载重量是5吨，小卡车的载重量是2吨，大卡车与小卡车每车次的耗油量分别是10公升和5公升，问如何选派车辆才能使运输耗油量最少？这时共需耗油多少升？【分析】：依题意，大卡车每吨耗油量为10÷5=2(公升)；小卡车每吨耗油量为5÷2=2.5(公升)。

为了节省汽油应尽量选派大卡车运货，又由于137=5×27+2，因此，最优调运方案是：选派27车次大卡车及1车次小卡车即可将货物全部运完，且这时耗油量最少，只需用油10×27+5×1=275(公升)【试题】3、用一只平底锅烙饼，锅上只能放两个饼，烙熟饼的一面需要2分钟，两面共需4分钟，现在需要烙熟三个饼，最少需要几分钟？【分析】：一般的做法是先同时烙两张饼，需要4分钟，之后再烙第三张饼，还要用4分钟，共需8分钟，但我们注意到，在单独烙第三张饼的时候，另外一个烙饼的位置是空的，这说明可能浪费了时间，怎么解决这个问题呢？我们可以先烙第一、二两张饼的第一面，2分钟后，拿下第一张饼，放上第三张饼，并给第二张饼翻面，再过两分钟，第二张饼烙好了，这时取下第二张饼，并将第三张饼翻过来，同时把第一张饼未烙的一面放上。

两分钟后，第一张和第三张饼也烙好了，整个过程用了6分钟。

统筹规划问题（二）【试题】4、甲、乙、丙、丁四人同时到一个小水龙头处用水，甲洗拖布需要3分钟，乙洗抹布需要2分钟，丙用桶接水需要1分钟，丁洗衣服需要10分钟，怎样安排四人的用水顺序，才能使他们所花的总时间最少，并求出这个总时间。

【分析】：所花的总时间是指这四人各自所用时间与等待时间的总和，由于各自用水时间是固定的，所以只能想办法减少等待的时间，即应该安排用水时间少的人先用。

2019山东省实验中学寒假集训数学竞赛讲义

山东省实验中学
6
奥林匹克数学竞赛办公室
例 7、已知实数 x、y、z 3 .求方程 (x 2)2 ( y 4)2 (z 6)2 36 的所有实数解 yz2 zx4 x y6
(x, y, z) .
例 8、求所有的正整数对 (m, n) ，满足方程 m! n! mn .
线与半圆交于点 P 和 Q ，求证 tan AOP tan AOQ 1.
2
23
例 3-2 过圆上 P、Q 两点的切线相较于点T , 自点 P 至平行于 PQ 的直径两端各作一直线，这两条直线分别交垂直于 PQ 的直径所在直线于点 R、S ，求证： RT || ST | .
例 3-3 已知圆方程为 (x 2)2 ( y 2)2 2. 由原点 O 作二切线 OA、OB ， A 与 B 是切点。又作圆的割线 ODC, 弦 AB 与 OC 交于点 E ，求证：
证明：这三个方程有公共根.
例 5、已知实数 a、b、c、d、e 满足 | a b | 2 | b c | 3 | c d | 4 | d e | 5 | e a | .试求所有这样的五元数组 (a, b, c, d, e) .
例 6、求方程 (3x 1)(3y 1)(3z 1) 34xyz 的所有正整数解 (x, y, z) .
11 2. | OD | | OC | | OE |
山东省实验中学
13
奥林匹克数学竞赛办公室
例 3-4 ABC 的三个外角的平分线 AD、BE、CF 分别与其对边的延长线交于 D、E、F ，求证 D、E、F 三点共线。
例 3-5 在圆 x2 y2 r 2 中有两条直径 AB 和 CD ,其夹角为。M 是圆上任意一点，点 P 和点 Q 分别是点 M 在 AB、CD 上的射影，证明线段 PQ 的长度与点 M 在圆上的位置无关。

2019年国际数学卓越奥林匹克

2019年国际数学卓越奥林匹克 1.设非直角△ABC 的外接圆为θ.过A 作圆θ的切线交直线BC 于点D,BC 的中点为 M,直线AM 与圆θ不同于A 的交点为N 。

取一点K 。

使得四边形ADMK 为平行四边形。

求证kA=KN.2.考虑有2019个点的图G.定义对顶点v 的“反转”操作如下：对于其它的任意一个顶点u 。

若u 与v 之间有边,则将其边删掉。

若u 与v 之间没有边，就在这两点间连一条边。

我们想通过若干次"反转”操作(先许多次“反转”相同的顶点),使得图中的边数最小。

求M 的最小值，使得对任意的2019个点的图G 。

我们可以通过若干次“反转”之后，使得图G 的边数不大于M 。

3. 求所以函数,:R R f →使得对任意实数x,y.有()()()()()()y f x f y x f f y x f y x +•+=++。

4. 若正整数集的某个二元子集有且仅有一个素数和一个合数，则称这个二元子集是“可爱子集”。

试求所有整数系多项式()x f ，使得对所有“可爱子集”的集合｛p,q ｝,集合()(){}p q f q p f ++,也是“可爱子集”。

5. 找出所有正整数对（s,t ）,满足对任意两个不同的正整数a,b.都存在正整数n,使得1+++n n t s b a b a .6. 在非直角△ABC 中.内心为I 。

,其外接圆为ω。

∠ABC 的内、外角平分线分别交直线BC 于点D 、E 。

M 在直线AC 上。

满足MC=MB.过B 作圆ω的切线交MD 于S 。

△ADE 的外接圆交△BIC 的外接圆于点P 、Q.设AS 与圆ω另一个交点为K ，求证：K 在PQ 上。

2019年亚太地区数学奥林匹克

a2n + 2m an+1 = an
2
当an < 2m; 当an ⩾ 2m;
试求所有的 a1，使得数列 an 的所有项都是整数。
Байду номын сангаас
3 三条边各不相等的三角形 ABC 内接于圆 L 中。BC 的中点为点 M ，P 点（动点）在线段 AM 上，圆 L 与三角形 BP M 的外接圆交于点 D(异于点 B), 直线 DP 与三角形 CP M 的外接圆交于点 X(异于点 P )。而且，圆 L 与三角形 CP M 的外接圆交于点 E(异于点 C)，直线 EP 与三角形 BP M 的外接圆交于点 Y （异于点 P ）。试证：不依赖于 P 的选取，三角形 AXY 的外接圆过异于点 A 的某定点 T 。
2019 年亚太地区数学奥林匹克
2019 年 3 月 12 日考试时间:4 小时 5 个问题每题 7 分
1 f 是定义在正整数上且取值为正整数的函数，试求所有的 f, 使得：对任意的正整数 a 和 b， a2 + f (a)f (b) 能被 f (a) + b 整除。
2 m 是正整数，数列 an 定义如下。其中，a1 是正整数：
1
4 对于 2018 × 2019 的方格，每个格子里写着一个整数，对于每个格子，与它有公共边的别的格子称之邻居，考虑下面的操作：任意选择几个格子，计算出格子的邻居的数的平均值，然后将这些值替换进格子。能否做到：不管最初的情况如何，总能在有限次操作后，使得所有格子里的数都相等？
5 f 是定义在实数上且取值为实数的函数，求所有的 f ，使得：对任意实数 x 和 y，满足 f (x2 + f (y)) = f (f (x)) + f (y2) + 2f (xy).

第七至十九届中国数学奥林匹克竞赛试题含答案

第七至十九届中国数学奥林匹克竞赛试题第七届中国数学奥林匹克 (1992年)1. 设方程x n +a n-1x n-1+a n-2x n-2+....+a 1x+a 0=0的系数都是实数，且适合条件0<a 0≦a 1≦a 2≦....≦a n-1≦1。

已知λ为方程的复数根且适合条件|λ|>1，试证：λn+1=1。

2. 设x 1, x 2, ... , x n 为非负实数，记 x n+1= x 1，a=min{x 1, x 2, ... , x n }，试证：n Σ i=1 1+x i _ 1+x i+1 ≦n+ 1 (1+a)2nΣ i=1(x i -a)2 ，3. 且等式成立当且仅当 x 1 =x 2= ... =x n 。

4. 在平面上划上一个9x9的方格表，在这上小方格的每一格中都任意填入+1或-1。

下面一种改变填入数字的方式称为一次变动；对于任意一个小方格有一条公共边的所有小方格(不包含此格本身)中的数作连乘积，于是每取一个格，就算出一个数，在所有小格都取遍后，再将这些算出的数放入相应的小方格中。

试问是否总可以经过有限次变动，使得所有方小方格中的数都变为1？5. 凸四边形内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P ，ΔABP 与ΔCDP 的外接圆相交于P 和另一点Q ，且O 、P 、Q 三点两两不重合。

试证∠OQP=90。

6. 在有8个顶点的简单图中，没有四边形的图的边数的是大值是多少？7. 已知整数序列{a 1, a 2, ...... }满足条件：1. a n+1=3a n -3a n-1+a n-2，n=2, 3, .....。

2. 2a 1= a 0+a 2-2。

3. 对任意的自然数m ，在序列{a 1, a 2, ...... }中必有相继的m 项a k , a k+1, ... , a k+m-1都为完全平方数。

试证：序列{a 1, a 2, ...... }的所有项都是完全平方数。

跃峰奥数PPT8组合构造1-5(特例归纳之平移复制)

温馨提示为了设计教学场景互动效果的需要，课件中采用了大量“播放后隐藏”的文本，从而导致预览模式下出现诸多文本重叠，影响阅读。

但在放映模式下，这些现象都不会出现。

另外，课件中的图像均不是一次性形成，而是展现了“尝试-修改-成形”等发生过程，这可能导致预览模式下出现诸多乱码，但在放映模式下，图形则非常生动、美观。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创组合构造1-5（特例归纳之平移复制）●冯跃峰本讲内容本节为第8板块（组合构造）第1专题（特例归纳）的第5小节（平移复制），包含如下3个部分内容：第一部分，概述问题涉及的知识方法体系；第二部分，思维过程剖析。

这是课件的核心部分，重在发掘问题特征，分析如何找到解题方法。

按照教师场景授课互动效果设计，立足于启发思维；第三部分，详细解答展示。

提供笔者重新书写的解答（简称“新写”），力求严谨、流畅、简练。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创【组合构造（特例归纳）】所谓特例归纳，就是先研究n取一些特殊数值的情况下的构造，由此迁移到一般情形n的构造。

通常有以下3种方式：三种归纳方式（1）逐一试验尝试多个特例：n=1，2，…发掘相邻构造的关系。

（2）穷举构造对某个特例n=n，考察所有可能的构造，优选其“好的”。

（3）换元改造先构造一个合乎要求的特例，然后将某些元素更换表现形式，使之具有一般性■。

本小节介绍“逐一试验”的相关例子。

【构造1-5】对于哪些正整数k，可以在白色方格平面上染黑若干个方格（至少一个黑格），使得在任何方格水平线、任何方格垂直线、任何方格对角线（包括45°、135°倾角两类）都含有k或0个黑格？（2020年第83届莫斯科数学奥林匹克）【题感】从条件看【1】，方格染色比较麻烦，可用方格的中心代替方格。

这样问题等价于：将若干格点染黑色【1】，使无穷网络的每行、每列、每条斜率为1、-1的直线都恰含有k或0个黑点【1】。

由于染色需满足多个条件，自然想到“拟对象逼近”的策略。

1-19届中国数学奥林匹克

1.已知a1, a2, ... , a n为实数，如果它们中任意两数之和非负，那么对于满足x1+ x2+ ... +x n=1的任意非负实数x1, x2, ... , x n，有不等式a1x1+ a2x2+ ... +a n x n≧a1x12+ a2x22+ ... +a n x n2成立。

请证明上述命题及其逆命题。

2.在三角形ABC中，BC边上的高AD=12，∠A的平分线AE=13，设BC边上的中线AF=m，问m在甚么范围内取值时，∠A分别为锐角，直角、钝角？3.设z1, z2, ... , z n为复数，满足| z1|+ | z2 |+ ... +| z n|=1。

求证：上述n个复数中，必存在若干个复数，它们的和的模不小于1/6。

4.已知：四边形的P1P2P3P4的四个顶点位于三角形ABC的边上。

求证：四个三角形△P1P2P3、△P1P2P4、△P1P3P4、△P2P3P4中，至少有一个的面积不大于ABC的面积的四分之一。

5.能否把1, 1, 2, 2, ... , 1986, 1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，....，两个1986之间夹着一千九百八十六个数。

请证明你的结论。

6.用任意的方式，给平面上的每一点染上黑色或白色。

求证：一定存在一个边长为1或3的正三角形，它的三个顶点是同色的。

1.设n为自然数，求方程z n+1-z n-1=0有模为1的复根的充份必要条件是n+2可被6整除。

2.把边长为1的正三角形ABC的各边都n等分，过各分点平行于其它两边的直线，将这三角形分成小三角形，和小三角形的顶点都称为结点，在第一结点上放置了一个实数。

已知i.A、B、C三点上放置的数分别为a、b、c。

ii.在每个由有公共边的两个最负三角形组成的菱形之中，两组相对顶点上放置的数之和相等。

试求(1)放置最大数的点积放置最小数的点之间的最短距离。

(2)所有结点上数的总和S。

2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高一年级试题答案及评析

第十六届中国东南地区数学奥林匹克1．求最大的实数k ，使得对任意正数a，b，均有(a b)(ab 1)(b 1) kab2．2．如图，两圆1，2交于A，B两点，C，D为1上两点，E，F 为2上两点，满足A，B分别在线段CE ，DF内，且线段CE ，DF不相交．设CF 与1，2分别交于点K C ，L F ，DE与1，证明：若ALM 的外接圆与BKN 的外接圆相切，则这两个外接圆的半径相等．3．函数f :N* N *满足：对任意正整数a，b，均有f ab 整除max f a ,b ．是否一定存在无穷多个正整数k ；使得f k 1？证明你的结论．4．将一个2 5 方格表按照水平方向或者竖直方向放置，然后去掉其四个角上的任意一个小方格，剩下由9简称为“旌旗” ，如图所示．2 分别交于点M D ，N E现有一个固定放问共有多少种不同的覆盖方明理由．第十六届中国东南地区数学奥林匹克5．称集合S {1928,1929,1930,L ,1949}的一个子集M 为“红色”的子集，若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除．用x ，y分别表示S的红色的四元子集的个数，红色的五元子集的个数．试比较x，y 的大小，并说明理由．6．设a ，b ，c为给定的三角形的三边长．若正实数x，y，y满足x y z 1，求axy byzczx的最大值．7．设ABCD为平面内给定的凸四边形．证明：存在一条直线上的四个不同的点P，Q，R ，S和一个正方形ABCD ，使得点P在直线AB与AB 上，点Q在直线BC与BC 上，点R在直线CD 与CD 上，点S 在直线DA 与D A 上．8．对于正整数x 1 ，定义集合S x p p为x的素因子 , 为非负数 , p x,且 v p x mod 2 ，其中v p x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数，并记f x 为S x中所有元素之和．约定f 1 1 ．今给定正整数m ．设正整数数列a1，a2 ，L ，a n ，L 满足：对任意整数n m ，max f a n , f a n 1 1 ,L , f a n m ma n 1(1)证明：存在常数A，B 0 A 1 ，使得当正整数x有至少两个不同的素因子时，必有f (x) Ax B； (2)证明：存在正整数Q ，使得对所有n N*，a n Q．第十六届中国东南地区数学奥林匹克参考答案1．原不等式2 2 2a2b 1 b2 a b (b 1) kab 22 b 2ab 1 b2(b 1) kb 2a单独考虑左边，左边可以看成是一个a 的函数、b为参数，那么关于a 取最小值的时候有ab 1 b2 b(b 1) 2 ab b1 b2(b 1) (b 1)3aa于是我们只需要取k (b 1)3b 2即可．设 f(b)32(b21) ，那么f (b)(b 1)3(b 2) ，演算可知b 2是 f 的极小值点，那么 f min f (2) 27， b b4 即k max27 ，取极值时有 a 1， b 2．4评析 1 ．不等号的左边和右边都不对称，但是右边只是一个 kab 2，所以可以考虑一下类似于分离变量的方法把 a 或 b 2挪到左边去．本答案用的是把 a 挪到左边的方法．把 b 2挪到左边也有类似的做法，但是会变得比较复杂，有兴趣的同学不妨一试．该题做法非常多，本篇答案给出的做法只是一种以高中课本知识即可解决的方法，但是如果不想用到函数求导这种比较偏流氓的方法的话，纯粹不等式的方法也是可行的．比如，为H 1，切线另一边的任意一点为 H 2，连接 CD ．LN ，AB ，MK ，EF ，O A O B ，由于 DCA DBA FBA FEA 180 ，我们有 DCA FEA 180 ，即CD / /EF ．另外，由圆幂定理我们有 GLN ~ GEF ， GKM ~ GDC ，于是我们有 GLN GDC GEF GKM ，即 LN / / MK ．另一方面，那么因为 CD / / EF ，我们有LGM CDG EFG 180 CAM 180 EAL 180 LAM ，即 G 在 e O A 上．同理 G 在 e O B 上．由于 e O A与e O B 相切，我们知道 G 在O A O B 上．那这个时候G 在 LK ，MN ，O A O B 上，我们知道 GKNNGH 1 MGH 2 GLM ，故LM / / KN ．由于 LM / /KN ，我们知道 LMKN 是一个平行四边形，那么 LGM KGN ，那么两个三角形的外接圆半径相等， ALM 和 BKN 的外接圆半径相等．b b ab ab(a1)(b 1) a12 2 2 21/31/31/3b bab abbb3a31 31 2 2 2 22227 2ab 242．如图．记 G 为CF ， DE 的交点， ALM BKN 的外接圆圆心为 O A ，O B ．取两圆切线上任意一点 bb1 22评析 2．熟悉平面几何的同学应该很快就可以凭经验知道CD//EF ，LN //MK ，且G在这两个外接圆上．余下的部分，观察题图可以猜测LM / / NK ，如果有这一条的话我们很容易推出两个外接圆的半径相等，剩下就是一些比较角度的工作．总体来说本题偏简单题．3．一定存在无穷多个这样的k ，使得f k 1．若不然，假设只有有限多个k 使得f k 1，我们分两种情况讨论．若这样的k 不止一个，那我们可以取到最大的一个，还是记为k ，那么对任意n k ，我们有f n1．对任意一个素数p ，由于pk k ，我们有f pk 1 ．但是由于f pk 整除max{ f (k), p} max{1,p} p ．我们知道f pk p ．对任意两个素数p ，q，不妨p q，那么f pqk 整除max{ f ( pk), q} max p,q} q．那么我们现在亏虑三个素数p，q，r 满足p q r ，但是pq r(比如，p 2，q 3，r 5)．那么一方面，f pqrk 整除max{ f (rk ), pq} max{r, pq} pq ．另一方面，f pqrk 整除max{ f ( pqk), r} max{q,r} r．但是(pq,r) 1，所以f ( pqrk ) |1即f( pqrk) 1．但是pqrk k，矛盾．所以一定存在无穷多个k ，使得f k 1 ．评析 3．欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式，在证明某一类数字有无限多个的时候，通过反证假设这一类数字只有有限个，不妨设为k1 k2 L k n，套路上我们可以考虑k n，k n 1，k1k2L k n，k1k2L k n 1．k1,k2,L ,k n 等数字来找到矛盾，本题也是如此．值得一说的是，在这个题目中，对于任何整数n ，我们可以定义一个新的函数f n (a) f (an) ，那么f n(ab) f (abn)要整除max{ f (an),b} max f n(a),b ．也就是说f n也是一个满足相同性质的函数．那么实际上，我们可以证明对任意一个k满足f k 1．那么{ mk}m 1中有无限多个m满足f mk 1．更复杂的话，有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个f k 1 的解的密度．4．首先显然，一个9 2 的格子里面放置两面旌旗一共有两种方法，如下图：那么9 18的格子中可以放入9个9 2的格子，所以每个9 2的格子里有两种可能，一共29512种放法．下面证明没有别的放法．首先我们考察9 18的侧边，即变成为9这条边．若我们用18 面旌旗把这些格子填满了，那么我们考察这条边上放的旌旗．旌旗的几条边长为5，4，2 ，1．若旌旗边长为1的边靠着底边，那么1的左右某一边的格子只能用另一面旌旗的边长为5 的边来填，如图：那么这条边上剩下三个格子，无法用2 和1来填满(因为1需要伴随5)．若旌旗边长为2 的边靠着底边，那么这时侧边只能是9 5 2 2用三条旌旗来覆盖，这个时候两条旌旗横着用边长为2 的底边来接触侧边．同时第二列只有一个空着的格子，若要填住这个格子只能用一条旌旗的旗头来填，所以只能是如图的填法：其中虚线表示两面用边长为2 的底边填充格子侧边的旌旗可以放在用边长为5的底边填充侧边的旌旗的上面或者下面．于是无论如何在第三列总会出现三个连续的空格无法被旌旗填充，所以侧边只能用5 4 的填法，那么消去这两列之后新的侧边也只能用5 4 的填法来填充，这种归纳的想法可知没有其他的填法．评析 4．本题的答案非常送分，证明的方法却变得非常朴素．一般遇到填格子的题目的话很常规的一种套路就是用染色的方法，我们可以斑马条纹染色，也可以国际象棋棋盘染色，但是这个题目似乎用染色的方法做不出来，反而用这种硬讨论的朴素方法可以做，似乎有时也需要跳出套路来想问题．5．显然，若m M 满足m i( mod 4) ，那么任何n满足n 4 i mod4 都不能在4里面．所以将S按照模4 的余数分为4 种：S0 {1928,1932,1936,1940,1944,1948}S1 {1929,1933,1937,1941,1945,1949}S2 {1930,1934,1938,1942,1946}S3 {1931,1935,1939,1943,1947}那么S0 S1 6，S2 S3 5．那么入前所述，S0 ，S2的元素顶多有一个在M 中，S1 ，S3的元素不能同时在M 中，所以四元红色子集有四种情况：四个元素都属于S1或S3；一个元素属于S0 ，剩下三个元素都属于S1或S3；一个元素属于S2 ，剩下三个元素都属于S1或S3；一个元素属于S0 ．一个元素属于S2，剩下两个元素都属于S1或S3，4 4 3 3 3 3 2 2所以 x C 64C 546 C 636 C 53 5 C 63 5 C 53 6 5 C 62 6 5 C 521100 ．同理， y C 65C 556 C 646 C 545 C 645 C 546 5 C 636 5 C 531127 ．所以 x y评析 5．这个题目就算是出自高考全国卷都不会让人感觉到任何奇怪⋯⋯xyL0 的解为：abc2222ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2评析 6．三元二次极值问题用拉格朗日乘子比较容易解决，因为拉格朗日量的各种偏导数都是线性的，最终我们只需要解决一个线性方程即可，所以这篇答案中用了最简单暴力的方法．事实上，这个题目可以用几何不等式的方法来做，或者直接用嵌入不等式来做，但是我不会．7．对于任意的四边形 ABCD （甚至不要求凸），我们都可以找一条直线 l 使得 l 不在任何一条边上，也不与任何一条边平行，并且 AB ， BC ， CD ， DA 分别与 l 交于四个不同的点 P ，Q ，R ，S ．我们将证明一6．考虑拉格朗日乘子 L axy byz czx(x y z 1)，那么ay czaxbz cx by那么b(c a 2 2ab 2bc 2ca a 2b)b 2c 2 c(a b c)2ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2a(b c a)z 2ab 2bc 2ca222abc2abc2ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2(axy byz czx)max个更强的结论：若P ，Q ，R，S是一条直线l 上的四个不同的点，那么我们可以找到一个正方形ABCD ，使得AB ，BC ，CD ，DA 分别过P，Q，R，S点．我们不妨设l就是y轴（不然通过旋转即可），P，Q，R ，S的纵坐标为p，q，r，s ．那么考虑一个斜率参数k ，过P ，R 做斜率为k 的直线ykxkx1r ，过Q ，S 做斜率为的直线k1k1x q和s．那么设这四条直线就是CD ，BC ，DA ，于是我们可以解得kk2(sp),k2s，Bkk2 (qk p),11 k22k2q pkk2(qkr),11k21kk2q 1k k2 (s r), 11k2 k 2s r1k|AB|2|AD|2k 2(qs)2( p r )2即k pr qs那么由于p ，q ，r ，s互不相同可知存在这样的斜率，使得ABC D 是正方形．评析 7．这道平面几何的题目非常的非主流，同学们如果直接从平几方法来构造的话可能会被卡很久，这里给了一种解析的方法．实际上这个题目也可以用复数做，假设A B C D 的中心所对应的复数为z ，那么正方形的四个点可以设为z t ，z it ，z i 2t ，z i3 t ，这种做法也一样可行．8．（1）设x p1s1Lskp ksksif(x)k2p isi2 jk i1i0 i1k1 2s i2k s i p ipi1 i i112 p iik s i1 4p i1 i 1 2 2i131sipii记录a ipisip isi(k2），直接计算可以有si2p i2jj011 pi2因为p i 最小为2 ）sp i si，，那么a i2，我们重点考虑a i和a i之间的大小关系．令f a1,L , a k a i a i ，那么a ij i a j ，所以事实上若j i a j ，对任意i都成立，那么在 a i 变小的时候 f 变大，则 f a 1,L ,a k f (2,L ,2) 2 k 2k．用求导的方法很容易知道2 k 2kln 2 2 ln 1(2) ln 1(2) 3的时候取到，那么在整数的取值上，我们 4 4 ．于是k ai i116 1328 2即可，比如我们取 2就会得到 f (x) x ．33(2)若不存在这样的 Q ，那么存在 a n 使得 a n 2m 8 ，不妨设 a n ，a n 1，L ，a n m 中最大的是 a ，那么显然 a 2m 8 ．于是an 1max f anf an 11 ,L , f a n m m2828maxan,, anmm3n33n328 ,28maxa n m,Lan mm33 33228max a n ,, an mm3m332 2m 8aa33成立．评析 8．数论中出现素因子的加法一般都会变得很难，但是这个题目主要通过估计就可以达到要求，所有同所以归纳可证明 a n ka ，这与无上界是矛盾的．所以一定存在这么一个 Q ，使得 a n Q 对所有 n N * 都会在 k ln 2 ln 1 2 ln 1(2) 取 k 2 ， 3得到22 22 44232368由于2 ，我们知道2k 2kk4 4k f(x) ai2 k 2ki13 34k444aix 3i134 那么我们只需要取一个使得3学做题的时候一定要注意看题目，不要看一眼觉得很复杂就马上放弃，这个题还是可做的．从答案上看这个估计并不太难，只要敢拆敢放就能做出来，实际上这种估计也的确没有用所有的步到任何解析数论的方法，骤都是高中生都可以做出来的，但是我还是建议各位同学在学习潘承洞，潘承彪两位先生的《初等数论》的时候把后面章节的内容也看一看，素数定理和Eratosthenes 筛法的基础知识并不会太难，了解一下并没有什么坏处．另外，这篇答案的放缩放得非常狠，比如公式第二行的不等号基本上是s i直接放到无穷，第三行的不等号就s2直接把所有p i ；都放成2 ，之后讨论函数的时候又把所有p si i当2来做，可以说是一个非常粗略的答案．有3兴趣的同学可以算算k 2 的情况玩玩，看看自己能把这个不等号放到多小．。

2019年小学五年级下册基础奥数教程含答案

五年级下册基础奥数教程含答案第一讲等差数列例1下面各数的和是多少？0 1 2 3 4 5 (4849)1 2 3 4 5 6 (4950)2 3 4 5 6 7 (5051)……………………484950515253 (9697)495051525354 (9798)解：先逐行求和，再化简。

(0＋49)×50÷2＋(1＋50)×50÷2＋…＋(49＋98)×50÷2＝25×(49＋51＋ (147)＝25×(49＋147)×50÷2＝25×25×196＝625×200－625×4＝125000－2500＝122500例2一本图书除了封面和封底以外，每张纸的两面都标有页码，如果中央一张纸两面的页码之积是2450，则这本书的所有页码之和是多少？解：根据题意，2450应该是两个相邻自然数的积。

试算发现2450＝49×50，所以中央这张纸两面的页码分别是49和50，由此可以想到这一张是全书的第25张，全书共有24＋1＋24＝49(张)，合计共2×49＝98(页)。

这样就可以用等差数列的求和公式，计算出所有页码之和是：1＋2＋3＋…＋98＝(1＋98)×98÷2＝4851。

答：这本书的所有页码之和是4851。

例3盒子里放有编号为1到10的十个球，小明先后三次从盒中共取出9个球。

如果从第二次开始，每次取出的球的编号之和都是前一次的2倍，那么未取出的球的编号是多少？解：这了便于思考，设第一次取出的球的编号是a，第二次取出的球的编号之和就是2a，第三次取出的球的编号之和就是4a，三次共取出的9个球的编号之和就是a＋2a＋4a＝7a，即三次共取出的9个球的编号之和是7的倍数。

10个球的编号之和是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝55, 55除以7余6，余数是6，说明未取出的球的编号是6。