中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题
数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B
测 试 题 B学校： 姓名： 营员证号：________一． 以⊿ABC 的三条边作为斜边；分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上；试求 cot cot cot A B C ++ 的值.二． 平面上给出n 个点()3n ≥；以这些点为端点的集合为M ；线段长度的集合为D ；,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n三． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.四．某人掷硬币；得正面记a 分；得背面记b 分；(,a b 为互质正整数；a b >）；并将每次的得分进行累记；他发现；不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次；恰有35个分值总是记录不到；例如58就是其中之一；试确定,a b 的值。
测试题B 解答学校： 姓名： 营员证号：________四． 如图；以⊿ABC 的三条边作为斜边；分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上；试求 cot cot cot A B C ++ 的值.解：设ABC 的外心为O ；外接圆半径为单位长； 作1C D AB ⊥于D ；则外心O 在AB 的中垂线1C D 上； 且圆周角C ACB AOD =∠=∠； 于是；11sin cos ,OC DC DO DA DO C C =-=-=-同理有 1sin cos OB B B =-；而11cos sin OA OE A E OE BE A A =-=-=-；由于111,,OA BC OB AC OC AB ⊥⊥⊥；则 11,AOC B ∠= 11AOB C ∠=；11BOC A π∠=-；因此；1111111sin 2OA C S OA OC AOC =⋅⋅∠=()()1cos sin sin cos sin ,2A A C C B -- 同理有； 1111111sin 2OA B S OA OB AOB =⋅⋅∠=()()1cos sin sin cos sin ,2A A B B C -- 1111111sin 2OB C SOB OC B OC =⋅⋅∠=()()1sin cos sin cos sin ,2B BC C A -- 因为点111,,A B C 共线；则 111111OB C OA B OA C SSS=+；即有()()sin cos sin cos sin B B C C A --=()()cos sin sin cos sin A A B B C --+()()cos sin sin cos sin ,A A C C B +-- ……○1 同除以 sin sin sin A B C ；得()()()()1cot 1cot cot 11cot B C A B --=--+()()cot 11cot A C --；即 1cot cot cot cot B C B C --+=()cot cot 1cot cot A B A B +--+ ()cot cot 1cot cot A C A C ++--……○2 而在ABC 中； 由于 cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A ++=因此由○2得 cot cot cot 2A B C ++=.五． 平面上给出n 个点()3n ≥；以这些点为端点的集合为M ；线段长度的集合为D ；,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n证：()1.对n 归纳；当3n =时显然有()0336f d n ≤=-；今设命题对于()3n n ≥个点成立；考虑1n +个点的情况；设其中一点1n p +是其凸包的顶点；则1n p +至多引出3条长度为最小值0d 1n p +后由归纳假设；剩下n个点；连线中至多有36n -条长为最小值0d 的线段因此；这1n +个点所成的线段中；成立 ()()0363316f d n n ≤-+=+-；从而命题对一切不小于3的n 皆成立.()2.称已知点为“红点”；对于每个红点,(1,2,,)i p i n =；若它发出的线段中；有长为d 的线段i k 条；则()12nii kf d ==∑；而以i p 为圆心；d 为半径所作的圆i p 上有i k 个红点；共作成2ik C 条弦；今过每个这种点都作这种等圆以及相应的弦；共得21ink i C=∑条弦；每两个圆至多一条公共弦；即这些弦至多重复2n C条；因此得到221ink ni CC =-∑条不同的弦；另一方面；n 个红点间两两连线；共计2n C条；因此；2221i nnk n i C C C =≥-∑；由此； ()()211111111222n n n i i i i i i i n n k k k k ===-≥-=-∑∑∑2111122n ni i i i k k n ==⎛⎫≥- ⎪⎝⎭∑∑=()()22f d f d n - 即()2221f nf n n -≤-；232722,24n f n n ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭因此(32144n nf n ≤+<=P n+1六． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.证：由于a N +∈；故存在p N ∈；使()1kkp a p ≤<+；因此有b N ∈；使(),01.kk k a p b b p p =+≤<+- 再设 ,0b qp r r p =+≤<；于是,0k a p qp r r p=++≤<○1 又因 ()1122111kk k k k k k k a p p C p C p C p ---<+=+++++；所以122310,k k k k k k q C p C p C ---≤≤+++○2称○1式中的r 为数a 的“余量”；由于()1kk p a p ≤<+；则 p =()01.当0,0q r p =<<时；ka pr =+；这时()()12,2,k k f a p p r f a p p r =++=++；记12231k k k k k k s C p C p C ---=+++；则 ()11221k k k k k s k k k f a p sp r p C p C p C p r ---=++=+++++()()11.kp r =++-所以；()s f a 要么是一个k 次方数（当1r =）；要么是一个其“余量”比a 的“余量”小1的数（当1r >）；继续此过程；可知；经有限项后；必有某项()m f a 是一个k 次方数.()02.当 122310,0k k k kk k q C pC p C r p ---<≤+++≤< 时；,k a p qp r =++ 则()()()()121,2,k k f a p q p r f a p q p r =+++=+++；记1211k k k k s C p C q --=++-；则()()11ks f a p q s p r =+++=()()11111.kk k k k k p C p C p r p r --++++=++-若1,r =则 ()()11ks f a p =+为一个k 次方数；若2,r ≥则 ()()()111ks f a p r =++-是一个其“余量”比a 的“余量”少1的数； 若0,r =则 ()()()()()()1111111.k ks s f a ff a p p p p +⎡⎤==+-+=++-⎣⎦它们都归结为情形()1.()03.当 0,0q r ==时；,ka pp =+归结为情形()02.综合以上讨论；知本题结论成立.四．某人掷硬币；得正面记a 分；得背面记b 分；(,a b 为互质正整数；a b >）；并将每次的得分进行累记；他发现；不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次；恰有35个分值总是记录不到；例如58就是其中之一；试确定,a b 的值.解：设此人掷得正面x 次；背面y 次；则累计得分为 ax by +；若 (),1,a b d =>则对任一个不能被d 整除的正整数分值；他都记录不到；也就是有无穷多个数记录不到；所以(),1a b =. 现在设m 为掷币人能够记录到的一个分值；则方程 ax by m += 至少有一组非负整解；（即直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内）； （1）.若m ab ≥；因为(),1a b =；则b 个正整数(),,2,,1m m a m a m b a ----构成模b的完全剩余系；其中恰有一个是b 的倍数；即此时方程 ax by m +=有非负整数解。
2023东南数学奥林匹克试题
2023东南数学奥林匹克试题
2023东南数学奥林匹克试题主要包括以下几个部分：
1. 整式与恒等式：涉及多项式的计算和恒等式的问题。
例如，求多项式的值，或者根据多项式的性质求解未知数。
2. 代数与不等式：考察代数方程的解法，以及不等式的性质和证明。
3. 几何：考察平面几何和立体几何的知识点，例如勾股定理、相似三角形、圆的性质等。
4. 组合数学：考察组合数学中的计数、排列、组合等知识点，例如排列组合的公式和性质，以及一些常见的组合数学问题。
5. 概率与统计：考察概率和统计的基本概念和计算方法，例如概率的基本性质、期望和方差等。
具体题目可能包括：
1. 已知函数 f(x) = x^2 - 2x + 3，求 f(3) 的值。
2. 已知二次方程 x^2 - 2x - 3 = 0，求该方程的解。
3. 已知三角形 ABC 的三边长分别为 a、b、c，且 a + b = 7，ab = 10，求三角形 ABC 的面积。
4. 已知有 5 个不同的红球和 3 个不同的白球，从中任取 3 个球，求取出红球个数 x 的分布律。
5. 已知随机变量 X 的分布列为 P(X=1) = ，P(X=2) = ，P(X=3) = ，求 X 的期望和方差。
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数学奥林匹克冬令营测试题B
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测 试 题 B （陶平生供题）学校： 姓名： 营员证号：________一． 以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.二． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n三． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.四． 某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值.2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B 解答 （陶平生供题）五． 如图，以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.解：设ABC 的外心为O ，外接圆半径为单位长， 作1C D AB ⊥于D ，则外心O 在AB 的中垂线1C D 上， 且圆周角C ACB AOD =∠=∠， 于是，11sin cos ,OC DC DO DA DO C C =-=-=-同理有1sin cos OB B B =-，而11cos sin OA OE A E OE BE A A =-=-=-，由于111,,OA BC OB AC OC AB ⊥⊥⊥，则 11,AOC B ∠= 11AOB C ∠=，11BOC A π∠=-，因此，1111111sin 2OA C S OA OC AOC =⋅⋅∠= ()()1cos sin sin cos sin ,2A A C CB -- 同理有， 1111111sin 2OA B S OA OB AOB =⋅⋅∠= ()()1cos sin sin cos sin ,2A A B B C -- 1111111sin 2OB C S OB OC B OC =⋅⋅∠= ()()1sin cos sin cos sin ,2B BC C A --因为点111,,A B C 共线，则 111111OB C OA B OA C S S S =+ ，即有()()sin cos sin cos sin B B C C A --=()()cos sin sin cos sin A A B B C --+()()cos sin sin cos sin ,A A C C B +-- ……○1 同除以 sin sin sin A B C ，得()()()()1cot 1cot cot 11cot B C A B --=--+()()cot 11cot A C --，即 1c o t c o t c o tc o t BC B C --+=()c o t c o t 1c o t c o t A BA B +--+ ()cot cot 1cot cot A C A C ++--……○2 而在ABC 中， 由于 cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A ++=因此由○2得 cot cot cot 2A B C ++=.六． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n证：()1.对n 归纳，当3n =时显然有()0336f d n ≤=-，今设命题对于()3n n ≥个点成立，考虑1n +个点的情况，设其中一点1n p +是其凸包的顶点，则1n p +至多引出3条长度为最小值0d 的线段.去掉1n p +后由归纳假设，剩下n 个点，连线中至多有36n -条长为最小值0d 的线段因此，这1n +个点所成的线段中，成立 ()()0363316f d n n ≤-+=+-，从而命题对一切不小于3的n 皆成立.()2.称已知点为“红点”，对于每个红点,(1,2,,)i p i n = ，若它发出的线段中，有长P n+1为d 的线段i k 条，则()12nii kf d ==∑，而以i p 为圆心，d 为半径所作的圆i p 上有i k 个红点，共作成2ik C 条弦，今过每个这种点都作这种等圆以及相应的弦，共得21ink i C=∑条弦，每两个圆至多一条公共弦，即这些弦至多重复2n C条，因此得到221i nk n i C C =-∑条不同的弦，另一方面，n 个红点间两两连线，共计2n C条，因此，2221i nnk n i C C C =≥-∑，由此， ()()211111111222n n n i i i i i i i n n k k k k ===-≥-=-∑∑∑2111122n ni i i i k k n ==⎛⎫≥- ⎪⎝⎭∑∑=()()22f d f d n - 即()2221f nf n n -≤-，232722,24n f n n ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭因此(32144n nf n ≤+<=七． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.证：由于a N +∈，故存在p N ∈，使()1kkp a p ≤<+，因此有b N ∈，使(),01.kk k a p b b p p =+≤<+- 再设 ,0b qp r r p =+≤<，于是,0k a p qp r r p =++≤< ○1 又因 ()1122111kk k k k k k k a p p C p C p C p ---<+=+++++ ，所以122310,k k k k k k q C p C p C ---≤≤+++ ○2 称○1式中的r 为数a 的“余量”，由于()1kkp a p ≤<+，则p =()01.当0,0q r p =<<时，ka pr =+，这时()()12,2,k k f a p p r f a p p r =++=++ ，记12231k k k k k k s C p C p C ---=+++ ，则 ()11221kkk k k s k k k f a p sp r p C pC p C p r ---=++=+++++ ()()11.kp r =++-所以，()s f a 要么是一个k 次方数（当1r =），要么是一个其“余量”比a 的“余量”小1的数（当1r >），继续此过程，可知，经有限项后，必有某项()m f a 是一个k 次方数.()02.当 122310,0k k k kk k q C pC p C r p ---<≤+++≤< 时，,k a p qp r =++ 则()()()()121,2,k k f a p q p r f a p q p r =+++=+++ ，记1211k k k k s C p C q --=++- ，则()()11k s f a p q s p r =+++=()()11111.kk k k k k p C p C p r p r --++++=++-若1,r =则 ()()11ks f a p =+为一个k 次方数；若2,r ≥则 ()()()111ks f a p r =++-是一个其“余量”比a 的“余量”少1的数； 若0,r =则 ()()()()()()1111111.kks s f a ff a p p p p +⎡⎤==+-+=++-⎣⎦它们都归结为情形()1.()03.当 0,0q r ==时，,ka pp =+归结为情形()02.综合以上讨论，知本题结论成立.四．某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值.解：设此人掷得正面x 次，背面y 次，则累计得分为 ax by +，若 (),1,a b d =>则对任一个不能被d 整除的正整数分值，他都记录不到，也就是有无穷多个数记录不到，所以(),1a b =. 现在设m 为掷币人能够记录到的一个分值，则方程 ax by m += 至少有一组非负整解，（即直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内），（1）.若m ab ≥，因为(),1a b =，则b 个正整数(),,2,,1m m a m a m b a ---- 构成模b 的完全剩余系，其中恰有一个是b 的倍数，即此时方程 ax by m +=有非负整数解.也就是m 能被记录到，因此掷币人能够记录到的分值m 应满足：0m ab ≤<.(2).当0m ab ≤<，因为(),1a b =，则直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内，事实上，设闭的第一象限内有两个整点()()1,122,,x y x y 在直线上，则直线ax by m +=的斜率 1212y y k x x -=- 满足 b k a =，但由直线 a x b ym+=ab <，则1x y a b +<，而由截距，1212,x x b y y a -<-< 知 ab不是既约分数，矛盾.据此知，在 闭的第一象限内，满足0ax by ab ≤+<的整点与满足0m ab ≤<且可记录到的分值m ，一 一对应，因为闭矩形{}0,0x b y a ≤≤≤≤内有()()11a b ++个整点，故在 闭的第一象限内，满足0ax by ab ≤+<的整点数为()()11122a b ++-⎡⎤⎣⎦个，从而满足0m ab ≤<的ab 个数值m 中，不能记录到的数值m 的个数为：()()()()111111122ab a b a b -+++=--.所以 ()()135112a b =--，由()()1170170235514a b --==⋅=⋅=⋅710=⋅，而(),,1a b a b >=，故仅有 71,2a b == 及 11,8a b ==可能适合；若取71,2a b ==，则71022958⋅+⋅=能够记录到，不合题意，再考察 11858x y +=上的整点，显然此方程没有非负整解，即分值58记录不到，因此11,8a b ==是合于题意的唯一解.。
2023年奥数冬令营试题
2023年奥数冬令营试题奥数（奥林匹克数学竞赛）是一项旨在培养学生数学思维能力和解决问题能力的竞赛活动。
而冬令营则是为了给学生提供一个学习和交流的机会，让他们在寒假期间继续深化数学知识。
在2023年的奥数冬令营中，学生们将面临一系列挑战性的数学试题。
以下是其中的一道试题：试题：设 S 是一个三位数，它的个位数是1，百位数是3，十位数是奇数。
将 S 从十进制表示转换成八进制表示，得到的数是 A。
再将 A 从八进制表示转换成二进制表示，得到的数是 B。
问 B 的十进制表示是多少？解析：我们首先要找到满足条件的三位数S。
题目中给出了个位数是1，百位数是3，十位数是奇数。
因为个位数是1，所以百位数不能是1，因此百位数只能是3。
十位数是奇数，所以只能是1或者3。
因此，满足条件的数是131、133、311和313。
我们接下来将 S 从十进制表示转换成八进制表示。
我们可以使用除以8的方法来进行转换。
例如，我们以131为例，进行如下计算：131 ÷ 8 = 16 (3)16 ÷ 8 = 2 02 ÷ 8 = 0 (2)所以，131 的八进制表示是203。
然后，我们将 A 从八进制表示转换成二进制表示。
我们可以使用除以2的方法来进行转换。
以203为例，进行如下计算：203 ÷ 2 = 101 (1)101 ÷ 2 = 50 (1)50 ÷ 2 = 25 025 ÷ 2 = 12 (1)12 ÷ 2 = 6 06 ÷ 2 = 3 03 ÷ 2 = 1 (1)1 ÷ 2 = 0 (1)所以，203 的二进制表示是11001011。
最后，我们要求 B 的十进制表示。
我们可以将二进制转换成十进制，将每一位的值乘以2的相应次方，再相加。
以11001011为例，进行如下计算：1 × 2^7 + 1 × 2^6 + 0 × 2^5 + 0 × 2^4 + 1 × 2^3 + 0 × 2^2 + 1 × 2^1 + 1 × 2^0 = 128 + 64 + 0 + 0 + 8 + 0 + 2 + 1 = 203所以，B 的十进制表示是203。
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训
2005年3月莘村中学高二哲学认识论（第五、八课）单元测试题一、在下列各题的四个选项中。
只有一项是最符合题意的。
每小题2分。
共50分。
小灵、小敏在参加冬令营活动时迷路，天色渐晚，想点火求救，却找不到火源。
情急之下，他们决定运用所学知识自己制造火源。
于是，他们找来几段干稻草，用随身携带的药棉裹紧，封住两头，放在木板上，以另一块木板压住，朝一个方向不停转动。
当稻草碾碎，闻到焦味时，时棉条断开，稻草与氧而燃，终获火种，两人很快获救脱险。
根据材料回答1—3题。
1、小灵、小敏取火成功是因为他们A．承认自然界的客观物质性B．发挥了人的主观能动性C．分清了主次矛盾D．坚持在实践中改造主观世界2、小灵、小敏在解决实际问题时充分表现出他们能正确认识和处理A．现象与本质的关系B．个人与社会的关系C．主观能动性与客观规律性的关系D．感性认识与理性认识的关系3、小灵、小敏取火成功表明，要解决实际问题就必须A．理论与实际结合，学以致用B．虚心向人民群众学习C．善于抓住重点D．把感性认识上升为理性认识4．科学理论和真理之所以能预见事物发展的趋势或前进的方向，主要是因为A．它是人们获得的理性认识B．它是一个完整的科学的知识体系C．它是从实践中来，又被实践所检验D．它透过事物的现象，抓住了事物的本质，反映了事物发展的规律5．俗话说：“一叶落而知秋，一燕来而知春”，这说明A.现象与本质没有区别B.发挥思考作用，可以透过现象认识本质C.实践对认识有决定作用D.分析与综合是认识事物惟一可靠的思维方法6．“外行看热闹，内行看门道”。
外行和内行的主要区别是在于A.是否承认内因是事物发展的根本原因B.要不要感性认识C.是重视实践还是重视理论D.能否透过现象把握事物本质7．“刀子嘴豆腐心”,“笑里藏刀”，这表明要了解一个人，必须A.透过假象抓住对真象的认识B．透过现象抓住对事物本质和规律的认识C．放弃感性认识或不经过感性认识，直接抓住理性认识D．假象不反映事物的本质8．由感性认识上升到理性认识是A．认识过程的第一次飞跃B．认识过程的第二次飞跃C．认识的起点D．认识的根本目的9．“听其言，观其行，知其心。
中国数学奥林匹克赛前培训练习1
中国数学奥林匹克赛前培训练习11.求出所有的整数x ，使得多项式f (x ) = x 6 + 15x 5 + 85x 4 + 225x 3 + 274x 2 + 120x + 1的值是完全平方数。
2.设 三角形ABC 的外接园为Γ， M 为三角形内一点， 且在角A 的平分线上，设AM,BM,CM 与Γ交于111,,C B A , P 为11C A 与AB 的交点， Q 为11B A 与AC 的交点。
证明：PQ 平行于BC.3. 某羽毛球俱乐部的2n 名成员为n 对夫妻。
俱乐部准备为所有成员安排一轮回避配偶的混合双打比赛。
规定配偶夫妻在赛程中既不作为搭档，也不作为对立面出现。
要求：( i ) 同性别的每两名成员恰作为对立面在一场混双比赛中相遇；4. 设数轴的[0，1]区间里有六个质点，依照从0到1的次序将这六个质点标记为.,,,621p p p 初始时，质点的位置都在区间内部；相邻质点1p 与655443322,,,,p p p p p p p p p 与与与与的距离分别是εδγβα,,,,；并且各质点都以相同的不变速度沿数轴朝指向0点的方向运动，在以后的运动中，如果某个质点碰到区间端0或1，那么该质点立即折返，以同样大小的不变速度值反向运动，如果某两个质点相向运动发生对撞，那么这两个质点立即各自折返，都以同样大小的不变速度值反向运动。
约定以)(n f ij 表示第i 个质点与第j 个质点第n 次对撞的位置坐标，试求所有可能的)(n f ij 。
5、求所有自然数n>1,使得2n 不整除(n-2)!参考答案1.求出所有的整数x ，使得多项式f (x ) = x 6 + 15x 5 + 85x 4 + 225x 3 + 274x 2 + 120x + 1的值是完全平方数。
解：f (x ) = x (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) + 1，则x = 0, －1, －2, －3, －4, －5时，f (x ) = 1为完全平方数，f (2) = f (－7) = 71 2，也为完全平方数，进一步验证，x = 1, 3, 4, 5, 6时，f (x )不是完全平方数。
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训 测试题F(附答案)
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题F一．设,,a b c R +∈，求证：()12224ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++二．在ABC 中，,AB AC ≠分别以,AB AC 为边，向外作两个三角形：ABD和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ，BE 与AC 交于点Q ，求证：AP AQ =的充要条件是：2ABC ABD ACE S S S =⋅三．对任意两个正整数x 与y ，有唯一的正整数(),f x y 与之对应，且函数(),f x y 具有性质：()1对任意正整数x 与y ，()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ，(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ，当y x >时，()()().,,y x f x y yf x y x -=-求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质，并求出这个函数.四. 设012,,,a a a 为任意无穷正实数数列，求证：不等式1n n a a -+> 对无穷多个正整数n 成立.2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题F 解答一．设,,a b c R +∈，求证：()12224ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++证：因为()()1124ab ab ab a b c a c b c a c b c ⎛⎫=≤+ ⎪+++++++⎝⎭同理1124bc bc b c a a b a c ⎛⎫≤+ ⎪++++⎝⎭1124ac ca c a b a b b c ⎛⎫≤+ ⎪++++⎝⎭所以()1122244ab bc ca bc ca ab ca ab bc a b c a b c b c a c a b a b b c c a +++⎛⎫++≤++=++ ⎪+++++++++⎝⎭二．在ABC 中，,AB AC ≠分别以,AB AC 为边，向外作两个三角形：ABD和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ，BE 与AC 交于点Q ，求证：AP AQ =的充要条件是：2ABC ABD ACE S SS =⋅证：AP AQ =⇔AP AQAB AC AB AC=⇔ADC ABE DBC ECB S S AB AC S S ∆∆∆∆=⇔11sin sin 22ABC ABD ABC ACEADAC DAC ABAE BAE AB AC S S S S ∆∆∆∆∠∠=++ ① 由题设条件知ABD ∆∽ACE ∆，故AD ABAE AC=即AD ·AC AD AC AB AE ⋅=⋅ 且DAC DAB BAC CAE BAC BAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠ 从而①等价于ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++⇔2222()()ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++ ②记12,,,ABC ABD ACES S S S S S ∆∆∆===由于ABD ∆∽ACE ∆，所以2122S AB AC S =从而②等价于122212()()S S S S S S =++⇔()()222212221122S S S SS S S S SS ++=++⇔2222112212S S S S S S S S +=+⇔()21212()0S S S S S --=因为AB AC ≠，所以12S S ≠，从而212S S S =即2ABC ABD ACE AP AQ S S S ∆∆∆=⇔=三．对任意两个正整数x 与y ，有唯一的正整数(),f x y 与之对应，且函数(),f x y 具有性质：()1对任意正整数x 与y ，()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ，(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ，当y x >时，()()().,,y x f x y yf x y x -=-求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质，并求出这个函数. 解：取(),f x y 为,x y 的最小公倍数[,]x y显然(),f x y =[,]x y 满足性质（1），（2）。
2023东南数学奥林匹克竞赛试题
2023东南数学奥林匹克竞赛试题一、整式与恒等式1.已知多项式 $f(x) = (x - 2)(2x + 1) + (x - 3)(3x + 2)$，求 $f(4)$ 的值。
2.已知多项式 $g(x) = 2x^3 + ax^2 + bx -3$ 在 $x = -1$ 处有一重根，求 $a + b$ 的值。
3.已知 $x$ 为非零实数，若 $2x^2 - 3x - 1 = 0$，求$\frac{3}{x} + x$ 的值。
4.已知恒等式 $\frac{a}{x-1} + \frac{b}{(x-1)^2} =\frac{1}{x-1} + \frac{2}{(x-1)^2}$，求 $a$ 和 $b$ 的值。
二、函数与方程5.已知函数 $y = 2^x$，求 $y - 5 = \frac{1}{2} y$ 的解。
6.设函数 $f(x) = \log_2 (3 - x)$，求方程 $f^2 (x) - 3 f(x) = 2$ 的解。
三、平面解析几何7.已知直线 $l$ 过点 $A(2, -3)$，斜率为 $-2$，求直线$l$ 的方程。
8.设直线 $l_1$ 过点 $A(1, 1)$，斜率为 $2$，直线 $l_2$ 过点 $B(-1, -2)$，斜率为 $-\frac{1}{2}$，求直线 $l_1$ 与直线$l_2$ 的交点坐标。
四、空间几何9.已知四棱柱 $ABCDA_1B_1C_1D_1$，$ABCD$ 是底面，$A_1B_1C_1D_1$ 是顶面，$AB$ 平行于 $CD$，$AA_1$ 垂直于底面，且 $AA_1 = 6$ cm，$AB = 8$ cm，$AC = 10$ cm。
求四棱柱的体积。
10.已知四棱锥 $SABC$，底面是等边三角形，$SA$ 垂直于底面平面，且 $SA = 4$ cm，底面边长为 $6$ cm。
求四棱锥的体积。
五、概率与统计11.小组有 $5$ 男生和 $5$ 女生，从中任选 $3$ 人组成一支代表队，求队员中至少有 $1$ 名女生的概率。
东南数学奥林匹克竞赛2023试题
东南数学奥林匹克竞赛2023试题【第一节】选择题1. 设函数$f(x) = \frac{3^x}{3^x + 1}$，其中$x$为实数。
若$2^a +2^b = 8$，则$f(a) + f(b)$的值是多少？【第二节】填空题2. 已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = 1$，$a_2 = 2$，$a_{n+2} = a_{n+1} + a_n$，则$a_{2023}$等于多少？【第三节】解答题3. 在平面直角坐标系内，过点$(a,b)$且与$x$轴和$y$轴的夹角均为$45$度的直线上，存在一点$(c,d)$，使得点$(a,b)$和 $(c,d)$的坐标和均为整数。
求所有满足条件的整数$a$和$b$的取值范围。
【第四节】证明题4. 设$a$、$b$、$c$为正实数，且满足$a+b+c=1$。
证明：$\frac{a}{a^2+b}+\frac{b}{b^2+c}+\frac{c}{c^2+a} \geq \frac{9}{10}$。
【第五节】应用题5. 设$n$为$100$的倍数，且满足$n = a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n$，其中$a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n$为$n$的正因子。
求$n$的最小值。
【第六节】综合题6. 给定正整数$n > 1$，证明：方程$x^2 - (n^2 - 3n + 3)x + (n-2)^2 = 0$在有理数域上无解。
【第七节】拓展题7. 设$a_1, a_2, \ldots, a_n$为正整数，且满足$a_1 < a_2 < \ldots <a_n$。
若存在无穷多个正整数$N$，使得恰有$k$个$a_i$能整除$N$，其中$k$为一个给定的正整数，求证：存在一个正整数$l$，使得对于所有的$i=1,2,\ldots,n$，都有$a_{i+l} - a_i \geq k$。
以上是东南数学奥林匹克竞赛2023的试题，希望对你有所帮助。
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题八套
1.在ABC ∆中，3a c b +=，内心为I ，内切圆在AB ，BC 边上的切点分别为D ，E 。
设K 是D 关于点I 的对称点，L 是E 关于点I 的对称点。
求证：A ，C ，K ，L 四点共圆。
2. 设,a b N +∈，且对任意n N +∈，都有()()|n na nb n ++。
证明：a b =。
3.求函数:f R R →，满足：（1）()()()()1x f x f x f x +-=，x R ∀∈； （2）()()f x f y x y -≤-，,x y R ∀∈。
4.设1000!n =，试问：能否把从1到n 的所有正整数摆在一个圆周上，使得我们沿着顺时针方向移动时，每一个数都能按如下的法则由前一个数得到：或者把它加上17，或者加上28，如果必要的话，它可以减去n ？测试题B （陶平生供题）1.以ABC ∆的三条边为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形1A BC ∆、1B CA ∆、1C AB ∆，若三点111,,A B C 在一条直线上，试求cot cot cot A B C ++的值。
2.平面上给出n 个点（3n ≥），以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D 。
d D ∀∈，记M 中长为d 的线段条数为()f d 。
证明：（1）对于D 中的最小数0d ，有()036f d n ≤-； （2）d D ∀∈，()32f d n <。
3.设()f x x =+，0x >，2k ≥。
记()()1f x f x =，()()()1n nf x ff x +=。
证明：对每个给定的正整数a ，数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数。
4.某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，（,a b 为互质的正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值。
中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C.doc
测试题C （陶平生供题）学校姓名营员证号一、四面体ABCD ，它的内切球O 与面ABD 切于E ，与面BCD 切于F ，证明：∠AEB=∠CFD.二、如图，⊙O 1、⊙O 2、⊙O 3分别外切⊙O 于A 1、B 1、C 1，并且前三个圆还分别与△ABC 的两条边相切.求证：三条直线AA 1、BB 1、CC 1相交于一点.三、设实数a ≥b ≥c ≥d ＞0，求函数)1)(1)(1)(1(),,,(ad bd c a c b d b a c d c b a f ++++++++=的最小值.四、n 个白子○A 与n 个黑子○B （n ≥3），依次不留间隙地排成一行：○A ○A ……○A ○B ○B ……○B ，现作如下操作：每次将相邻的两子取出（并保持此两子的先后次序），放在其它棋子旁的空位上（仍在同一行）.证明：经过n 次这样的操作，可使它们排成黑白相间的一行，且不留间隙. （附：当n=3时，操作如图所示） 初始状态 ○A ○A ○A ○B ○B ○B 第一次操作后○A ○B ○B ○B ○A ○A 第二次操作后 ○A ○B ○B ○A ○B ○A 第三次操作后○B ○A ○B ○A ○B ○A测试题C 解答 （陶平生供题）学校姓名营员证号一、四面体ABCD ，它的内切球O 与面ABD 切于E ，与面BCD 切于F ，证明：∠AEB=∠CFD.证明：为叙述方便，将内切球O 在面,,,B C D A C D A B D A B C 上的切点分别改记为000,,,A B C D ，于是，00,E C F A ==，设球O 的半径为r ,棱BD ⊥面00OA C ，设垂足为P ，则000C P A P C P ===， 因为 00,A P BD C P BD ⊥⊥， 则 00,BA BC =00DA DC =，故0BA D 0BC D ≅，所以 00BA D BC D ∠=∠，即是说，棱BD 关于两相邻面上切点的张角相等.其它棱的情况与此类似。
2012年东南地区冬令营赛前训练题G解答
2012年东南地区冬令营赛前培训测试题G 解答 陶平生提供1、如果一直线l 将ABC ∆的周长分成相等的两部分，就称l 是ABC ∆的一条“周截线”；过ABC ∆三边,,BC CA AB 的中点000,,A B C 分别作ABC ∆的周截线,,a b c l l l ；0(1)、证明：,,a b c l l l 三线共点； 0(2)、设,,a b c l l l 三线的交点为D ，记max ,,ABCAD BD CD BC AC AB λ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，对所有三角形，求min λ．证：0(1)、不妨设BC AB AC ≥≥，则周截线与ABC ∆的边相交情况便如上图所示；若1a l AB A = ，1b l BC B = ，1c l CA C = ；用(,,)L A B C 表示ABC ∆的周长，其余三角形类似表示，由于000A B AC 为平行四边形，010100A A C A A B ∠=∠；又因01A A 为周截线，则有10001(,,)()2A B A B L A B C L A BC +==，所以1000A C A C =，010100A A C A A C ∠=∠，故100100A A B A A C ∠=∠，即a l 是000C A B ∠的平分线；同理可得，,b c l l 分别是000A B C ∠与000B C A ∠的平分线；因此,,a b c l l l 三线共点，其交点D 为000A B C ∆的内心．0(2)、我们利用三角系统求解；记,,BC a CA b AB c ===，当ABC ∆为正三角形时， 则D是其三条中线的交点，即为重心，此时AD BD CD BC AC AB ===，而λ=；以下证，对所有三角形，min λ=． 注意到000A B C ∆与ABC ∆相似，其相似比为12，用R 及r 分别表示ABC ∆的外接圆及内切圆半径，若ABC ∆的内心为I ，则有：01csc 222r A A D AI ==，01csc 222r B B D BI ==，01csc 222r CC D CI ==，在BDC ∆DCBAC 0B 0A 0C 1B 1A 1中，由中线公式，22222202()(2)BD CD a A D a AI +=+=+，同理在CDA ∆和ADB ∆中，有22222202()(2)CD AD b B D b BI +=+=+，22222202()(2)AD BD c C D c CI +=+=+； 因此，2222222224()()()AD BD CD a b c AI BI CI ++=+++++ …… ①假若结论不成立，即若有ABC ∆，使得,,AD BD CD <<<，则由①， 22222222224()(csc csc csc )()2223A B C a b c r a b c +++++<++，… ② 即 22222223(csc csc csc )222A B Ca b c r ++>++，即222222224(sin sin sin )3(csc csc csc )222A B CR A B C r ++>++ … ③，由于在ABC ∆中，有4sin sin sin 222A B Cr R =，③式成为222222222sin sin sin 12sin sin sin sin sin sin 222222A B B C C A A B C ⎛⎫++>++ ⎪⎝⎭ … ④，令tan ,tan ,tan 222A B Cx y z ===，有1xy y z z x ++=，222222sin ,sin 2121A x B y x y ==++， 222sin 21C z z =+，222222sin ,sin ,sin 111x y zA B C x y z===+++，④式成为 2222222222222222222223(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)x y z x y y z z x x y z x y y z z x ⎛⎫++>++ ⎪+++++++++⎝⎭， 由于2221()(),1()(),1()()x x y x z y y x y z z z x z y +=+++=+++=++， 上式成为 222222()()()x y z y z x z x y +++++2222222223(1)(1)(1)x y z y z x z x y ⎡⎤>+++++⎣⎦ … ⑤即 2222222222()9xyz x y z x y y z x z x y z ++>+++，两边加222222x y y z x z ++得到22222222212()9x y y z x z x y z >+++， … ⑥，由于当,,0x y z >，1xy yz zx ++=时，有2222222222()91x y y z x z x y z +++≥（见附证）． 即⑥式不能成立，故所设不真，从而对所有三角形，minλ=．【附证】设,,0x y z >，1xy yz zx ++=，则有2222222222()91x y y z x z x y z +++≥ … ①证：令,,a yz b zx c xy ===，则,,0,1a b c a b c >++=，即要证2222()91a b c abc +++≥ … ②，两边齐次化，即要证 22232()()9()a b c a b c abc a b c +++++≥++ … ③由于3222()(222)()a b c a b c ab bc ca a b c ++=+++++++，则22232222()()()(222)()a b c a b c a b c a b c ab bc ca a b c ++++-++=++---++ 222()()2()()a b c a b c ab bc ca a b c =++++-++++ 333222222()a b c a b ab b c bc c a ca =++++++++ 2222222(3)a b ab b c bc c a ca abc -++++++，所以2223332222222()91()()3a b c abc a b c a b ab b c bc c a ca abc +++-=++-++++++；据,,a b c 的对称性，不妨设a b c ≥≥，则因32()()()a a b c abc a a b a c -++=--，32()()()b b c a abc b b a b c -++=--，32()()()c c a b abc c c a c b -++=--于是2222()91()()()()()()a b c abc a a b a c b b a b c c c a c b +++-=--+--+-- … ④ 由于()()0c c a c b --≥，22()()()()()()a a b a c b b a b c a b a ac b bc --+--=---+()()()0a b a b a b c =--+-≥，即()()()()()()0a a b a c b b a b c c c a c b --+--+--≥，所以2222()910a b c abc +++-≥，即②成立，故结论得证．2、() 2n n n ⨯≥矩阵A 中，每行及每列的元素中各有一个1和一个1-，其余元素皆为0；证明：可以通过有限次行与行的交换以及列与列的交换，化为矩阵B ，使得 0A B +=.（即A 与B 对应位置上的元素异号）证：2n =时结论显然成立;以下考虑3n ≥时的情况.记n n ⨯矩阵第i 行、j 列交叉位置上的元素为{} ,0,1,1ij ij a a ∈-，又用i V 表示矩阵的第i 行，j e 表示第j 列，（ ,i j V e 仅表示位置，不代表具体元素与向量），今构作一个以12,,,n V V V 为顶点，12,,,n e e e 为边的有向图G 如下：当第k 列的1在第i 行，1-在第j 行，（即 1, 1ik jk a a ==-），则连一条由点i V 指向点j V 的有向边k e ，于是，G 的每个顶点都恰好具有1个出度和1个入度（即发出一个箭头和收到一个箭头），因此，从图G 的任一顶点出发，沿箭头方向前进，必将回到原出发点，（这是由于，除出发点外，每经过一个点，就将耗去一个入度和一个出度，因此不能回到途经的点）. 这样，图G 或者本身是一个n 阶有向圈，或者是若干个不交的有向圈的并，（其中k 个点的有向圈恰有k 条有向边，3k ≥.当3n ≥时，这种图G 与适合条件的矩阵A 一一对应）. 若后者情况出现时，如果删去某个圈所涉及的行和列，并不影响其余圈的状态；或者说，若仅对某个圈所涉及的行和列进行所述的变换，不会改变其它行和列中1和1-的位置. 于是我们仅须考虑只有一个圈(即G 为n 阶圈)的情况.示例如下：0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 11 0 0 0 0 1A -⎛ - -=---⎝⎫⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎭； 对应的圈1C 为：我们注意到：0(1)、每当交换矩阵中的两行位置，等价于圈中仅交换相应两个顶点的位置，（边的位置保持不动）；0(2)、每当交换矩阵中的两列位置，等价于圈中仅交换相应两条边的位置，（仅交换两条边的代号，边的箭头方向以及顶点的位置保持不动）.于是，我们可先对圈1C 的顶点作两两对换，得到圈2C ，使得沿箭头方向前进时，所经历的各点恰与圈1C 中各点的方向相反，（例如在圈1C 中，诸点的顺序为1243651VV V V V V V ；而在圈2C 中，诸点的顺序为1563421VV V V V V V ）.再对圈2C 的边作两两对换，（每次仅交换一对边的代号，边的箭头方向及顶点的位置保持不动）.使得每条边所关联的顶点与圈1C 中的情况相同.于是得到圈3C .圈2C 圈3C6V 5344V 364V 36与圈3C 所对应的矩阵B ，其每个元素恰为矩阵A 中相应位置上元素的相反数.因此 0A B +=. 即所证的结论成立.3、在一个九人小班中，已知没有4个人是相互认识的；求证：这个班能分成4个小组,使得每个小组中的人是互不认识的.证：以九个点表示这九个人，如果某两人相识，则在相应两点间连红线，如不相识，则连蓝线，如此得九阶两色完全图G .引理一：九阶红蓝两色完全图G 中，若不存在红色4K ，则必存在蓝色3K .引理一证明：若G 中有一点1V 发出的蓝线4≥条，设为1,2,3,4,5i VV i =，据条件，2345,,,V V V V 之间至少有一条蓝边，例如23V V ，则123VV V 构成蓝色3K ，若G 中每点发出的蓝线3≤条，即每点发出的红线5≥条，由于G 中“红度”奇顶点个数为偶数，其中必有一点1V 发出的红线6≥条，设1j VV 为红线()2,3,4,5,6,7j =，而由234567V V V V V V 组成的两色6K 中，据Ramsey 定理，必有单色3K ，且必是蓝色的.(若234V V V 为红色3K ，则1234VV V V 组成红色4K ，不合条件).引理二：六阶红蓝两色完全图1G 中，有5条蓝边，且构成蓝色5-圈，其余的边皆为红边；2G 为蓝色三角形，现将1G 的六点与2G 的三点间两两连线红蓝染色，如此得九阶红蓝两色完全图G ，如果G 中不存在红色4K ，则必可将G 中的九个点分为四组，在每一组的点中，两两连线皆为蓝色。
高三数学-2018年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前
测试题E学校： 姓名： 营员证号：一、 设11 n n a b b c c ，，，，，，是实数，使得： 2212222111()()n n n n n x ax ax ax x b x c x b x c --+++++=++++对任意的实数x 成立，求12,,n c c c 的值。
二、 证明下面的不等式对任意自然数n 成立：154ni n =<å其中[x ]表示不超过x 的最大整数三、 在一个九人小班中。
已知没有4个人是相互认识的。
求证：这个小班能分成4个小组,使得在每个小组的人是互不认识的。
四、 设122005122005,,, ,a a a b b b 是实数使得()()200521(), {1,2,,2005}i i jj j j i a x b a xb i =¹-??å对任意实数x 成立。
问122005122005,,, ,a a a b b b 中,最多能有多少个正实数？测试题E 解答学校： 姓名： 营员证号：五、 设11 n n a b b c c ，，，，，，是实数，使得： 2212222111()()n n n n n x ax ax ax x b x c x b x c --+++++=++++对任意的实数x 成立，求12,,n c c c 的值。
解：令()2211n n p z z az az -=++++，则多项式()p z 在上半单位圆周上至少有1n -个复根.事实上，若()p z =，即()()2211,nn z z a z z+--=-记2z w =则()()()()()4222142212111nnn nn n w w w w w w a w ww w -----+-+--==--，取cos sin i w e i θθθ==+，则222cos 2n n w w n θ-+=，12sin w w i θ--=，()()21212sin 21n n w wi n θ----=-，因此()2cos 2sin sin 21n a n θθθ-==-()()sin 211sin 21n n θθ+--，只须说明，对每个实数a ，关于θ的方程()()()()sin 211sin 210f n a n θθθ=++--=在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭中至少有1n -个解.这是由于，若1a =，则当 21k k n πθ=+，1,2,,,k n = 有()0k f θ=；若1a ≠，对于21k k n πθ=+，1,2,,,k n =注意()()121k k n k πθπ-<-<，因此()()11sin 210k k n θ--->，从而()()10k k f f θθ+<，即()0f θ=在()1,k k θθ+上至少有一个解.因此()0p z =在()0,π上至少有1n -个根.回到本题，设()0p z =在上半单位圆周上的1n -个根为121,,,n z z z -，则其共轭复数121,,,n z z z -也是它的根，因此 2k k x b x c ++=()()k k x z x z --，由此得 1k k k c z z =⋅=，1,2,,1k n =-，又因 121n c c c =，故1n c =.即有121n c c c ====.六、证明下面的不等式对任意自然数n成立：15 4nin =<∑其中[]x表示不超过x的最大整数。
中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C
中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C_年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C (陶平生供题)学校姓名营员证号一.四面体ABCD,它的内切球O与面ABD切于E,与面BCD切于F,证明:∠AEB=∠CFD.二.如图,⊙O1.⊙O2.⊙O3分别外切⊙O于A1.B1.C1,并且前三个圆还分别与△ABC 的两条边相切.求证:三条直线1相交于一点.三.设实数a≥b≥c≥d＞0,求函数的最小值.四.n个白子A与n个黑子B(n≥3),依次不留间隙地排成一行:AA……ABB……B,现作如下操作:每次将相邻的两子取出(并保持此两子的先后次序),放在其它棋子旁的空位上(仍在同一行).证明:经过n次这样的操作,可使它们排成黑白相间的一行,且不留间隙.(附:当n=3时,操作如图所示)初始状态AAABBB第一次操作后ABBBAA第二次操作后ABBABA第三次操作后BABABA_年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C解答 (陶平生供题)学校姓名营员证号一.四面体ABCD,它的内切球O与面ABD切于E,与面BCD切于F,证明:∠AEB=∠CFD.证明:为叙述方便,将内切球O在面上的切点分别改记为,于是,,设球O的半径为,棱面,设垂足为,则, 因为, 则,故,所以 ,即是说,棱关于两相邻面上切点的张角相等.其它棱的情况与此类似.在中,设,则 1于是,在中,设,因为 ,所以,于是 2在中,,设 ,则 3在中,,则 43+4得,,据此及2得,,所以 5由 1.5得, 故4式化为 (6)由 1.6得,,即 ,也即二.如图,⊙O1.⊙O2.⊙O3分别外切⊙O于A1.B1.C1,并且前三个圆还分别与△ABC 的两条边相切.求证:三条直线1相交于一点.证明:设及分别是四个圆的圆心,其半径分别为与,的内切圆半径为,显然,为的三条内角平分线,故相交于其内心.设(定值).记,,对于,因为⊙O与的切点在连心线上,点在的延长线上,则直线必与线段相交,其交点设为.同理可设,直线 .只须证重合.直线截于,由梅尼劳斯定理,,即1同理有2 ,以及 3易知 ,所以 ,从而,故,所以,,因此共点,即交于一点.三.设实数a≥b≥c≥d＞0,求函数的最小值.解:显然没有上界,这是由于,当时,,又注意是一个零次齐次函数,且当时,的值为以下证明,对于满足条件的任何正数均有,即要证 (1)据条件,设则 1式化为: (2)活化一个常量,改记1为,且设则皆为的四次多项式,而为的二次多项式. 记为证2式成立,即要证,于是只要证,,,.易知,..以上用到,,,以及..以上用到,..故.因此,函数的最小值是.四.n个白子A与n个黑子B(n≥3),依次不留间隙地排成一行:AA……ABB……B,现作如下操作:每次将相邻的两子取出(并保持此两子的先后次序),放在其它棋子旁的空位上(仍在同一行).证明:经过n次这样的操作,可使它们排成黑白相间的一行,且不留间隙.(附:当n=3时,操作如图所示)初始状态AAABBB第一次操作后ABBBAA第二次操作后ABBABA第三次操作后BABABA证 :当时,对归纳:时, 初始状态为: AAAABBBB第一次操作后: AABBBBAA第二次操作后: ABBABBAA第三次操作后: ABBABABA第四次操作后:BABABABA为表达方便,用数字表示〝将自左向右数的第枚棋子取出,跨过某些棋子向右平移至最先出现的空位上〞这一操作;而数字表示〝将自右向左数的第枚棋子取出,跨过某些棋子向左平移至最先出现的空位上〞这一操作;于是,施于对棋子的操作步骤便可用一个元有序数组来表示.因此,,,,…….我们注意到,在中,都恰有一次操作〝1〞,即当全部操作完成后,棋子已黑白相间排列(以黑子B开头),且整行向右移动了两子的位置.以下证明,当时,个相连的白子和个相连的黑子排成一行,可经次移动两子的操作,使黑白相间(以黑子B开头),且整行向右移动了两子的位置.对归纳:当时,结论已成立,今设结论对于n成立,考虑n+4对棋子的情形,如有对棋子黑白分段排列于一行(白子在前):AAAAA…AB…BBBBB为此,采用〝杠中开花〞的办法,我们设想,先把中间加方框的对(个)棋子收藏于一条〝竖杠〞中,成为四对棋子的一个排列:AA AA┃BBBB现对这四对棋子进行中的前两步操作:第一次操作后: AA│BBBBAA第二次操作后: ABBA┃BBAA经这两次操作后,中间(竖杠右侧)已出现两子空位,然后,对竖杠所代表对加方框的棋子进行次操作,据归纳假设,可使黑白相间(加方框的棋子中,黑子B在前,且其前面有两子空位):ABBA BABA…BABBAA这次操作算作的第次操作.再把加方框的对棋子收藏于一条竖杠中,又成为四对棋子的排列(竖杠左侧有两子空位):ABBA┃BBAA,对图中的四对棋子进行的后两次操作,成为:ABBABA│B ABABA│BABA即得到黑白间隔排列(黑子在前,竖杠左侧的两子空位已被填充,整行无间隙.)现恢复竖杠所代表对加方框的棋子,于是,上述两次操作就成为的第次操作.且这对棋子已黑白相间(黑子在前,整行无间隙,且右移了两子空位).BABABA…BA BABABA据归纳法,知所证结论成立.。
中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题与答案a
中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题A学校： 姓名： 营员证号：____一.在ABC D 中，a+c=3b ,内心为I ，内切圆在AB ，BC 边上的切点分别为D ，E 。
设K 是D 关于点I 的对称点，L 是E 关于点I 的对称点.求证：A ，C ，K ，L 四点共圆。
二.设,a b N +Î，且对任意,n N +Î都有()n a n +│()n b n +证明：a b =三．求函数:,f R R ®满足：()()()()1,x f x f x f x x R +-="?以及│()()f x f y -│£│x y -│，,x y R "?四.设1000n =！，能否把1到n 的正整数摆在一个圆周上，使得我们沿着顺时针方向移动时，每一个数都能按如下的法则由前一个数得到：或者把它加上17，或者加上28，如果必要的话，它可以减去n ？BC中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题A 解答学校： 姓名： 营员证号：____一. 在ABC ∆中，a+c=3b ,内心为I ，内切圆在AB ，BC 边上的切点分别为D ，E , 设K 是D 关于点I 的对称点，L 是E 关于点I 的对称点.求证：A ，C ，K ，L 四点共圆.证：设直线BI 交ABC ∆的外接圆点P ，易知P 是AC 的中点。
记AC 的中为M ，则PM ⊥AC 。
设P 在直线DI 的射影为N 由于3,a c b +=则半周长22a b cp b ++==， 则2BD BE p b b AC CM ==-=== 又0,90ABP ACP BDI CMP ∠=∠∠=∠=所以DBI ∆∽MCP ∆，且相似比为2 熟知；PI PC PA ==。
又DBI ∆∽NPI ∆， 所以2DI IN =，即N 是IK 的中点 进而. PK PI PL PI ==同理，所以A C K I L ，，，，都在以P 为圆心的同一个圆周上 二. 设,a b N +∈，且对任意,n N +∈都有()nan +│()n b n +证明：a b =证：假设a b ≠，则b a >取素数p b >，又取()()111n a p =+-+由费马小定理()mod n a a p ≡，从而()0mod n a n a n p +≡+≡P进而()00mod n b n b n b a p ≡+≡+≡-，即p b a - 但0b a b p <-<<，矛盾 三．求函数:,f R R →满足：()()()()1,x f x f x f x x R +-=∀∈ 以及 │()()f x f y -│≤│x y -│，,x y R ∀∈ 解：取0x =得()00f =0,1x ≠-时，可改写为：()()11f x f x x x+=+ 特别地，对任意0x >，及n N +∈，有()()f x n f x x n x+=+： 则()()()()x n y n x y f x n f y n f x f y x y++-≥+-+=- ()()()()f x f y f x f y n xy ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭从而()()()()x y f x f y f x f y nn x y --⎛⎫≥+- ⎪⎝⎭令n →+∞，得()() , ,0f x f y x y x y=∀> 即() , 0f x k x x =>四. 设1000n =！，能否把1到n 的正整数摆在一个圆周上，使得我们沿着顺时针方向移动时，每一个数都能按如下的法则由前一个数得到：或者把它加上17，或者加上28，如果必要的话，它可以减去n ？解：不能！假设存在合乎要求的摆法。
数学奥林匹克冬令营测试题D
数学奥林匹克冬令营测试题D2021年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训李胜红测试（d）学校全名营员证号我问：？[2022n]|n？1,2,?? 在II中有无限个正方形，找到所有函数f:R？r、在零处连续，f（x？2F（y））？f（x）？YF（y）（III）如果素数P和自然n满足n？P证明：P |？（cnj）2j?0n4n,3cdp,?dap的四.设abcd为凸四边形,ac交bd于p，?abp,?bcp,?内心依次为i1,i2,i3,i4.验证：当且仅当四边形ABCD有内接圆时，I1、I2、I3和I4在同一圆内2021年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训试题D解答（李胜红提供）1.求证:[2021n]|n?1,2,?中有无穷多个平方数.引理:x2?2021y2??1992有无穷多组正整数解.证据：首先，有92个？2022？1.1992?? 2.312.订单x0？9，y0？1，p？31.让（U，V）是的22x2?2021y2?1的一组正整数解,则若xn?2021yn??2p2(xn?0,yn?0).令xn？1.uxn？2022vyn，vyn？1.vxn？那么乌恩22222222222xn?1?2021yn?1?(u?2021v)xn?2021(u?2021v)yn=xn?2021yn?2p明显地xn？1.xn，yn？1.恩，那是x2？2022y2？？2P2有无穷多个正整数解，引理证明了这一点1取足够大的n，这样n？当n，xn？3P2考虑SN？2022yn（xn？2p）。
222sn?2021yn(xn?2p)2?(xn?2p2)(xn?2p)2（xn？p）4？2p2（xn？p）2？p4？2p2（xn？2p）2？（xn？p）4？4p3xn？7p422(xn?p)4?sn?(xn?p)4?2(xn?p)2?1(?4p3xn?7p4?2xn)那么（xn？P）2呢？sn？（xn？p）2？一[sn]?(xn?p)2为完全平方数.证毕!2.求所有函数f:,在零点连续,且f（x？2f（y））？f（x）？Yf（y）（*）解:令x?0,f(2f(y)?f(0)?y?f(y)（1）f（2f（0））？2f（0），？f（x？2f（2f（0））？f（x）？2f（0）？f（2f （0））f（x？4f（0））？f（x）？4f（0）而f(x?4f(0))?f(x?2f(0)?0?f(0)?f(x)?2f(0)所以f(0)=0从（1）到f（2f（y））=y+f（y）（2）)故f(f(y)=f(?f(y))+y+f(y)在(*)中令x??f(y再在(*)中令y=?f(x)f(x+2f(f(?x))=f(f(?x))由(*)中f(x)为单射,故x+2f(?f(x))=?f(x),将x换成y,有f(?f(y))??f(y)?y2?f(f(y))?y?f(y)1?f(2f(y))(2')222f（2）（f（（y））？2f（f（y））（3）所以由(2)有f(4f(f(y)))=f(2f(2f(y)))=2f(y)+f(2f(y))=2f(y)+2f(f(y))=3f(y)+y 另一方面f(4f(f(y))=f(2(y+f(y))=f(2y)+y+f(y)所以f（2Y）=2F（y）（4）故由(*)及(4)有f(x+f(2y))=f(x+2f(y))=f(x)+y+f(y)=f(x)+2f(f(y))=f(x)+f(f(2y))所以f(x+f(y))=f(x)+f(f(y))(5)于是,易知:f(kf(y))=kf(f(y))f（ky+y+f（y））=f（k+1）y）+f（f（y））=f（ky+f（f（2y））=f（ky）？2f （y）？2F（f（y））so2f(2y)?f(f(2y))2=f（ky）？f（（k+1）y）=f（ky）+f（y）？f（ky）=kf（y）k？？当k??时,亦有f(ky)=kf(y)(6)f（f（2f（x）？x））？1（f（2f（x））呢？x） ?？2f（x）？x）（由（2'））2？11（f（？x？2f（x））？2f（x）？x） ?？（f（？x）？十、f（x）？2f（x）？x） ?？f（x）22？f（f（2f（x）？x））？f（x）？f（2f（x）？x） ?？十、所以f(x+y)=f(x+f(2f(y)?y))(由(5))=f(x)+f(y)因为f（x）在零处是连续的，所以f（x）在所有点上都是连续的，所以f（x）=CX（C是常数）1解得c=1或?23所以f(x)?xor?经检验均满足条件.x2n4n3。
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测试题F
学校 姓名 营员证号
一．设,,a b c R +∈，求证：
()1
2224
ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++
二．在
ABC 中，,AB AC ≠分别以,AB AC 为边，向外作两个三角形：ABD
和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ，BE 与
AC 交于点Q ，求证：AP AQ =的充要条件是：
2ABC ABD ACE S S
S =⋅
三．对任意两个正整数x 与y ，有唯一的正整数(),f x y 与之对应，且函数
(),f x y 具有性质：
()1对任意正整数x 与y ，()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ，(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ，当y x >时，
()()().,,y x f x y yf x y x -=-
求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质，并求出这个函数.
四. 设012,,,
a a a 为任意无穷正实数数列，求证：不等式
1n n a a -+> 对无穷多个正整数n 成立.
测试题F 解答
学校 姓名 营员证号
一．设,,a b c R +∈，求证：
()1
2224
ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++
证：因为
()()1124ab ab ab a b c a c b c a c b c ⎛⎫
=≤+ ⎪+++++++⎝⎭
同理
1124bc bc b c a a b a c ⎛⎫
≤+ ⎪++++⎝⎭
1124ac ca c a b a b b c ⎛⎫
≤+ ⎪++++⎝⎭
所
以
()11
22244
ab bc ca bc ca ab ca ab bc a b c a b c b c a c a b a b b c c a +++⎛⎫++≤++=++ ⎪+++++++++⎝⎭
二．在
ABC 中，,AB AC ≠分别以,AB AC 为边，向外作两个三角形：ABD
和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ，BE 与
AC 交于点Q ，求证：AP AQ =的充要条件是：2ABC
ABD ACE S S
S =⋅
证：AP AQ =⇔
AP AQ AB AC AB AC =⇔ADC ABE DBC ECB
S S
AB AC S S ∆∆∆∆= ⇔11
sin sin 2
2ABC ABD ABC ACE
ADAC DAC ABAE BAE
AB AC S S S S ∆∆∆∆∠∠=++ ① 由题设条件知ABD ∆∽ACE ∆，故
AD AB
AE AC
=即AD ·AC AD AC AB AE ⋅=⋅ 且DAC DAB BAC CAE BAC BAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠
从而①等价于ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++⇔22
22
()()
ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++
②
记12,,,ABC ABD ACE S S S S S S ∆∆∆===由于ABD ∆∽ACE ∆，所以21
2
2
S AB AC S =从而②等价于
12
22
12()()S S S S S S =
++⇔
()()
22
2212221122S S S SS S S S SS ++=++⇔
22
22112212S S S S S S S S +=+
⇔()21212()0S S S S S --=
因为AB AC ≠，所以12S S ≠，从而212S S S =
即2
ABC ABD ACE AP AQ S S S ∆∆∆=⇔=
三．对任意两个正整数x 与y ，有唯一的正整数(),f x y 与之对应，且函数
(),f x y 具有性质：
()1对任意正整数x 与y ，()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ，(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ，当y x >时，
()()().,,y x f x y yf x y x -=-
求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质，并求出这个函数. 解：取(),f x y 为,x y 的最小公倍数[,]x y
显然(),f x y =[,]x y 满足性质（1），（2）。
下证它也满足（3）
若[,],.x y M y x =>设, b M M
a x y
=
=则a 与b 互质，()M M M a b y x b a ab --=-= 故()
M a b a a b x
-=-，()M a b a b y x -=- 由
(),1
a b =知
(),1
a b b -=故
()
[,]M a b x y x a
--=
从而
()()2(),M M a b M y x f x y M b a ab -⎛⎫
-=-=
⎪⎝⎭
()2
()(),M M a b a b M yf x y x b a ab
---=⋅=
即函数(),f x y =[,]x y 也满足（3）
下证唯一性。
用反证法：若有两个函数()12(,),,f x y f x y 同时满足命题给出的三个性质，
则存在正整数,x y ，使得()12(,),f x y f x y ≠，设其中s ,t 是使12(,)(,)f s t f s t ≠， 且st 取最小值的一对正整数，
由性质（2），s t ≠,故2st ≥。
由性质（1）不妨设s t <由性质（3）
()11(),(,)t s f s t tf s t s -=- ()22(),(,)t s f s t tf s t s -=-
故()12(,),f s t s f s t s -≠-.但()s t s st -<与,s t 之最小性选择矛盾。
四. 设012,,,
a a a 为任意无穷正实数数列，求证：不等式1n
n a a -+>对
无穷多个正整数n 成立.
证：用反证法.假设不等式1n n a a -+>数中最大的一个为M ，则对任意的正整数n M >，上述不等式均不成立，既有
1n n a a n M -+≤>
也既1,n n a a n M -≤> ① 由贝努利不等式，有
()1
11
111,n n n n
+=+≤+=（正整数2n ≥） ②
结合①，②可得, 11
1, n n n a a n M n
-+≤-> ③ 下面用数学归纳法证明：1
1
(1)()12
1
M M n a a M n M M m n +≤++-
--
++++其中n
是非负整数 ④
当0n =时,④式左边为M a ，右边也为M a ,故④式成立.
设当
,(
{n k k N +
=∈时，④式成立，既有
11
(1)(
)121
M M k a a M k M M m k +≤++---++++ ⑤ 在③中取1n M k =++，并利用⑤，可得
1211M k M k M k a a M k +++++≤-++211
(1)()11121
M a M k M k M k M M m k ++≤++----++++++
11
(2)()1121M a M k M M m k =++----++++
11
(2)()122
M a M k M M m k =++-
--++++ 故④式在1n k =+时也成立。
故④式得证。
由于11lim(1)2n n →∞+++=+∞，所以 1111
lim[(1)(1)]221
n n M →∞+++-+++
=+∞+ 即111
lim(
)23n M M n →∞+++=+∞++ 固而存在正整数0n ，满足
011
1
23
1
M a M M N M +++
>+++ ⑥ 在④式中取01n N M =--，得0100
1
1
(
)12
M N a a N M M N -=---
++ ⑦ 结合⑥，⑦知010N a -<，这与010N a ->矛盾， 故命题得证。