第48届IMO预选题一
历届IMO试题（1-44届）
历届IMO试题（1-44届）第1届IMO1.求证(21n+4)/(14n+3)对每个自然数n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a)A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知cosx的二次方程acos2x+bcosx+c=0,试用a,b,c作出一个关于cos2x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cosx和cos2x的方程式。
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。
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都通过一定点S；(c.)当M在A与B之间变动时，求线断PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线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。
第2届IMO1.找出所有具有下列性质的三位数N：N能被11整除且N/11等于N的各位数字的平方和。
2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1-√(1+2x))2<2x+93.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：tanα=4nh/(an2-a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。
5.正方体ABCDA''B''C''D''（上底面ABCD，下底面A''B''C''D''）。
第48届IMO预选题及答案
Problem G2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Problem G3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Problem A3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Problem A4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Problem N2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Problem N3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Problem A5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Problem A6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
≥
d 2
.
(1)
(b) Show that there exists a sequence x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn of real numbers such that we have equality in (1).
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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，不得增加其他中间档次.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，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
第50届IMO预选题(四)
盈
口
７。（寿卜（（铷】２ 卅岫∥一ｉ妻２（耵胁。）㈥／“＋且
＝、
＝
妒 。一２扩 ¨∑川．
／Ｌ
＝
２ ３七一Fra bibliotek２ 、，
ｆ＝ｌ。
。，、Ｄ
日
＝
。（（钔圳川
＝Ａ“Ｂ４－Ａ４＋Ｏ（Ｂ“）．
由ｂ＜口，知ｋ＞２． 因此，存在有理系数多项式Ｐ（Ｘ），使得 （Ｘ—１）（∥～一１）＝（Ｐ（Ｘ））２． 这是不可能的（因为ｒ～一ｌ没有二重 根，矛盾）．
＝Ｄ（（扪．
因此，存在一个足够大的正整数Ｎ，使得 对于所有整数，ｌ（Ｊｌ≥Ⅳ），有
彳“＋‘一Ｉ＝ｒｉｇｎ＋Ｉ—ｒ２９ｎ＋‘一ｌ＋…＋
故ｑＩ＋２＋ｑ㈨＋ｑ＾－－－０（ｍｏｄ ２），即
吼＋２；吼＋Ｉ＋ｑＩ（ｍｏｄ ２）（ｋ＝ｌ，２，…）． 因为ｑｌ＝一ｌ，ｑ２＝Ｏ，所以， 铀亳一１（ｍｏｄ ２）， ｑ３…害一１（ｍｏｄ ２）， ｑ３…三Ｏ（ｍｏｄ ２）（Ｚ＝ｌ，２，…）． 从而，３Ｉ（ｔ一２）． ７．设口２＝Ａ，ｂ２＝曰，
（菇一曲）（石一詈）（茗一号）．．。（ｘ一葶鲁）
＝矿¨一ｒｌ省‘＋…＋（一１）“。“＋Ｉ＇
且存在正整数Ｍ，使得Ｍｒ。，Ｍｒ２，…，帆＋。为
整数．于是，对于所有正整数ｎ，有 Ｍ（％＋Ｉ＋ｌ一－Ｚｎ＋Ｉ＋…＋（一１）‘＋’ｋ＋Ｉ乙）
②
其中，ｋ＝１，２，…．
比较式②两端同次幂的系数得
瓦（茹）－－０（ｍｏｄ ２）．
于是，ａ＝ｂ． ３．设％（ａ）表示口的质因数分解中质数 Ｐ的幂指数．假设／的值域中的所有元素的不 同质因数只有有限个，且设为Ｐ，，Ｐ：，…，Ｐ。． 显然，有无穷多个正整数口，使得
式②矛盾．
因此，口。为偶数．
第49届IMO预选题解答
参考答案
1. 本届 I MO 第 4 题 . 2. 本届 I MO 第 2 题 . 3. ( 1 ) 不存在 . 设 g0 ( x ) = x, gk ( x ) = g ( g ( …g ( x ) …) ) .
k 个
4. 对于整数 m , 在 { 1, 2, 3 } 中存在唯一
的一个数 t ( m ) , 使得 m + t ( m ) 是 3 的倍数 . 函数 f: Z → Z 满足 f ( - 1 ) = 0, f ( 0 ) = 1, n f ( 1 ) = - 1, 且对于所有满足 2 > m 的非负 整数 m 、 n, 有 n n ( f 2 + m ) = f ( 2 - t (m ) ) - f (m ) . 证明 :对于任意的非负整数 p,均有 f ( 3 p) ≥0. 5. 已知正实数 a、 b、 c、 d 满足 abcd = 1,
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20
中 等 数 学
两个结论. n ( 1 ) 若 2 + m 能被 3 整除 , 则
f ( 2 - t (m ) ) ≥3
n n n
f ( 2 - t ( m ) ) ≥3
n n
n- 1
2
;
当 2 - t ( m ) 不能被 3 整除时 , n f ( 2 - t ( m ) ) ≤0. n n 因 2 - t ( m ) 被 3 整除当且仅当 2 + m 能被 3整除 , 所以 , 对任意的非负整数 m 、 n, 有
k
事实上 , 设 n > 0, 且设 n =
第50届IMO预选题(三)
Ｂ
定的扇形区域与Ｐ的交集所得区域的面积
再结合Ｉ
ｌ ＯＡＸ’ＢＩ＝髫ｓ△ｏ＾口， Ｉ＿ｙｓ△Ｄ肌，，
图４
ＯＢＹ～Ａ
故么ＸＥ．Ｍ＝（ｙ一帮）一妒
＝妒一（ｙ－２ａ）＝么ＹＥ２Ⅳ．
Ｓ蜊Ｂ
２ＳＡｏ删・，
得ＩＰＩ≥２ＩＡＸ’ＢＹ’Ａ’Ｉ
在△Ｅ。ＸＭ和△Ｅ：Ⅲ中分别应用正弦
定理得
ＸＭ
＝２（ｘＳ△ｎ＾口＋筘△吲，）
妒＝ｙ—ａ一１３．
上式等价于篇：警．
设Ｅ。Ｘ、Ｅ：Ｙ与Ｈ．巩分别交于点Ｒ、Ｓ．
［丑ＰＨ２／／／ＸＲ，侍．．面Ｈ２Ｒ＝是． 又由朋。／／ｒｓ，得等＝型ＹＰ．
于是，点Ｒ与Ｓ重合． ７．如图５，由于ＡＺ、ＡＩ、ＡＹ四等分 么ＢＡＣ，可设／ＢＡＣ＝４∞
因为Ｅ。是△ＡＢＰ的九点圆的圆心，所 以，Ｐ０１／／ＭＥｌ． 结合么ＡＰＯｌ＝么ＢＰＨ。，得
得。刃睁Ｙ变为Ｅ，且日是ＥＹ的中点．
从而，ＨＧ／／ＸＹ． 又因为ＦＸ、ＦＥ关于么ＤＦＣ的角平分线 对称，ＦＹ、ＦＥ关于么ＤＦＣ的角平分线对称，
所以，Ｆ、ｘ、ｌ，三点共线．故
么ＧＸＦ＝么ＥＧＨ． 由／ＨＥＦ＝么ＥＧＨ，知ＥＦ与过点Ｅ、Ｇ、
万方数据
２０１０年第ｌＯ期
２１
于是，存在实数菇、Ｙ满足ｌ≤髫、ｙ≤２，且
ｊｓｉｎ（ａ＋／３）・ｓｉｎ（ｆｌ—ｎ）
＝Ｃ０８
设Ｌ。、￡，分别是点Ｃ关于，２，３、，。厶的对
称点． 因为Ｊ。厶是／ＮＭＣ的角平分线，所以， Ｌ３在直线ｇ上． 类似地，￡。也在直线ｇ上． 设日是△，。，２，３的垂心．则 ［１２Ｌ３ｌＩ＝么ｌＩＣｌ２＝么ＩＩｌ３１２ ＝１８００一么ｌｌｍｌ． 于是，，２、日、，，、厶四点共圆． 类似地，，３、日、￡。、，２四点共圆．
第48届IMO试题及解答
第48届IMO试题及解答(2007.7.25-26, 越南河内)林常编译第一天(每题7分,4.5小时完成)1.(新西兰)给定实数a1,a2,…,a n.对每个i (1≤i≤n),定义d i=max{a j | 1≤j≤i}－min{a j | i≤j≤n}.并令d=max{d i | 1≤i≤n}.d (*);(1).证明,对任意实数x1≤x2≤…≤x n , max{|x i－a i| | 1≤i≤n }≥2(2).求证,存在实数x1≤x2≤…≤x n使(*)等号成立.2.(卢森堡)五个点A,B,C,D,E满足:ABCD为平行四边形,BCED为圆内接四边形.L是过A的一条直线.设L交线段DC于内点F,并交直线BC于G.又设EF=EG=EC.求证,L是∠DAB的平分线.3.(俄罗斯)数学竞赛的一些参赛者是朋友.朋友关系是相互的.若一组参赛者中每两个都是朋友,称为一个团.(只含一个人的组也是团).团中的人数称为团的规模.已知某次竞赛中最大团的规模为偶数,证明,可以安排在两间考室进行考试,使得一间所含的最大团的规模等于另一间所含的最大团的规模.第二天(每题7分,4.5小时完成)4.(捷克)ΔABC中,∠BCA的平分线交外接圆周于另一点R,交BC的中垂线于P,交AC的中垂线于Q.设BC的中点为K,AC的中点为L.求证,三角形RPK 与RQL面积相等.5.(英国)设a,b为正整数.证明,若4ab－1整除(4a2－1)2,则a=b.6.(荷兰) n为正整数. S={(x,y,z) | x,y,z ∈{0,1,…,n}, x+y+z >0} 是三维空间中(n+1)3－1个点的集合.试求其并集包含S但不含(0,0,0)的平面个数的最小值.解 答林 常1.(1).反设max{|x i －a i | | 1≤i ≤n }<2d ,则对每个j, |x j －a j |<2d ,x j －2d < a j < x j +2d .于是由x i 的单调性,对每个i, max{a j | 1≤j ≤i}< x i +2d , min{a j | i ≤j ≤n}> x i －2d .从而d i < x i +2d －(x i －2d )=d, d= max{d i | 1≤i ≤n}<d ,矛盾. (2).取x i =max{a j | 1≤j ≤i }－2d ,则x 1≤x 2≤…≤x n .由于d 是所有 a j －a i (j ≤i)的最大者,对每个i,设x i = a j －2d (j ≤i),则 0≤a j －a i ≤d.故 －2d ≤x i －a i ≤2d ,即每个 |x i －a i |≤2d . 另一方面,设a k 是所有a i 的最大者,则x k =a k －2d,| x k －a k |=2d .故(*)等号成立.2.E 在ΔBCD 的外接圆周上,由Simson 定理,E 到直线BC,CD,BD 的垂足共线.由于EF=EG=EC,故CG 的中点,CF 的中点及E 到BD 的垂足共线.G过C 作L 的平行线交BD 于N,设L 交BD 于M,由ΔADM ≌ΔCBN 得到DM=BN.由平行截线性质, CG 与CF 的中点连线过MN 的中点,因此E 到BD 的垂足是BD 的中点,即EB=ED.故∠ECD=p 12DE=q 14DECB =12∠GCD.等腰三角形EFC 与ECG 的腰及底角相等,故全等.因此CF=CG .最后,由ΔADF ∽ΔGCF 得到AD=AF,从而∠DAF=∠DFA=∠FAB,即L 是 ∠DAB 的平分线.3.对于全体考生集G 的任一子集A,记A 所含的最大团的规模为m(A),对G 的任一划分(A,B),令f(A,B)=m(A)－m(B).设G 的最大团为K 2n .从A 0=G , B 0=Φ开始,逐个地将K 2n 的元素移入B,最后(2n 步后)成为 A 2n =G\K 2n , B 2n =K 2n .由于f(A 0,B 0)=2n, f(A 2n ,B 2n )≤0,而且每步操作使m(A)不变或减小1, m(B)增加1 (特别,每步后m(A)+ m(B)≥2n).故必有k,使得k 步后成为以下两种情形之一:(1).f(A k ,B k )=0,此时(A k ,B k )为所求的划分.(2).f(A k ,B k )=1,但f(A k+1,B k+1)=－1.由于B k =K k ,故m(A k )=k+1, k ≥n.记 S= A k ∩K 2n , |S|=2n －k ≤k. A k 中的每个k+1团都含有不属于S 的元素. 若存在x ∈S 不属于A k 中的某个k+1团,第k+1步改为将x 移入B,就有 m(A k+1)= m(B k+1)= k+1,新的(A k+1,B k+1)为所求.若S 是A k 中的每个k+1团的真子集,只要A k 中有k+1团,就可取出它的一个不属于S 的元素,使之变为k 团.故可取出A k 的一个与S 不交的子集T,使得 m(A k \T)=k. 第k+1步改为将整个T 移入B.则m(A k+1)=k.只要证明此时亦有 m(B k+1)= k,则新的(A k+1,B k+1)为所求.反设m(B k+1)≥k+1,则必有T 的u 元子集T 1与B k 的k+1－u 元子集C 构成团 (u ≥1).于是S ∪T 1∪C 是G 的一个团.但是|S ∪T 1∪C|=2n －k+u+k+1－u=2n+1,矛盾(K 2n 是G 的最大团).4.设外接圆半径为r,则CR=2rsin(A+2C ),CQ=cos 2CL C =2cos2bC .故QR CR =1－CQ CR =1－4sin()cos 22bC C r A +=1－2(sin()sin )b r A C A ++=1－b a b +=a a b +.交换a 与b 得,PR CR =b a b +.又,QL=2b tan 2C ,PK=2a tan 2C .因此QR·QL=PR·PK. 再由∠LQR=∠KPR(=90°+2C)即得三角形RQL 与RPK 面积相等.5.(4a 2－1)2b 2=(a(4ab －1)+a －b)2=a 2(4ab －1)2+2a(a －b)(4ab －1)+(a －b)2. 故由 (4ab －1) | (4a 2－1)2推出(4ab －1) | (a －b)2.反设有正整数a ≠b 满足(4ab －1) | (a －b)2,则必有一组这样的(a,b)使a+b 为最小.令 (a －b)2=k(4ab －1).不妨设a>b.二次方程x 2－(4k+2)bx+b 2+k=0的一个根x 1=a,另一根x 2=(4k+2)b －a=2b ka+也是正整数.故(x 2,b)也满足条件.由所设a+b 最小得到x 2≥a,即k ≥a 2－b 2.于是(a －b)2≥(a 2－b 2)(4ab －1),即a －b ≥(a+b)(4ab －1), 矛盾.6.设f(x,y,z)为三元多项式,总次数deg f=k.定义偏差分算子Δ∈{Δx , Δy , Δz } Δx f=f(x+1,y,z)－f(x,y,z) ; Δy f=f(x,y+1,z)－f(x,y,z) , Δz f=f(x,y,z+1)－f(x,y,z). 又对每个Δ和正整数m, Δ(m)f 表示Δ迭代m 次.引理.对每个Δ,当k ≥1时deg(Δf)≤k －1, k=0时Δf 恒等于0. (事实上,由二项式展开, Δx 使每个含x 的项的次数减1,每个不含x 的项变为0. Δy , Δz 类似).推论.当r+s+t>k 时, Δx (r)Δy (s)Δz (t)f 恒等于0.设m 个平面 a i x+b i y+c i z －d i =0 (1≤i ≤m,每个d i ≠0)满足条件,则m 次多项式 f(x,y,z)=1()mi i i i i a x b y c z d =++−∏在S*=S\{(0,0,0)}的每点处的值都等于0,但f(0,0,0)≠0.若m<3n,则Δx (n)Δy (n)Δz (n)f 恒等于0.利用一元函数的差分公式Δ(n)P(x)=0(1)()nn i i n i C P x i −=−+∑可得Δx (n)Δy (n)Δz (n)f=3(,,)(1)(,,)n i j k ij k n n n i j k SC C C f x i y j z k −−−∈−+++∑.取x=y=z=0得到f(0,0,0)=1(,,)*(1)(,,)i j k ij k n n n i j k S C C C f i j k +++∈−∑=0,矛盾. 因此,m ≥3n.另一方面,3n 个平面x －i=0 (1≤i ≤n), y －j=0 (1≤j ≤n), z －k=0 (1≤k ≤n)显然符合要求(S*的每点都有一个坐标为1～n 的整数).故满足条件的平面的最少个数是3n.。
第48届IMO预选题二
k=1
1 ( M k - 1 + 1) c 2
k+1
≤ 2 a ( n1 ) + 2
n ,有 f j ( f j ( n) ) ≤f j ( n) ≤n .
=
1- x y = n , x (1 - x) x (1 - x)
n n k =1
n
n
0< =
∑
n
1+ y 4k < 1+ y
n
2k
n
k =1 n
∑y
n
1
k
若 f j ( m ) = 1 ,则
f j ( m + n ) ≥f j ( n ) ≥f j ( f j ( n) )
1 ,则存在最小的正整数 a ,
为正整数集 . 3. 已知 n ∈N+ , x 、 y 是正实数 , 且满足
x + y = 1. 证明 :
n k =1 n n
∑
1+ x 4k 1+ x
2k
n
k =1
∑1 + y
1+ y
2k 4k
<
1 . (1 - x) (1 - y)
于是 ,对于所有的正整数 b ≥a ,有 f ( b) ≥f ( a) > 1. 若存在正整数 n ,使得 f ( n) > n ,则 f ( f ( n) ) = f ( ( f ( n) - n) + n) ≥f ( f ( n) - n) + f ( f ( n) ) - 1. 因此 , f ( f ( n) - n) ≤ 1. 于是 , f ( n) - n < a . 设 f ( n) - n 当 n = k 时取到最大值 c . 则 f ( k) - k = c ≥ 1. ≥ 故 2 k + c f (2 k) = f ( k + k) ≥f ( k ) + f ( f ( k ) ) - 1 ≥f ( k ) + f ( k ) - 1 = 2 ( k + c ) - 1 = 2 k + ( 2 c - 1) . 于是 , c ≤ 1. 因此 ,对于所有的正整数 n ,有 f ( n) ≤n + 1. 特别地 ,有 f ( 2 007) ≤ 2 008. 下面用例子来证明 : f ( 2 007) 能取到从 1 到 2 008 的值 . 设 f j ( n) = max{1 , n + j - 2 007} ( j = 1 ,
第46届IMO预选题(下)
样的状态 ,房间 R0 均为正常的 . 所以 ,正常的房间的 数目增加了 .
2. 首先考虑 : 若 w 个人得到了学习机 , 那么 , 买
一个房间的灯有些是开着的 、 有些是关着的 ,则称这 个房间是 “正常的” . 为此 , 设计一种操作次序 : 使得 这幢房子中正常的房间的数目是增加的 . 从而 ,经过 有限次操作 ,能使所有的房间都是正常的 .
生意想不到的解法 .
20
中 等 数 学 任选一个非正常的房间 R0 . 不妨假设房间 R0 中的所有的灯都是关着的 . 如果在房间 R0 中有一对双胞胎 , 则操作一次 , 能使这两盏灯开着 . 房间 R0 成为正常的 . 若在房间 R0 中没有双胞胎 , 任选一盏灯 a0 ∈
R0 ,设与其构成双胞胎的另一盏灯 b0 ∈R1 . 改变开
帽子的人的数目 n 的最小值是多少 ? 当 w = 1 时 , n 的最小值为
2 k + 3 = 1 ×( k + 2) + ( k + 1) ;
2006 年第 11 期
21 3. 首先证明一个更一般的结论 .
当 w = 2 时 , n 的最小值为
3 k + 5 = 2 ( k + 2) + ( k + 1) .
6. 本届 IMO 第 6 题 . 7. 已知正整数 n ( n > 1) ,整数列 a1 , a2 ,
…, an 满足 n | ( a1 + a2 + … + an ) . 证明 : 存 τ,使得对于所有 在 1 ,2 , …, n 的两个排列σ、 的 i = 1 ,2 , …, n ,有 σ( i ) + τ( i ) ≡ai ( mod n) .
第48届IMO预选题四
用与 ( 1) 类似的方法 ,可以说明对于这样
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个砝码称量重为 w ( 1 ≤w ≤ Fn + 2 - 1假设得证 . 综上 ,由归纳法知结论成立 . 取 n = 10 , F1 = F2 = 1 , F3 = 2 ,
F4 = 3 , F5 = 5 , F6 = 8 , F7 = 13 , F8 = 21 , F9 = 34 , F10 = 55.
81
中 等 数 学
竞赛之窗
第 48 届 IMO 预 选 题 ( 四)
李建泉 译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)
组合部分
1. 已知 n 是大于 1 的整数 . 求满足下列
{1 ,2 , …, n }中的数被染成红色或蓝色 , 并满
足下列条件 : 集合 S ×S ×S 恰包含 2007 个 有序三元数组 ( x , y , z ) ,使得
(1) 选择{1 ,2 , …, n } 的一个分割 I ∪J ,
矩形 ,每个矩形的边与单位正方形的边平行. 任意一条与单位正方形的边平行 , 且过正方 形内部的点的直线也过某个矩形内部的点. 证明 : 存在一个矩形 ,其内部及边界上的点都 不是单位正方形边界上的点 .
3. 求 所 有 的 正 整 数 n , 使 得 集 合 S =
32
5
. 证明 : 存在正整
特别地 , S ( 0 , n ]=0 , S ( n , n + n ]= n . 从而 , a1 = a2 = …= an = 0 ,
第47届IMO预选题(上)
交于一点 S . 如图 1 , 设 S K 与 △AB P 、 △CDQ 的外接 圆的另一个交点分别为 X 、 Y.
足为 D , 点 C1 在 边 DJ 上 的 投 影 为 E , 求 ∠B EA 1 和 ∠A EB 1 的度数 . 6. 已知 ⊙O1 、 ⊙O2 外切于点 D , 并同时 ω 与圆 内 切 , 切 点 分 别 为 E 、F , 过 D 作 ⊙O1 、 ⊙O2 的公切线 l . 设圆 ω 的直径 AB ⊥ l ,使 得 A 、 E、 O1 在 l 的 同 侧 . 证 明 : AO1 、 BO2 、 EF 三线共点 . 7. 设四边形 ABCD 是凸四边形 . 过点 A 、 D 的圆与过点 B 、 C 的圆外切于点 P ,且 P 在 四边形 ABCD 的内部 . 若 ∠PAB + ∠PDC ≤ 90° , ∠PBA + ∠PCD ≤ 90° ,证明 : AB + CD ≥BC + AD . 8. 设 M a 、 Mb 、 Mc 分别是 △ABC 的三边 BC 、 CA 、 AB 的中点 , Ta 、 Tb 、 Tc 是 △ABC 外接 圆上不包含相对的顶点的 BC 、 CA 、 AB 的中
AD SQ PE BC SQ PF ・ ・ = 1 , ・ ・ = 1. DS QP EA CS QP FB AD BC 由于 AB ∥CD ,则 = . DS CS PE PF 于是 , = . 从而 , EF ∥AB . EA FB 又 ∠BCD = ∠BCF + ∠FCD = ∠BCQ + ∠EFQ = ∠BCQ + ∠EPQ , 且 ∠BCD = ∠A PB = ∠EPQ + ∠QPF , 则 ∠BCQ = ∠QPF. 无论点 Q 在 P 、 K 之间 ,还是点 P 在 Q 、 K 之间 , 均有 P 、 Q、 B、 C 四点共圆 . 3. 如图 3 , 设对角线 AC 、 BD 交于点 Q , AD 、 CE 交于点 R , A P 与 CD 交于点 M . 由已知可得 △ABC∽ △ACD∽ △ADE ] AB = AC = AD . AC AD A E 又 ∠BAD = ∠ BAC + ∠CAD = ∠CAD + ∠DAE = ∠CA E , 则 △ABD ∽ △ACE , 且 图3 AQ 、 AR 分 别 是
48届imo第四题的多种解法
48届imo第四题的多种解法第四题：Let $m$ and $n$ be positive integers with $m$ not divisible by $n$. Show that there exist integers $a$ and $b$ such that$am+bn=\gcd(m,n)$.证明：解法一 :令 $d =\gcd(m,n)$，由贝祖定理，存在整数 $x$ 与 $y$，使得$mx+ny=d$。
设 $m, n 互质 $，则 $d = 1$，将 $x, y$ 代入 $mx+ny=1$ 中，有 $m(x-ny)+ny=1$，令 $a=x-ny$，$b=n$ ，即有 $am+bn=1$ 。
解法二：根据欧几里得算法，函数$gcd(m,n)$ 可以表达成如下形式：$m = nq_1 + r_1$$n = r_1q_2 + r_2$$r_1 = r_2q_3 + r_3$$\vdots$$r_{n-1} = r_nq_{n+1}$$r_n = gcd(m,n)$令$a_i$与$b_i$分别为第$i$步式子前后所相乘的数，则递推关系如下：$a_1=1,b_1=0;$$a_2=0,b_2=1;$$a_{i+2}=a_{i+1}-a_iq_{i+1},b_{i+2}=b_{i+1}-b_iq_{i+1},$由此，当算到$(n+1)$步时，可得$a_{n+1}n+b_{n+1}m=gcd(m,n)$。
解决方案三：使用延伸的欧几里得算法。
该算法从最后一步开始，令$y_{k-2}=x_{k-1}$，$y_{k-1}=x_k$，使其慢慢递推出来，延伸后的递推关系代码如下：$x_k = r_{k-2}$$y_k = y_{k-2} - q_{k-1}y_{k-1}$$x_{k-1}=y_k$$y_{k-1} = x_k$当 $k=2$ 时，此时，上述关系可以表示如下：$x_2=n$；$y_2=m-q_1n$；$x_1=y_2$；$y_1=n$即，$x_1m+y_1n=\gcd(m,n)$。
第45届IMO预选题上
如果 y < 0 ,则
f ( y) = - g ( - y) = - g
1 - ca
b
于是 ,有
ab + bc + ca + 6 ( a + b + c) abc
数对 ( a , b) 得到的序列为
a , b , ( a mod b) , …;
数对 ( a - b , b) 得到的序列为
a - b , b , ( ( a - b) mod b) , … .
考虑对数对 ( a , b) 使用辗转相除法得到的连续的剩 余构成的序列 . 设 ( u mod v) 表示 u 模 v 的最小非负 剩余 ,这个序列可写为
r0 = a , r1 = b , r2 = ( a mod b) , …, ri + 1 = ( ri - 1 mod ri ) , …, rn = 1 , rn + 1 = 0.
6. 设 P 是一个凸多边形 . 证明 : 在 P 内
示的算术平均为
a1 + a2 + …+ ak Ak = , k = 1 ,2 , …, n , k
用 Gn 表示 A 1 , A 2 , …, A n 的几何平均 . 证明 : 不等式
n
存在一个凸六边形 ,其面积至少是 P 的面积 的
3 . 4
n
3. 设点 O 是锐角 △ABC 的外心 , ∠B <
件 a n = | an + 1 - a n + 2 | , n ≥ 0 , 其中 a0 、 a1 是 两个不同的正数 . 问这个数列是否有界 ?
3. 是否存在一个函数 f : Q → { - 1 ,1} , 使
得如果 x 、 y 是两个不同的有理数 ,且满足 xy =1或 x + y ∈ {0 ,1} ,则 f ( x ) f ( y ) = - 1 ? 证 明你的结论 .
2023-2024世界少年奥林匹克思维能力测评地方选拔活动七年级数学试题
2023-2024世界少年奥林匹克思维能力测评地方选拔活动七年级数学试题一、选择题（请将正确答案的编号填入括号内）1. 已知a和b都是正整数，且a > b，那么a + b与a - b的大小关系是（）A. a + b > a - bB. a + b < a - bC. a + b = a - bD. 无法确定2. 下列算式中，与\frac{2}{3}相等的是（）A. \frac{4}{6}B. \frac{6}{9}C. \frac{8}{12}D. \frac{10}{15}3. 下列各式中，是一元一次方程的是（）A. 3x + 5 = 0B. x^{2} - 3x = 2C. 2x + y = 4D. \frac{1}{x} = 24. 绝对值等于5的数是（）A. \pm 5B. -5C. 5D. \pm 105. 下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）A. 正方形B. 平行四边形C. 等边三角形D. 圆二、填空题（请将正确答案填入横线）6. 一个数的立方是- 64，则这个数是____。
7. 若\left| x + \frac{1}{2} \right| + (y - 3)^{2} = 0，则(x + y)^{2019} =____。
8. 下列各式中，与- 4x + 2互为相反数的是____。
9. 若关于x的不等式组\left\{ \begin{array}{r} x - a \geq 0 \\3 - 2x > -1 \\\end{array} \right.的解集为a \leq x < 2，则a的取值范围是____。
10. 若一次函数y = kx + b的图象经过第一、二、四象限，则系数k的取值范围是____。
第46届IMO预选题解答
所以 , pq + rs ≥pr + qs ≥ps + qr.
因此 ,有 pq + rs ≥10.
又因为 0 ≤( p + q) - ( r + s) < 1 ,所以 ,
( p + q) 2 - 2 ( p + q) ( r + s) + ( r + s) 2 < 1.
结合 ( p + q) 2 + 2 ( p + q) ( r + s) + ( r + s) 2 = 92 ,
2. 设 R+ 表示正实数集. 求所有的函数 f : R+ →R+ ,使得对所有正实数 x 、y ,有
f ( x) f ( y) = 2 f ( x + yf ( x) ) . 3. 已知实数 p 、q 、r 、s 满足 p + q + r + s = 9 , p2 + q2 + r2 + s2 = 21. 证明 :存在 ( p , q , r , s) 的一个排列 ( a , b , c , d) ,使得 ab - cd ≥2. 4. 求所有的函数 f : R →R ,对于所有实数 x 、y ,满足 f ( x + y) + f ( x) f ( y) = f ( xy) + 2 xy + 1. 5. 本届 IMO 第 3 题.
当 a = ±1 时 ,取 Q ( x) = 1 ;
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26
当 a = 0 时 ,取 Q ( x) = x + 1 ; 当 a = ±2 时 ,多项式 x2 ±2 x - 1 有一个根的绝 对值大于 2 ,不满足题设要求 ,若 P ( x) = x2 ±2 x + 1 ,取 Q ( x) = x 1.
第48届IMO试题
中国队获第48届I MO团体总分第二名第48届I M O于2007年7月19日—31日在越南首都河内举行,来自95个国家与地区的520名选手参加了本届I M O。
经过两天的角逐,共产生金牌39枚,银牌83枚,铜牌131枚。
中国队4名选手获得金牌,2名选手获得银牌,团体总分第二名。
本届I M O金牌分数线29分,银牌分数线21分,铜牌分数线14分。
中国队的成员如下:领 队 冷岗松 上海大学 教授副领队 朱华伟广州大学教授观察员 张承宇广东深圳中学高级教师 沈虎跃浙江镇海中学教师队 员 沈才立 浙江镇海中学 36分 金牌付 雷湖北武钢三中30分金牌王 火亘广东深圳中学30分金牌杨 奔北京人大附中30分金牌马腾宇东北师大附中28分银牌胡 涵湖南师大附中27分银牌获得团体总分前6名的队及其总分如下:1.俄罗斯 184分2.中 国 181分3.越 南 168分4.韩 国 168分5.美 国 155分6.日 本 154分第48届I MO试题第一天1.给定实数a1,a2,…,a n.对每个i(1≤i≤n),定义:d i=max{a j|1≤j≤i}-min{a j|i≤j≤n},且令d=max{di|1≤i≤n}.(1)证明:对任意实数x1≤x2≤…≤xn,有max{|x i-a i||1≤i≤n}≥d2.(2)证明:存在实数x1≤x2≤…≤xn,使得式①中的等号成立.(新西兰 供题)2.设A、B、C、D、E五点中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BCED是圆内接四边形.设l 是通过点A的一条直线,l与线段DC交于点F(F 是线段DC的内点),且l与直线BC交于点G.若EF=EG=EC,求证:l是∠DAB的平分线.(卢森堡 供题)3.在一次数学竞赛活动中,有一些参赛选手是朋友,朋友关系是相互的.如果一群参赛选手中的任何两人都是朋友,就称这一群选手为一个“团”(特别地,人数少于2的一群也是一个团).已知在这次竞赛中,最大的团(人数最多的团)的人数是一个偶数.证明:总能把参赛选手分配到两个教室,使得一个教室中的最大团的人数等于另一个教室中的最大团的人数.(俄罗斯 供题)第二天4.在△ABC中,∠BC A的平分线与△ABC的外接圆交于点R,与边BC的垂直平分线交于点P,与边AC的垂直平分线交于点Q.设K、L分别是边BC、AC的中点.证明:△RPK和△RQ L的面积相等.(捷 克 供题)5.设a、b为正整数.已知(4ab-1)|(4a2-1)2.证明:a=b.(英 国 供题)6.设n是一个正整数.考虑S={(x,y,z)|x、y、z∈{0,1,…,n},x+y+z>0}这样一个三维空间中具有(n+1)3-1个点的集合.问:最少要多少个平面,它们的并集才能包含S,但不含(0,0,0).(荷 兰 供题)(朱华伟 提供)© 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 。
一道48届IMO试题引申的别证
因为 ， Ｙ为正整数 ， 以 ｕ≥ ２ 所 以 ｕ＝２ ３ ４ 所 ， 。 ，．
所 ｃ吾 以 ＞．
从而 （ Ｙ ， ）＝ （ ， ） （ ， ， ２ １ ， ２ ２ ． Ｉ Ｉ ， Ｉ２） （ ， ） （ ， ）
口 迫 ４ 圃 Ｉ 题 勖 ０圄 团髓 ８ ＭＯ
安徽 省 当涂 县青 山 中学
从 而 ＝ Ｙ ＝ １ ．
所 以 ｂ＝ ｃ ：４． ＝６ ｎ ．
于是 方程 组的解 为 ＝Ｙ＝：＝ １ ． ８ 解不 定方程 例 ｌ 试求 方程 ＋Ｙ＝ ｌ 一ｘ 的正整数解 ． ｙ＋
所 以 ＡＡ Ｃ是等腰 三角形 ， ｎ为底 ， ， Ｂ 且 ｂｃ为腰．
６ 证明不等式 例 ９ 已知 ｉ个数 ｎ ｂ ｃ ， ， 满足 Ⅱ＋ｂ＋ｃ＝０，ｂ ａ ｃ＝Ｉ ．
：０， ＝０ ｃ ．所 以 ｎ ＝ ｂ ． ５ 判 断 三 角 形 的 形 状
例 ｌ 解方程组｛ ＋ｙ ｇ Ｏ ２＋ ２＝３ ．
Ｌ ＋
例８
设 ＡＡ Ｃ的 ｉ边 长 ｎ ｂ ｃ 足 ｂ＋ｃ＝８ ｂ Ｂ ，， 满 ，ｃ＝
（ 西安 市初 中数 学竞赛题 ）
ｎ 一１ａ＋５ ， 问 ＡＡ Ｃ是 什么ｊ 角形 （ ２ ２试 Ｂ 按边 分类 ） 并 ， 纠你的结论．
于点 Ｑ 设 Ｋ、 分 别 是 Ｂ Ａ ． ￡ Ｃ、Ｃ的 中
Ｊ ｐ
则 Ａ ＝曰 Ｒ Ｒ．
又 Ａ ：Ｃ Ｂ ：Ｃ ． Ｑ Ｑ。 Ｐ Ｐ
易得 Ｑ Ｃ＝ ／Ａ Ｑ ＝／Ｐ Ｂ， ．Ｑ ＝１０ Ａ ＿ Ｃ ＿ ． ＿ Ｃ ／Ａ Ｒ ． ＿ ８ 。一
２＿ Ｃ ＝ ／Ａ Ｂ ／Ａ Ｑ ＿ ． Ｃ． 又 ／Ａ Ｑ ＝ ＺＡ Ｃ Ｒ ．Ｂ ， 因此 ＡＡ Ｑ— ＡＡ Ｃ Ｒ Ｂ ， 同理 得 ＝Ａ Ｒ
高中数学竞赛 历届imo竞赛试题(-46届完整中文版)
第1届I M O1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,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。
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。
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 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线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。
第2届IMO1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。
2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.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：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。
5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。
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形如 8 kn - 1 的正因数当且仅当 k 是偶数 . 7. 对 于 一 个 质 数 p 和 一 个 正 整 数 n , 设 V p ( n) 表示 n !的质因数分解中质数 p 的 次数 . 已知正整数 d 和一个有限的质数集 { p1 , p2 , …, pt } . 证明 : 有无穷多个正整数 n , 使得对于所有的 i ( 1 ≤i ≤k ) ,有 d| V p ( n) .
这表明 pi i ‖ak . 从而 ,α i 是 n 的倍数 .
3. 如果对于任意的 a 、 b、 c、 d、 e ∈M , 均 有 478 ( a - b + c - d + e ) , 则称这个整数集 合 M是 “好的” .
α
n
若 b = 1 ,则 n = 2 ,
k + n
k
4
2
n
=
2 +2 1 2 2 = 2 7 - 3
7 - 3 不是整数 . 若 b = 2 ,则 n = 4 , 4 2 4 2 k + n 2 +4 k n = 2 4 = - 1. 7 - 3 7 - 3 所以 , ( k , n) = ( 2 ,4) 是一个解 . ( 2) 当 a = 2 时 , k = 4. 则 4 2 2 k + n = 256 + 4 b 4 n b b ≥ | 7 - 3 | = | 49 - 3 | ( 49 + 3 ) . b 由于| 49 - 3 | 的最小值为 22 ,且当 b = 3 2 b 时取到 , 因此 ,128 + 2 b ≥11 ( 49 + 3 ) , 这与 b 2 3 > 2 b 矛盾 . ( 3) 当 a = 3 时 , k = 6. 则 4 2 2 k + n = 1 296 + 4 b 6 n b b ≥ | 7 - 3 | = | 343 - 3 | ( 343 + 3 ) . b 类似地 ,由于| 343 - 3 | ≥ 100 ,且当 b = 5
2
b
| A | ∑
k
= 10| x | = 100 000 ,
α
设 A = p1n p2n …psn . 则 b = A .
2 2 n 对于 k = b ,应用条件得 b | ( b - ak ) . 于是 ,对于每一个 i ( 1 ≤i ≤s ) ,
1
α
2
α
s
n
pi
2α
i
n ( b - ak ).
又因为 pi i b ,所以 ,
n ak ≡b ≡ 0 ( mod pi i ) , n 且 ak ≡b 0 ( mod p ii
α
α
α +1
).
且存在某个正整数 k ,使得 100 000 | Ak | ≥ > 2 173 > 2 007. 46 ( 2 n - 1) , 4. 记 (2 n - 1) ! ! = 1・ 3・ 5・ … ・ ( 2 n ) ! ! = 2・ (2 n) = 2 n n ! , 4・ 6・ … ・ 其中 , n 为任意正整数 . 则 ( 2 n ) ! = ( 2 n ) ! ! ( 2 n - 1) ! ! n = 2 n ! ( 2 n - 1) ! !. 对于每个正整数 n ,有 2n ( 4 n) ! 2 ( 2 n ) ! ( 4 n - 1) ! ! 2n C4 n = 2 = 2 [ ( 2 n ) !] [ ( 2 n ) !] 2n 2 ( 4 n - 1) ! ! , = (2 n) !
22
中 等 数 学
竞赛之窗
第 48 届 IMO 预选题 ( 一)
李建泉 译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)
4 2 k + n ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4) .
k n 而7 - 3 ≡ 7- 3≡ 0 ( mod 4) ,矛盾 . 因此 , k 和 n 同为偶数 . 设 k = 2 a , n = 2 b. 则 a b 7 - 3 k n 2a 2b a b 7 - 3 =7 - 3 = ・ 2 (7 + 3 ) . 2 a b 7 - 3 a b 因 和 2 ( 7 + 3 ) 都为整数 ,所以 , 2 a b k n 2 (7 + 3 ) | (7 - 3 ) . k n 4 2 又 (7 - 3 ) | ( k + n ) ,即 k n 4 ( 7 - 3 ) | 2 ( 8 a + 2 b2 ) , a b 4 2 则 7 +3 ≤ 8a +2b . 用数学归纳法证明 : 4 a 当 a≥ 4 时 ,8 a < 7 ; 2 b 当 b≥ 1 时 ,2 b < 3 ; 2 b 当 b≥ 3 时 ,2 b + 9 ≤ 3 . 显然 ,当 a = 4 时 ,有 4 4 8× 4 = 2 048 < 7 = 2 401. 4 a 假设 8 a < 7 ( a ≥ 4) ,则 4 a +1 4 4 8 ( a + 1) = 8 a
i
a
参考答案
1. ( 2 ,4) .
假设正整数对 ( k , n) 满足条件 . k n 4 2 因为 7 - 3 是偶数 , 所以 , k + n 也是 偶数 . 于是 , k 和 n 有相同的奇偶性 . 若 k 和 n 同为奇数 ,所以 ,
5 a 625 a+1 =7 ・ <7 . 4 256 2 1 当 b = 1 时 ,有 2 × 1 =2 <3 =3 ; 2 2 当 b = 2 时 ,有 2 × 2 =8 <9 =3 . 2 b 假设 2 b < 3 ( b ≥ 2) ,则 2 2 2 ( b + 1) = 2 b + 2 × 2b +2 2 2 2 b b+1 <2b +2b +2b <3 × 3 =3 . 2 3 当 b = 3 时 ,有 2 × 3 + 9 = 27 = 3 . 2 b 假设 2 b + 9 ≤ 3 (b≥ 3) ,则 2 b +1 2 2 2 ( b + 1) + 9 < ( 2 b + 9) <7
k
2
k- 1
∑
故 C2 k + 1 - C2 k
2
k
2
k
2
k- 1
k 数 a2 i - 1 满足 ( 2 i - 1) a2 i - 1 ≡ 1 ( mod 2 ) . 则在 k 模 2 的意义下 ,{ a2 i - 1 } 是 {2 i - 1} 的一个排 列 . 于是 ,
2 2 k+1 k 2 = k (2 - 1) ! ! - k [ (2 - 1) ! !] 2 ! 2 !
因此 ,2 ‖S . k 2k - 1 (2 t + 1) , t 为某个整数 . 故 c =2 S =2 k 3k k k ( ) 从而 , P 2 = 2 Q ( 2 ) + 2 c 3k k 3k - 1 ( 2 t + 1) . = 2 Q (2 ) + 2 k 3k - 1 ( ) 这表明 , P 2 能被 2 整除 , 不能被
2
k- 1
2
k- 1
≡-
∑
k
i =1
∑(2
k
2 - 1) !! a2 i - 1
首先用数学归纳法证明 :2 当 n = 1 时 ,显然成立 . 假设 2 ! = 2 整数 . 则
2
n+1 n
2 - 1
n
‖ 2 !.
n
= - ( 2 - 1) ! ! 2 k = - ( 2 - 1) ! !
k- 1
i =1 k- 1
k 2 ( 2 - 1) ! ! k k k k = [ (2 + 1) (2 + 3) …(2 + 2 - 1) k 2 ! ( 2 k - 1) ( 2 k - 3) …( 2 k - 2 k + 1) ] .
2
k
2
k- 1
S=
2
k
2
i =1 k- 1
∑
i =1
( 2 k - 1) ! ! ( 2 i - 1) ( 2 k - 2 i + 1) (2k - 1) ! ! ≡ (2 i - 1) 2
4
2
考虑集合 J = { - 9 , - 7 , - 5 , - 3 , - 1 ,1 ,3 ,5 ,7 ,9}. 下面证明 : J 是好的 . 实际上 ,对于任意的 a 、 b、 c、 d、 e ∈J ,数 a - b + c - d + e 为奇数 ,且 - 45 = ( - 9) - 9 + ( - 9) - 9 + ( - 9) ≤a - b + c - d + e ≤ 9 - ( - 9) + 9 - ( - 9) + 9 = 45. 故 478 ( a - b + c - d + e) . 对于任意的 k = 1 ,2 , …,46 ,考虑集合 A k = { x ∈X| 存在 j ∈J ,使 kx ≡j ( mod 47) }. 如果 A k 不是好的 , 则存在 a 、 b、 c、 d、 e ∈A k ,使得 47| ( a - b + c - d + e) . 于是 , 47| ( ka - kb + kc - kd + ke) . 因此 ,集合 J 中包含 5 个模 47 的剩余 , 使得 J 不是好的 ,矛盾 . 所以 , A k 是 X 的好的子集 . 只要证明存在一个整数 k ,使得 | Ak | ≥ 2 007. 对于每个 x ∈X ,由于 478 x ,因此 , x ,2 x , …,46 x 构成模 47 的一个简化剩余系 . 于是 , 共有 10 项分别与 J 中的元素模 47 同余 . 所 以 ,每个 x ∈X 恰属于 10 个集合 A k . 从而 ,