2000第17届巴尔干地区数学奥林匹克
2018年度国外数学竞赛试题翻译汇编
(升级版)
赵力 2019 - 06 - 19
时间，就像高铁，一眨眼，就过站了……
人生很简单 总有一些风景，注定要错过 与其执着，不如随缘 只要懂得“珍惜、知足、感恩”就可以了！
笑看世事繁华，淡定人生心态 不索不可取，不求不可得 学会感恩，做人做事，无憾我心 不再奢望浮华之梦，不再……
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2018 年亚太地区数学奥林匹克试题
时间，一点不像高铁，过了站，居然买不到回来的车票！
生命，不就如一场雨吗 你曾无知地在其间雀跃，曾痴迷地在其间沉吟 但更多时候 你得忍受那些寒冷与潮湿，那些无奈与寂寞 并且以晴日的幻想来度日
当你握紧双手，里面什么也没有 当你打开双手，世界就在你手中
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目录
2018 年亚太地区数学奥林匹克 ……………………………………… 1 2018 年波罗的海地区数学奥林匹克 ………………………………… 2 2018 年第 10 届 Benelux 数学奥林匹克 ……………………………… 5 2018 年巴尔干地区数学奥林匹克 …………………………………… 6 2018 年巴尔干地区数学奥林匹克预选题…………………………… 7 2018 年巴尔干地区初中数学奥林匹克 ……………………………… 10 2018 年高加索地区数学奥林匹克 …………………………………… 11 2018 年中美洲及加勒比地区数学奥林匹克 ………………………… 13 2018 年 Cono Sur 数学奥林匹克 ……………………………………… 14 2018 年捷克-波兰-斯洛伐克联合数学竞赛 ………………………… 15 2018 年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克 ……………………………… 16 2018 年多瑙河地区数学奥林匹克 …………………………………… 17 2018 年欧洲女子数学奥林匹克 ……………………………………… 19 2018 年欧洲数学杯奥林匹克 ………………………………………… 21 2018 年拉丁美洲数学奥林匹克 ……………………………………… 23 2018 年国际大都市数学竞赛(IOM) ………………………………… 24 2018 年第 2 届 IMO 复仇赛 …………………………………………… 25 2018 年第 5 届伊朗几何奥林匹克 …………………………………… 26 2018 年第 17 届基辅数学节竞赛 …………………………………… 30 2018 年地中海地区数学竞赛 ………………………………………… 32 2018 年中欧数学奥林匹克 …………………………………………… 33 2018 年北欧数学奥林匹克 …………………………………………… 35 2018 年泛非数学奥林匹克 …………………………………………… 36 2018 年泛非数学奥林匹克预选题 …………………………………… 38 2018 年罗马尼亚大师杯数学奥林匹克 ……………………………… 42
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分(1)集合、数与式
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程. B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j ≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程.B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小.【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y.（1）当n是奇数时，x n≥y n.（2）当n是偶数时（i）如果x≥y≥0，则x n≥y n；（ii）如果0≥x≥y，则x n≤y n；（iii）如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n.B1-032对任意实数x、y.定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值.【题说】1985年全国联赛一试题2（4）.原题为填空题.【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 （1）2*3=2a+3b+6c=4 （2）x*d=ax+bd+cxd=（a+cd）x+bd=x（3）由（3）得a+cd=1 （4）B d=0 （5）因d≠0，故由（5）式得b=0.再解方程（1）及（2），得a=5，c=-1，最后由（4）式得d=4.B1-033计算下式的值：【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题14.注意324=4³34.【解】x4+4y4=（x2+2y2）2-（2xy）2=[（x2+2y2）-2xy][（x2+2y2）+2xy]=[（x-y）2+y2][（x+y）2+y2]。
平面几何中三点共线的常见解法
2叙嗲活幼嫘歿讲；I中等数学平面几何中三点共线的常见解法T S J瑜(天津师范大学数学科学学院2019级硕士研究生，300387 )中图分类号:〇123.1 文献标识码:A文章编号：1005 - 6416(2021)04 - 0002 - 06(本讲适合高中）证明三点共线是数学竞赛中的一种常见 题型.本文结合近几年国内外数学竞赛中的 典型例题介绍几种常见的解题方法.1利用梅涅劳斯定理的逆定理例 1 已知的三条中线A4'、与其九点圆分别交于点£>、£、厂直线fiC、C4、仙上的点L、M、iV分别为A/lfiC 的三条高线的垂足，九点圆上以Z)、瓦、F为切 点的三条切线与直线M/V、L/V、L M分别交于 点'(?、/?.证明:P、<?、/?三点共线.[1](第17届地中海地区数学竞赛）证明如图1，设A/I S C的重心为C.图1由梅涅劳斯定理的逆定理，知只要证收稿日期:2020-11 -18NP MR LQ^p m'~r l'q n='A P D N c^^PMD.别得+h.NP^apdn ND1^P M~S^d m~DM2'^./i U X i U MR MF2LQ LE2类似地，RL = Fl T#= Ei y r为证式①成立，只要证ND MF LEd m'~f l'e n='②在A和A中，由正弦定理分ND ADsin Z BAG~ sin Z A N D'MD ADsin 乙 CAG sin Z A M D '两式相除得ND sin Z CAG sin AMDDM sin Z BAG sin Z ANDsin Z B'A'D B'D③sin C'A'D~C'D '类似地，MF sin Z BCGFL sin Z ACGA'FB'F，④LE sin 乙 ABG C'E⑤EN sin Z CBG A'E '对A4S C和点G应用角元塞瓦定理知sin /_ BAG sin X ACG sin X CBG_ .⑥sin CAG sin /_ BCG sin 乙ABG2021年第4期3③〜⑥四式相乘得ND MF LE BfD ArF C E----•—• — —-----•------•DM FL EN~ C'D B'F A'E'又由六点共圆，则A G D B'c^^GEA'B'D DGZ E =£G '米加她 A，F FG C，E EG类似地，C,Z)—D G W F— F G .三式相乘并代人式⑦，即得式②成立.【注】对于证明中的式⑦，由于圆内接凸 六边形水/满足氺£)、57、(：7三线共点，由角元塞瓦定理的推论也可得A'F B'D C'E~FB''15C''~EA'=j即式⑦右边=1.2利用平角的定义或角相等(1)如图，…，/)…为平面上 » +3个点，若Z A B D t +Z D'BD2+.._+Z D…B C= M)。
数论选讲
解： 又
(m + n)m ≥ mm + nm ⇒ mn ≤ 1413 。
44 = 256,53 = 3125 > 1413 ⇒ m ≤ 4 。 显然 m 为奇数。 当 m = 1时，对任何正整数 n ，不可能有 (m + n)m = n +1 = nm +1413 = n +1413 。
当 m = 3 时，由 (3 + n)3 = n3 +1413 可得 n2 + 3n −154 = 0 ，即
（1）必有自然数 k ，使得 Ak+1 = Ak 。 (2) 若 A = 1986 ，问上述的 Ak 等于多少？并说明理
由。
证明：（1）n = 0 时，对任意 k ，有 Ak = A 。当 n = 1 时，显然 A ≥ f ( A) 。 当 n ≥ 2 时，
f ( A) = 2n a0 + 2n−1 a1 +" + 2an−1 + an ≤ (2n + " + 2 + 1) ⋅ 9 = (2n+1 −1) ⋅ 9 ， A ≥ 10n an ≥ 10n = 10 ⋅10n−1 > 9 ⋅10n−1 > 9 ⋅ 23 ⋅10n−2 ≥ 9 ⋅ 23 ⋅ 2n−2 = 9 ⋅ 2n+1 > 9(2n+1 −1) ≥ f ( A)
一、基本知识
（一）整除与同余
1. 设 n 为正整数，则任意 n 个连续整数中有且仅有一个是 n 的倍数。 2. 若 p 为素数， n 为任意正整数，且 p a1 a2 "an ，则至少存在一个 ai ，使得 p ai 。
3. 若 ai ≡ bi (mod n),i = 1,2,", m ，则对任意的整数 ci (i = 1, 2,", m) ，均有
1959年至历届imo试题
第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；b)A =1；c)A =2。
（罗马尼亚）3. a 、b 、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程0cos cos 2=++c x b x a试用 a,b,c 作出一个关于 cos 2x 的二次方程，使它的根与原来的方程一样。
当a =4,b =2,c =-1 时比较 cos x 和 cos 2x 的方程式。
（匈牙利）4. 试作一直角三角形使其斜边为已知的c ，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
（匈牙利）5. 在线段AB 上任意选取一点M ，在AB 的同一侧分别以 AM 、MB 为底作正方形AMCD 、 MBEF ，这两个正方形的外接圆的圆心分别是 P 、Q ，设这两个外接圆又交于 M 、N 。
a) 求证：AF 、BC 相交于N 点；b) 求证：不论点M 如何选取，直线MN 都通过定点S ；c) 当M 在A 与B 之间变动时，求线段PQ 的中点的轨迹。
（罗马尼亚）6. 两个平面P 、Q 的公共边为 p ，A 为P 上给定一点，C 为Q 上给定一点，并且这两点都不在直线p 上。
试作一等腰梯形ABCD （AB 平行于CD ），使得它有一个内切圆，并且顶点B 、D 分别落在平面P 和Q 上。
（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚 锡纳亚（Sinaia ，Romania ）1. 找出所有具有下列性质的三位数N ：N 能被11整除且商等于N 的各位数字的平方和。
（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x ：（匈牙利）()92211422+<+-x xx3. 直角三角形ABC 的斜边BC 的长为a ，将它分成n 等份（n 为奇数），令α为从A 点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A 到BC 边的高长为h ，求证：（罗马尼亚）()an nh14tan 2-=α 4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、h b 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
历届女子数学奥林匹克试题
目录2002年女子数学奥林匹克 (1)2003年女子数学奥林匹克 (3)2004年女子数学奥林匹克 (5)2005年女子数学奥林匹克 (7)2006年女子数学奥林匹克 (9)2007年女子数学奥林匹克 (11)2008年女子数学奥林匹克 (13)2009年女子数学奥林匹克 (16)2010年女子数学奥林匹克 (19)2011年女子数学奥林匹克 (21)2012年女子数学奥林匹克 (24)2002年女子数学奥林匹克1.求出所有的正整数n，使得20n+2能整除2003n+2002.2.夏令营有3n（n是正整数）位女同学参加，每天都有3位女同学担任执勤工作.夏令营结束时，发现这3n位女同学中的任何两位，在同一天担任执勤工作恰好是一次.（1）问：当n=3时，是否存在满足题意的安排？证明你的结论；（2）求证：n是奇数.3.试求出所有的正整数k，使得对任意满足不等式k(aa+ab+ba)>5(a2+a2+b2)4.⊙O1和⊙O2相交于B、C两点，且BC是⊙O1的直径.过点C作⊙O1的切线，交⊙O2于另一点A，连结AB，交⊙O1于另一点E，连结CE并延长，交⊙O2于点F.设点H为线段AF内的任意一点，连结HE并延长，交⊙O1于点G，连结BG并延长，与AC的延长线交于点D.求证：AA AH=AA AC.5.设P1，P2，⋯，P n(n≥2)是1，2，⋯，n的任意一个排列.求证：1P1+P2+1P2+P3+⋯+1P n−2+P n−1+1P n−1+P n>n−1n+2.6.求所有的正整数对(x,y)，满足x y=y x−y.7.锐角△ABC的三条高分别为AD、BE、CF.求证：△DEF的周长不超过△ABC周长的一半.8.设A1，A2，⋯，A8是平面上任意取定的8个点，对平面上任意取定的一条有向直线l，设A1，A2，⋯，A8在该直线上的摄影分别是P1，P2，⋯，P8.如果这8个射影两两不重合，以直线l的方向依次排列为P i1，P i2，⋯，P i8，这样，就得到了1,2，…，8的一个排列i1，i2，⋯，i8（在图1中，此排列为2,1,8,3,7,4,6,5）.设这8个点对平面上所有有向直线作射影后，得到的不同排列的个数为N8=N(A1,A2,⋯88的最大值.图12003年女子数学奥林匹克1. 已知D 是△ABC 的边AB 上的任意一点，E 是边AC 上的任意一点，连结DE ，F 是线段DE 上的任意一点.设AC AA =x ，AA AA =y ，CH CA =z .证明： （1） S △ACH =(1−x )yzS △AAA ，S △AAH =x (1−y )(1−z )S △AAA ;（2） �S △ACH 3+�S △AAH 3≤�S △AAA 3.2. 某班有47个学生，所用教室有6排，每排有8个座位，用(i ,j )表示位于第i 排第j 列的座位.新学期准备调整座位，设某学生原来的座位为(i ,j )，如果调整后的座位为(m ,n )，则称该生作了移动[a ,a ]=[i −m ,j −n ]，并称a +b 为该生的位置数.所有学生的位置数之和记为S .求S 的最大可能值与最小可能值之差.3. 如图1，ABCD 是圆内接四边形，AC 是圆的直径，BB ⊥AA ，AC 与BD 的交点为E ，F 在DA 的延长线上.连结BF ，G 在BA 的延长线上，使得BD ∥BB ，H 在GF 的延长线上，AC ⊥DB .证明：B 、E 、F 、H 四点共圆.图14.（1）证明：存在和为1的5个非负实数a、b、c、d、e，使得将它们任意放置在一个圆周上，总有两个相邻数的乘积不小于19；（2）证明：对于和为1的任意玩个非负实数a、b、c、d、e，总可以将它们适当放置在一个圆周上，且任意相邻两数的乘积均不大于19.5.数列{a n}定义如下：a1=2，a n+1=a n2−a n+1，n=1,2,⋯.证明：1−120032003<1a1+1a2+⋯+1a2003<1.6.给定正整数n(n≥2).求最大的实数λ，使得不等式a n2≥λ(a1+a2+⋯+a n−1)+2a n对任意满足a1<a2⋯<a n的正整数a1，a2，⋯，a n均成立.7.设△ABC的三边长分别为AB=b、BA=a、AA=a，a、b、c互不相等，AD、BE、CF分别为△ABC的三条内角平分线，且DE=DF.证明：（1）a b+c=b c+a+c a+b;（2）∠BAA>90°.8.对于任意正整数n，记n的所有正约数组成的集合为S n.证明：S n中至多有一半元素的个位数为3.2004年女子数学奥林匹克1.如果存在1，2，⋯，n的一个排列a1，a2，⋯，a n，使得k+a k(k=1,2,⋯,n)都是完全平方数，则称n为“好数”.问：在集合{11,13,15,17,19}中，哪些是“好数”，哪些不是“好数”？说明理由.（苏淳供题）2.设a、b、c为正实数.求a+3c a+2b+c+4b a+b+2c−8c a+b+3c的最小值.（李胜宏供题）3.已知钝角△ABC的外接圆半径为1.证明：存在一个斜边长为√2+1的等腰直角三角形覆盖△ABC.（冷岗松供题）4.一副三色纸牌，共有32张，其中红黄蓝每种颜色的牌各10张，编号分别是1，2，⋯，10；另有大小王牌各一张，编号均为0.从这副牌中任取若干张牌，然后按如下规则计算分值：每张编号为k的牌记为2k分.若它们的分值之和为2004，则称这些牌为一个“好牌组”.试求“好牌组”的个数.（陶平生供题）5.设u、v、w为正实数，满足条件u√vv+v√vu+v√uv≥1.试求u+v+v的最小值. （陈永高供题）6.给定锐角△ABC，点O为其外心，直线AO交边BC于点D.动点E、F分别位于边AB、AC上，使得A、E、D、F四点共圆.求证：线段EF在边BC上的投影的长度为定值.（熊斌供题）7.已知p、q为互质的正整数，n为非负整数.问：有多少个不同的整数可以表示为ii+jj的形式，其中i，j为非负整数，且i+j≤n.（李伟固供题）8.将一个3×3的正方形的四个角上各去掉一个单位正方形所得到的图形称为“十字形”.在一个10×11的棋盘上，最多可以放置多少个互不重叠的“十字形”（每个“十字形”恰好盖住棋盘上的5个小方格）？（冯祖明供题）2005年女子数学奥林匹克1.如图1，点P在△ABC的外接圆上，直线CP、AB相交于点E，直线BP、AC相交于点F，边AC的垂直平分线与边AB相交于点J，边AB的垂直平分线与边AC相交于点K.求证：AA2AH=AA⋅AA AA⋅AH.图1（叶中豪供题）2.求方程组�5�x+1x�=12�y+1y�=13(z+1z)xy+yz+zx=1,的所有实数解.（朱华伟供题）3.是否存在这样的凸多面体，它共有8个顶点、12条棱和6个面，并且其中有4个面，每两个面都有公共棱？（苏淳供题）4.求出所有的正实数a，使得存在正整数n及n个互不相交的无限整数集合A1，A2，⋯，A n满足A1∪A2∪⋯∪A n=Z，而且对于每个A i中的任意两数b>c，都有a−b≥a i.（袁汉辉供题）5.设正实数x、y满足x3+y3=x−y.求证：x2+4y2<1. （熊斌供题）6.设正整数n(n≥3).如果在平面上有n个格点P1，P2，⋯，P n满足：当�P i P j�为有理数时，存在P k，使得|P i P k|和�P j P k�均为无理数；当�P i P j�为无理数时，存在P k，使得|P i P k|和�P j P k�均为有理数，那么，称n是“好数”.（1）求最小的好数；（2）问：2005是否为好数（冯祖明供题）7.设m、n是整数，m>n≥2，S=�1，2，⋯，m�，T=�a1，a2，⋯，a n�是S的一个子集.已知T中的任两个数都不能同时整除S中的任何一个数.求证：1a1+1a2+⋯+1a n<m+n m. （张同君供题）8.给定实数a、b(a>a>0)，将长为a、宽为b的矩形放入一个正方形内（包含边界）.问正方形的边至少为多长?（陈永高供题）2006年女子数学奥林匹克1.设a>0，函数f:(0，+∞)→R满足f(a)=1.如果对任意正实数x、y，有f(x)f(y)+f�a x�f�a y�=2f(xy)，求证：f(x)为常数.（朱华伟供题）2.设凸四边形ABCD的对角线交于点O.△OAD、△OBC的外接圆交于点O、M，直线OM分别交△OAB、△OCD的外接圆于点T、S.求证：M是线段TS的中点.（叶中豪供题）3.求证：对i=1，2，3，均有无穷多个正整数n，使得n，n+2，n+28中恰有i个可表示为三个正整数的立方和.（袁汉辉供题）4.8个人参加一次聚会.(1)如果其中任何5个人中都有3个人两两认识，求证：可以从中找出4个人两两认识；(2)试问：如果其中任何6个人中都有3个人两两认识，那么是否一定可以找出4个人两两认识？（苏淳供题）5.平面上整点集S=�(a,a)�1≤a,a≤5(a、a∈Z)�，T为平面上一整点集，对S中任一点P，总存在T中不同于P的一点Q，使得线段PQ上除点P、Q外无其它的整点.问T的元素个数最少为多少？（陈永高供题）6.设集合M={1,2,⋯,19}，A={a1,a2,⋯,a k}⊆M.求最小的k，使得对任意的a∈M，存在a i、a j∈A，满足a=a i或a=a i±a j（a i、a j 可以相同）.（李胜宏供题）7.设x i>0(i=1,2,⋯,n),k≥1.求证：∑11+x i n i=1⋅∑x i n i=1≤∑x i k+11+x i n i=1⋅∑1x i k n i=1. （陈伟固供题）8.设p为大于3的质数，求证：存在若干个整数a1,a2,⋯,a t满足条件−p2<a1<a2<⋯<a t<p2，使得乘积p−a1|a1|⋅p−a2|a2|⋅⋯⋅p−a t|a t|是3的某个正整数次幂.（纪春岗供题）2007年女子数学奥林匹克1.设m为正整数，如果存在某个正整数n，使得m可以表示为n和n的正约数个数（包括1和自身）的商，则称m是“好数”.求证：（1）1,2,⋯,17都是好数；（2）18不是好数.（李胜宏供题）2.设△ABC是锐角三角形，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，线段AD、BE、CF经过△ABC的外心O.已知以下六个比值AC CA、AA AA、AH HA、AH HA、AA AA、AC CA中至少有两个是整数.求证：△ABC是等腰三角形.（冯祖明供题）3.设整数n(n>3)，非负实数a1，a2，⋯，a n满足a1+a2+⋯+a n=2.求a1a22+1+a2a32+1+⋯+a n a12+1的最小值.（朱华伟供题）4.平面内n(n≥3)个点组成集合S，P是此平面内m条直线组成的集合，满足S关于P中每一条直线对称.求证：m≤n，并问等号何时成立？（边红平供题）5.设D是△ABC内的一点，满足∠BAA=∠BAA=30°，∠BBA=60°，E是边BC的中点，F是边AC的三等分点，满足AF=2FC.求证：BD⊥DB.（叶中豪供题）6.已知a、a、b≥0，a+a+b=1.求证：�a+14(a−b)2+√a+√b≤√3（李伟固供题）7.给定绝对值都不大于10的整数a、b、c，三次多项式f(x)=x3+ ax2+ax+b满足条件�f(2+√3)�<0.0001.问：2+√3是否一定是这个多项式的根？（张景中供题）8.n个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局.规定：胜者得1分，负者得0分，平局得0.5分.如果赛后发现任何m个棋手中都有一个棋手胜了其余m-1个棋手，也有一个棋手输给了其余m-1个棋手，就称此赛况具有性质P(m).对给定的m(m≥4)，求n的最小值f(m)，使得对具有性质P(m)的任何赛况，都有所有n名棋手的得分各不相同.（王建伟供题）2008年女子数学奥林匹克1.（1）问能否将集合�1，2，⋯，96�表示为它的32个三元子集的并集，且每个三元子集的元素之和都相等；（2）问能否将集合�1，2，⋯，99�表示为它的33个三元子集的并集，且每个三元子集的元素之和都相等.（刘诗雄供题）2.已知式系数多项式ϕ(x)=ax3+ax2+bx+d有三个正根，且ϕ(0)<0.求证：2a3+9a2d−7aab≤0. （朱华伟供题）3.求最小常数a(a>1)，使得对正方形ABCD内部任一点P，都存在△P AB、△PBC、△PCD、△PDA中的某两个三角形，其面积之比属于区间�a−1，a�.（李伟固供题）4.在凸四边形ABCD的外部分别作正△ABQ、△BCR、△CDS、△DAP，记四边形ABCD的对角线的和为x，四边形PQRS的对角线中点连线的和为y.求y x的最大值.（熊斌供题）5.如图1，已知凸四边形ABCD满足AB=BC，AD=DA，E、F分别是线段AB、AD上一点，满足B、E、F、D四点共圆，作△DPE顺向相似于△ADC，作△BQF顺向相似于△ABC.求证：A、P、Q三点共线.图1 注：两个三角形顺向相似是指它们的对应顶点同按顺时针方向或同按逆时针方向排列.（叶中豪 供题）6. 设正数列x 1，x 2，⋯，x n ，⋯满足(8x 2−7x 1)x 17=8及x k+1x k−1−x k 2=x k−18−x k 8(x k x k−1)7(k ≥2).求正实数a ，使得当x 1>a 时，有单调性x 1>x 2>⋯>x n >⋯，当0<x 1<a 时，不具有单调性. （李胜宏 供题）7. 给定一个2008×2008的棋盘，棋盘上每个小方格的颜色均不相同.在棋盘的每一个小方格中填入C 、G 、M 、O 这4个字母中的一个，若棋盘中每一个2×2的小棋盘中都有C 、G 、M 、O 这4个字母，则称这个棋盘为“和谐棋盘”，问有多少种不同的和谐棋盘？（冯祖明 供题）8. 对于正整数n ，令f n =�2n √2008�+[2n √2009].求证：数列f 1,f 2,⋯中有无穷多个奇数和无穷多个偶数（[x ]表示不超过实数x 的最大整数）.（冯祖明 供题）B2009年女子数学奥林匹克1. 求证：方程aab =2009(a +a +b )只有有限组正整数解(a,b,c).（梁应德 供题）2. 如图1，在△ABC 中，∠BAA =90°，点E 在△ABC 的外接圆圆Γ的弧BC （不含点A ）内，AE >EC .连结EC 并延长至点F ，使得∠DAA =∠AAB ，连结BF 交圆Γ于点D ，连结ED ，记△DEF 的外心为O .求证：A 、C 、O 三点共线.图1 （边红平 供题）3. 在平面直角坐标系中，设点集�P 1，P 2，⋯，P 4n+1�=�(x ,y )�x 、y 为整数，|x |≤n ,|y |≤n ,xy =0�，其中，n ∈N +.求(P 1P 2)2+(P 2P 3)2+⋯+(P 4n P 4n+1)2+(P 4n+1P 1)2的最小值.（王新茂 供题）4. 设平面上有n (n ≥4)个点V 1，V 2，⋯，V n ，任意三点不共线，某些点之间连有线段.把标号分别为1，2，⋯，n 的n 枚棋子放置在这n 个点处，每个点处恰有一枚棋子.现对这n 枚棋子进行如下操作：每B次选取若干枚棋子，将它们分别移动到与自己所在点有线段相连的另一个点处；操作后每点处仍恰有一枚棋子，并且没有两枚棋子在操作前后交换位置.若一种连线段的方式使得无论开始时如何放置这n 枚棋子，总能经过有限次操作后，使每个标号为k (k =1,2,⋯,n )的棋子在点V k 处，则称这种连线段的方式为“和谐的”.求在所有和谐的连线段的方式中，线段数目的最小值. （付云皓 供题）5. 设实数xyz 大于或等于1.求证：(x 2−2x +2)(y 2−2y +2)(z 2−2z +2)≤(xyz )2−2xyz +2 （熊 斌 供题）6. 如图2，圆Γ1、Γ2内切于点S ，圆Γ2的弦AB 与圆Γ1切于点C ，M 是弧AB （不含点S ）的中点，过点M 作MN ⊥AB ，垂足为N .记圆Γ1的半径为r .求证：AA ⋅AB =2rMN .图2 （叶中豪 供题）7. 在一个10×10的方格表中有一个有4n 个1×1的小方格组成的图形，它既可被n 个“”型的图形覆盖，也可被n 个“”或“”型（可以旋转）的图形覆盖.求正整数n的最小值.（朱华伟供题）8.设a n=n√5−�n√5�.求数列a1，a2，⋯，a2009中的最大项和最小项，其中，[x]表示不超过实数x的最大整数.（王志雄供题）2010年女子数学奥林匹克1. 给定整数n (n ≥3)，设A 1，A 2，⋯，A 2n 是集合�1，2，⋯，n�的两两不同的非空子集，记A 2n+1=A 1.求∑|A i ∩A i+1||A i |⋅|A i+1|2n i=1的最大值.（梁应德 供题）2. 如图1，在△ABC 中，AB =AA ，D 是边BC 的中点，E 是在△ABC 外一点，满足AD ⊥AB ，BD =BB .过线段BE 的中点M 作直线MB ⊥BD ，交△ABD 的外接圆的劣弧AD 于点F .求证：DB ⊥BB .图1 （郑焕 供题）3. 求证：对于每个正整数n ，都存在满足下面三个条件的质数p 和整数m ：（1）i ≡5(mmd 6)；（2）i ∤n ；（3）n ≡m 3(mmd i ).（付云皓 供题） 4. 设实数x 1，x 2，⋯，x n 满足∑x i 2=1(n ≥2)n i=1.求证：∑(1−k ∑ix i 2n i=1)2x k 2k n k=1≤(n−1n+1)2∑x k 2k n k=1，并确定等号成立的条件.（李胜宏供题）5.已知f(x)、g(x)都是定义在R上递增的一次函数，f(x)为整数当且仅当g(x)为整数.证明：对一切x∈R，f(x)−g(x)为整数.（刘诗雄供题）6.如图2，在锐角△ABC中，AB>AA，M为边BC的中点，∠BAA的外角平分线交直线BC于点P.点K、F在直线P A上，使得MB⊥BA，MM⊥PA.求证：BC2图2（边红平供题）7.给定正整数n(n≥3).对于1，2，⋯，n的任意一个排列P=(x1,x2,⋯,x n)，若i<j<k，则称x j介于x i和x k之间（如在排列（1,3,2,4）中，3介于1和4之间，4不介于1和2之间）.设集合S={P1,P2,⋯,P m}的每个元素P i(1≤i≤m)中都不介于另外两个数之间.求m的最大值.（冯祖鸣供题）8.试求满足下列条件的大于5的最小奇数a：存在正整数m1、n1、m2、n2，使得a=m12+n12，a2=m22+n22，且m1−n1=m2−n2.（朱华伟供题）2011年女子数学奥林匹克1.求出所有的正整数n，使得关于x，y的方程1x+1y=1n恰有2011组满足x≤y的正整数解(x，y) .（熊斌供题）2.如图1，在四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，边AB、CD的中垂线相交于点F，点M、N分别为边AB、CD的中点，直线EF分别与边BC、AD相交于点P、Q，若MB⋅AB=NB⋅AB, BQ⋅BP=AQ⋅AP，求证：PQ垂直于BC.图1（郑焕供题）3.设正数a，a，b，d满足aabd=1，求证：1+1+1+1+9≥25（朱华伟供题）4.有n(n≥3)名乒乓球选手参加循环赛，每两名选手之间恰好比赛一次(比赛无平局).赛后发现，可以将这些选手排成一圈,使得对于任意三名选手A，B，C，若A，B在圈上相邻,则A，B中至少有一人战胜了C，求n的所有可能值.（付云皓供题）5.给定非负实数a，求最小实数f=f(a)，使得对任意复数,Z1,Z2和实数x(0≤x≤1)，若|Z1|≤a|Z1−Z2|，则|Z1−xZ2|≤f|Z1−Z2|.（李胜宏供题）6.是否存在正整数m，n，使得m20+11n是完全平方数？请予以证明.（袁汉辉供题）7.从左到右编号为B1，B2，⋯，B n的n个盒子共装有n个小球，每次可以选择一个盒子B k，进行如下操作：若k=1且B1中至少有1个小球，则可从B1中移1个小球至B2中；若k＝n，且B n中至少有1个小球，则可从B n中移1个小球至B n-1中，若2≤k≤n－1且B k中至少有2个小球，则可从B k中分别移1个小球至B k－1和B k＋1中，求证：无论初始时这些小球如何放置，总能经过有限次操作使得每个盒子中恰有1个小球.（王新茂供题）8. 如图2，已知⊙O 为△ABC 中BC 边上的旁切圆，点D 、E 分别在线段AB 、AC 上，使得BD ∥BA .⊙O 1为△ADE 的内切圆，O 1B 交DO 于点F ,O 1C 交EO 于点G .⊙O 切BC 于点M .⊙O 1切DE 于点N .求证：MN 平分线段FG .图2 （边红平 供题）A2012年女子数学奥林匹克1.设a1,a2,⋯,a n为非负实数，求证：11+a1+a1(1+a1)(1+a2)+⋯+ a1a2⋯a n−1(1+a1)(1+a2)⋯(1+a n)≤1.2.如图1所示，圆O1和O2外切于点T，点A、E在圆O1上，AB切圆O2于点B，ED切圆O2于点D，直线BD、AE交于点P.（1）求证：AB⋅DT=AT⋅DB；（2）求证：∠ATP+∠DTP=180°Array图13.求所有整数对（a,b），使得存在整数d>1，对任意的正整数n，都有d|a n+a n+1.4.在正十三边形的13个顶点上各摆放一枚黑子或者白子，一次操作是指将两枚棋子的位置交换.求证：无论开始时棋子是如何摆放的，总可以至多操作一次，使得各个棋子的颜色关于正十三边形的某一条对称轴是对称的.5.如图2所示，在△ABC中，I为内切圆圆心，D、E分别为AB、AC边上的切点，O为△BIC的外心，求证：∠OBB=∠ODA.图26. 某个国家有n (n ≥3)个城市，每两个城市间都有一条双向航线.这个国家有两个航空公司，每条航线由一家公司经营.一个女数学家从某个城市出发，经过至少两个其它城市，回到出发地.如果无论怎样选择出发城市和路径，都无法只乘坐一家公司的航班，求n 的最大值.7. 有一个无穷项的正整数数列a 1≤a 2≤a 3≤⋯.已知存在正整数k和r ，使得r a r =k +1，求证：存在正整数s ，使得s a s =k .8. 集合{0,1,2,⋯,2012}中有多少个元素k ，使得A 2012k 是2012的倍数.B。
初中数学重点梳理：完全平方数
完全平方数知识定位完全平方数是初等数论中的一个重要内容，由于数论内涵丰富，因此数论问题灵活而富于变化，解答完全平方数问题往往需要较强的分析能力与具备一定的数学素养。
正因为如此，完全平方数的有关问题常常是各层次数学竞赛的主要题源之一。
在处理有关完全平方数问题时，除了要求会熟练地运用某些常用的方法外，更重要的是要善于分析，要学会抓问题的本质特征。
本节介绍一些常见题型和基本解题思想和技巧的方法来提高学生的解题能力，是完全必要的，也是比较符合中学生的认知规律的，本文主要介绍一些适合初中学生解答的完全平方数问题。
知识梳理1、完全平方数的定义一个数如果是另一个整数的完全平方，那么我们就称这个数为完全平方数，也叫做平方数。
2、完全平方数特征（1）末位数字只能是：0、1、4、5、6、9；反之不成立。
（2）除以3余0或余1；反之不成立。
（3）除以4余0或余1；反之不成立。
（4）约数个数为奇数；反之成立。
（5）奇数的平方的十位数字为偶数；反之不成立。
（6）奇数平方个位数字是奇数；偶数平方个位数字是偶数。
（7）两个相临整数的平方之间不可能再有平方数。
平方差公式：X2-Y2=（X-Y）（X+Y）完全平方和公式：（X+Y）2=X2+2XY+Y2完全平方差公式：（X-Y）2=X2-2XY+Y23、完全平方数的性质性质1：完全平方数的末位数只能是0,1,4,5,6,9。
性质2：奇数的平方的个位数字为奇数，十位数字为偶数。
性质3：如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；反之，如果完全平方数的个位数字是6，则它的十位数字一定是奇数性质4：偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1。
性质5：奇数的平方是8n+1型；偶数的平方为8n或8n+4型。
性质6：平方数的形式必为下列两种之一：3k,3k+1。
性质7：不能被5整除的数的平方为5k±1型，能被5整除的数的平方为5k型。
性质8：平方数的形式具有下列形式之一：16m,16m+1,16m+4,16m+9。
《中等数学》2020年总目次
2020年第12期49《中等数学》2020年总目次I M O快讯(10.封底）数学活动课程讲座.初中.初中数学竞赛中的组合最值问题解法举例(钟志强6-2)完全平方数的性质及其应用(李昌勇刘应成6-7)•高中•一些关于无穷多个素因子的问题（吴宇培丨*2) “线性化”在多元不等式证明与最值求解中的应用(唐智逸茹双林2-2)数学竞赛中两种不等式基本思想的应用(缠祥瑞3*2)数学竞赛中的复数问题（唐立华 4.27-2)数学竞赛中组合几何问题的常见解法(程振峰李宝毅5-2)递归计数的六种方式（冯跃峰8-2)圆锥曲线几个结论的证明与应用（金荣生9-2)数学竞赛中数列不等式的常见解法举例(王逸凡王彬瑶10-2)数论中的升幂引理及其应用（王永喜丨卜2)对应思想在组合问题中的应用（缠祥瑞12-2)命题与解题数学命题中的“抱残守缺”（陶平生I*7)例谈不等式题的命制方法（张端阳卜1丨）两道赛题的创作思路、答题情况及启示(林天齐何忆捷熊斌2-8)开世定理的推广与应用（李庆圣2，12)老题新芽别样趣味（肖恩利陈博文3-6) 2019年全国高中数学联赛加试第三题的改进(晏兵川赵凌燕3*13)一道罗马尼亚竞赛题的分析与推广(朱华伟邱际春4‘7)一道高中数学竞赛题的探讨(邱慎海沈家书4’11)一道集训队选拔考试题的推广（李伟健4*14)一道不等式赛题的演变与推广(邱际春朱华伟郑焕5-9)利用抽屉原理证明三道竞赛题（隋婷婷5*11)一道数学竞赛题的推广（林根 5 •13)一道中国北方数学奥林匹克试题的引申(赵凌燕隋世友6‘11)判别式在不定方程中的应用（雷勇7-9)三道国外竞赛题的简解（姚先伟于娟7 •12)两道数学竞赛题的分析与推广(邱际春朱华伟8‘12)与三角形的内切圆有关的一个性质及相关性质和命题（李庆圣一道印度赛题的解题思考（李明谈谈数学竞赛中的数学期望（吴宇培关于一道数论题的思考（李彬解题小品—投石问路（陶平生利用复数证明竞赛题（刘东华华洁一道东南赛题与2020年高中联赛数论题的渊源（陶平生一道高中联赛题的推广与变形（王若飞9.9)9.16)10.11)10-13)11.7)11-11)12.7)12.9)赛题另解(1-154-155-157-1310-15)2020年全年高中数学联赛加试题另解(李庆圣杨续亮刘晓理等12-13)专题写作一类麦比乌斯反演问题及其应用（刘志乐2•15)多项式根的倒数和问题求解（梅述恩 3 •17)一个与多项式相关的不等式（刘亮赵斌5*18)高斯整数在数学竞赛中的应用（古德麟 7_15)一道北方希望之星数学夏令营试题的拓展第29届南美洲数学奥林匹克(8.36) (贾秀平段敏敏11-14)2020年全国高中数学联赛浙江赛区预赛(9-20)学生习作2020年全国高中数学联赛重庆赛区预赛(9-25)2018中国香港代表队选拔考试(9-28)论局部调整法的妙用(阮书镐4-17)2018中美洲及加勒比地区数学奥林匹克(9-32)构造表格探究一类数的分布(徐博润6-18)第61届I M O试题(10-16)一种证明三元齐次不等式的方法(王一鹏8.16)2020年全国高中数学联合竞赛(10-17)两道罗马尼亚大师杯赛题的另解(严彬玮9-18)第17届中国东南地区数学奥林匹克(10-25)竞赛之窗第61届I M O试题解答(11-18)第16届中国东南地区数学奥林匹克2019中国数学奥林匹克希望联盟夏令营(1.29 2.30第30届亚太地区数学奥林匹克第35届中国数学奥林匹克2019年全国高中数学联赛四川赛区预赛第三届中国北方希望之星数学夏令营2019青少年数学国际城市邀请赛2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛2019美国数学竞赛（八年级）2019年北京市中学生数学竞赛复赛（高一）2019年全国高中数学联赛吉林赛区预赛第六届伊朗几何奥林匹克2019年全国高中数学联赛甘肃赛区预赛第12届罗马尼亚大师杯数学邀请赛2020美国数学竞赛（十、十二年级）2018爱沙尼亚国家队选拔考试（初中）2018荷兰数学奥林匹克（初中）2019马其顿数学奥林匹克（初中）2019巴尔干地区数学奥林匹克（初中）2〇19希腊数学奥林匹克（初中）2019希腊国家队选拔考试（初中）2019年全国高中数学联赛贵州赛区预赛2019年全国高中数学联赛重庆赛区预赛第83届莫斯科数学奥林匹克（7,29 2020欧洲女子数学奥林匹克2019年全国高中数学联赛广西赛区预赛2019美国国家队选拔考试第60届I M O预选题(11-2212-20) 0-17)2019亚太地区数学奥林匹克(11-32) 3-33)第19届中国女子数学奥林匹克(11-36)首届百年老校数学竞赛(12-30) (1*35)(2.18)2019瑞士数学奥林匹克（初赛）(12-37) (2.25)再品佳题(2-36)(3.20)第二届国际大都市竞赛（数学）(1-38) (3-27)第32届北欧数学竞赛(2-39) (4.21)2018瑞士数学奥林匹克（预赛）(3-39)(4.26)课外训练(4-29)(4.34).初中.(5.20)(186罗家亮 6.34187 李铁汉汪波 6 •(5.27)39 188 谢文晓9.34189 陈迁赵手志(5-32)王祥10.38)(6.20).高中■(6.23)(247 巢中俊 1.41 248王永中2•41 249 (6.28)于现峰 3.41250王永喜4■41251 刘(6-30)小杰宛昭勋5‘42252杨运新6•42 253 (6.31)李潜7 41254徐节槟龙崎钢8-40(6.33)255何忆捷9.39256李培臣谭祖春郝(7.20)泽来10.42 257 胡满11.42258褚小光(7-26)田开斌12.39)8.29)(7.36)(8.20)(8.24)数学奥林匹克问题(1-48 2-47 3.474-475-48 6.477.488.469-4610-48 11-48 12-46)。
历届数学奥林匹克参赛名单
1985-2012年国际数学奥林匹克中国参赛人数按地区、学校统计国际数学奥林匹克(International Mathematical Olympiad，简称IMO)是世界上规模和影响最大的中学生数学学科竞赛活动。
由罗马尼亚罗曼(Roman)教授发起。
1959年7月在罗马尼亚古都布拉索举行第一届竞赛。
我国第一次派学生参加国际数学奥林匹克是1985年，当时仅派两名学生，并且成绩一般。
我国第一次正式派出6人代表队参加国际数学奥林匹克是1986年。
2012年第53届国际数学奥林匹克竞赛将于今年7月4日至16日在阿根廷马德普拉塔（Mar del Plata , Argentina）举行。
入选国家队的六名学生是：（按选拔成绩排名）陈景文（中国人民大学附属中学)、吴昊（辽宁师范大学附属中学）、左浩（华中师范大学第一附属中学）、佘毅阳（上海中学）、刘宇韬（上海中学）、王昊宇（武钢三中）---------------------------------------------------------历届IMO的主办国，总分冠军及参赛国（地区）数为：年份届次东道主总分冠军参赛国家（地区）数1959 1 罗马尼亚罗马尼亚71960 2 罗马尼亚前捷克斯洛伐克51961 3 匈牙利匈牙利 61962 4 前捷克斯洛伐克匈牙利71963 5 波兰前苏联81964 6 前苏联前苏联91965 7 前东德前苏联81966 8 保加利亚前苏联91967 9 前南斯拉夫前苏联131968 10 前苏联前东德121969 11 罗马尼亚匈牙利141970 12 匈牙利匈牙利141971 13 前捷克斯洛伐克匈牙利151972 14 波兰前苏联141973 15 前苏联前苏联161974 16 前东德前苏联181975 17 保加利亚匈牙利171976 18 澳大利亚前苏联191977 19 南斯拉夫美国211978 20 罗马尼亚罗马尼亚171979 21 美国前苏联231981 22 美国美国271982 23 匈牙利前西德301983 24 法国前西德321984 25 前捷克斯洛伐克前苏联341985 26 芬兰罗马尼亚421986 27 波兰美国、前苏联371987 28 古巴罗马尼亚421988 29 澳大利亚前苏联491989 30 前西德中国501990 31 中国中国541991 32 瑞典前苏联561992 33 俄罗斯中国621993 34 土耳其中国651994 35 中国香港美国691995 36 加拿大中国731996 37 印度罗马尼亚751997 38 阿根廷中国821998 39 中华台北伊朗841999 40 罗马尼亚中国、俄罗斯812000 41 韩国中国822001 42 美国中国832002 43 英国中国842003 44 日本保加利亚822004 45 希腊中国852005 46 墨西哥中国982006 47 斯洛文尼亚中国1042007 48 越南俄罗斯932008 49 西班牙中国1032009 50 德国中国1042010 51 哈萨克斯坦中国1052011 52 荷兰中国101------------------------------------------------------------------历届国际数学奥林匹克中国参赛学生分省市、分学校统计按学校排名（TOP16)1 武汉钢铁三中 152 湖南师大附中 113 华南师范大学附中 104 北大附中 94 人大附中 96 湖北黄冈中学 86 上海中学 88 上海华东师大二附中 5 8 东北育才学校 510 华中师大一附中 410 复旦大学附中 410 深圳中学 410 东北师范大学附中 4 14 上海向明中学 314 长沙市一中 314 哈尔滨师范大学附中 3 以下略。
高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理
第章 角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，则三直线、、平行或共点的充要条件是证明由，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立． 推论设、、分别是的外接圆三段弧、、上的点，则、、共点的充要条件是．事实上，应用三角形正弦定理，代入角元形式的塞瓦定理即证． 第二角元形式的塞氏定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则、、平行或共点的充要条件是．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例（年加拿大数学奥林匹克题）如图，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．40°20°α40°70°HF EDCBA图22-1证明如图，设，则，对及点，应用甬元形式的塞瓦定理，有．从而， 即有．于是．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故． 例（年香港代表队选拔赛题）如图，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．BA图22-2证明用表的度数，令，则，，，，．对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有． 亦即．亦即．从而而，则． 由，有于是，即，从而。
高中数学竞赛典型题目
数学竞赛典型题目（一）1.(美国数学竞赛)设n a a a ,,,21 是整数列,并且他们的最大公因子是1.令S 是一个整数集,具有性质:（1）),,2,1(n i S a i =∈（2） }),,2,1{,(n j i S a a j i ∈∈-,其中j i ,可以相同（3）对于S y x ∈,，若S y x ∈+，则S y x ∈-证明：S 为全体整数的集合。
2．(美国数学竞赛)c b a ,,是正实数，证明：3252525)()3)(3)(3(c b a c c b b a a ++≥+-+-+-3．(加拿大数学竞赛)T 为1002004的所有正约数的集合，求集合T 的子集S 中的最大可能的元素个数。
其中S 中没有两个元素，一个是另一个的倍数。
4．(英国数学竞赛)证明：存在一个整数n 满足下列条件：（1）n 的二进制表达式中恰好有2004个1和2004个0；（2）2004能整除n .5．(英国数学竞赛)在0和1之间，用十进制表示为 21.0a a 的实数x 满足：在表达式中至多有2004个不同的区块形式，)20041(20031≤≤++k a a a k k k ，证明：x 是有理数。
6．(亚太地区数学竞赛)求所有由正整数组成的有限非空数集S ，满足：如果S n m ∈,，则S n m n m ∈+),( 7．(亚太地区数学竞赛)平面上有2004个点，并且无三点共线，S 为通过任何两点的直线的集合。
证明：点可以被染成两种颜色使得两点同色当且仅当S 中有奇数条直线分离这两点。
8．(亚太地区数学竞赛)证明：)()!1(*2N n n n n ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-是 偶数。
9．(亚太地区数学竞赛)z y x ,,是正实数，证明：)(9)2)(2)(2(222zx yz xy z y x ++≥+++10．（越南数学竞赛）函数f 满足)0(2sin 2cos )(cot π<<+=x x x x f ，令 )11)(1()()(≤≤--=x x f x f x g ，求)(x g 在区间]1,1[-的上最值。
历届北方数学奥林匹克试题
目录2005年北方数学奥林匹克 (2)2006年北方数学奥林匹克 (4)2007年北方数学奥林匹克 (6)2008年北方数学奥林匹克 (7)2009年北方数学奥林匹克 (10)2010年北方数学奥林匹克 (13)2011年北方数学奥林匹克 (15)2012年北方数学奥林匹克 (17)2005年北方数学奥林匹克1.AB是⊙O的一条弦，它的中点为M，过点M作一条非直径的弦CD，过点C和D作⊙O的两条切线，分别与直线AB相交于P、Q两点.求证：P A=QB.（裘宗沪供题）2.定义在R上的函数f(x)满足：（1）f(0)=0;（2）对任意xx∈(−∞,−1)∪(1,+∞)，都有f�1x�+f�1y�=f(x+y1+xy)；（3）当x∈(−1,0)时，都有f(x)>0.求证：f�119�+f�129�+⋯+ f�1n2+7n+11�>f(12)，其中n∈N+. （刘贵谭祖春供题）3.在公差为d(d>0)的整数等差数列a1,a2,⋯,a3n(n≥2)中，任取n+2个数.证明：其中必存在两个数a i、a j(i≠j)，满足不等式1<�a i−a j�nn<2. （刘康宁安振平供题）4.已知n位数的各位数字只能取集合{1,2,3,4,5}中的元素，设含有数字5且在5的前面不含3的n位数的个数为f(n).求f(n).（蒋西明供题）5.如果三个正实数x、y、z满足x2+xx+x2=254，x2+xy+y2=36，y2+yx+x2=1694.求xx+xy+yx的值. （张同君供题）6.设0≤α、β、γ≤π2，ccc2α+ccc2β+ccc2γ=1.求证：2≤（1+ccc2α）2cin4α+（1+ccc2β）2cin4β+（1+ccc2γ）2cin4γ≤(1+ccc2α)(1+ccc2β)(1+ccc2γ)（谭祖春供题）2006年北方数学奥林匹克1. 如图1，AB 为⊙O 的直径，非直径的弦CC ⊥AA ，E 是OC 的中点，连结AE 并延长交⊙O 于点P ，连结DP 交BC 于点F .求证：F 是BC 的中点.图12. 设p 是大于2的质数，数列{a n }满足na n+1=(n +1)a n −(p 2)4.求证：当a 1=5时，16|a 81. 3. 已知AD 是△ABC 的边BC 上的高，且AC +AC =AA +AC .求∠A 的取值范围.4. 设函数f (x )=x 2+ax +b (a 、b ∈R ).若存在实数m ，使得|f (m )|≤14，且|f (m +1)|≤14，求Δ=a 2−4b 的最大值和最小值.5. 已知正数a 、b 、c 满足a +b +c =3.求证：a 2+92a +(b+c )+b 2+92b +(c+a )+c 2+92c 2+(a+b )2≤5. 6. 组委会说明试题有误.7. 是否可以将正整数1,2,⋯,64分别填入8×8的64个方格 ，使得凡具备“”形的四个方格（方向课以任意转置）内的数之和都能被5整除？8. 已知数列{a n }满足a k+1=a k +12006a k 2，a 0=12，k ∈N .求证：A1−12008<a2006<1.1.在锐角△ABC中，BD、CE分别是AC、AB边上的高.以AB为直径作圆交CE于M，在BD上取点N是AN=AM.证明：AN⊥CN.2.设△ABC三边长分别为a、b、c，且a+b+c=3.求f(a,b,c)=a2+ b2+c2+43abc的最小值.3.在数列{a n}中，a n+1=a n2a n+1(n∈N).求证：当0≤n≤1004时，有[a n]=2007−n（其中[x]表示不超过x的最大整数）.4.平面上每个点被染为n中颜色之一，同时满足：（1）每种颜色的点都有无穷多个，且不全在同一条直线上；（2）至少有一条直线上所有的点恰为两种颜色.求n的最小值，使得存在互不同色的4个点共圆.5.设α,β∈(0,π2)，求A=(1−�tanα2tanβ2)2cctα+cctβ的最大值.6.已知f(x)=ll(x+1)−12lcl3x.（1）解方程f(x)=0；（2）求集合M={n|f(n2−214n−1998)≥0,n∈Z}.7.设n是正整数，a=�√n�（其中[x]表示不超过x的最大整数），求同时满足下列条件的n的最大值：（1）n不是完全平方数；（2）a3|n28.设△ABC的内切圆半径为1，三边长AC=a，CA=b，AA=c.若a、b、c都是整数，求证：△AAC为直角三角形.1. 如图1，⊙O 是梯形ABCD 的内切圆，切点分别为E 、F 、G 、H ，AB ∥CD .作BP ∥AD 交DC 的延长线于点P ，AO 的延长线交CP 于点Q .若AD =AD ，求证：∠CAQ =∠PAQ .图1 （张利民 供题）2. 已知∠A 、∠A 、∠C 是△AAC 的三个内角.证明：tan A 2+tan B 2+tan C 2√3≥�tan 2A 2+tan 2A 2+tan 2C 26 （张 雷 供题）3. 给定三角形数表如图2：1 2 3 4 ⋯ 97 98 99 100 3 5 7 ⋯ 195 197 199 8 12 ⋯ 392 396 20 ⋯ 788 ⋱ ⋯ ⋰ ⋱ ⋰ M图2其中，第一行各数依次是1,2,⋯,100，从第二行起，每个数分别等于它上面一行左、右两数的和.求M 的值.（焦和平 供题）4.证明：（1）存在无穷个正整数n，使n2+1的最大质因子小于n；（2）存在无穷个正整数n，使n2+1|n!. （张雷供题）5.如图3，已知□ABCD，过A、B、C三点的⊙O1分别交AD、BD 于点E、F，过C、D、F三点的⊙O2交AD于点G，设⊙O1、⊙O2R222.的半径分别为R1、R2.求证：AG图3（吕建恒刘康宁供题）6.设a、b、c为直角三角形的三边长，其中，c为斜边长.求使得a3+b3+c3abc≥k成立的k的最大值.（李铁汉供题）7.设n是正整数，整数a是方程x4+3ax2+2ax−2×3n=0的根.求所有满足条件的数对(n,a).（李铁汉供题）8.给定由n(n+1)2个点组成的正三角形点阵（如图4），记以点阵中三个点为顶点的所有正三角形的个数为f(n)，求f(n)的表达式.图4（张利民供题）2009年北方数学奥林匹克1. 设数列{x n }满足x 1=1，x n =�x n−12+x n−1+x n−1(n ≥2).求数列{x n }的通项公式. （张 雷 供题）2. 如图1，在锐角△ABC 中，已知AA >AC ，cccA +cccC =1，E 、F 分别是AB 、AC 延长线上的点，且满足∠AAF =∠ACD =90°.（1） 求证：AD +CF =DF ；（2） 设∠DAC 的平分线与EF 交于点P ，求证：CP 平分∠ACF .图1（刘康宁 吕建恒 徐庆金 供题）3. 已知有26个互不相等的正整数，其中任意六个数中都至少有两个数，一个数整除另一个数.证明：一定存在六个数，其中一个数能被另外五个数整除.（张同君 供题）4. 船长和三位水手共得到2009枚面值相同的金币.四人商定按照如下规则对金币进行分配：水手1、水手2、水手3每人写下一个正整E数分别为b 1、b 2、b 3，满足b 1≥b 2≥b 3，且b 1+b 2+b 3=2009；船长在不知道水手写的数的情况下，将2009枚金币分成3堆，各堆数量分别为a 1、a 2、a 3，且a 1≥a 2≥a 3.对于水手k (k =1,2,3)，当b k <a k 时，可以从第k 堆拿走b k 枚金币，否则不能拿.最后所有余下的金币归船长所有.若无论三位水手怎样写数，船长总可以确保自己拿到n 枚金币.试确定n 的最大值，并证明你的结论. （张 利 供题）5. 如图2，在给定的扇形AOB 中，圆心角为锐角.在弧AB 上取异于A 、B 的一点C ，在线段OC 上取一点P ，连结AP ，过点B 作直线BQ ∥AP 交射线OC 于点Q .证明：封闭图形OAQPBO 的面积与点C 、P 的选取无关.图2 （徐庆金 供题）6. 设x 、y 、z >0，且x 2+x 2+y 2=3，求证：∑x 2009−2008(x−1)y+z ≥12(x +x +y ). （杨海滨 贾应红 供题）7. 记[m ]为不超过实数m 的最大整数.设x 、y 均为正实数，且对所有的正整数n ，都有[x [nx ]]=n −1成立.证明xy =1，且y 是大于1的无O理数.（刘康宁供题）8.求能被209整除且各位数字之和等于209的最小正整数.（张雷供题）2010年北方数学奥林匹克1.已知数列{a n}满足a1=2，a n=22n a n−1+2n2n(n=2,3,⋯).求通项a n(n=1,2,⋯). （吴树勋供题）2.已知PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B，PCD是⊙O的一条割线，过点C作PA的平行线，分别交弦AB、AD于点E、F.求证：CD=DF.（李新焕供题）3.求所有的正整数(x,x,y)，使得1+2x×3y=5z成立.（张雷供题）4.在7×7的方格表的64个网格线交点（称为“结点”）处放棋子，每点至多放1枚，一共放了k枚棋子.若无论怎样放，总存在4枚棋子，它们所在的结点构成一个矩形（矩形的边平行于棋盘网格线）的四个顶点.试求k的最小值.（张利民供题）5.设正实数a、b、c满足(a+2b)(b+2c)=9.求证：�a2+b22+2�b3+c323≥3.（张雷供题）6.已知⊙O是△ABC的内切圆，D、E、N是切点，连结NO并延长交DE于点K，连结AK并延长交BC于点M.求证：M是BD的中点.（康春波供题）7.求[x,x,y]=(x,x)+(x,y)+(y,x)满足x≤x≤y,(x,x,y)=1的所以正整数解，其中，[m,n]和(m,n)分别表示正整数m、n的最小公倍数和最大公约数.（王全供题）8.设x、x、y∈[0,1]，且|x−x|≤12，|x−y|≤12，|y−x|≤12.试求W=x+x+y−xx−xy−yx的最小值和最大值.（刘康宁安振平供题）2011年北方数学奥林匹克1.已知数列{a n}的通项a n=(√3+√2)2n(n∈N+)，设b n=a n+1a n. （1）试求b n+2、b n+1、b n之间的递推关系；（2）求a2011整数部分的个位数字.（刘洪柱供题）2.如图1，△ABC的内切圆分别切BC、CA、AB、于点D、E、F，P 为内切圆内一点，线段PA、PB、PC分别于内切圆交于点X、Y、Z.证明：XD、YE、ZF三线共点.图1（徐庆金供题）3.求不定方程1+2x×7y=y2的全部正整数解(x,x,y). （翁世有供题）4.设n个集合A1,A2,⋯,A n是集合A={1,2,⋯,29}的一个分划，且A i(i=1,2,⋯,n)中任意个元素之和都不等于30.求n的最小可能值. 【注】若集合A的非空子集A1,A2,⋯,A n(n∈N+,n≥2)满足A i∩A j=∅(i≠j)，A1∪A2∪⋯∪A n=A，则称A1,A2,⋯,A n是集合A的一个分划.（张雷供题）5. 若正整数a 、b 、c 满足a 2+b 2=c 2，则称(a ,b ,c )为勾股数组.求含有30的所有勾股数组. （杨春宏 供题）6. 如图2，过点P 引的切线P A 和割线PBC ，AC ⊥PP ，垂足为D .证明：AC 是△ABD 外接圆的切线.图2（吕建恒 供题） 7. 在△ABC 中，证明：11+ccs 2A+ccs 2A +11+ccs 2A+ccs 2C +11+ccs 2C+ccs 2A ≤2.（安振平 供题） 8. 已知n 是正整数，实数x 满足�1−|2−⋯|(n −1)−|n −x ||⋯|�=x .求x 的值. （张利民供题）P2012年北方数学奥林匹克1.如图1，在△ABC中，∠C=90°，I是内心.直线BI交AC于D，作DE平行于AI交BC于E，直线EI交AB于F.证明：DF垂直于AI.图12.正整数x1,x2,⋯,x n(n∈ℕ+)，满足x12+x22+⋯+x n2=111，求S=x1+x2+⋯+x n n的最大可能值.3.设S={x|x=a2+ab+b2,a,b∈ℤ}.求证：(1)若m∈S,3|m，则3m∈S；(2)若m,n∈S，则m⋅n∈S.4.平面上有n(n≥4)条直线，对于直线a，b，在余下的n-2条直线中，如果至少存在两条直线与直线a，b都相交，则称直线a，b是相合的直线对，否则称其是相离的直线对.若n条直线中相合直线对的个数比相离直线对的个数多2012.求n的最小可能值（直线对中的两条直线不计顺序）.5.已知数列{a n}:a0=0,a n=1a n−1−2,n∈ℕ+，在数列{a n}中任意取定一项a k，构造数列{b n}:b0=a k,b n=2b n−1+1b n−1,n∈ℕ+.试判断数列{b n}是有限数列还是无穷数列？并给出证明.6.设n是正整数，证明�1+13��1+13�⋯�1+13�<2.7.如图2在五边形ABCDE中，BC=DE，CD平行于BE，AB>AE，AA AA，求证：AC平分线段BE.若∠AAC=∠CAD，且图28.设p是奇素数，如果存在正整数a使p!|a p+1，证明：(1)�a+1,a p+1a+1�=p.(2)a p+1a+1没有小于ｐ的素因子.p!|a+1.。
历年中国参加IMO选手(ZZ)
第26届IMO（1985年，芬兰赫尔辛基）吴思皓（男）上海向明中学确规定铜牌上海交通大学王锋（男）北京大学（根据yongcheng先生提供的信息修订）目前作企业软件第27届IMO（1986年，波兰华沙）李平立（男）天津南开中学金牌北京大学方为民（男）河南实验中学金牌北京大学张浩（男）上海大同中学金牌复旦大学荆秦（女）陕西西安八十五中银牌北京大学，现在美国哈佛大学任教林强（男）湖北黄冈中学铜牌中国科技大学第28届IMO（1987年，古巴哈瓦那）刘雄（男）湖南湘阴中学金牌南开大学滕峻（女）北京大学附中金牌北京大学林强（男）湖北黄冈中学银牌中国科技大学潘于刚（男）上海向明中学银牌北京大学何建勋（男）广东华南师范大学附中铜牌中国科技大学高峡（男）北京大学附中铜牌北京大学，现在北大任教第29届IMO（1988年，澳大利亚堪培拉）团体总分第二陈晞（男）上海复旦大学附中金牌复旦大学，美国密苏里大学，美国哈佛大学，现在加拿大Alberta大学数学系任教授韦国恒（男）湖北武汉武钢三中银牌北京大学查宇涵（男）南京十中银牌北京大学，在中科院数学所任副研究员邹钢（男）江苏镇江中学银牌北京大学王健梅（女）天津南开中学银牌北京大学彭建波（男）湖南师范大学附中金牌北京大学何宏宇（男）以满分成绩获第29届国际数学奥林匹金牌，1993年破格列入美国数学家协会会员，1994年获博士学位，现任亚特兰大乔治大学教授、博士生导师，从事现代数学研究前沿的《李群》《微分几何》等方向的研究，在《李群》的研究上已有重大突破。
第30届IMO（1989年，原德意志联邦共和国布伦瑞克）团体总分第一罗华章（男）重庆水川中学金牌北京大学俞扬（男）吉林东北师范大学附中金牌吉林大学霍晓明（男）江西景德镇景光中学金牌中国科技大学唐若曦（男）四川成都九中银牌中国科技大学颜华菲（女）北京中国人民大学附中银牌北京大学本科，1997年获美国麻省理工博士，现任Texax A&M Uneversity 数学系教授，美国数学会常务理事会成员，Mathematical Reviews评论员。
数学奥林匹克之路——我愿意做的事
2010年第11期49数学奥林匹克之路——我愿意做的事裘宗沪西部数学奥林匹克2000年初。
中国数学奥林匹克协作体刚成立不久，即已显现出强校恒强的趋势。
当时，国家教委制定了全国学科竞赛一等奖的获得者可以推荐保送上大学这一政策，这对东部地区的学校非常有利。
而西部地区的学校由于条件有限，在各大名牌学校的招生中也一直不太受重视。
因此，2001年在香港举行冬令营的时候，西部地区的各省市明显地表现出没有积极性。
其实，我早就意识到了数学奥林匹克活动在全国范围内的成绩强弱悬殊很大，也一直在想办法提高西部地区学校的积极性。
那时候，刚好中央强调要搞西部大开发，我就趁着这个良好的政治上的东风，提出来要举办一个西部地区的数学竞赛，目的是：一方面最大限度地调动西部地区各学校参与数学竞赛的积极性；另一方面希望能够给即将接替我们的年轻同志提供一个锻炼命题的机会。
事实上，西部竞赛确实是一个很好地锻炼新成员们命题、组织、协调等多种能力的良机。
当年，中国数学会普及工作委员会召开常委会会议的时候，我请吴建平同志向到会的同志们征求意见，结果大部分人对我的这个提议都不太理解，而不发表意见，甚至事后还有人说“老裘是疯了”。
我的一个朋友去问国务院西部办公室的意见，结果那里的工作人员非常热情，说只要是西部的活动就都支持。
这一鼓励无疑在众多非议和不理解的环境中e二十二)增强了我的信心。
我的朋友建议我说，西部竞赛要办就要办得有声势，建议在人民大会堂召开新闻发布会云云。
但我认为西部竞赛没有必要这么大张旗鼓地来搞，应该实事求是、踏踏实实地把每项工作做到位。
因此，2001年初，我特地去了一次香港，请梁哲云先生帮忙找一些财政支持。
梁先生找到了经营高级钟表的喜运佳公司总裁李福生先生，李先生本来就在内地有很多赞助的项目，听完我的介绍之后欣然同意赞助西部竞赛(赞助5万元港币)。
为了提高西部地区的学生参加数学竞赛的兴趣，我建议给每名参赛选手都颁发一个小型的电子产品，价值大概在400～500港元之间，李先生就用赞助的款项来采购这部分纪念品。
历年中国参加国际数学奥林匹克竞赛选手详细去向第26届IMO
历年中国参加国际数学奥林匹克竞赛选手详细去向第26届IMO（1985年，芬兰赫尔辛基）吴思皓（男）上海向明中学确规定铜牌上海交通大学王锋（男）北京大学（根据yongcheng先生提供的信息修订）目前作企业软件第27届IMO（1986年，波兰华沙）李平立（男）天津南开中学金牌北京大学方为民（男）河南实验中学金牌北京大学张浩（男）上海大同中学金牌复旦大学荆秦（女）陕西西安八十五中银牌北京大学，现在美国哈佛大学任教林强（男）湖北黄冈中学铜牌中国科技大学第28届IMO（1987年，古巴哈瓦那）刘雄（男）湖南湘阴中学金牌南开大学滕峻（女）北京大学附中金牌北京大学林强（男）湖北黄冈中学银牌中国科技大学潘于刚（男）上海向明中学银牌北京大学何建勋（男）广东华南师范大学附中铜牌中国科技大学高峡（男）北京大学附中铜牌北京大学，现在北大任教第29届IMO（1988年，澳大利亚堪培拉）团体总分第二陈晞（男）上海复旦大学附中金牌复旦大学，美国密苏里大学，美国哈佛大学，现在加拿大Alberta大学数学系任教授韦国恒（男）湖北武汉武钢三中银牌北京大学查宇涵（男）南京十中银牌北京大学，在中科院数学所任副研究员邹钢（男）江苏镇江中学银牌北京大学王健梅（女）天津南开中学银牌北京大学何宏宇（男）以满分成绩获第29届国际数学奥林匹金牌，1993年破格列入美国数学家协会会员，1994年获博士学位，现任亚特兰大乔治大学教授、博士生导师，从事现代数学研究前沿的《李群》《微分几何》等方向的研究，在《李群》的研究上已有重大突破。
第30届IMO（1989年，原德意志联邦共和国布伦瑞克）团体总分第一罗华章（男）重庆水川中学金牌北京大学俞扬（男）吉林东北师范大学附中金牌吉林大学霍晓明（男）江西景德镇景光中学金牌中国科技大学唐若曦（男）四川成都九中银牌中国科技大学颜华菲（女）北京中国人民大学附中银牌北京大学本科，1997年获美国麻省理工博士，现任Texax A&M Uneversity 数学系教授，美国数学会常务理事会成员，Mathematical Reviews评论员。
数学奥林匹克：脑力竞技的盛宴
数学奥林匹克的知 识与技能
数学奥林匹克涵盖了广泛的数学领 域，包括代数、几何、概率、组合 等。
数学奥林匹克不仅考验选手的数学 知识，还考验他们的逻辑思维能力、 创新意识和团队协作能力。
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数学奥林匹克题目的难度和深度远超 过普通数学课程，需要选手具备深厚 的数学基础和出色的解决问题的能力。
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发展：逐渐演变为全球性的数学竞 赛
影响：吸引了世界各地的数学爱好 者参与，成为国际性的数学交流平 台
国际数学奥林匹克委员会（IMC）成立于1959年，旨在促进数学教育和提高全球数学竞赛水平。 IMC负责组织国际数学奥林匹克（IMO）赛事，每四年举办一次，参赛国家数量逐年增加。 IMO赛事采用严格的选拔机制，参赛选手需经过国内预选赛选拔，只有最优秀的选手才能代表国家参赛。 IMO赛事不仅考验选手的数学能力，还注重培养团队合作精神和创新思维能力。
数学奥林匹克的未 来发展
创新题型：不断 更新和优化题目， 提高挑战性和趣 味性
完善规则：制定 更加公平、公正 的比赛规则，确 保比赛的公正性
增加参与度：鼓 励更多国家和地 区参与，提高赛 事的国际影响力
培养人才：通过 赛事发现和培养 更多数学人才， 为全球数学发展 做出贡献
增加参赛国家和地区，提高赛事的 国际影响力
沟通技巧：在团队协作中，有效的沟通技巧也是非常重要的，团队成员需要学会如何清晰地表达自己的想法，同 时也需要学会如何理解他人的想法。
团队领导力：在团队协作中，团队领导力的重要性也不言而喻，一个好的团队领导能够带领团队走向成功。
团队精神：在数学奥林匹克中，团队精神也是非常重要的，团队成员需要学会如何互相支持，互相鼓励，共同面 对挑战。
高中数学 第二节 方程奥林匹克竞赛题解
第二章代数第二节方程B2-001 如果方程x2+ax+b=0与x2+px+q=0有一个公根，求以它们的相异根为根的二次方程．【题说】1957年上海市赛高二复赛题 2．【解】设公根为α，则α2+aα+b=0α2+pα+q＝0相减，得(a-p)α＝q-b所以由韦达定理，另外两个相异的根为故所求方程为【注】利用两根之和等于一次项系数的相反数求出的方程为此方程与上面求出的方程仅是外形不同，事实上，a，b，p，q有关系．(b-q)2＝(aq-bp)(p-a)B2-002 方程x n=1(x≥2)的n个根是1，x1，x2，…，x n-1．证明：【题说】1957年武汉市赛决赛题 2．将原方程变形为(x-1)(x n-1+x n-2+…+x+1)=0．【证】x n-1=(x-1)(x-x1)…(x-x n-1)．因此，(x-x1)(x-x2)…(x-x n-1)＝x n-1+x n-2+…+x+1令x=±1得(1-x1)(1-x2)…(1-x n-1)=n所以B2-003 证明：如果整系数二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根，那么a、b、c中至少有一个是偶数．【题说】1958年～1959年波兰数学奥林匹克三试题2．从而ap2+bpq+cq2=0若p、q均为奇数，则因此a、b、c中至少有一个偶数．若p、q中有一个偶数，则另一个为奇数．不妨设p为奇数，q为偶数，则即a为偶数．B2-004 证明：方程x5+x=10有一正根为无理数．【题说】1963年合肥市赛高三二试题 4．【证】当x=0时，x5+x＜10．当x=10时，x5+x＞10，因此x5+x=10必有正根(在(0，10)内)．并且p、q互质)满足条件p｜a0，q｜a n．因此x5+x-10=0的有理根只可能是±10，±5，±2，±1．不难验证它们都不是方程的根．所以方程的正根都是无理数．B2-005 设P(x)=a0x n+a1x n-1+…+a n-1x+a n是整系数多项式，如果P(0)与P(1)都是奇数，证明P(x)没有整数根．【题说】第三届(1971年)加拿大数学奥林匹克题5．第七届(1941年)莫斯科数学奥林匹克九、十年级题8．【证】对于整数m，若它是偶数，则P(m)与P(0)奇偶性相同；若它是奇数，P(m)与P(1)奇偶性相同，故P(m)总是奇数，不为0．因此，P(x)没有整数根．B2-006 二次三项式f(x)=ax2+bx+c，如果方程f(x)=x无实根．证明：方程f(f(x))=x 亦无实根．【题说】第七届(1973年)全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】如果方程f(x)=x无实根，则对所有x的值，有f(x)＞x(若a＞0)或f(x)＜x(或a＜0)从而f(f(x))＞f(x)＞x或f(f(x))＜f(x)＜x所以f(f(x))=x，无实根．【注】结论对所有连续函数f(x)均成立．B2-007 设a和b为实数，且使方程x4+ax3+bx2+ax+1=0至少有一个实根，对所有这种数对(a，b)，求出a2+b2的最小可能值．【题说】第十五届(1973年)国际数学奥林匹克题3．本题由瑞典提供．【解】设实数x使x4+ax3+bx2+ax+1=0则从而方程y2+ay+(b-2)=0此式即平方整理得2｜a｜≥2+b从而程x4+ax3+bx2+ax+1的实根)．B2-008 若P1(x)=x2-2，P i(x)=P1[P i-1(x)]，i=2，3，4，…．证明：对任何自然数n，方程P n(x)=x的根都是不同的实根．【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题2．本题由芬兰提供．【证】当｜x｜≥2时，P1(x)≥2，从而P n(x)≥2，故P n(x)的所有实根都在(-2，2)中．设x=2cost，则P1x(t)=4cos2t-2=2cos2t从而P n x(t)=2cos2n t即当2n t=±t+2kπ，k=0，1，…时，得P n(x)=x的2n个不同的实根，因为P n(x)次数是2n，所以它的所有根都是实根．B2-009 已知方程2x2-9x+8=0，求作一个二次方程，使它的一个根为原方程两根和的倒数，另一根为原方程两根差的平方．【题说】1978年全国联赛一试题 4．【解】设已知方程的两个根为x1、x2，所求方程为x2+px+q=0，它故所求方程为36x2-161x+34=0．B2-010 设a、b、c、d是互不相同的四个整数，r是方程(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)-9=0【题说】1979年河南省赛一试题7．【证】由题意(r-a)，(r-b)，(r-c)，(r-d)是互不相同的四个整数，且(r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=9由整数的唯一分解定理知r-a，r-b，r-c，r-d只能分别是-1，1，-3，3．所以(r-a)+(r-b)+(r-c)+(r-d)=0即B2-011 设a、b、c是方程x3-x2-x-1=0的根．1．证明：a、b、c彼此不等；2．证明：下式表示一个整数【题说】第十四届(1982年)加拿大数学奥林匹克题2．第2小题中，1982换成任意自然数n均成立．【证】1．由韦达定理，有a+b+c=1，bc+ca+ab=-1，abc=1如果a、b、c中有两数相等，不妨设b=c．则有a+2b＝1，b2+2ab＝-1，ab2＝1由前二式解得a=-1，b=1，a=5/3，b=-1/3．但它们不满足第三式．因此，a、b、c彼此不等．(a+b+c)=2都是整数，设在n≤k时A n均为整数(k≥2)，则由于b k+1=b k+b k-1+b k-2等，所以b k+1-c k+1=(b k-c k)+(b k-1-c k-1)+(b k-2-c k-2)．从而A k+1=A k+A k-1+A k-2也是整数，因此一切A n为整数．特别地，A1982为整数．B2-012 已知x1、x2是方程x2+(k-2)x+(k2+3k+5)=0 (k为实数)【题说】1982年全国联赛题1(6)．原题为选择题．【解】由于x1、x2是实数根，所以△=(k-2)2-4(k2+3k+5)≥0B2-013 已知方程(x-19)(x-83)=p，有实根r1和r2(其中p为实数)，求方程(x-r1)(x-r2)=-p的最小实根．【题说】1984年北京市赛高一题1(4)．原题为选择题．【解】由题意得：(x-19)(x-83)-p=(x-r1)(x-r2)可见19与83是方程(x-r1)(x-r2)=-p仅有的两个实根，最小实根为19．B2-014 四次方程x4-18x3+kx2+200x-1984=0的四个根中的两个根的乘积为-32，试决定k的值．【题说】第十三届(1984年)美国数学奥林匹克题1．【解】设方程四根为x1、x2、x3、x4，且x1x2=-32．由根与系数关系，有x1+x2+x3+x4=18(1)x1x2+x3x4+(x1+x2)(x3+x4)=k(2)x1x2(x3+x4)+x3x4(x1+x2)=-200(3)x1x2x3x4=-1984(4)由(4)得x3x4=-1984/(-32)=62代入(3)得31(x1+x2)-16(x3+x4)=-100(5)由(1)、(5)解得x1+x2=4，x3+x4=14代入(2)得k=-32+62+4×14=86B2-015 方程x2+ax+b+1=0的根是正整数．证明：a2+b2是合数．【题说】第二十届(1986年)全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】设x1、x2是原方程的两根，则(1)由(1)式得因为x1、x2都是正整数，所以a2+b2是合数．B2-016 a1，a2，…，a2n是2n个互不相等的整数．如果方程(x-a1)(x-a2)…(x-a2n)+(-1)n-1(n！)2＝0有一个整数解r，求证【题说】第二届(1987)东北三省数学邀请赛题6．【解】由题设可知(r-a1)(r-a2)…(r-a2n)=(-1)n(n！)22n个整数r-a1，r-a2，…，r-a2n两两不等．2n个不同的整数r-a1，r-a2，…，r-a2n的积为(-1)n(n！)2，所以它们必为-n，-(n-1)，…，-1，1，2，…，n的一个排列，从而(r-a1)+(r-a2)+…+(r-a2n)=-n-(n-1)-…-1+1+2+…+n=0B2-017 证明：对每一整数n＞1，方程无有理根．【题说】第三十届(1989年)IMO预选题4．本题由保加利亚提供．【证】首先证明对每一个整数k＞0及每个素数p，p k｜k！，事实上，设s≥0为整数，满足P s≤k≤P s+1，则满足p r｜k！的最大整数为所以p k｜k！若方程有有理根为α，则B2-018 求方程x199+10x-5=0所有199个解的199次方的和．【题说】1991年日本数学奥林匹克预选赛题2．【解】设方程的解为a1，a2，…，a199，则由韦达定理知a1+a2+…+a199=0，所以B2-019 求使方程x2-pqx+p+q=0有整数根的所有自然数p和q．【题说】第十七届(1991年)全俄数学奥林匹克十年级题1，【解】设自然数p、q，使得原方程有两根x1、x2∈Z，则x1x2=p+q＞0，x1+x2=pq＞O因此，这两根均为正数，且(x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=22表为两个非负整数之和，只有三种情况：(1) 0+2；(2) 1+1；(3) 2+0．由(1)得p=3，q=2或p=2，q=3；由(2)得p=q=2；由(3)得p=1，q=5，或p=5，q=1．B2-020 对多少个实数a，x的二次方程x2+ax+ba=0只有整数根？【题说】第九届(1991年)美国数学邀请赛题8．【解】设m、n是方程二整数根(m≤n)．则应有a=-(m+n)，6a＝mn因此，a也是整数，且-6(m+n)=mn即(m+6)(n+6)=36由于36=22·32所以(m，n)有10组解：(-42，-7)，(-24，-8)，(-18，-9)，(-15，-10)，(-12，-12)，(-5，30)，(-4，12)，(-3，6)，(-2，3)，(0，0)对应的a=-(m+n)也有10个值：49，32，27，25，24，-25，-8，-3，-1，0B2-021 p为整数，试证x2-2x-(10p2+10p+2)=0无整数解．【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第二轮题1．【证】将原方程变形为x(x-2)=2[5p(p+1)+1](1)因为p(p+1)是偶数，所以(1)式右边如果x是整数，那么x必为偶数，(1)式左边矛盾．所以原方程无整数解．B2-022 设f(x)=x n+5x n-1+3，其中n是一个大于1的整数．求证：f(x)不能表示为两个多项式的乘积，其中每一个多项式都具有整数系数而且它们的次数都不低于一次．【题说】第三十四届(1993年)国际数学奥林匹克题1．【解】f(x)的有理根只可能是±1，±3．不难验证f(1)=8，f(-1)=4(-1)n-1+3，f(3)=3n+5·3n-1+3，f(-3)=2(-3)n-1+3均不为0，所以f(x)没有一次因式．若f(x)=g(x)h(x)(*)其中g(x)=x p+a p-1x p-1+…+a1x+a0h(x)=x q+b q-1x q-1+…+b1x+b0p，q，a0，a1，…，a p-1，b0，b1，…，b q-1都是整数并且p+q=n，p≥2，q≥2，则比较(*)式两边常数项得a0b0=3．不妨设a0=±3，b0=±1．设a1，…，a p中第一个不被3整除的为a k，则k≤p=n-q＜n-1．比较(*)两边x k的系数得0=a k b0+a k-1b1+…+a0b k左边被3整除，右边仅a k b0不被3整除，从而右边不被3整除，矛盾．所以f(x)不能分解为两个整系数多项式的乘积．B2-023 x的二次方程x2+z1x+z2+m=0(1)中，z1、z2、m均是复数，且(2)【题说】1994年全国联赛二试题1．【解】由韦达定理有因为(α-β)2=(α+β)2-4αβ所以m-(4+5i)｜=7这表明复数m在以A(4，5)为圆心、以7为半径的圆周上．故原点在⊙A内．延长OA，交圆周于B、C两点，则B2-024 已知方程ax5+bx4+c=0有3个不同的实数根．证明：方程cx5+bx+a=0也有3个不同的实数根．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题5．【证】显然x=0不是方程ax5+bx4+c=0的根，否则c=0，方程只有两个不同的实数根，这与题设矛盾．B2-025 方程x2+ax+b=0有两个不同的实数根．证明：方程x4+ax3+(b-2)x2-ax+1=0有4个不同的实数根．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题2．【证】x4+ax3+(b-2)x2-ax+1＝(x2-x1x-1)(x2-x2x-1)其中x1、x2分别是方程x2+ax+b=0的两个不同的实数根．现在只须证明：方程x2-x1x-1=0(1)及x2-x2x-1=0(2)的实数根各不相同．由判别式知它们分别有两个不同的实数根．x1≠x2矛盾．所以方程(1)、(2)没有公共根．从而本题结论成立．B2-026 求一切实数p，使得三次方程5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p(1)的三个根均为正整数．【题说】1995年全国联赛二试题2．【解】由观察知，x=1是(1)的一个正整数根．所以5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1-66p=(x-1)Q(x)，其中Q(x)=5x2-5px+66p-1．设正整数u、v是Q(x)=0的两个根，则所以p是正整数，将(2)代入(3)，得5uv=66(u+v)-1(4)从而因左边是5的倍数，19、229又都是素数，故5v-66=19或229由此求得v=17或59，u=59或17，p=u+v=76，即当且仅当p=76时，方程(1)三根均是正整数：1，17，59．B2-026 求一切实数p，使得三次方程5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p(1)的三个根均为正整数．【题说】1995年全国联赛二试题2．【解】由观察知，x=1是(1)的一个正整数根．所以5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1-66p=(x-1)Q(x)，其中Q(x)=5x2-5px+66p-1．设正整数u、v是Q(x)=0的两个根，则所以p是正整数，将(2)代入(3)，得5uv=66(u+v)-1(4)从而因左边是5的倍数，19、229又都是素数，故5v-66=19或229由此求得v=17或59，u=59或17，p=u+v=76，即当且仅当p=76时，方程(1)三根均是正整数：1，17，59．B2-027 已知f(x)、g(x)和h(x)都是二次三项式，方程f(g(h(x)))=0有根为1，2，3，4，5，6，7和8，这可能吗？【题说】第二十一届(1995年)全俄数学奥林匹克九年级题3．【解】设1，2，3，4，5，6，7和8是方程f(g(h(x)))=0的根．如果直线x=a是抛物线y=h(x)的对称轴，那么当且仅当x1+x2=2a时，h(x1)=h(x2)．多项式f(g(x))的根不多于4个，而h(1)，h(2)，…，h(8)都是它的根，因此只能是a=4.5，且h(4)=h(5)，h(3)=h(6)，h(2)=h(7)，h(1)=h(8)．此外，由图像可知h(1)，h(2)，h(3)，h(4)是单调数列．同样地，考察二次三项式f(x)及它的根g(h(1))，g(h(2))，g(h(3))，g(h(4))．我们得到h(1)+h(4)=2b，h(2)+h(3)=2b，其中直线x=b是方程y=g(x)的抛物线的对称轴．对于二次三项式h(x)=Ax2+Bx+c，由h(1)+h(4)=h(2)+h(3)，得4A=0，即A=0，这与h(x)是二次三项式相矛盾，所以方程f(g(h(x)))=0不可能有根1，2，3，4，5，6，7，8．B2-028 若α、β、γ是x3-x-1=0的根，计算的值．【题说】第二十八届(1996年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】设f(x)=x3-x-1＝(x-α)(x-β)(x-γ)由多项式根与系数关系，有α+β+γ＝0αβ+βγ+γα=-1αβγ=1从而其中分子 A=(1+α)(1-β)(1-γ)+(1+β)(1-α)(1-γ)+(1+γ)(1-α)(1-β)=3-(α+β+γ)-(αβ+βγ+γα)+3αβγ=7分母B=(1-α)(1-β)(1-γ)=f(1)=-1因此所求值为S=-7．B2-028 若α、β、γ是x3-x-1=0的根，计算的值．【题说】第二十八届(1996年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】设f(x)=x3-x-1＝(x-α)(x-β)(x-γ)由多项式根与系数关系，有α+β+γ＝0αβ+βγ+γα=-1αβγ=1从而其中分子 A=(1+α)(1-β)(1-γ)+(1+β)(1-α)(1-γ)+(1+γ)(1-α)(1-β) =3-(α+β+γ)-(αβ+βγ+γα)+3αβγ=7分母B=(1-α)(1-β)(1-γ)=f(1)=-1因此所求值为S=-7．B2-030 设a是x3-x-1=0的解，求以a2为其解的整系数三次方程．【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题4．【解】a3-a=1，两边平方得a2(a2-1)2＝1所以a2是x(x-1)2=1的根，展开得x3-2x2+x-1=0这就是所求的方程．B2-031 假设x3+3x2+4x-11=0的根是a，b，c，x3+rx2+sx+t=0的根是a+b，b+c，c+a，求t．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题5．【解】由韦达定理，r =－（a+b）（b+c）（c+a）=－（－3－c）（－3－a）（－3－b）=－（（－3）3+3（－3）2+4（－3）－11）=23B2－032 设P是方程z6+z4+z3+z2+1=0的有正虚部的那些根的乘积，并设P=r（cosθ°+isinθ°），这里0＜r，0≤6＜360．求θ．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题11．【解】原方程即u3－2u+1=0即（u－1）（u2+u－1）=0从而z=cos60°±isin60°，cos72°±isin72°，cos144°±isin144°θ=60+72+144=276B2－033解方程组其中a和b是已知实数，当a和b满足什么条件时，方程组的解x、y、z是互不相同的正数？【题说】第三届（1961年）国际数学奥林匹克题1．本题由匈牙利提供．【解】a2－b2=（x+y+z）2－（x2+y2+z2）=2（xy+yz+zx）=2（z2+yz+zx）=2az若a=0，则b≠0时方程组无解；b=0时，由x2+y2+z2=0得x=y=z=0．u2+（z－a）u+z2=0y＞0．B2－034一时钟在某时间T1，短针指在2与3之间，长针指在4与5之间，过了某段时间之后，到时间T2，长针指在原来短针所指的位置，而短针指在原来长针所指的位置，求原来时间T1和现在时间T2各为几点钟．【题说】1963年上海市赛高三决赛题2．【解】设在时间T1，短针的度数为x，长针的度数为y．因短针走B2－035求所有能使等式x5+x2=yx1（1）x1+x2=yx2（2）x2+x4=yx3（3）x3+x5=yx4（4）x4+x1=yx5（5）成立的值x1，x2，x3，x4，x5，这里的y是一个参数．【题说】第五届（1963年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】将五个方程相加得（x1+x2+x3+x4+x5）（y－2）=0所以x1+x2+x3+x4+x5=0或y=2．如果y=2，那么原方程组可写成x5－x1=x1－x2=x2－x3=x3－x4=x4－x5即x1=x2=x3=x4=x5=任意数是原方程组的解．如果y≠2，那么x1+x2+x3+x4+x5=0（6）由（3）、（2）、（4）得y2x3=y（x2+x4）=（x1+x3）+（x3+x5）由上式及（3）、（6）得(y2+y－1)x3=x1+x3+x5+x2+x4=0因此，在y2+y－1=0时，x3=0．同理x1=x2=x3=x4=x5=0它显然是原方程组的解．不难验证任意x2、x1及由以上三式得出的x3、x4、x5是原方程组的解．B2－036已知方程组其系数满足下列条件：（1）a11、a22、a33都是正的；（2）所有其余系数都是负的；（3）每一方程中系数之和是正的．证明：x1=x2=x3=0是已知方程组的唯一解．【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题2．本题由波兰提供．【证】设x1、x2、x3为一组解，不妨设|x1|≥|x2|≥|x3|，则|a11x1+a12x2+a13x3|≥|a11x1|－|a12x2|－|a13x3|≥a11|x1|+a12|x1|+a13|x1|=（a11+a12+a13）|x1|≥0，等号仅在x1=x2=x3=0时成立．B2－037解方程组其中a1、a2、a3、a4是已知的两两不等的实数．【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】在方程组中，如果将足码i换j，j换成i，原方程组不变．不失一般性，可以假定a1＞a2＞a3＞a4，这时原方程组成为（a1－a2）x2+（a1－a3）x3+（a1－a4）x4=1（1）（a1－a2）x1+（a2－a3）x3+（a2－a4）x4=1（2）（a1－a3）x1+（a2－a3）x2+（a3－a4）x4=1（3）（a1－a4）x1+（a2－a4）x2+（a3－a4）x3=1（4）（1）－（2）、（2）－（3）、（3）－（4），分别得（a1－a2）（x2+x3+x4－x1）=0（a2－a3）（－x1－x2+x3+x4）=0（a3－a4）（－x1－x2－x3+x4）=0即有x2+x3+x4=x1（5）x1+x2=x3+x4（6）x1+x2+x3=x4（7）由（5）、（6）、（7）得x2=x3=0，x1=x4代入（1）、（4）得经检验可知，当a1＞a2＞a3＞a4时，是原方程组的解．一般地，当a i＞a j＞a k＞a l时，方程组的解为：B2－038给出关于x1，x2，…，x n的方程组其中a、b、c为实数，a≠0，且Δ=（b－1）2－4ac．证明：在实数范围内该方程组（i）当Δ＜0时无解；（ii）当Δ=0时恰有一个解；（iii）当Δ＞0时有多于一个解．【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题3．本题由保加利亚提供．【证】将n个方程相加得即所以Δ＜0时，无实数解．Δ=0时，只有一个解Δ＞0时，显然有两组不同的解B2－039已知p个方程q=2p个未知数x1，x2，…，x q的方程组：a11x1+a12x2+…+a1q x q=0a21x1+a22x2+…+a2q x q=0……a p1x1+a p2x2+…+a pq x q=0其中每一个系数a ij是集｛－1，0，1｝中一元素，i=1，2，…，p；j=1，2，…q ．证明：方程组有一个解（x1，x2，…，x q）使得（i）所有x j（j=1，2，…，q）是整数；（ii）至少有一个j值使x j≠0（1≤j≤q）；（iii）|x j|≤q（j=1，2，…，q）．【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题5．本题由荷兰提供．【证】考虑适合条件|y j|≤p（j=1，2，…，q）的所有整数组（y1，y2，…，y q），共有（2p+1）q个．令A i=a i1y1+…+a iq y q，i=1，2，…，p．由于a ij是－1，0，1中的一个，每个A i都是整数，并且|A i|≤|y1|+…+|y q|≤pq因此，数组（A1，A2，…，A p）至多有（2pq+1）p=（4p+1）p个．因为（2p+1）q=（2p+1）2p=（4p2+4p+1）p＞（4p+1）p，由抽屉原理，一定有两个不同的数组（y1，…，y q），（y′1，…，y′q）产生同一个数组（A1，A2，…，A p），所以a i1（y1－y′1）+…+a iq（y q－y′q）= 0（i=1，2，…，p）令x j=y j－y′j，j=1，2，…，q．则x1，…，x q不全为零，满足方程组且有|x j|=|y j－y′j|≤|y j|+|y′j|≤2p=q这说明（x1，…，x q）即是所要找的一个解．B2－040正数x、y、z满足方程组试求xy+2yz+3xz的值．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题4．【解】考虑右图，其中∠ROP、∠POQ、∠QOR分别为150°，由已知方程组及余弦定理，RP、PQ、QR分别为25、9、16．在△PQR中，PR2=PQ2+QR2．于是∠PQR=90°．又 S PQR=S POR+S POQ+S QORB2－041若确定x2+y2+z2+w2的值．【题说】第二届（1984年）美国数学邀请赛题15．考虑t的方程【解】（1）两边乘（t－1）（t－9）（t－25）（t－49），得x2（t-9）（t-25）（t-49）+y2（t-1）（t-25）（t-49）+z2（t-1）（t-9）（t-49）+w2（t-1）（t-9）（t-25）-（t-1）（t-9）（t-25）（t-49）=0（2）它是t的四次方程，并有四个根t=4，16，36，64．故（2）即方程（t－4）（t－16）（t－36）（t－64）=0 （3）比较（2）与（3）的系数得：x2+y2+z2+w2+（1+9+25+49）=4+16+36+64从而 x2 +y2+z2+w2=36B2－042求方程组的所有实数解：x1·x2·x3=x1+x2+x3（1）x2·x3·x4=x2+x3+x4（2）x3·x4·x5=x3+x4+x5……x1985·x1986·x1987=x1985+x1986+x1987x1986·x1987·x1988=x1986+x1987+x1988x1987·x1988·x1989=x1987+x1+x2【题说】第十三届（1987年第三阶段）全俄数学奥林匹克九年级题2．【解】（1）－（2）得x2·x3（x1－x4）=x1－x4于是x2·x3=1或x1=x4当x2·x3=1时，（1）式成为x2+x3=0，易知方程组x2·x3=1，x2+x3=0无实数解．所以x1=x4．同理，x2=x5；x3=x6；x1985=x1；x1986=x2；x1987=x3．于是x3=x6=…=x1986=x2=x5=…=x1985=x1=x4=…=x1984=x1987=x代入方程（1）得x3=3xB2－043解方程组xy+xz=8－x2xy+yz=12－y2yx+zx=－4－z2【题说】1990年匈牙利数学奥林匹克第二轮基本水平题1．【解】原方程组可以改写成x（x+y+z）=8y（x+y+z）=12z（x+y+z）=－4将这三个方程相加，可以得到（x+y+z）2=16，从而x+y+z=±4．由此可得到原方程组的解为（2，3，－1）与（2，－3，1）．B2－044若实数a、b、x、y满足ax+by=3，ax2+by2=7，ax3+by3=16，ax4+by4=42，求ax5+by5的值．【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题15．【解】由ax3+by3=（ax2+by2）（x+y）－（ax+by）xy得16=7（x+y）－3xy（1）由 ax4+by4=（ax3+by3）（x+y）－（ax2+by2）xy得42=16（x+y）－7xy （2）由（1）、（2）解得x+y=－14，xy=－38．因此，ax5+by5=（ax4+by4）（x+y）－（ax3+by3）xy=42×（－14）－16×（－38）=20B2－046求满足下列条件的关于x、y的次数最低（但不低于1次）的多项式f（x，y）：【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题11．【解】将f（x，y）表为i次齐次多项式之和：f（x，y）=件，则每一f i（x，y）也满足同样的条件．所以，所要求的f（x，y）是一个次数最低的齐次式．由（1）知f（y，y）=0，所以f（x，y）=（x－y）h（x，y）其中h（x，y）是关于x、y的齐次式，且h（x，y）=h（y，x），即h 为对称式．由（2）得－yh（x，x+y）－xh（y，x+y）=0以y－x代y得－（y－x）h（x，y）－xh（y－x，y）=0所以，h（x，y）被x整除，由对称性知，h（x，y）也被y整除．由此得f（x，y）=（x－y）xyg（x，y）其中g（x，y）是齐次对称式，将上式代入（2）并整理，得g（x，x+y）+g（y，x+y）=0（3）令y=－x，得g（x，0）+g（－x，0）=0（4）设g（x，y）为l次齐次式，即由（4）得c l+（－1）l c l=0故l为奇数或c l=0．若c l=0，则g（x，y）被y整除，由对称性知，它也被x整除，所以l ≥2．若l=2，则g（x，y）=cxy（c≠0），不满足（3），故l≥3．若c l≠0，则l为奇数．若l=1，则g（x，y）=c（x+y）（c≠0），不满足（3），故l≥3．综上所述，g（x，y）是至少3次的齐次对称式．设g（x，y）=a（x3+y3）+bxy（x+y）代入（3）并整理，得a（（x3+y3）+2（x+y）3）+b（x+y）（2x2+xy）+（xy+2y2））=0两边同除以x+y并整理，得（3a+2b）（x2+xy+y2）=0取a=2，b=－3，则得所求的一个f（x，y）为f（x，y）=（x－y）xyg（x，y）=（x－y）xy（x+y）（2x－y）（x－2y）不难验证这个多项式符合要求。