2014年第30届中国数学奥林匹克试题及答案
2014年中国数学奥林匹克(CMO)试题及其解答
= f(f(k) + 1) − f f(k) ∈ 0，1
即当n = k + 1时，结论也成立。根据数学归纳法，（2）式得证。
最后，我们用数学归纳法证明：对于任意m ∈ N ，m ≥ 2，有
f(2 ) = 2
（3）
根据条件知：
f(3) = f f(2) + f 3 − f(2) = f(1) + f(2) = 2，
（1）我们先证明必要性，即若△DEF 的外心与△ABC 的内心重合，则BE + CF = BC。 若 I 为△DEF 外心，则ID = IE = IF，从而△IDL≌△IFM≌△IEN，于是知DL = FM = EN。又AM = AN，且AE＜AF，所以 E 在线段 AN 上，F 在线段 CM 上，所以BE = BN + EN， CF = CM − FM。于是知BE + CF = BN + CM。又BN = BL，CM = CL，所以BE + CF = BN + CM = BL + CL = BC。
交流知识 共享智慧
文武光华
A
E(E') N
I
M F(F')
综上所述，命题得证。
B
DL
C
二、对大于1的正整数n，定义集合D(n) = a − b|n = ab，a、b ∈ N ，a＞b 。证明：
对任意大于1的整数k，总存在k个互不相同且大于1的整数n 、n 、 … 、n ，使得
|D(n )⋂D(n ) ⋂ … ⋂D(n )| ≥ 2。
且1 ≤ f(k) ≤ k，从而根据归纳假设知：
f(k + 2) − f(k + 1) = f f(k + 1) + f k + 2 − f(k + 1) − f f(k) + f k + 1 − f(k)
2014年全国初中数学竞赛试题参考答案及评分标准
2014年全国初中数学竞赛试题参考答案及评分标准一、选择题（共10小题，每小题6分，满分60分.） 1.已知x 、y 、z 满足2x =3y-x =5z+x ，则5x-yy+2z的值为（ ）（A ）1 （B ）13 （C ）-13 （D ）12【答】B ．解：设 2x =3y-x =5z+x =1k 则x=2k ，y-z=3k ，z+x=5k ，即x=2k ，y=6k ，z=3k 。
所以5x-y y+2z =5·2k-6k 6k+6k =13，故选B.2.已知等腰三角形的周长为12，则腰长a 的取值范围是（ ）（A ）a ＞3 （B ）a ＜6 （C ）3＜a ＜6 （D ）4＜a ＜7 【答】C.解：腰长为a ，则底长为12-2a ，由2a ＞12-2a 及12-2a ＞0可得3＜a ＜6 故选C. 3.设 21x x 、 是一元二次方程032=-+x x的两根，则 1942231+-x x 等于（ ）（A ）-4 （B ）8 （C ）6 （D ）0 【答】D.解：将21x x 、代入方程，将目标整式降次，利用两根之和求解.4．如果a b ，为给定的实数，且1a b <<，那么1121a a b a b ++++，， ，这四个数据的平均数与中位数之差的绝对值是（ ） （A ）1 （B ）214a - （C ）12 （D ）14【答】D.解：由题设知，1112a a b a b <+<++<+，所以这四个数据的平均数为1(1)(1)(2)34244a ab a b a b+++++++++=， 中位数为 (1)(1)44224a ab a b++++++=， 于是 4423421444a b a b ++++-=. 故选D.5. 如图，正方形A BCD 和EFGC 中，正方形EFGC 的边长为a ，用a 的代数式表示阴影部分△AEG 的面积为（ ）（A ）232a （B ）223a （C ）212a （D ）2a【答】C ．6.若△ABC 的三条边a,b,c 满足关系式a 4+b 2c 2- a 2c 2-b 4=0，则△ABC 的形状是（ ） （A ）等腰三角形 （B ）等边三角形（C ）直角三角形 （D ）等腰三角形或直角三角形 【答】D.解法一：原方程左边变形为 （a 4-b 4）+（b 2c 2-a 2c 2）=0， （a 2+b 2）（a 2-b 2）+（b 2-a 2+）c 2=0，∴（a 2-b 2）（a 2+b 2-c 2）=0， ∴a=b 或c 2=a 2+b 2.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形. 解法二：应用配方法a 4+b 2c 2- a 2c 2-b 4=0， （a 4-a 2c 2）-（-b 2c 2+b 4）=0 （a 2-22c ）2 -（22c -b 2）2=0 ∴（a 2-b 2）（a 2+b 2-c 2）=0， ∴a 2-b 2=0,或a 2+b 2-c 2=0. ∴a=b 或c 2=a 2+b 2. ∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形. 故选D.7．一批志愿者组成了一个“爱心团队”，以募集爱心基金.第一个月他们就募集到资金1万元，随着影响的扩大，第n (n ≥2)个月他们募集到的资金都将会比上个月增加20%，则当该月所募集到的资金首次突破10万元时(参考数据: 51.22.5≈，61.2 3.0≈，71.2 3.6≈)，相应的n 的值为（ ）（A ）11 （B ）12 （C ）13 （D ）14 【答】D.8．如图：点D 是△ABC 的边BC 上一点，若∠CAD = ∠DAB = 60°，AC = 3 ，AB = 6，则AD 的长度是（ ）（A ）2 （B ）2.5 （C ）3 （D ）3.5 【答】A.解：如图，作BE ⊥AC 交CA 的延长线于E ，在Rt △ABE 中， ∠BAE= 60° ∴∠ABE= 30° ∴AE=21AB = 3 由勾股定理得BE =33∴21BCA s △AC ·BE =329 ∵∠CAD = ∠DAB = 60°同理得△ADC 和△ABD 中AD 边上的高分别是323和33 ∴=CD A s △343AD ,=B DA s △323AD 又CD A s △+B DA s △=BC A s △ ∴343AD + 323AD =329 ∴AD = 2 故选A9.若m=20132+20132×20142+20142，则m ( )（A ）是完全平方数，还是奇数 （B ）是完全平方数，还是偶数 （C ）不是完全平方数，但是奇数 （D ）不是完全平方数，但是偶数 【答】A.解 ：原式=20132-2×2013×2014+20142+2×2013×2014+20132×20142=(2013-2014)2+2×2013×2014+(2013×2014)2=1+2×2013×2014+(2013×2014)2=(2013×2014+1)2所以(2013×2014+1)2是一个完全平方数，末尾数字是9，所以也是奇数. 故选A. 10、设非零实数a ，b ，c 满足2302340a b c a b c ++=⎧⎨++=⎩，，则222ab bc caa b c ++++的值为（ ） （A ）12-（B ）0 （C ）12（D ）1 【答】A.解：由已知得(234)(23)0a b c a b c a b c ++=++-++=，故 2()0a b c ++=．于是 2221()2ab bc ca a b c ++=-++， 所以22212ab bc ca a b c ++=-++．故选A.二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）11.已知整数1234a a a a ⋅⋅⋅，，，，满足下列条件：10a =，21|1|a a =-+，32|2|a a =-+，43|3|a a =-+，…，依次类推，则2012a 的值为 ．【答】1006-12.如图，四边形ABCD 中，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠CDA ＝90°， BE ⊥AD 于点E ，且四边形ABCD 的面积为8，则BE ＝ ．【答】解：.如图，可以通过旋转变换将△ABE 绕点B 逆时针旋转90°，得到△CBF.证明出四边形BFDE 是正方形,且它的面积是8，则边长是或者过点B 作BF ⊥BE ，交DC 延长线于F. 证明△ABE ≌△CBF ，其余思路同上。
2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013
解：由题设
an
2(n 1) n
an1
2(n 1) n
2n n 1 an2
2(n 1) n
2n n 1
23 2
a1
2n1 (n
1)
．
记数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，则
Sn =
2 + 2 × 3 + 22 × 4 + + 2n−1(n +1)
2015 2013
2015
．
2013
5. 正四棱锥 P ABCD 中，侧面是边长为 1 的正三角形，M , N 分别是边 AB, BC 的中
点，则异面直线 MN 与 PC 之间的距离是
．
答案： 2 ． 4
解：设底面对角线 AC, BD 交于点 O ，过点 C 作直
线 MN 的垂线，交 MN 于点 H ． 由 于 PO 是 底 面 的 垂 线 ， 故 PO CH ， 又
解：记 f (z) (z )2 z ．则
f (z1) f (z2 ) (z1 )2 z1 (z2 )2 z2
(z1 z2 2)(z1 z2 ) z1 z2 ．
①
假如存在复数 z1, z2 ( z1 , z2 1, z1 ≠ z2 ) ，使得 f (z1) f (z2 ) ，则由①知，
连接的情况数．
(1) 有 AB 边：共 25 32 种情况．
(2) 无 AB 边，但有 CD 边：此时 A ， B 可用折线连接当且仅当 A 与 C ， D 中至少一
点相连，且 B 与 C ， D 中至少一点相连，这样的情况数为 (22 1)(22 1) 9 ．
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)
2014B 10、（本题满分 20 分）设 x1, x2 , x3 是多项式方程 x3 10x 11 0 的三个根.
⑴已知 x1, x2 , x3 都落在区间 5,5 之中，求这三个根的整数部分；（5 分）
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（B 卷） 第 4 页 共 10 页
以得到 an3 an 12 ，说明 a3k1,a3k ,a3k1分别是公差为12 的等差数列，首先分别为 a2 5 ， a3 9 ， a4 13 。又 a1, a2 , a3 , a4 成公差为 4 的等差数列，所有 an 也是公差为 4 的等差数列，
an 4n 3。
由过
AD
，
BE
交点的直线系方程为
x0 (x 2) 2(2 x0 2 y0
)
y
x 2
2y0 ( 2 x0
y 1) 2y0
0
，
把 C(2,1)
代入可得
1，此时直线系就变为
x0 (x 2(2 x0
2) 2y0
)
y
x
2
件 A 共包含 45 C153 。由于在 52 张牌随机抽取 5 张的基本事件个数为 C552 ，于是事件 A 发生的概率
为 45 C153
C
5 52
0.5071，从而 P( A) 1 0.5071 0.4929 。
2014B 8、设 g(x) x(1 x) ，是定义在区间[0,1]上的函数，则函数 y xg (x) 的图像与 x
2014年高中数学联赛试题及其解答
加试
一、（本题满分 40 分）设实数a、b、c满足a + b + c = 1，abc＞0，求证：ab + bc + ca＜ √ + 。
证明方法一：因为abc＞0，故a、b、c全为正数，或一正两负。 （Ⅰ）若a、b、c中一正两负，不妨设a＞0，b、c＜0，则ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(b + c) + bc = [1 − (b + c)](b + c) + bc = (b + c) − b − − ＜0＜ √ + 。
解答：我们考虑存在复数z 、z ，|z |、|z |＜1，z ≠ z ，使得(z + α) + αz =
(z + α) + αz 的充要条件。此时
(z + α) + αz = (z + α) + αz
⇔ α(z − z ) = (z − z )(z + z + 2α)
⇔ α[(z − z ) + 2(z − z )] = (z − z )(z + z )
3、若函数f(x) = x + a|x − 1|在[0， + ∞)上单调递增，则实数a的取值范围是
。
x − ax + a，x ∈ 0，1
解答：根据条件知f(x) =
。f(x)在 0，1 单调递增的充要
x + ax − a，x ∈ 1， + ∞
条件为 ≤ 0 ⇔ a ≤ 0；f(x)在 1， + ∞ 单调递增的充要条件为− ≤ 1 ⇔ a ≥ −2。故实数
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
1 。 100
，a n 1 arctan(sec a n ) ， （n N ） 求正整数 m ， 6 , ) ，且 tan a n 1 sec a n 2 2
★解析：由已知条件可知，对任意正整数 n ， a n 1 ( 由于 sec a n 0 ，故 a n 1 (0,
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
第 2 页 共 11 页
2a | QF1 | | QF2 || PF1 | | PF2 | 2c 4
于是 | QF2 || PF1 | | PF2 | | QF1 | 2c 1 设 H 为线段 PF1 的中点，则 | F1 H | 2, | QH | 5 ，且有 F2 H PF1 。由勾股定理知，
① ②
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
第 4 页 共 11 页
而点 P 的坐标 ( a, b) 同时满足①，②。故 A ， B 的坐标均满足方程
by 2( x a )
③ ( x1 , y1 ) ， ( x 2 , y 2 )
故③就是直线 AB 的方程。 直线 PO 与 AB 的斜率分别为 从而③即为 y
tan a m tan a1 tan a 2 … sec a1 sec a 2 sec a m
tan a m tan a1 tan a 2 … （利用①） tan a 2 tan a3 tan a m 1
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
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2 2 2 2 2 2 5
48 3 。 64 4
二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 2014A 9、 （本题满分 16 分）平面直角坐标系 xOy 中， P 是不在 x 轴上的一个动点，满足条件：过 P 可作抛物线 y 4 x 的两条切线，两切点连线 l P 与 PO 垂直.设直线 l P 与直线 PO ， x 轴的交点分别 为 Q, R 。 ⑴证明： R 是一个定点； ⑵求
2014年全国高中数学联赛试题及解答
全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ． （1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．全国高中数学联赛试题及解答加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。
2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案和评分标准
初三数学竞赛试题 2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准A．B． C． D．2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准2．【答】 A.，易知：当，时，取得最大值.4．【答】 B.若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20种取法.6．【答】 A.过作于，易知△≌△，△∽△.设，则，，，，故，即.又，故可得.故.1．【答】 0.由题意知，所以2．【答】144.由条件得，由的唯一性，得且，所以，所以.当时，由可得，可取唯一整数值127.故满足条件的正整数的最大值为144.4．【答】36.设的最大公约数为，，，均为正整数且，，则，所以，从而，设（为正整数），则有，而，所以均为完全平方数，设，则，均为正整数，且，.又，故，即.注意到，所以或.若，则，验算可知只有满足等式，此时，不符合题意，故舍去.解由已知条件可得，.设，，则有，，……………………5分若，即，，则是一元二次方程的两根，但这个方程的判别式，没有实数根；……………………15分若，即，，则是一元二次方程的两根，这个方程的判别式，它有实数根.所以. ……………………20分解取，，可得，所以1具有性质.取，，可得，所以5具有性质.…………………5分为了一般地判断哪些数具有性质，记，则＝.即……………………10分如果，即，则有；如果，即，则有；如果，即，则有；由此可知，形如或或（为整数）的数都具有性质.因此，1，5和2014都具有性质. ……………………20分若2013具有性质，则存在整数使得.注意到，从而可得，故，于是有，即，但2013＝9×223＋6，矛盾，所以2013不具有性质. ……………………25分2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准，易知：当，时，取得最大值.【答】 B.若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20种取法.要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6，6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有4×2＝8种.A．B． C． D．【答】 A.设，则，，，，故，即.又，故可得.故.。
2014全国初中数学联赛参考答案及评分标准
H
O
N D E
F B M C
三． （本题满分 25 分） 设 n 是整数，如果存在整数 x, y, z 满足 n x3 y 3 z 3 3xyz ，则称 n 具有性质 P . （1）试判断 1，2，3 是否具有性质 P ； （2）在 1，2，3， …，2013，2014 这 2014 个连续整数中，不具有性质 P 的数有多少个？ 解 取 x 1 ， y z 0 ，可得1 13 03 0 3 3 1 0 0 ，所以 1 具有性质 P ； 取 x y 1 ， z 0 ，可得 2 13 13 0 3 3 1 1 0 ，所以 2 具有性质 P ； 若 3 具有性质 P ，则存在整数 x, y, z 使得 3 ( x y z ) 3 3( x y z )( xy yz zx ) ，从而可得
1 2
B．
2 5
C．
2 3
D．
3 4
【答】 B. 若取出的 3 张卡片上的数字互不相同，有 2×2×2＝8 种取法；若取出的 3 张卡片上的数字有相同的， 有 3×4＝12 种取法.所以，从 6 张不同的卡片中取出 3 张，共有 8＋12＝20 种取法. 要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是： （2，4，4） ， （4，4，6） ， （2，6，6） ， （4，6， 6） ，由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的 情况共有 4×2＝8 种. 因此，所求概率为
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
2014年全国高中数学联合竞赛（A 卷）一试一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。
2014A1、若正数a 、b 满足)(log log 2log 2632b a b a +=+=+，则ba 11+的值为 ◆答案：108★解析：设k b a b a =+=+=+)(log log 3log 2632，则22-=k a ，33-=k b ，kb a 6=+，从而10832326113232=⨯=⨯=+=+--k k k ab b a b a 。
2014A 2、设集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤≤+21|3b a b a 中最大元素与最小元素分别为N M ,，则N M -的值为 ◆答案： 325-★解析：由21≤≤≤b a 知，52133=+≤+b a ，当1=a ，2=b 时，得最大元素5=M ，又3233≥+≥+a ab a ，当3==b a 时，得最小元素32=m 。
因此，325-=-m M 。
2014A 3、若函数|1|)(2-+=x a x x f 在),0[+∞上单调递增，则实数a 的取值范围为◆答案： ]0,2[-★解析：在),1[+∞上，a ax x x f -+=2)(单调递增，等价于12≤-a，即2-≥a 。
在]1,0[上，a ax x x f +-=2)(单调递增，等价于02≤a，即0≤a ，因此实数a 的取值范围是]0,2[-2014A 4、数列{}n a 满足21=a ，n n a n n a 1)2(21++=+，（*∈N n ）则=+++2013212014a a a a ◆答案：20132015★解析：由题设⋅⋅⋅=-⋅+=+=--2112)1(2)1(2n n n a n nn n a n n a)1(223212)1(211+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅+=-n a n n n n n 记数列}{n a 的前n 项和为n S ，则)1(24232212++⋅⋅⋅+⨯+⨯+=-n S n n 所以)1(2423222232++⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n S nn将上面两式相减，得n n S nn n n 2)2222()1(212=+⋅⋅⋅+++-+=-故201320152013220152...201320132013212014=⨯⨯=+++a a a a2014A 5、正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，N M ,分别是边BC AB ,的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离为 ◆答案：42 ★解析：设底面对角线AC ，BD 交于点O ，过点C 作直线MN 的垂线，交MN 于点H 。
2014奥林匹克数学竞赛试题与详细解答
2014奥数决赛详解 小张老师 1、 计算12 +34 +78 +1516 书上的分数求和类：1+1+1+1-（12 +14 +18 +116 ）=3116（括号内是等比求和。
）那天上课我们才讲过的。
2、计算（1.1·+229 +313 +449 ）÷127 =（119 +229 +339 +449）×27 =（1+2+3+4）×27+（19 +29 +39 +49）×27=300 3、五个分数37 ，49 ，1735 ，49101 ，100201中从小到大的第三个分数是（ ）。
基本是书上的原题：利用12做桥梁比较大小。
12 -37 =114 =34212 -49 =118 =35412 -1735 =170 =321012 -49101 =320212 -100201 =1402 =31206 将差从小到大排列第三个减法的减数为答案。
所以是49101。
4、3.如图，取π≈3，则阴影部分的面积是___________.答案为：1.255、将数字1，2，3，4，5，6分别填入下列算式中的6个[ ]中，使算式成立。
（此题有多个解，填入一个即可）。
[ ]×( 7－[ ])÷[ ]－[ ]＋[ ]= [ ]解答：6×（7-3）÷4-3+2=5 答案不唯一。
6、由棱长为1厘米的若干个立方体堆成一个长、宽、高分别是11、9、7厘米的长方体。
将它的表面全部涂上红色，然后将只有一个面是红色的立方体取出来。
再将取出来的立方体堆成一个长宽高都不同的实心长方体，那么这个新长方体的表面积的最大值是（）立方厘米。
解答：（11-2）×（9-2）=63 （11-2）×（7-2）=45（9-2）×（7-2）=35（63+45+35）×2=286 （体积数）分解286=11×13×2 极差越大表面积越大所以长宽高为143、2、1表面积=862.（知识点，前次课我们才讲了）7、矿泉水、果汁、豆奶三种饮料共计180瓶。
30届中国数学奥林匹克获奖名单
23 23 23 30 30 30 30 30 30 36 36 36 36 36 36 36 36 44 44 44 44 44 49 49 49 49 49 49 49
上海 浙江 浙江 广东 湖南 辽宁 陕西 上海 浙江 北京 北京 重庆 广东 湖北 湖北 江苏 辽宁 重庆 吉林 辽宁 辽宁 浙江 广东 河北 河北 河南 河南 湖南 湖南
315 内蒙古 鼓励 奖(21 名次 省、市、自治区 317 317 317 317 321 321 321 321 321 321 321 321 329 329 329 329 329 329 329 329 329 黑龙江 内蒙古 内蒙古 陕西 甘肃 海南 宁夏 宁夏 陕西 陕西 陕西 新疆 甘肃 青海 青海 青海 青海 西藏 西藏 新疆 云南
195 195 195 195 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 223 223 223 223 223
吉林 吉林 天津 浙江 安徽 北京 北京 广东 河北 河北 湖北 吉林 江苏 江苏 江西 辽宁 辽宁 山东 山西 陕西 上海 上海 上海 天津 安徽 福建 河南 湖北 吉林
49 49 49 49 49 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 76 76 76 76 76 76 76 76 76
湖南 吉林 上海 浙江 浙江 安徽 北京 重庆 重庆 重庆 福建 广东 广西 湖北 湖北 吉林 上海 上海 上海 浙江 湖北 湖南 湖南 湖南 湖南 湖南 陕西 上海 天津
114 人)
上海中学 浙江省杭州第二中学 乐清市乐成寄宿中学 深圳中学 长沙市雅礼中学 辽宁省实验中学 西工大附中 上海中学 宁波市镇海中学 人大附中 人大附中 巴蜀中学 深圳第三高级中学 华师一附中 华师一附中 南京外国语学校 东北育才学校 巴蜀中学 吉大附中 东北育才学校 东北育才学校 乐清市乐成寄宿中学 华南师范大学附属中学 石家庄市第二中学 河北衡水中学 郑州一中 河南省实验中学 湖南师大附中 湖南师大附中
高中数学奥赛题含答案解析
高中数学奥赛题含答案解析篇一:2014—2015学年度高二数学竞赛试题(含答案)2014—2015学年度高二数学竞赛试题【本试题满分150分，考试时间120分钟】一、选择题:本大题共6小题，每小题6分，共36分(在每个小题给出的四个选项中，只有一个正确的答案(1(从集合,1，3，6，8,中任取两个数相乘，积是偶数的概率是 ()A(; B(56211; C(; D(( 3232(若?是第四象限角，且sin?2?cos?2??2sin?2cos?2，则?是() 2A(第一象限角;B(第二象限角;C(第三象限角;D(第1四象限角(3. 已知点O、A、B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且2OP?2OA+BA，则A(点P不在直线AB上; B(点P在线段AB上;C(点P在线段AB的延长线上; D(点P在线段AB的反向延长线上(4(设m,n?R?，若直线(m?1)x?(n?1)y?4?0与圆(x?2)2?(y?2)2?4相切，则m?n的取值范围是A.(0,1?3] ;B.[1?3,??);C. [2?22,??);D.(0,2?22](5. 已知正方体C1的棱长为C1的各个面的中心为顶点的凸多面体记为C2，以C2的各个面的中心为顶点的凸多面体记为C3，则凸多面体C3的棱长为A(18; B(92;C(9 ; D(62(6. 已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x?3)??f(x),且在区间[0,]上是增函数,若方程f(x)?m(m?0)在区间??6,6?上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则32x1?x2?x3?x4?A(?6;B(6; C(?8;D(8(二、填空题:本大题共6小题，每小题9分，共54分(将2正确的答案写在题中横线上(7.若对于任意实数x，都有x3?a0?a1(x?2)?a2(x?2)2?a3(x?2)3，则a1?a2?a3的值为__________.高二数学竞赛试题?第 1 页(共 9 页)篇二:2013年全国高中数学联赛试题及详细解析2013年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明:1. 评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8分和0分两档;其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次. 一、填空题:本大题共8小题，每小题8分，共64分.1. 设集合A??2,0,1,3?，集合B??x|?x?A,2?x2?A?.则集合B中所有元素的和为. 答案3-5,?3时，2?x2??2,?7，解易知B???2,0,?1,?3?，当x??2有2?x2?A;而当x?0,?1时，2?x2?2,1，有2?x2?A.因此，根据B的定义可知B???2,?3?.所以，集合B中所有元素的和为-5.????????2. 在平面直角坐标系xOy中，点A、B在抛物线y2?4x上，满足OA?OB??4，F 是抛物线的焦点.则S?OFA?s?OFB?. 答案2.2y2y12解点F坐标为?1,0?.设A?x1,y1?，B?x2,y2?，则x1?，x2?，故44????????12?4?OA?OB?x1x2?y1y2??y1y2??y1y2，1612即?y1y2?8??0，故y1y2??8. 162?1??1?1S?OFA?S?OFB??OF?y1???OF?y2???OF?y1y2?2.4?2??2?43. 在?ABC中，已知sinA?10sinBsinC，cosA?10cosBcosC,则tanA的值为.答案11.1A?解由于sincoAs??10BsinC?sinBcCs??co?s?oB??1C0?cos，A所以10cossinA?11cosA，故tanA?11.4. 已知正三棱锥P?ABC底面边长为1.答案解如图，设球心O在面ABC与面ABP内的射影分别为H和K，AB中点为M，内切球半径为r，则P、K、M共线，P、O、H共线，?PHM??PKO?OH?OK?r,PO?PH?OHr，?2P，且MH?5AB?PM?,KOAHMBC于是有OKMH1??sin?KPO??，PM5PO解得r?.5. 设a,b为实数，函数f?x??ax?b满足:对任意x??0,1?，有f?x??1.则ab的最大值为. 答案1. 4解易知a?f?1??f?0?，b?f?0?，则22111??1ab?f?0???f?1??f?0?????f?0??f?1????f?1????f?1???.244??462当2f?0??f?1???1，即a?b??111时，ab?.故ab的最大值为.4246. 从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为.答案232323解设a1?a2?a3?a4?a5取自1,2，…，20，若a1,a2,a3,a4,a5互不相邻，则1?a1?a2?1?a3?2?a4?3?a5?4?16，由此知从1,2，…，20中取5个互不相邻的数的选法与从1,2，…，16中取5个不同的数的5选法相同，即C16种.所以，从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数2555C20?C16C16232的概率为. ?1??55C20C2032377. 若实数x,y满足x?x的取值范围是.答案?0???4,20?.解a?b?a,b?0?，此时x?y??x?y??a2?b2，且条件中等式化为 a2?b2?4a?2b，从而a,b满足方程?a?2?2??b?1??5?a,b?0?.2如图所示，在aOb平面内，点?a,b?的轨迹是以?1,2?为圆心，a,b?0的部分，即点O与弧?ACB的并集.因此，从而x?a2?b2??0???4,20?. ?0???2,?8. 已知数列?an?共有9项，其中a1?a9?1，且对每个i??1,2,?,8?，均有则这样的数列的个数为. 答案491ai?1?1?i?8?，则对每个符合条件的数列?an?有 ai88ai?1?1???2,1,??，ai2??解令bi?8?bi??i?1i?1ai?1a91????1，且bi??2,1,???1?i?8?.2?aia1?1 ?1的8项数列?b?可唯一确定一个符合题设条件的9项数列?a?. 反之，由符合条件?nn1的数列?b?的个数为N.显然b?1?i?8?中有偶数个?记符合条件?ni11，即2k个?;22继而有2k个2，易见k的可能值只有0,1,2，8?4k个1.当给定k时，?bn?的取法有C82kC82?k2k种，所以24N?1?C82C6?C84C4?1?28?15?70?1?491.因此，根据对应原理，符合条件的数列?an?的个数为491二、9解答题:本大题共3个小题，共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步3骤.9. (本题满分16分)给定正数数列?xn?满足Sn?2Sn?1，n?2,3,?，这里Sn?x1???xn.证明:存在常数C?0,使得xn?C?2n，n?1,2,?.解当n?2时，Sn?2Sn?1等价于xn?x1???xn?1.1 ?…………4分对常数C?1x1，用数学归纳法证明: 4xn?C?2n，n?1,2,?.2 ?…………8分n?1时结论显然成立.又x2?x1?C?22.1式知对n?3，假设xk?C?2k，k?1,2,?,n?1，则由?xn?x1??x2???xn?1? ?x1??C?22???C?2n?1?10?C?22?22?23???2n?1??C?2n，2式成立. 所以，由数学归纳法知，?…………16分x2y210. (本题满分20分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为2?2?1?a?b?0?，abA1、A2分别为椭圆的左、右顶点，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q、R满足QA1?PA1，QA2?PA2,RF1?PF1,RF2?PF2，试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明.解令c?A1??a,0?，A2?a,0?，F1??c,0?，F2?c,0?.22x0y0设P?x0,y0?，Q?x1,y1?，R?x2,y2?，其中2?2?1，y0?0.ab由QA1?PA1，QA2?PA2可知4?????????AQ?A1P??x1?a??x0?a??y1y0?0， 1??????????11A2Q?A2P??x1?a??x0?a??y1y0?01 ?2 ?…………5分221、?2相减，得2a?x?x??0，即x??x，将其代入?1，得?x?a?yy?0，将?100101022?x0?a2x0?a2?故y1?，于是Q??x0,?.y0y0??…………10分2?x0?c2根据RF1?PF1,RF2?PF2，同理可得R??x0,y0???. ?…………15分因此22x0?a2x0?c2b2， QR???y0y0y012由于y0??0,b?，故QR?b(其中等号成立的充分必要条件是y0?b，即点P为?0,?b?).…………20分11. (本题满分20分)求所有的正实数对?a,b?，使得函数f?x??ax2?b满足:对任意实数x,y，有f?xy??f?x?y??f?x?f?y?.解已知条件可转化为:对任意实数x,y，有?ax2y2?b??a?x?y??b??ax2?b??ay2?b?.2??1 ?先寻找a,b所满足的必要条件.221式中令y?0，得b??ax?b???ax?b??b，即对任意实数x，有在??1?b?ax2?b?2?b??0.由于a?0，故ax2可取到任意大的正值，因此必有1?b?0，即0?b?1. …………5分42131式中再令y??x，得?ax?b??b??ax?b?，即对任意实数x，有在?2?a?a?x24?2abx2??2b?b2??0.2 ?22的左边记为g?x?，显然a?a?0(否则，由a?0可知a?1，此时将?5篇三:高一数学竞赛试题及答案高一数学竞赛试题一、猜一猜:(每小题2分共16分) 1.司药(打一数学名词)——配方 2.招收演员(打一数学名词)——补角3.搬来数一数(打一数学名词)——运算4.你盼着我，我盼着你(打一数学名词)——相等5.北(打一数学名词)——反比6.从后面算起(打一数学名词)——倒数7.小小的房子(打一数学名词)——区间 8.完全合算(打一数学名词)——绝对值二、试一试:(每小题4分共8分)141.把12、18、7、6、11分别填入下面?中，使算式成立。
第29届CMO试题2014
2014年中国数学奥林匹克试题
第一天 2014年12月30日 8:00-12:30 重庆
1. 给定实数()0,1r ∈，证明：若n 个复数12,,,n z z z 满足()11,2,
,k z r k n -≤=，则 ()2212121111n n z z z n r z z z +++⋅+++≥-．
2. 如图，设,,,,,A B D E F C 依次是一个圆上的六个点，满足AB AC =．直线AD 与BE 交于点P ，直线AF 与CE 交于点R ，直线BF 与CD 交于点Q ，直线AD 与BF 交于点S ，直线AF 与CD 交于T ．点K 在
线段ST 上，使得SKQ ACE ∠=∠．求证：SK PQ KT QR
=．
3. 给定整数5n ≥．求最小的整数m ，使得存在两个由整数构成的集合,A B ，同时满足：
（1）A n =，B m =，且A B ⊆；
（2）对B 中任意两个不同的元素,x y 有x y B +∈当且仅当,x y A ∈．
K Q T S R P E F D
C B A
第二天 2014年12月31日 8:00-12:30 重庆
4. 求具有下述性质的所有整数k ：存在无穷多个正整数n ，使得n k +不整除2n n C ．
5. 某次会议共有30人参加，其中每个人在其余人中至多有5个熟人；任意5个人中存在两人不是熟人．求
最大的正整数k ，使得满足上述条件的30个人中总存在k 个人，两两不是熟人．
6. 设非负整数的无穷数列12,,
a a 满足：对任意正整数,m n 均有21
m in i a m =≤∑． 证明：存在正整数,k d ，满足21
2014k id i a k ==-∑．。
2014年全国高中数学联合竞赛试题(A卷)与答案
一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分.
1.
若正数
a, b
满足
2+log2 a
=
3+log3 b
=
log6(a+b)，则
11 +
ab
的值为
.
解答
4a = 2k,
设
2
+
log2 a
=
3
+
log3
b
=
log6(a
+
b)
=
k
⇒
a27+b
0].
2
4.
数列 =
{an}
满足 .
a1
= 2, an+1
=
2(n + 2) n+1
an(n
∈
N∗)，则
a2014 a1 + a2 + · · · + a2013
解答
an+1 an
=
2(n + 2) n+1
⇒
an
=
an an−1
·
an−1 an−2
···
a3 a2
·
a2 a1
·
a1
=
2n−1(n + 1)n · · · 4 · n(n − 1) · · · 3 · 2
1√5 −
3 =
3√( 5 − 1)
3 5+1
3 5+1
√
√ 3 √15
√
⇒ cot θ = √3 √5 + 1
= 4 +√
第30届中国数学奥林匹克获奖名单
第30届中国数学奥林匹克获奖名单一等奖(114人)名次省、市、自治区姓名性别学校1广东黄峄凡男广雅中学2上海俞辰捷男华东师范大学第二附属中学3湖南谢昌志男长沙市雅礼中学3吉林孙伟舰男东北师大附中3浙江钱盛泽男乐清市乐成寄宿中学6北京王 正男人大附中6北京彭炳辉男北师大附属实验中学6广东周 晟男华南师范大学附属中学6湖南甘晋华男长沙市长郡中学6江苏曹 阳男江苏省扬州中学6上海黄小雨男上海中学6上海高继扬男上海中学6浙江张皇中男富阳中学6浙江包鑫霖男乐清市乐成寄宿中学15重庆李 同男巴蜀中学15黑龙江李无为男大庆一中15湖北汪至祺男华师一附中15湖北刘谢威男华师一附中15江苏周逸飞男兴化中学15浙江张海翔男杭州学军中学21河南夏剑桥男郑州外国语学校21江苏朱耀宇男南京外国语学校23重庆田欣雨男重庆八中23湖北陈 坤男武汉二中23江苏傅瑞得男南师附中23江西罗金玥女江西省鹰潭一中23上海周梓贤男上海中学23浙江陈子昂男浙江省杭州第二中学23浙江郑鸿图男乐清市乐成寄宿中学30广东胡颀轩男深圳中学30湖南贺嘉帆男长沙市雅礼中学30辽宁王诺舟男辽宁省实验中学30陕西周康杰男西工大附中30上海窦泽皓男上海中学30浙江陈鑫犇男宁波市镇海中学36北京欧阳铭晖男人大附中36北京王浩昀女人大附中36重庆田佳宝男巴蜀中学36广东吴东晓女深圳第三高级中学36湖北白宇川男华师一附中36湖北张家齐男华师一附中36江苏徐锦灏男南京外国语学校36辽宁吴子源男东北育才学校44重庆秦臻至男巴蜀中学44吉林郝天泽男吉大附中44辽宁孔繁浩男东北育才学校44辽宁梁宇辰男东北育才学校44浙江张力天男乐清市乐成寄宿中学49广东武夷山男华南师范大学附属中学49河北辛天屹男石家庄市第二中学49河北张钊森男河北衡水中学49河南刘文昊男郑州一中49河南李泽超男河南省实验中学49湖南蒋 安男湖南师大附中49湖南左都云男湖南师大附中49湖南林国昌男长沙市一中49吉林杨宗睿男吉大附中49上海汪祎非男华东师范大学第二附属中学49浙江黄乐恺女浙江省杭州第二中学49浙江周俊鹏男衢州二中61安徽张淞源男合肥一中61北京孙家进男北京四中61重庆陈韵蒙男巴蜀中学61重庆姚鲁川男巴蜀中学61重庆刘瑞星男重庆八中61福建林 挺男福建师大附中61广东王旭东男华南师范大学附属中学61广西唐珑珂男南宁市第二中学61湖北朱保昶男武钢三中61湖北姜兆恒男华师一附中61吉林刘 通男吉大附中61上海朱 峰男上海中学61上海范峻昊男上海中学61上海侯喆文男华东师范大学第二附属中学61浙江金泽文男乐清市乐成寄宿中学76湖北尹元捷男武汉二中76湖南梁家栋男长沙市一中76湖南冯 程女长沙市雅礼中学76湖南金泽熙男长沙市长郡中学76湖南吴俊威男长沙市长郡中学76湖南吴 鸣男长沙市雅礼中学76陕西王天乐男西安高新一中76上海高皓天男上海中学76天津张皓辰男天津市第一中学76浙江章锦南男温州中学86安徽孟培坤男马鞍山二中86北京林一衡男人大附中86河北吕泽群男石家庄二中86河北郑 重男河北衡水中学86湖北张芷仪女武钢三中86湖南何通木男长沙市雅礼中学86湖南沈子翔男湖南师大附中86吉林承书尧男东北师大附中86江苏韩 啸男南师附中86辽宁余佳弘男大连育明高级中学86辽宁王许涛男大连市第二十四中学86上海李嘉昊男上海中学86四川杨潇枭男四川绵阳中学86浙江陈子翔男温州中学100北京谢彦桐男北师大附属实验中学100北京王雪莹女人大附中100重庆张开朗男巴蜀中学100重庆吴佳颖女重庆南开中学100重庆严 鑫男重庆八中100甘肃余 璞男西北师大附中100河南朱书聪男郑州外国语学校100吉林于翔宇男吉大附中100江西程 晨男九江市第一中学100江西章宇哲男江西省吉安一中100山西王子轩男山西大学附中100四川张博闻男成都七中100四川仇嘉泽男成都七中100四川罗 鑫男四川省绵阳市东辰学校100浙江侯浩杰男温州中学二等奖(129人)名次省、市、自治区姓名性别学校115安徽储著敏男安徽省歙县中学115安徽潘文初男合肥一中115北京王啸辰男清华附中115北京彭俊尧男人大附中115福建王明璋男晋江养正中学115湖北王逸轩男武钢三中115湖北何雄博男黄冈中学115湖北施奕城男华师一附中115湖南张文卿男长沙市一中115江苏纪一博男南师附中115江苏候霁开男江苏省天一中学115山西刘 耕男太原五中115上海柏旻皓男上海中学115浙江黄协和男宁波市镇海蛟川书院115浙江张定余男宁波市镇海中学130安徽胡晓波男铜陵市一中130北京王芝菁女清华附中130北京孙元逊男人大附中130重庆龚秋实男重庆八中130福建郑锦聪男长乐一中130福建叶智恺男福州一中130甘肃武楚涵男兰州一中130广东郑含之女深圳中学130河北姚钧夫男石家庄二中130河北王 昊男石家庄市第二中学130湖北饶正昊男华师一附中130湖北赵梓硕男华师一附中130江西宁盛臻男九江市同文中学130山东牛瑞昌男东营市胜利第一中学130上海马健翔男华东师范大学第二附属中学130四川蔡榆杭男成都七中130四川向雍立男成都七中130天津于鹏飞男天津市耀华中学130浙江贝思捷女宁波市镇海中学149重庆王恒熠男巴蜀中学149河北陈瀚钊男河北衡水中学149河南陈智博男郑州外国语学校149黑龙江刘梦哲男哈师大附中149湖北赵乐祺男武钢三中149江西程盛淦男江西省南昌二中149山西任 昊男山西大学附中149上海张天扬男华东师范大学第二附属中学149四川张峻滋男成都七中149浙江竺仕鹏男杭州外国语学校149湖北张艺杰男华师一附中160北京刘 睿 男北师大附属实验中学160湖南隆希辰男湖南师大附中160湖南谢灵尧男湖南师大附中160吉林张博渊男东北师大附中160内蒙古高 乾男呼和浩特二中160上海陆一平男上海中学160上海沈哲晨男上海中学160天津郝 宇男天津市耀华中学168广东费 哲男华南师范大学附属中学168广西胡陶钧男柳州铁一中学168江西贺 东 男 南昌大学附属中学168山西马 杰男山西大学附中168上海贾鸿翔男复旦大学附属中学168天津郝德存男新华中学168浙江王秋皓男浙江省杭州第二中学175安徽徐 遥男芜湖一中175广东李一鸣男深圳中学175黑龙江许健宇男哈师大附中175吉林李华宇男东北师大附中175江苏王润喆男南师附中175山东黄子瑜女山东省实验中学181安徽陶润洲男合肥一中181重庆张钧瑜男巴蜀中学181广东李知含男广东实验中学181广东齐文轩男深圳中学181河南高世钰男郑州外国语学校181黑龙江李雨阳男哈师大附中181吉林于子越男吉大附中181吉林王新博男吉大附中181吉林姚治宇男东北师大附中181吉林臧家祺男吉林一中181江西程莹东男江西省景德镇一中181宁夏罗睿轩男银川二中181山东岳宸阳男东营市胜利第一中学181四川卢维潇男成都七中195安徽张孝腾男灵璧一中 195北京张子涵男人大附中195北京蒋易悰男北京四中195湖北陈敏婵女武汉二中195吉林姚人天男东北师大附中195吉林王琮元男吉大附中195天津崔圣宇男天津市南开中学195浙江杜瑜皓男宁波市镇海中学203安徽张志远男马鞍山二中203北京伍 岳男人大附中203北京罗明宇男北师大附属实验中学203广东谢 倩女华南师范大学附属中学203河北李卓航男河北衡水中学203河北杨 远男石家庄市第二中学203湖北陶毅松男武汉二中203吉林战柏全男东北师大附中203江苏朱见深男南京外国语学校203江苏刘 禺男江苏省淮阴中学203江西席照炜男贵溪市第一中学203辽宁王睿俊男辽师大附中203辽宁 冯皓扬 男本溪市高级中学203山东郭嘉明男东营市胜利第一中学203山西杨靖锋男山西大学附中203陕西吴志承男西工大附中203上海林嘉椿男上海中学203上海石 玮男华东师范大学第二附属中学203上海高信龙一男复旦大学附属中学203天津何 翔男天津市耀华中学223安徽罗齐尧男安师大附中223福建林先诚男长乐一中223河南夏萌霏男郑州外国语学校223湖北刘梦龄女华师一附中223吉林沙金锐男吉大附中223江苏刘禹涵男江苏省宜兴中学223江西张孝帅男贵溪市第一中学223江西石少宏男江西师大附中223山西路 橙男山西大学附中223陕西陈 煜女西安交大附中223陕西王乙成男西安交大附中223上海韩凯乾男上海中学223上海王持乙男华东师范大学第二附属中学223四川 李奇颗 男南充高中223天津李铂垚男天津市第一中学238北京赵浩宇男人民大学附属中学238河北夏傲腾男石家庄二中238河北杨世博男石家庄二中238河南宁沛霖男郑州一中238吉林李政铎男东北师大附中238天津陈 飞男天津市南开中学三等奖(73人)名次省、市、自治区姓名性别学校244北京杨海欣男北师大二附中244福建李昱丞男厦门双十中学244贵州郑 欢男贵阳一中244江西严文隆男江西省赣州中学244辽宁王克杰男大连市第二十四中学244山东李海廓男山东省临沂第一中学244山东李常顥男山东省广饶县第一中学244陕西王远博男西安高新一中244新疆郑 瑜男乌鲁木齐市第一中学253福建周嘉阳男泉州七中253广东梁洛毓男深圳中学253河南陈文鼎男郑州一中253河南季 语男郑州一中253黑龙江马竞恒男黑龙江省哈尔滨市第三中学253黑龙江张 楠男大庆实验中学253江西许星宇男江西省石城中学253四川周子淳男成都外国语学校253云南曾显龙男云南师大附中253浙江姜志承男衢州二中263安徽寇明阳男安师大附中263北京张子扬男人大附中263福建成逸然男厦门双十中学263福建苏伟杰男安溪一中263广东徐晨皓男华南师范大学附属中学263海南吴毓帅男东方市铁路中学263河南王 尊男郑州外国语学校263黑龙江李佳明男黑龙江省哈尔滨市第三中学263黑龙江姜 岩男哈师大附中263江苏严淳译男江苏省启东中学263山东孙宇训男章丘四中263山东刘楚文男东营市胜利第一中学263天津陈 翔男天津市耀华中学263新疆刘浩然男乌鲁木齐市第一中学263浙江孙凌宇女浙江省杭州第二中学278重庆雷闻中男西大附中278广东刘 盼女华南师范大学附属中学278广西黄云昊男广西师范大学附属外国语学校278贵州卜辰璟男贵阳一中名次省、市、自治区姓名性别学校278吉林曲梓安男吉大附中278江苏聂云昭男江苏省镇江第一中学278内蒙古王逸飞男包头九中278山东王 贺男淄博四中278陕西成大立男西工大附中278天津李明远男天津市南开中学278云南徐 恺男云南师大附中289海南何声楷男海南中学289湖南贺钰淇女长沙市长郡中学289宁夏杜坤盎男宁夏长庆高级中学289四川张思翀男成都七中289四川何淦昌男四川省绵阳市东辰学校294重庆董又铭男重庆南开中学294福建夏鹤迪男厦门外国语学校294甘肃刘洪铭男兰州一中294黑龙江孙 铄男哈师大附中294黑龙江梁乘瑞男哈师大附中294辽宁齐 航女大连育明高级中学294山东罗兆勇男山东省诸城第一中学294山西王珑霖男山西大学附中294陕西王嘉帆男西安交大附中294四川方一杰男成都七中嘉祥外国语学校294天津黄 政男天津市南开中学294天津项津旭男天津市实验中学294天津晏 妮女天津市耀华中学294浙江何璐凌女宁波市镇海中学308贵州杨婧琳女贵阳一中308黑龙江孙浩淼男大庆实验中学310海南林道哲男海南中学311甘肃李释洁男兰州一中311广西陈晋恒男玉林高级中学311湖北姚 睿男七一华源中学311辽宁王晓睿男大连市第二十四中学315贵州王 䶮男贵阳清华中学315内蒙古杨正宇男赤峰平煤高级中学鼓励奖(21人)名次省、市、自治区姓名性别学校317黑龙江秦家琰男黑龙江省哈尔滨市第三中学317内蒙古杨 磊男包头北重三中317内蒙古李凯龙男鄂尔多斯市一中317陕西张嘉铭男西工大附中321甘肃雷雅珺女兰州一中321海南王洪凯男海南中学321宁夏陈江韬男宁夏长庆高级中学321宁夏张胤泰男银川一中321陕西刘昊洋男西安高新一中321陕西李乐天男西安铁一中名次省、市、自治区姓名性别学校321陕西姚文卿男西安铁一中321新疆武 强男新疆生产建设兵团第二中学329甘肃李怡宁女兰州一中329青海马瑞敏女青海湟川中学329青海王欣一女青海湟川中学329青海张 芃男青海油田第一中学329青海丁 一男青海油田第一中学329西藏朱宇希女西藏林芝地区第一中学329西藏唐西芝男西藏林芝地区第一中学329新疆李通宇男乌鲁木齐市第一中学329云南张释源男云南师大附中。
2014年全国高中数学联赛数论试题解答
2014年全国高中数学联赛数论试题解答1.（2014年全国高中数学联赛试题，二试，第四题，50分）整数122014,,,x x x 除以2014的余数互不相同，整数122014,,,y y y 除以2014的余数也不相同，证明：可以听将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++除以4028的余数互不相同.证明： 由于交换同组数的位置对问题不产生影响，因此可以假设2014,2014,1,2,,2014.i i i i x k i y l i i =+=+=对于每一个{}1,2,,1007i ∈，有()()mod1007,mod1007.i i x i y i ≡≡…………①()()100710071007100720141007,20141007.i i i i x k i y l i ++++=++=++于是()()10071007mod1007,mod1007.i i x i y i ++≡≡…………②（ⅰ）若()()10071007i i i i k l k l +++++为偶数，则()10071007/mod4028i i i i x y x y +++≡+.（这是因为，假设()10071007mod4028i i i i x y x y +++≡+，则()()()()()()1007100710071007100710071007100710071007201420142014100720141007mod 4028,20142014201420142004mod 4028,1mod 2,2211mod 2,i i i i i i i i i i i i i i i i i i k i l ik i l i k l k l k l k l k l k l k l +++++++++++++≡++++++≡+++≡+++++≡++≡ 这与()()10071007i i i i k l k l +++++为偶数矛盾.） 取10071007,,i i i i z y z y ++==则()10071007/mod4028.i i i i x z x z +++≡+（ⅱ）若()()10071007i i i i k l k l +++++为奇数，则()10071007/mod4028.i i i i x y x y +++≡+（这是因为，假设()10071007mod4028,i i i i x y x y +++≡+则()()()()()()100710071007100710071007100710071007201420141007201410072014mod 4028,2014201420142014mod 4028,mod 2,220mod 2,i i i i i i i i i i i i i i i i i i k i l i k i l i k l k l k l k l k l k l k l +++++++++++++≡+++++≡++≡++++≡+≡ 这与()()10071007i i i i k l k l +++++为奇数矛盾.） 取10071007,,i i i i z y z y ++==则()10071007/mod4028.i i i i x z x z +++≡+由（ⅰ）和（ⅱ）得，对每一{}1,2,,1007i ∈，()()()()10071007100710071007,2|,2|/i i i i i i i i i i i y k l k l z y k l k l ++++++++⎧⎪=⎨+++⎪⎩()()()()100710071007100710071007,2|,2/|i i i i i i i i i i i y k l k l z y k l k l +++++++++⎧⎪=⎨+++⎪⎩ 易知122014,,,y y y 可重新排序为122014,,,z z z ，且对每一{}1,2,,1007i ∈，都有()10071007/mod4028.i i i i x z x z +++≡+…………③由①②两式得，对每一{}1,2,,1007i ∈有()100710072mod1007.i i i i x z x z i +++≡+≡…………④下面证明，对每一{}1,2,,1007i ∈及每一{}1,2,,1007j ∈，都有()10071007/mod4028.i i j j x z x z +++≡+…………⑤假设对某一{}1,2,,1007i ∈及某一{}1,2,,1007j ∈，有()10071007mod4028,i i j j x z x z +++≡+则()10071007mod1007.i i j j x z x z +++≡+从而有④式得()()22mod1007,mod1007,.i j i j i j ≡≡=于是，()10071007mod4028.i i i i x z x z +++≡+这与③式矛盾. 下面证明，当11007i j ≤<≤时，有()/mod4028i i j j x z x z +≡+…………⑥且()1007100710071007/mod4028..i i j j x z x z +++++≡+…………⑦假设有满足11007i j ≤<≤的整数,i j ，使得()mod4028i i j j x z x z +≡+，则()mod1007i i j j x z x z +≡+，从而由④式得()()22mod1007,mod1007.i j i j ≡≡.这与11007i j ≤<≤矛盾.故⑥式成立.假设有满足11007i j ≤<≤的整数,i j ，使得()1007100710071007mod4028i i j j x z x z +++++≡+，则()1007100710071007mod1007i i j j x z x z +++++≡+，从而有④式得()()22mod1007,mod1007.i j i j ≡≡这与11007i j ≤<≤矛盾.故⑦式成立.由⑤⑥⑦三式得112220142014,,,x z x z x z +++除以4028的余数互不相同.2.（2014年全国高中数学联赛B 卷试题，加试题，第三题，50分）给定正整数2k ≥，,a b 是非零整数，且a b +为奇数，假定方程k k a x b y a b -=-有整数解,x y ，其中0 2.x y <-≤证明：a b -是某个整数的k 次幂.证明：设11,a da b db ==，其中(),d a b =，则()11, 1.a b =由k k a x b y a b -=-得()11111,k k k dax b y a b --=-所以()111|,k d a b --于是 111.k d a b --…………①又因为()(),k k k k k a b a x b y a x y a b y -=-=-+-且()()|k ka b a b --，所以()()|.k a b a x y --由假定a b +为奇数得，a b -也为奇数，而02x y <-≤，从而(), 1.a b x y --=于是()|.ka b a -从而()()()1111111|,|.kk k da db da a b d a ---由()11,1a b =可得()111,1a b a -=，从而()111|,k a b d--于是111.k a b d --…………②由①②两式得111.k a b d--=于是，1111,k a b da db d a b d -=-=-=即a b -是整数d 的k 次幂，这就是我们所要证明的.。