2020年全俄数学奥林匹克第三阶段 (十一年级)
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word版
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论．解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此OA ODOC OB=，③由①，②，③得NS ES EQ MQ=．因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠，()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠，即NSE EQM∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此EN FN EM FM=，从而EM FN EN FM⋅=⋅．CB二、求所有的素数对〔p ，q 〕，使得q p pq 55+．解：假设pq |2，不妨设2=p ，那么q q 55|22+，故255|+q q ．由Fermat 小定理， 55|-q q ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么q q 55|55+，故6255|1+-q q ． 当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有1155|--+q p pq ，故)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ② 故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k ，)12(21-=-s q l ， 其中s r l k ,,,为正整数． 假设l k ≤，那么由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A 是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么它们对应的顶点相邻． 在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边〔n r ≤≤1〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，因此，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21 满足 1m in 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<< 21，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 因此，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k ，等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n 〔n 为奇数〕，或者)2(32122-n n 〔n 为偶数〕．五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分不被染为这3种颜色？ 解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。
第44届俄罗斯数学奥林匹克(十、十一年级)
３．同十年级第３题．
４．ｉ５＝４Ｃ的情况可由对称性得出结论．
不妨设ＡＣ＞ＡＢ．
在圆尸上选取一点Ｚ，使得四边形尸胃为等腰梯形．
贝ＩＪＺ聊＝ｚ娜＝Ｚ：厦＝Ｚｃ似，．
类似地，
这表明，耶／／ａ４＇，ＺｉＶ／Ｇ４＇．
于是，以０为中心，把线段变为线段
Ｃ５的位似变换把变为Ａ氺Ｃｉｆ．
从而，点〇（即点Ｓ）在Ｕ上．
戈＝１００９对称，艮Ｐ
ｆ（ｘ）＝ｆ（２ ０１８ｘ）．
故其在区间（ａ，２０１９］上根的个数
与区间［１，＋？）上根的个数相等，即也有一
３７
个根．
从而，方程①共有两个根．
２．设／为线段ＳＣ的中垂线．
如图１，注意
到，／经过点兄记
Ｙ为点４关于Ｚ的
对称点．
显然，点１在
圆厂上，且由对称
性知
ＡＭ／／ＢＣ／／ＭＮ．
由于点／＞与图１
６．同九年级第６题．
７．同九年级第８题．
８．游戏板分为左右两部分．在每一部分中均有一些方格，方格之间连有一些线段，每一条线段均连接两个属于不同部分的方格？从任意一个方格均可以沿着线段到达任意一个其他的方格．开始时，在左部的一个方格里
放有一枚紫色的跳棋棋子，而在右部的一个方格里放有一枚青色的跳棋棋子．廖沙与芭莎轮流进行，芭莎先开始．每一步，游戏者均沿着一条线段将自己的棋子（芭莎是紫色的，廖沙是青色的）移动到一个空着的方格里．在此不允许出现已经出现过的场景（即相同的场景是指紫色的棋子位于相同的方格里，青色的棋子亦然）．谁不能继续进行自己
８．—开始，在２ ０１８ｘ２０１８棋盘的左下
角和右下角方格里各有一枚棋子马，分别为红马和蓝马．科良和萨沙轮流移动自己的棋子，科良持红马，萨沙持蓝马，科良先开始．每一次移动均将棋子在一个坐标上移动２０个格同时在另个坐标上移动１７个格，棋子不能移动到已经被另枚棋子所占据的格，且不允许出现已经出现过的场景（若红 马处于同个位置，蓝马亦处于同一个位置，则称两个场景相同）．谁不能继续进行自己的步骤即为输．问：在正确的玩法下，谁有取胜策略？
第38届俄罗斯数学奥林匹克(九年级)
ｊ
—ａ ｊ’＞ ・
５ 如果一个智者和与其相邻的两人中至 ． 少有一人与其观点相 同， 则称此智者为 “ 稳 定 的” 否则 ， ， 称为 “ 不稳定 的 ” ．
显 然 ， 成 为 稳 定 的智 者 则 不 再 改 变 一旦 观 点且永 远都是 稳定 的． 由于一共有 奇数个 智 者 ， 因此 ， 开始 就一 定 有稳定 的智 者． 因为与稳定 相邻 的不稳 定智 者经过一 分 钟后 变为稳 定 的智 者 ， 以 ， 所 智者 的个 数 （ 只 要有 非智 者 ） 分 钟 都 严 格 上 升 （ 了最 后 每 除
ａ＋； ｎ ＋…＋ ： ３ ｋ ０＞ｋ＋．
得 它们 的差 的绝对值 大 于 １ ．
③
证 明 ： ｔ ，：… ， 中存 在 两 个 数 ， 在 ｌ ａ， 口 ， 使 ５ １１个 智 者 围坐 一 圈开 圆桌 会 ， 论 ．０ 讨 地球 和木 星谁 绕 谁 转 的 问题． 始及 随后 的 开 每个 时刻 每个智 者持 有地球 绕木 星转或 木星 绕地 球转这 两 种 观点 之 一． 智者 按 以下规 各 则每 分钟一 次 同时宣 布 自己的观 点 ： 了第 除
４ Ｘ４ ７ 一ｌ ０ ｌ＝ｌ ６ｌ ． ７
次以外 ， 如果在上一分钟时一个智者的相 邻两人（ 左右各一人 ） 与其观点都不相同， 则 智 者改 变 自己 的观 点 ， 则不 改 变 自 己的观 否 点． 明 ： 干 分钟 后 ， 有 的人 都 不再 改 变 证 若 所 自己的观 点． ６ 已知 Ａ 、 ｃ 分 别是 △ Ａ Ｃ边 Ｂ ． 。Ｂ 、 ． Ｂ Ｃ、 Ｃ Ａ Ａ、Ｂ上 的点 ， 足 满
３ ２
中 等 数 学
第 ３ 届俄罗斯数学奥林 匹克 （ ８ 九年级 ）
李耀文——2020EMLO第4题解答
李耀文——2020EMLO第4题解答李耀文老师近期文章2020-09-07 2020爱尔兰数学奥林匹克第3题解2020-09-05 2020法语国家数学奥林匹克平几题解答2020-09-04 2020新西兰数学奥林匹克（第一轮）平几题解答2020-09-03 2020环球城市春季赛A级别初级组第5题解答2020-09-02 2020环球城市春季赛O级别初级组第3题解答2020-07-02 2020年比荷卢数学竞赛第3题解答2020-07-01 2019墨西哥数学奥林匹克模拟第1题解2020-06-30 2020年福建省高中数学竞赛（预赛）第13题另解2020-06-28 2020美国初中在线数学奥林匹克第4题解答2020-06-27 万喜人高联班几何测试（32-1）解答2020-06-24 2019澳大利亚数学奥林匹克平几题解答2020-06-23 2020澳大利亚数学奥林匹克（第一天）平几题解答2020-06-21 2020年亚太地区数学奥林匹第1题解2020-06-18 万喜人高联班几何测试（31-1）解答2020-06-08 万喜人高联班几何测试（30-1）解答2020-06-08 2020环球城市春季赛O级别第2题解答2020-06-07 2020FARMLA团体赛第5题解答2020-06-06 再解2020女子数学锦标赛（巴西）第2、5题2020-06-03 第五届爱尖子数学能力测评试题（加试部分）第1题解答2020-05-31 2010年JBMO预选题（几何部分）解答2020-05-30 三角形等角线的一个新性质2020-05-29 2020年圣彼得堡数学竞赛九年级组城市赛第5题解答2020-05-26 万喜人高联班几何测试（27-1、2)解答2020-05-25 2017年希腊JBMO代表队选拔考试第2题解答2020-05-22 2009年JBMO预选题（几何部分）第5题解答2020-05-18 2020USMCA（超级组）第2题解答2020-05-17 2011年JBMO预选题（几何部分）第1、2题解答2020-05-16 2017年奥地利数学奥林匹克（国家级决赛（第2部分第2天）第5题解答2020-05-14 2017年台湾代表队选拔考试（第二轮）测试3第2题解答2020-05-13 2019几何奥林匹克模拟赛第4题解答2020-05-12 一道根源杯几何试题的另解2020-05-11 2020FAKE USAJM第1题解答2020-05-10 2020年比荷卢数学竞赛第3题解答2020-05-09 第83届莫斯科数学奥林匹克（2020）十年级第4题解答2020-05-04 2017年荷兰IMO代表队选拔考试（第一题）第4题解答2020-05-01 2020加拿大冬令营模拟奥林匹克第1题解答2020-04-30 万喜人高联班几何测试（14）解答2020-04-28 2020年欧洲女子奥林匹克数学竞赛第5题解答2020-04-27 万喜人高联班几何测试（23-3)解答2020-04-25 万喜人高联班几何测试（23-2)解答2020-04-24 万喜人高联班几何测试（22-1、2)解答2020-04-14 再解竞赛生每日一题2212020-04-13 一道第59届IMO预选几何题解2020-04-12 也解2019-2020 SDPC冬季赛第8题2020-04-11 2020法国JBMO代表队选拔考试（第一轮）平几题解答2020-04-10 2020年1月根源杯MO邀请赛平几试题的纯几何证法2020-04-09 第一届SAFEST奥林匹克几何题解答2020-04-07 2020拉脱维亚IMO代表队选拔考试（第一轮）第5题解答2020-04-06 第30届亚太地区数学奥林匹克平面几何题解2020-04-04 第二届国际大都市竞赛（数学）第1题别解2020-04-03 2020年3月根源杯几何题另解2020-04-02 2020摩尔多瓦IMO代表队选拔考试平面几何题解2020-04-01 2020高加索地区数学奥林匹克几何题解2020-03-21 2020年科哈佛-麻省数学竞赛春季赛（团体赛）第3题解2020-03-29 2020欧洲女子数学奥林匹克土耳其代表队选拔赛（第一天）第1题解答2020-03-26 2019罗马尼亚IMO代表队选拔考试（第五次）几何题解2020-03-25 2018希腊国家队选拔考试第2题解答2020-03-24 加拿大CRUX杂志问题(4401、4415、4440)解答2020-03-23 2018拉普拉塔河学奥林匹克几何题另解2020-03-22 2019墨西哥国家数学奥林匹克第2题解2020-03-20 2019年第21届菲律宾数学奥林匹克第4题解答2020-03-19 再解2016年山大附中高一数学竞赛自测试暨西部选拔赛平几题2020-03-15 2020欧洲女子数学奥林匹克日本代表队选拔考试第3题解答2020-03-14 2020欧洲女子数学奥林匹克美国代表队选拔考试第4题解答2020-03-11 第41届环球城市数学竞赛（2019）秋季赛平几题解2020-03-09 再解第41届环球城市数学竞赛（2019）秋季赛平几题2020-03-08 2019土耳其初中数学奥林匹克第3题解答2020-03-07 2019-2020英国数学奥林匹克（第一轮）第3题另解2020-03-06 一道2012美国国家代表队IMO选拔考试题另解2020-03-01 加拿大杂志CRUX问题4518解答2020-02-29 2020日本数学奥林匹克决赛第2题解答2020-02-28 两道2018年白斯数学奥林匹克试题的解答2020-02-26 加拿大杂志CRUX问题4503解答2020-02-25 2019摩尔多瓦IMO代表队选拔考试第5题的解答2020-02-24 加拿大杂志CRUX问题4505解答2020-02-22 2019伊朗数学奥林匹克第三轮几何部分第2题的另解2020-02-21 2019年波罗的海地区（波兰）数学奥林匹克第14题的三角证法2020-02-20 2018年马来MO提高组B类题目第1题解答2020-02-18 2019南非数学奥林匹克第3题的解答2020-02-17 2019年波罗的海地区（波兰）数学奥林匹克第11题的纯几何解法2020-02-14 一道第21届地中海地区数学奥林匹克（平几）试题的另解2020-02-13 第45届俄罗斯数学奥林匹克决赛（十、十一年级）第4题的另解2020-02-12 第18届中国女子数学奥林匹克第一题的另解。
2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答
2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。
初中数学奥林匹克竞赛教程
初中数学奥林匹克竞赛教程（初稿）2004年5月8日初中数学竞赛大纲（修订稿）数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。
目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。
本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。
《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。
”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养……，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。
同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。
《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。
除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。
这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。
1、实数十进制整数及表示方法。
整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。
素数和合数，最大公约数与最小公倍数。
奇数和偶数，奇偶性分析。
带余除法和利用余数分类。
完全平方数。
因数分解的表示法，约数个数的计算。
有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。
2、代数式综合除法、余式定理。
拆项、添项、配方、待定系数法。
部分分式。
对称式和轮换对称式。
3、恒等式与恒等变形恒等式，恒等变形。
整式、分式、根式的恒等变形。
恒等式的证明。
4、方程和不等式含字母系数的一元一次、二次方程的解法。
一元二次方程根的分布。
含绝对值的一元一次、二次方程的解法。
张云华——2020年第24届巴尔干初中数学奥林匹克第1题解答
张云华——2020年第24届巴尔干初中数学奥林匹克第1题解答特级教师——张云华张云华专集2020-09-24 2020年巴尔干初中数学奥林匹克2020-09-22 初中数学竞赛训练题(050)解答2020-09-20 初中数学竞赛训练题(048)解答2020-09-20 初中数学竞赛训练题(049)解答2020-09-19 初中数学竞赛训练题(050)解答2020-09-15 2020年全国数学联赛B卷第10题解2020-09-07 初中数学竞赛训练题(045)解答2020-09-05 初中数学竞赛训练题(043)解答2020-09-04 初中数学竞赛训练题(042)解答2020-09-03 初中数学竞赛训练题(041)解答2020-08-27 初中数学竞赛训练题(032)第1题解答2020-08-20 初中数学竞赛训练题(026)解答2020-08-11 初中数学竞赛训练题(021)解答2020-08-10 初中数学竞赛训练题(020)解答2020-08-08 初中数学竞赛训练题(016)解答2020-08-07 初中数学竞赛训练题(017)解答2020-08-06 初中数学竞赛训练题(012)第1题解答2020-08-05 初中数学竞赛训练题(014)解答2020-08-04 初中数学竞赛训练题(015)解答2020-08-02 初中数学竞赛训练题(011)解答2020-07-31 初中数学竞赛训练题(010)解答2020-07-24 2019年冰岛MO第1 ~ 4题解答2020-07-23 2020爱尔兰数学奥林匹克第1题解答2020-07-22 2020爱尔兰数学奥林匹克第7题解答2020-07-13 2020TJMO第一季第6题的证明2020-07-12 2019克罗地亚MO不等式的证明2020-07-01 2020年德国数学奥林匹克不等式题另证2020-06-29 2020年北京高中数学邀请赛第4题解答2020-06-26 2020年北京高中数学邀请赛第1题解2020-04-17 2020土耳其IMO代表队选拔考试第8题两个解答2020-04-12 卡内基梅隆信息学与数学竞赛团体赛第12题解2020-03-13 2020年全俄数学奧林匹克第三阶段十一年级第8题解答2020-03-11 加拿大CRUX杂志4442号题目解答2020-03-06 2020科索沃数学奧林匹克十一年级第1题解2020-02-25 2019-2020英国数学奧林匹克(第一轮)第3题解2020-02-18 一道初等数论题的解答2020-02-17 2019摩尓多瓦IMO代表队选拔考试第6题的两个证明2020-02-16 2018年印度尼西亚MO省赛第19 题解2020-02-13 2019年摩尓多瓦IMO代表队选拔考试题第2题解2020-02-12 2018年印度尼西亚MO省赛第2题解答2020-02-10 2018年马来MO提高组B类第4题解答2020-02-08 2019泰国MO第6题解答2020-02-06 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第10题2020-02-04 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第8题2020-02-02 解2019年日本数学奧林匹克预选题第5题2020-01-31 解2019年日本数学奧林匹克预选题第2题2020-01-30 加拿大CRUX杂志4474号题目证明2020-01-29 解2019年葡语非洲数学奥林匹克试题第1天第2题2020-01-27 解2019年日本数学奧林匹克预选题第1题2020-01-26 解2020年日本数学奧林匹克预选题第1题2020-01-25 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第2题2020-01-24 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第8题2020-01-23 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第4题2020-01-22 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第3题2020-01-21 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第2题2020-01-20 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第1题2020-01-13 解2019葡语非洲数学奥林匹克第4题2020-01-12 加拿大CRUX杂志题目4493解答2019-09-30 2018年吉尓吉斯斯坦奧林匹克第4题证明2019-09-20 2019年拉丁美洲数学奥林匹克第1题解2019-09-18 2019尼日利亚高中数学奥林匹克第四轮第4题解答2019-09-17 尼日利亚MO不等式另证2019-09-11 2018JBMO预选题A2解答2019-09-10 2019年全国高中数学联合竞赛一试(B卷）第10题另解2019-09-10 2019年Cono Sur数学奥林匹克试题第3题解答2019-09-06 2019年国际大都市竞赛(IOM)数学试题第1题证明2019-09-02 一道IMO2018预选题的解答2019-08-22 2019年地中海地区数学奧林匹克第3题证明2019-08-13 2019年孟加拉数学奥林匹克试题第2题证明2019-08-12 2019年孟加拉数学奥林匹克试题第1题解2019-07-23 2019年法国JBMO代表队选拔考试第2次考试第1题证明2019-07-22 2019年奥地利初中数学奧林匹克地区级试题第1题解2019-07-21 2019年捷克-波兰-斯洛伐克初中联合竞赛试题个人赛第1题解答。
第44届俄罗斯数学奥林匹克(十、十一年级)
与 水 关于 点
即直线
＇
尺
子 科 良 持红 马 萨 沙 持蓝 马 科 良 先 开 始 每
，
次 移 动均 将 棋 子 在 格 同 时在 另 个 坐 标 上 移 动
一 一
一
个坐标上 移 动
１
这表明 过点 ，
＾ Ｘ
＝
．
，
／）
、
尺 水 三点 共 线
、
，
经
２０
个
７
个格 棋 子 不
＂
；
Ｖ
ｎ
＿
Ｌ
＞ １
０
＂
ｉ
－
１ ．
ｃ ｆ
个
据式 ① 可 推 知
ｎ
－
ｋ
＾ ９ ９ ＝＞ ｐ （ Ａ
，
）
＾９
＂
．
Ｘ Ｘ
…
Ｘ
Ｘ Ｘ Ｘ
从 而 便 找 到 了 无 穷 多个 时 刻 所 加 的 数 ＂ 不 超过 ９
ｉ
（
ｌ
）
．
，
观察某
２ ００
，
ｉ
（
－
１
）
个 时 刻 黑 板上 首 次对 某 个 Ｒ 正 现 整 设 出 不 小 于Ｕ ｄ 的 数 假
一
，
由 此 即 可 推 出式 ① 由于
ｉ
ｎ ＋
１
个
．
Ｖ（
１
）
＝ １
，
由 所证 的 不 等式 ①推 知
＝
该 数是 由 数 由于 ｐＭ
８
第34届俄罗斯数学奥林匹克十一年级
如果ｋ＝４，上面的估计中所有的不等式 都变为等式，因此，ｚ＝ｋ＋１＝５．
在由５个砝码组成的砝码组中所有砝码 重量都为ｍ＝４ｘ，而在由４个砝码组成的砝 码组中所有砝码重量都为５茗．
回到原题．
万方数据
３０
首先假设等重的１０组砝码中有２组所 含砝码的个数不同，则由引理及Ｎ＜５０，其中 几组每组由４个重量为５ｚ的砝码组成，而其 余几组每组都由５个重量为４算的砝码组成． 此时，每组的重量都为２０ｘ，故砝码总重量为
｛‰面骱肋．设直线加交平面ＡＢＣ于Ｄ。．则
４１、７Ｖ四Ｖ面四体面，ｔ体ａｃ脚ｏ 一肋ＯＤｌｌ‘
１
Ｄ
因此，ｏＤｌ≤去ＤＤ＝芸．
设ｘ是四面体的表面到球心０的距离 最近的点．于是，
ＯＸ≤ＯＤ。≤争
ｘ不可能位于一条棱上．故ｘ位于某一
万方数据
２００９年第２期
面的内部，不妨设为平面ＡＢＣ．则ｘ为 △佃ｃ外接圆的圆心．设△ＡＢＣ外接圆的半
如果Ｐ＝２，则驴＋ｌｐ－－２（ｒｏｏｄ ４）．故只要 驴＋矿＞２，２”就有一个大于１的奇因数
ｌ－ｐ ｌ”
！要三，矛盾．由此推出ｋ＝ｚ＝１，２“＝２×
∥，得到聘＝ｐｔ＋１． 如果Ｐ＞２，则 驴＋ｌｐ＝（｜｜｝４－‘Ｚ）（矿一１一Ｊ｜｝Ｐ一２ Ｚ＋…＋矿一‘）． 上式右端第二个括号里是一个奇数，故
它必等于ｌ，这推出妒＋ｌｐ＝ｋ＋Ｚ．
若ｘ位于某一条棱上（如ＡＢ），则Ｄ向 平面ＡＢＣ的投影０。位于△ＡＢＣ的外面．由 此，０，、Ｃ位于直线ＡＢ的两侧，／ａＣＢ不是 锐角，因此，以衄为直径的球（由假设其半 径不大于１）必含顶点Ｃ．同理，也包含顶点 Ｄ．故它包含整个四面体．
现假设点０位于四面体的内部。此时， 四面体ＡＢＣＯ、四面体ＡＢＤＯ、四面体ＡＣＤＯ、 四面体ＢＣＤＯ的体积之和等于四面体ＡＢＣＤ 的体积‰面懈鼢，因此，它们中的一个（如 四面体ＡＢＣＯ）的体积‰面懒聊不大于
2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答
2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。
数学竞赛在俄罗斯
• 苏联解体后的1992年赛事改称独联体数学 奥林匹克（the Commonwealth of Independent States Mathematical Olympiad），届数再次重新算起。这也是 最后一届独联体数学奥林匹克。1993年俄 罗斯数学奥林匹克（Russian Mathematical Olympiad）开始举行，届 赛的地位 • 在俄罗斯，奥林匹克竞赛成绩有着举 足轻重的地位。 • 莫斯科各高校校长每年都会签署专项 协议,特批在莫斯科或全国中学生奥赛 中获奖的11年级学生免试进入本校读 书。俄罗斯其他一些地区的高等学府 同样对奥赛获奖者敞开大门。
（五）俄罗斯数学竞赛的地位 • 俄罗斯其他一些地区的高等学府同样 对奥赛获奖者敞开大门。此外,很多综 合大学自己组织中学生竞赛,获奖者可 以被视同于通过了入学考试。 • 所以，在俄罗斯，中学生奥林匹克竞 赛热得发烫。很多高三学子都希望通 过竞赛进入理想的大学殿堂。
• 俄罗斯数学奥林匹克是俄罗斯国内规 模最大，水平最高的数学竞赛活动。 俄罗斯数学奥林匹克的前身是全苏数 学奥林匹克和全俄数学奥林匹克。
(二)俄罗斯数学奥林匹克起源和概况
1961年第一届全俄数学奥林匹克（All Russian Mathematical Olympiad）开始 举行。这是人类历史上第一次把数学竞赛 冠于奥林匹克。1972年赛事改称全苏数学 奥林匹克（All Soviet Union Mathematical Olympiad），届数重新算 起。
(二)俄罗斯数学奥林匹克起源和概况
• 俄罗斯数学奥林匹克的特点是分年级进行， 每个年级(七至十一年级)都是要求在4小时 内解答5道试题。高年级的优胜者可被免试 推荐进入大学。现在，俄罗斯的数学短期 活动已发展到包括小学生、中学生和大学 生在内的各级各类数学奥林匹克，其中尤 以中学数学短期活动开展得最为广泛和普 遍。
第45届俄罗斯数学奥林匹克(十、十一年级)
2019年第12期31第45届俄罗斯数学奥林匹克(十、十一年级)中图分类号：G424.79文献标识码：A文章编号：1005-6416(2019)12-0031-08决赛十年级1.在平面上的每个点A处均放置一个实数/■(4)•若M ABC的重心，则/'(M)=/(4)+/(B)+/(C).证明:对于一切点4,均有/(A)=0.2.芭莎和沃娃做游戏，芭莎先开始•开始时,在他们面前放着一块很大的塑料板•芭莎每一次都把某一块塑料板分割为三块(可以相同)•沃娃则从中挑出两块把它们粘合成一块•若在某一时刻，在已有的塑料块中能找到100块重量相同的，则芭莎获胜•问：沃娃能否阻止芭莎取胜？3.星际旅馆有100间客房，可分别容纳101,102,-,200位客人.在这些客房里目前共住着n位客人.现在来了一个VIP团队，需要为他们腾出一整间客房•为此，客房经理挑选出一间客房，并把原来住在里面的所有客人全安排到同一间其他的客房里•问:对于怎样的S客房经理可以以这种方式安排客人，而不会受制于客人的现在住房情况？4.在锐角A ABC中,AC<BC.经过顶点A、B的圆与线段CA、CB分别交于点41、艮.△ABC、△儿QC的外接圆的第二个交点为P,线段4Q与BA X交于点S.Q、R分别为点S关于直线CA、CB的对称点.证明:P、Q、R、C四点共圆.5.同九年级第5题.6.在锐角中作角平分线BL,D、E 分别为A ABC的外接圆厂上弧亦、辰的中点•在线段BD、BE的延长线上各取一点P、Q,使得Z APB=ZCQB=90°.证明：线段BL 的中点在直线PQ上.7.某数学小组共有24名学生•对于每个有6名学生所组成的队，负责人均给出“能配合”或“不能配合”的两类评价.为做数学擂台赛训练，负责人打算把小组里的学生分为4个队,每个队6名学生.问：能否对于任何一种分为4个队的方法，要么恰有三个队是能配合的,要么恰有一个队是能配合的,并且两种情况都会出现？8.给定非常数的整系数多项式P(x)和正整数n.令a。
第三节立体几何证明
第三节立体几何证明本页仅作为文档页封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第三章几何第三节立体几何证明C3－001证明：如果四面体ABCD的对棱分别相等（即AB=CD，AC=BD，AD=BC），那么通过每组对棱中点的直线互相垂直，并且是四面体的对称轴．【题说】 1953年～1954年波兰数学奥林匹克三试题3．【证】如图，设 K、L、P、Q、M、N分别是四面体各棱中点．由于AD=BC，BD=AC，AB公用，所以△ABD≌△BAC，因而它们的对应中线DK=CK，由此知KL⊥CD，同理LK⊥AB．这说明A与B关于KL对称，C与D也关于KL对称．因此，KL是四面体的对称轴．BC的中点Q与DA的中点P对称，因而PQ⊥KL．同理可得结论中的其它部分．[别证] 将四面体的各组对棱分别作为一个平行六面体各面的对角线，由于各组对棱分别相等，所以这六面体为长方体，而长方体的对面中心的连线是对称轴并且互相垂直．C3-002 四面体ABCD，若AB⊥CD，AC⊥BD，则AD⊥BC．【题说】 1957年天津市赛初赛题 3，1979年上海市赛题4．【证】过A作BCD的垂线AH，连BH、CH、DH并延长，分别交CD、DB、BC于E、F、G，再连AE、AF、AG．因AH⊥平面BCD，AB⊥CD，得BE⊥CD．同理，CF⊥BD，故H为△BCD的垂心，所以DG⊥BC，得AD⊥BCC3-003 已知一个圆锥及其内切球，这个球外接一个圆柱，该圆柱的底面在圆锥底面上．并设V1是圆锥的体积，V2是圆柱的体积．（a）证明：不可能成立V1=V2；（b）求出使V1=KV2成立的最小的数K．并作出这种情况下的圆锥顶角．【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题 6．本题由保加利亚提供．【解】（a）轴截面如图．设球半径为R，锥底面半径为r，高为h=（c+2）R．V2=2πR3所以V1≠V2．C3-004证明：如果四面体被平面所截得的截面形状是平行四边形，那么这个平行四边形的半周长介于四面体的最长棱长和最短棱长之间．【题说】 1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．【证】设四面体ABCD被平面所截得的截面是平行四边形MNPQ，各点位置如图所示．因为PQ∥MN，所以PQ∥平面ABC，从而PQ平行于平面ABC与平面BCD的交线BC，因此MN∥BC．同理，MQ∥AD∥NP．于是由此得：设a和b分别是四面体的最小棱和最大棱，则a≤BC，AD≤b，由此得a≤MN+MQ≤bC3-005 设有一个四面体SABC有如下性质：有五个球与棱SA、SB、SC、AB、BC、CA或其延长线相切．证明：（a）该四面体是正四面体；（b）反之，对每一正四面体都有这样的五个球．【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题7．本题由前苏联提供．【证】设球K与四面体ABCD的各棱相切，则K与各个面，比如面ABC，相交得一个圆，这圆是△ABC的内切圆或旁切圆，记为K ABC．每两个这样的圆，如K ABC与K ABD有一个唯一的公共点，也就是球K与AB的切点．有两种情况：Ⅰ．所有的圆都是内切圆．由于K ABC与K ABD均唯一确定，而且不在同一平面上，所以如果有这样的球K，只可能有一个．Ⅱ．有一个圆为旁切圆．例如圆K ABD是与D相对的旁切圆，即它与DA、DB的延长线相切，那么K BCD、K CAD也是与D相对的旁切圆，而K ABC与AB、BC、CA相切于内点，所以是内切圆．与Ⅰ同理，对于每个顶点，这种球至多有一个．因而与四面体各棱都相切的球至多有五个，一个类型Ⅰ，四个类型Ⅱ．现在假定有五个球与四面体各棱都相切．由内切球K1，可得（设DA =a，DB =b，DC =c，BC =a′，CA =b′，AB =c′）：a +a′=b +b′=c +c′=自A、B、C、D所作四条切线之和考虑D所对的旁切球，可得a-a′=b-b′=c-c′所以a=b=c，a′=b′=c′再考虑其他旁切球，可得a =b =c =a′=b′=c′所以ABCD为正四面体．反之，正四面体显然有五个和各棱都相切的球．C3-006 （a）已知一四面体ABCD．顶点D和底面△ABC的重心D1相连接，过A、B、C作DD1的平行线，分别交于该点相对的底面所在平面于A1、B1、C1．证明：四面体ABCD的体积是四面体A1B1C1D1体积的三分之一．（b）当点D1是底面△ABC内任一点时，结果又如何？【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题6．本题由波兰提供．【证】（a）设E、F、G分别为AD1、BD1、CD1与BC、CA、AB的交点．则A1在ED上，且△ED1D∽△EAA1，AA1 3DD1，同样BB1 CC1 3DD1，所以四面体A1B1C1D1的底面△A1B1C1≌△ABC，而四面体A1B1C1D1的高等于四面体ABCD的高的3倍．所以（b）当D1为任意点时，结论仍然成立．设DD1交平面A1B1C1于D1，A1D2、B1D2、C1D2分别交B1C1、C1A1、A1B1于E1、F1、G1．则过D1、D2任意作两个平行平面与直线AA1、BB1、CC1相截而得C3-007 在某个球形的星球上的居民，他能在星球表面上以不大的速度u移动，有一艘以速度v飞行的宇宙飞船．证明：若v/u＞10，则从飞船上总能看到这个星球居民，假定他没有藏起来的话．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十一年级题5．【证】设行星半径是1，取任一直径的二端点为南北极N、S，过N、S引一条基准子午线．再将它分成若干段长度为ε的相等的弧，过这些分点作纬线．始，每次到达基准子午线时都下移ε到下一条纬线．这样，便能保证从飞船上看到行星上移动的居民．理由如下：假如飞船在点B上空，行星居民在A，A与B纬度相同．那么飞船因此，当纬线的弧（沿飞船飞行方向，从B到A）＜π时，居民来不及逃避．当＜π时，由于ε很小，可以认为飞船在到B之前，仍在同一纬度上飞行．由于飞船到B时，居民在A，所以飞船在A时（比到BC3-008 证明：一个正四面体的外接球球心，到它的四个顶点的距离之和，小于空间中的其它任一点到四个顶点的距离之和．【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题3．本题由保加利亚提供．【证】过这正四面体的各个顶点作对面的平行平面，围得一个大的正四面体．任一点P到原四面体各个顶点的距离和a不小于该点到大四的体积，因此a′等于大四面体的高h（当点P在大四面体外时，P到各面距离的代数和等于h，因而a′＞h）．而原四面体外接球球心到各顶点的距离和等于h．因此命题成立．C3-009以四面体ABCD的棱AB、AC、AD为直径各作一个球．证明：这些球覆盖了整个四面体．【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】由A点作平面BCD的垂线AH，再由H点分别作线段BC、BD、CD的垂线HK、HL和HM．显然，棱锥ABKL、ACKM、ADML分别被相应的球所覆盖．C3-010证明：任何一个四面体总有一个顶点，以这个顶点引出的三条棱为三边可构成一个三角形．【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题4．本题由波兰提供．【证】设四面体ABCD中，AB是最长的棱．因为AC+BC＞AB，AD+BD＞AB，所以AC+AD+BC+BD＞2AB．从而AC+AD＞AB与BC+BD＞AB中至少有一个成立．不妨设前者成立，这时AC、AD、AB可构成三角形．C3-011 一个给定的四面体ABCD是等腰的，即AB=CD，AC=BD，AD=BC．证明：该四面体的各面都是锐角三角形．【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题2．【证】由题设知，四面体各面为全等三角形．设其三内角分别为α、β、γ，则α+β+γ=180°．又α、β、γ中每一个角小于其它两个的和，所以每一个角都小于90°，即各个面都是锐角三角形．C3-012 在空间的八个点上放置探照灯，若它的照射范围是以此点为顶点的直三面角．证明：这些探照灯能照亮整个空间．【题说】第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】作一平面，使已知点中的四个在它的一侧，其余四点在另一侧，则放在平面一侧的四个探照灯可以照遍另一侧．C3-013 设一个凸多面体P1的9个顶点为A1，A2，…，A9．设P i为由P1通过平移A1→A i（i=2，3，…，9）得到的凸多面体，证明：在多面体P1，P2，…，P9中至少有两个最少包含有一个公共内点．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题2．本题由前苏联提供．【证】以A1为原点建立一个坐标系，设A2，…，A9的坐标分别是v2，…，v9，令A′i的坐标为2v i（1≤i≤9），则P k的诸顶点的坐标为即A′i和A′k连线的中点．由于以A′i（1≤i≤9）为顶点的凸多面体P′是以A1为位似中心将P1放大到2倍的结果，它的体积是P1的8倍，而且P1，P2，…，P9都落在P′内部（因为它们都是凸的，并且顶点都在P′面上），它们的体积之和为P1的9倍，大于P′的体积，根据重叠原则，至少有两个P i（1≤i≤9）有公共内点．C3-014已知四个不重合的平行平面，试证：存在一个正四面体，使每个平面上都有该四面体的一个顶点．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【证】设已知平面为E1，E2，E3，E4，并且在编号中，使平面E2，E3，E4依次在平面E1的同一侧，记平面E i与平面E i+1间的距离为d i（i=1，2，3）．任取一正四面体P′1P′2P′3P′4．并且依照定比d1∶d2：d3分线段P′1P′4，依次得分点Q2和Q3，依照定比d2∶d3分线段P′2P′4得分点R3；依照定比d1∶d2分线段P′1P′3，得分点S2（如图a），于是有P′4Q3∶P′4Q2=P′4R3∶P′4P′从而可知Q3R3∥Q2P′2类似地，由P′1Q2∶P′1Q3=P′1S2∶P′1P′3可知Q2S2∥Q3P′3因此过Q2、P＇2、S2的平面E′2与过Q3、R3、P′3的平面E′i3平行．设E′1和E′4分别是过点P′1和P′4且平行于E′2的平面（如图b），过点P′4引平面E′1的垂线交平面E′i于点T i（i=1，2，3），记平面E′i与E′i+1间的距离为t i（i=1，2，3）．于是有t1∶t2∶t3=P′1Q2∶Q2Q3∶Q3P′4=d1∶d2∶d2（1）由（1）式可知，在空间可作一相似变换将平面E′1、E′2、E′3、E′4分别变换为平面E″1、E″2、E″3、E″4，使平面E″i与平面E″i+1间的距离为d i（i=1，2，3），在这相似变换下，正四面体P′1P′2P′3P′4变换为正四面体P″1P″2P″3P″4，并且点P″i在平面E′i内（i=1，2，3，4）．最后，移动平面E″1、E″2、E″3、E″4使它们分别与平面E1、E2、E3、E4重合，于是正四面体P″1P″2P″3P″4变换为正四面体P1P2P3P4，并且P i在平面E i内（i=1，2，3，4）．C3-015半径为1的球面上两点，用球内长度小于2的曲线连结起来，证明：这条曲线一定落在这个球的某个半球内．【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题3．【证】作点A、B所在的大圆，连结AB，并过球心O作平行AB的平面α，如图曲线整个地落在α以上的半球内．如若不然，曲线必与α交于某点P，连AP、BP，作A关于α的对称点A′，连AO、BO、A′O、A′P，曲线长≥AP+BP=A′P+BP＞A′B=2．与已知矛盾．因此，原命题成立．C3-016 凸多面体N在每个顶点处都形成一个三面角．又知它的每个面是多边形，且内接于一个圆周．证明：该多面体能内接于一个球．【题说】第十一届（1977年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】过多面体棱AB的两个界面的外接圆可唯一确定一个球面δ，球面δ含有上述两个界面上的所有顶点．如果BC和BD是由B出发的另外两条棱，那么包含B、C、D的圆（包含界面的外接圆）也属于δ，因为由棱BC连接的界面的顶点全部落在δ上．类似地研究由C出发的棱连接的界面，等等，一直到多面体的任意顶点全部落在球面δ上．C3-017 1．若四面体的六个二面角（即两面之间的夹角）相等，那么，这个四面体一定是正四面体．2．如果五个二面角相等，这个四面体一定是正四面体吗？【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题4．【证】作DE⊥AB，DF⊥AC，又作EG⊥AB，FG⊥AC，设EG与FG交于G．则AB⊥面DEG，AC⊥面DGF．所以AB⊥DG，AC⊥DG所以DG⊥面ABC∠DGE=∠DGF=90°由设∠DEG=∠DFG由是 Rt△DEG≌Rt△DFG，DE=DF因此 Rt△ADE≌Rt△ADF∠BAD=∠CAD同理可证∠ADB=∠ADC所以△ABD≌△ADC得 AB=AC，BD=DC再考虑以B、C为顶点的三面角，又得AB=BD，AC=DC，由此，该四面体六条棱皆相等，每个面都是等边三角形，因而是正四面体．2．结论不成立，可如下作出一个非正四面体，它有五个二面角相等：使∠ABC=∠CBD=∠DBA=∠ACB=∠BCD=∠DCA=40°，∠BAD=∠CAD=∠CDA=∠BDA=70°，∠BAC=∠BDC=100°．显然，这样的四面体存在，其中除二面角B-AD-C外，五个二面角皆相等，而它不是正四面体．[别解] 若取∠ABC等6个角为80°，∠BAD等4个角为80°，∠BAC=∠BDC=20°．则也有五个二面角相等的非正四面体．C3-018 众所周知，在欧氏几何中，三角形内角和为定值．试证明四面体的二面角的和不是定值．【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】考虑正三棱锥ABCD．设侧面与底面所成二面角为α，侧面间的二面角为β．当顶点A趋向于底面中心O时，α→0，β→π，四面体所有的二面角的和趋向于3π．当顶点A趋向于无穷时，α→π/2，β→π/3，四面体所有二面角的和趋向于3（π/2+π/3）=5π/2．由此可知，四面体的所有二面角的和不是定值．C3-019 已知四面体内切球的切点是四面体各面的重心，求证：该四面体是正四面体．【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题4．【证】设G1、G2分别是△ABC、△ADC的重心，则切线AG1=AG2，CG1=CG2．△ABC与△ADC中有两组中线对应相等，又共有AC．易知二者全等．因而得AB=AD，BC=DC同理 AC=AD，BC=BD；AD=BD，AC=BC．四面体六条棱都相等，故是正四面体．C3-020 过正方体ABCD-A1B1C1D1的一条对角线AC1任作一平面，截正方体．在截面不是对角面的情况下，能否使截面成为一个矩形？试证明你的结论．【题说】 1982年芜湖市赛题4．【解】如图，设截面为矩形AEC1F，则EF=AC1=BD1但矩形BB1D1D中，显然EF≤BD1，等号仅在EF是对角线BD1或B1D时成立．[别解] AB是面BCC1B1的垂线，所以BE是斜线AE在面BCC1B1上的射影，若AE⊥EC1，则BE⊥EC1，显然这是不可能的．C3-021 经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体的一个侧面面积，试证明．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题8．【证】显然正方体的截面是中心对称凸多边形，并且边数是偶数的，即或是四边形或是六边形．如果截面是四边形，那末它与正方体某两个相对的侧面不相交，并且截面在这两个侧面上射影是整个侧面，因此截面四边形的面积不小于正方体一个侧面的面积．如果截面是六边形，那末它与正方体的六个侧面都相交，考察正方体的侧面展开图，可知截面的周长P有不等式．其中a是正方体的棱长．截平面交正方体内切球的截圆半径为a/2，所以对截面积S，有这时截面六边形的面积也不小于正方体的一个侧面的面积．C3-022 AB、BC、CD为不在同一平面内的三条线段，AB、BC⊥BD．【题说】 1986年北京市赛高一题1（4）．原题为选择题．【证】因P、Q、R分别为AB、BC、CD的中点，故PQ∥AC，QR∥BD．在△PQR中，有所以∠PQR=90°，即 PQ⊥QR，从而AC⊥BDC3-024 四面体ABCD的棱AB、CD之中点分别是E、F，过EF任作一个平面．试证：这个平面将四面体分成两个等积的部分．【题说】 1987年芜湖市赛题4，第二十九届（1988年）IMO预选题8．【证】如图，设截面为EGFH，DG∶AG=λ，d（x）表示点x到截面EGFH的距离，则所以设△BCD面积为S，A到平面BCD的距离为h，则同理可得三式相加，得C3-025 设A1A2A3A4是一个四面体，S1、S2、S3、S4分别是以A1、A2、A3、A4为球心的球，它们两两相切，如果存在一点Q，以这点为球心可作一个半径为r的球与S1、S2、S3、S4都相切，还可以作一个半径为R的球与四面体的各棱都相切．求证这个四面体是正四面体．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题5．【证】设以A i为球心的球半径为r i（1≤i≤4）．半径为R的球切棱A i A j于B ij，A i B ij=a i（1≤i，j≤4，i≠j）．则r i+r j=a i+a j（1≤i，j≤4，i ≠j）．从而r i=a i（1≤i≤4），又所以r i=r j（1≤i，j≤4，i≠j）．从而各棱均相等，四面体为正四面体．C3-026 正方形ABCD中，M为AB上一点，N是BC上一点，且AM=BN．连DM、DN分别交对角线AC于P、Q，剪去△MNB．求证：（1）以DM、DN为折痕，将DA、DC重合，可以构成一个三棱锥的侧面；（2）以线段AP、PQ、QC为边，恰可构成有一个内角为60°的三角形．【题说】第一届（1990）希望杯高一二试题5．【证】（1）设∠ADP=α，∠CDQ=β，∠PDQ=γ．因为α+γ＞45°＞β，β+γ＞45°＞α，故只须证明α+β＞γ．设AM =BN =a，CN =b，AB=1．则因此α+β＞45°，从而α+β＞γ．（2）在折成的四面体D-A（C）MN中，DA⊥AN，DA⊥AM，故DA⊥底面△AMN，且△AMN≌△BMN（图1中）故∠MAN=90°．又AQ平分∠DAN，AP平分∠DAM．过Q作QR∥AN交DA于R；过R作RS∥AM交AP于S．则四面体R-AQS 中，RS=RQ=RA，且∠ARQ=∠QRS=∠ARS=90°．60°．C3-027 在空间给定若干个点，其中任意四点不共面．给定的点具有以下性质：若有球面过其中任意四点，则所有其余的点均在该球面上或球面内．证明：所有给定的点，均在一个球面上．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】在给定点中取点A、B、C，使其余的点都在平面ABC的同一侧．设D、E是另两个已知点，若E在过A、B、C、D的球面S的内部，则点D在过A、B、C、E的球面的外部，与已知矛盾．因此，点E必在球面S 上．同理可证所有其余的点均应在球面S上．C3-028 三维欧氏空间（xyz空间）所有点的集合为E．A1、A2、A3、A4、A5是E的非空子集，满足条件：（1）A1∪A2∪A3∪A4A2、A3、A4、A5中至少4个集合的点．【题说】 1990年日本第二轮选拔赛题1．【证】若存在直线l至少含3个相异子集A i的点，则过该直线及另一子集的点作平面即为所求．设任何直线至多含两个相异子集的点．设P i 分别为A i的点（i=1，2，3，4，5）．考虑连结P1、P2的直线l，除P1、P2外l上还有A1或A2的点．不失一般性，设l上含A1的点Q1≠P1．过P2、P3、P4作平面L，若l在L内，则L即为所求；若l不在L内，过P5和l作平面M， M与L的交线为过P2的直线a．在M内，过P5的两条直线P1P5和P5Q1至少有一条与a相交，交点属于A1或A5，所以平面L必含有4个不同子集的点．C3-029 设AA′、BB′、CC′是球的不在同一平面的三条弦，它们相交于球内一点P．若过A、B、C、P的球面和过A′、B′、C′、P的球面相切，求证：AA′=BB′=CC′．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题4．【证】过A、A′、B、B′的平面截三个球得三个圆，其中两个圆分别是△ABP及△A′B′P的外接圆，这两个圆相切于P点（如图）．设RQ 是它们在P点的公切线．于是，有∠ABP=∠APQ=∠A′PR=∠A′B′P=∠BAP所以AP=BP同理A′P=B′p相加得 AA′=BB′同理BB′=CC′C3-036 四面体ABCD的四条高AA1、BB1、CC1、DD1相交于H点（A1、B1、C1、D1分别为垂足）．三条高上的内分点A2、B2、C2满足AA2∶A2A1=BB2∶B2B1=CC2∶C2C1=2∶1．证明：H、A2、B2、C2、D1在同一个球面上．【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克第十一年级题7．【证】设M是△ABC重心，则它将中线AA3分为2∶1，于是MA2∥A3A1．因为AA2⊥面BCD，所以AA1⊥A3A1，从而MA2⊥A1A，∠MA2H=90°．同理∠MB2H=∠MC2H=90°．又DD1是四面体的高，所以DD1⊥MD1，即∠MD1H=90°．因此M、A2、B2、C2、D及H在以MH为直径的球面上．。
数学奥林匹克题解 代数-数列
代数-数列有一群儿童，他们的年龄之和50岁，其中最大的13岁，有一个是10岁；除去这个10岁儿童之外，其余儿童的年龄都是整数且恰好组成一个等差数列．问有几个儿童？每个儿童是几岁？【题说】1956年北京、天津市赛二试题1．【解】设除去10岁的那个儿童外，他们的岁数为a，a+ d，a+2d，…，a+ nd且a+nd=13．于是 a+（a+ d）+（a+2d）+…+（a+ nd）亦即（n+1）（2a+nd）=80或（n+1）（a+13）=80可见，（n+1）|80．但a+13＞13，又a+13＜2×13=26，故3＜n+1＜6．当n+1=4时，由4（a+13）=80，得a=7，从而d=2，共5个儿童，岁数为7，9，10，11，13．是不可能的，于是解是唯一的．B6-002 在公比大于1的等比数列中，最多有几项是在100和1000之间的整数．【题说】第四届（1972年）加拿大数学奥林匹克题10．【解】考虑等比数列（100≤）a＜ar＜ar2＜…＜arn-1（≤1000）其中r＞1是公比，a为首项，各项都是整数．因此r为有理数．设r =p/q，（p，q）=1，p＞q．因为arn-1=a（p/q）n-1是整数，所以qn-1整除a．如果q≥3，则有而有n≤5．如果q=1，则而有n≤4．如果q=2，则432，648，972在100与1000之间．B6-003 若实数a1，a2，a3，a4满足求证：a1，a2，a3成等比数列，且公比为a4．【题说】1978年上海市赛二试题5．看成关于a4的二次方程，则判别式因为判别式为0，方程两根相等，由韦达定理即a4是等比数列a1，a2，a3的公比．B6-004 如果1、x、y三个正数，既依次是一个等差数列的第l项、第m项、第n项，又依次是一个等比数列的第l项、第m项、第n项，试确定x、y应满足的关系式．【题说】1983年上海市赛一试题1（6）．【解】设该等差数列的公差为d．若d≠0，则又设该等比数列的公比为q，则q≠1，且有若d=0，则x=y=1．此时仍有xy-1=yx-1．</B6-005 n2（n≥4）个正数排成n行n列a11 a12 a13 a14 … a1 na21 a22 a23 a24 … a2 na31 a32 a33 a34 … a3 na41 a42 a43 a44 (4)………………an1 an2 an3 an4 … an n其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等．已知a24=1，a42=1/8，a4=3/16，求a11+a22+a33+a44+…+ann．【题说】1990年全国联赛一试题4．【解】设第一行公差为d，各列公比为q，则 aik=[a11+（k-1）d]qi-1从而 a24=（a11+3d）q=1a42=（a11+d）q3=1/8a43=（a11+2d）q3=3/16所以akk=[a11+（k-1）d]qk-1=k/2ks=2-1/2n-1-n/2nB6-006 等差数列｛an｝与等比数列｛bn｝的首项是相等的正数，且a2n+1=b2n+1．an+1与bn+1的大小关系是什么？【题说】1994年四川省赛题1（1）．原题为填空题．【解】设a1=b1=M，a2n+1=b2n+1=N．因为M=N·q2n，q为公比，所以M、N同号．所以 an+1≥|bn+1|≥bn+1B6-007 数1，2，3，…，100能否是12个等比数列的项？【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克十一年级题1．【解】不能．首先证明：3个不同的素数不可能在同一个等比数列中．假设三个素数p1＜p2＜p3，在以a1为首项、q为公比的等比数列中，p1=a1qk-1，p2=a1qi-1，p3=a1qm-1，则p2=p1qs=p3q-t，其中s= l-k，t= m-l都是正整数．而不可能成立．<由于1至100中含有25个素数，而根据上面所证，每个等比数列中至多含有两个素数，因此25个素数不可以包含于12个等比数列中．所以答案是否定的．B6-008 证明：在首项为1，公差为729的等差数列中，可找到无限多项是10的（自然数）方幂．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题5．【证】我们可证明更为一般的结论：若整数a与m互素，则存在无限多个自然数k，使得ak-1被m整除（当a=10，m=729时便是本题的结论）．先证至少存在一个这样的k．由抽屉原则，在数列1，a，a2，…，am中，必有两项，除以m所得的余数相同，即它们的差aj+k-aj=aj （ak-1）被m整除，因为a与m互素，所以ak-1被m整除．ak-1被m整除时，显然alk-1被m整除，其中l=1，2，3，…．B6-010 设[x]表示不超过x的最大整数．试对任意正整数n计算和【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【解】令｛x｝=x-[x]，则从而利用（1）得B6-011 求1·1！+2·2！+3·3！+…+（n-1）·（n-1）！+n·n！的和，这里n！=n·（n-1）…·2·1．【题说】第一届（1969年）加拿大数学奥林匹克题6．【解】原式=（2！-1！）+（3！-2！）+（4！-3！）+…+[n！-（n-1）！]+[（n+1）！-n！]=（n+1）！-1B6-013 设f（n）是数列0，1，1，2，2，3，3，4，4，5，5，…前n项的和．1．给出f（n）的公式；2．证明f（s+ t）-f（s-t）=st，其中s和t是正整数，并且s＞t．【题说】第二届（1970年）加拿大数学奥林匹克题9．【解】1．当n为偶数时，f（n）=0+1+2+…+（n/2-1）+1+2+…+n/2当n为奇数时，2．s+ t与s-t奇偶性相同．当s+ t与s-t同为偶数时当s+ t与s-t同为奇数时B6-014 已知对任意的n∈N，有an＞0，且求证：an=n．【题说】1989年全国联赛一试题5．以上二式相减，并约去an+an+1，得an+1-an=1（n≥2）假设ak=k（k≥2），则ak+1=ak+1=k+1．故对任意n∈N，an=n成立．B6-016 对自然数k，g（k）表示k的最大奇因子（例如g（3）=3，g（20）=5）．求g（1）+g（2）+g （3）+…+g（2n）（其中n是自然数）．【题说】1993年上海市赛高三二试题3．【解】令Sn=g（1）+g（2）+…+g（2n），则Sn=1+3+…+（2n-1）+g（2）+g（4）+g（6）+…+g（2n）=（2n-1）2+g（1）+g（2）+g（3）+…+g（2n-1）=4n-1+Sn-1将S2-S1=4，S3-S2=42，…，Sn-Sn-1=4n-1相加得Sn=S1+4+42+…+B6-018 n、r为正整数（n≥2），r不是n的倍数，g是n与r的最大公约数．求证其中｛x｝=x-[x]为x的非负小数部分．【题说】1995年日本数学奥林匹克题1．<【证】记n= g·n1，r= g·r1，则（n1，r1）=1，且由于｛r1i｝（i=1，2，…，n1）构成模n1的一个完全剩余系，所以故B6-020 设数列｛an｝的前n项和Sn=2an-1（n=1，2，…）（1）数列｛bn｝满足条件b1=3，bk+1=ak+bk （k=1，2，…）（2）求数列｛bn｝的前n项和．【题说】1996年全国数学联赛二试题1．【解】由（1）得a1=1．又由 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1an=2an-1故an=2n-1，Sn=2n-1，从而=2n+2n-1B6-021 设r为正整数，定义数列｛an｝如下：a1=1，且对每个正整数n，证明每个an都是正整数，并且确定对哪些n，an是偶数．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题4．【证】由题设，有（n+2）an+1=nan+2（n+1）2r （1）两边同乘以n+1，得（n+2）（n+1）an+1=（n+1）nan+2（n+1）2r+1令bn=（n+1）nan（n=1，2，…），则b1=2，且bn+1=bn+2（n+1）2r+1 （n=1，2，…）所以 n |bn再将bn改写成即得（n+1）|bn．由于n，n+1互质，故n（n+1）|bn是正整数．在n≡3（mod4）时，用类似的方法也可证明在n≡0（mod 4）时，an是偶数；在n≡不难验证．在n为奇数时，由（1）得an+1≡an（mod 2）在n≡0（mod 4），由（1）得2an+1≡2（mod 4）所以an+1≡1（mod 2）在n≡2（mod 4）时，由上面所证an+1≡0（mod 2）．所以由结论对an成立导出结论对an+1成立．于是，对一切自然数n，n≡0或3（mod 4）时，an为偶数，其它情况an为奇数．B6-023 设｛xn｝、｛yn｝为如下定义的两个整数列：x0=1，x1=1，xn+1=xn+2xn-1 （n=1，2，3，…）y0=1，y1=7，yn+1=2yn+3yn-1 （n=1，2，3，…）于是这两个数列的前几项是：x：1，1，3，5，11，21，…y：1，7，17，55，161，487，…证明：除了“1”以外，两个数列中不再有其他相同的数．【题说】第二届（1973年）美国数学奥林匹克题2．【证】用数学归纳法证明．｛xn｝从第3项起，奇数项被8除余3，偶数项被8除余5．当n=2，3时，xn=3，5，结论成立．假设n≤k（k＞3）时结论成立，则当n=k+1时，xk+1=xk+2xk-1=（xk+xk-1）+xk-1因（xk+xk-1）被8除余数恰为0，故xk+1与xk-1被8除后，余数相同；而（k+1）与（k-1）奇偶相同．同法可证｛yn｝从第2项起，奇数项被8除余1，偶数项被8除余7．综上所述，除“1”外，二数列中没有别的数相同．B6-024 数列a1，a2，a3，…满足a1=1/2且a1+a2+…+an=n2an（n≥1）．确定an的值（n≥1）．【题说】第七届（197年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】令sn=a1+a2+…+an，则an=sn-sn-1=n2an-（n-1）2an-1B6-025 设数列u0，u1，u2，…的定义如下：试证：这里[x]表示不大于x的最大整数．【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【证】首先用数学归纳法证明：当n＞0时，事实上，由可知命题对n=1，2为真．设命题对n=k-1，k为真，我们证明命题对n=k+1为真．令由数列的递推关系得=2f（k）+2f（k-1）+2-[f（k）+2f（k-1）]+2f（k）-2f（k-1）因为所以这就证明了命题对n=k+1为真．易知是整数，从而2-f（n）是真分数，故B6-026 设0＜u＜1，且定义证明：对n的所有值，un＞1．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题6．【证】用数学归纳法证明1＜un≤1+u，n=1，2，…（1）（Ⅰ）1＜u1=1+u满足（1）式．（Ⅱ）假设n=k时（1）满足，则即1＜uk+1＜1+u因此，对n所有值（1）成立．B6-027 求实数a0的集合，使得由an+1=2n-3an，n=0，1，2，…定义的无限序列｛an｝是严格增加的，即对于n≥0有an＜an+1．【题说】1980年英国数学奥林匹克题4．【解】an+1=2n-3an=2n-3×2n-1+32an-1=2n-3×2n-1+32×2n-2-33an-2=…=2n-3×2n-1+32×2n-2-…+（-3）n+（-3）n+1·a0以在n充分大时，an正负交错．B6-028 选取一列整数a1，a2，a3，…，使得对每个n≥3，都有an=an-1-an-2．若该数列前1492项之和等于1985，前1985项之和等于1492．那么前2001项之和是多少？【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题5．【解】设a1=a，a2=b，则a3=b-a，a4=-a，a5=-b，a6=a-b，a7=a，…每6个重复一遍，且每相邻6项之和为零．于是（a1+a2+…+a1488）+a1489+a1490+a1491+a1492=1985故 a+ b+（b-a）+（-a）=1985即2b-a=1 985（1）又（a1+a2+…+a1980）+a1981+…+a1985=1492得 a +b+（b-a）+（-a）+（-b）=1492即b-a=1492（2）由（1）、（2）解得b=493．因此=a+ b+（b-a）=2b=986B6-029 对于每个实数x1，由xn+1=xn（xn+1/n），n≥1，构成序列x1，x2，…，证明：存在唯一的x1，使得0＜xn＜xn+1＜1（n=1，2，…）．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【证】设P1（x）=x，Pn+1（x）=Pn（x）（Pn（x）+1/n），（n≥1）那么Pn（x）是正系数的2n-1次多项式．于是xn=Pn（x1），由于xn+1＞xn与xn＞1-1/n等价，问题可改为证明存在唯一的正实数t，使得1-1/n ＜Pn（t）＜1（n=1，2，）．由于Pn（x）是严格的增函数（x≥0），Pn（0）=0，且P1（1）=1，Pn（1）＞1（n≥2），我们可以找到唯一的an＜bn≤1，使Pn（an）=1-1/n及Pn（bn）=1．又由Pn+1（an）=1-1/n及Pn+1（an+1）=1-1/（n+1），可得an＜an+1同理，由Pn+1（bn+1）=1及Pn+1（bn）=1+1/n，得bn+1＜bn．由于[an，bn] [an-1，bn-1]，所以Pn-1（an）≥Pn-1（an-1）≥≥P1（bn）-P1（an）=bn-an由“区间套定理”，存在唯一实数t，使得对所有n均满足an＜t＜bn，由此得1-1/n＜Pn（t）＜1．B6-031 已知｛an｝为正整数数列an+3=an+2（an+1+2an）（n∈N）a6=2288．求a1、a2、a3．【题说】1988年四川省赛题2．【解】由an+3=an+2（an+1+2an）（n∈N）得：a4=a3（a2+2a1）a5=a3（a2+2a1）（a3+2a2）因为a6=2288=24×11×13，正整数（a2+2a1+2）比（a2+2a1）大2，所以a2+2a1=11从而得出a3=1或2．a3=1时，a2不是正整数，所以a3=2．从而 a1=5，a2=1，a3=2B6-032 已知a1=1，a2=2，试证：对一切n∈N，an≠0．【题说】1988年全国联赛二试题1．【证】由递推公式，an，an+1，an+2的奇偶性只有：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶．三种情形．a1=1，a2=2，a3=7均不是4的倍数，下面证明｛an｝中所有的项都不是4的倍数．设am是4的倍数，m为最小下标，m＞3，则am-1，am-2均为奇数，am-3为偶数．由am=am-1-am-2及am-1=5am-2-3am-3，得3am-3=4am-2-am故am-3是4的倍数，与所设矛盾．由于0是4的倍数，故对一切n∈N，an≠0．B6-033 设x0=0，x1=1，且xn+1=4xn-xn-1；y0=1，y1=2，且yn+1=4yn-yn-1（n=1，2，3，…）．求证：对一切整数n≥0，有【题说】第二十届（1988年）加拿大数学奥林匹克题4．用数学归【证】当n=1时，（a）、（b）二式显然成立．假设n=k时，（a）、（b）成立，则=3xn（4xn-xn-1）+ 2=3xnxn+1+2因此，对任何自然数n，（a）、（b）都成立．B6-034 数列｛an｝定义为a1=a2=1，an+2=an+1+an．求证：当n≥2时，a2n-1必是数列中某两项的平方和，a2n必是数列中某两项的平方差．【题说】1990年南昌市赛二试题1．此数列即为斐波拉契数列．【证】数列的前4项为1，1，2，3，因此对一切自然数n≥2，B6-035 数列｛an｝由下列条件决定：a1=1；n≥1时，an+1=an+1/an．求a100的整数部分[a100]．【题说】1990年日本数学奥林匹克第一轮选拔赛题12．【解】由题有因为an+1-an=1/an＞0，所以an递增．当≥2时，an≥a2=2，于是=200+98/4＜225所以 14＜a100＜15故[a 100]=14．B6-036 三元数组（xn，yn，zn），n=1，2，…由下列关系式确定：x1=2，y1=4，z1=6/71．证明：上述作三元组的过程可以无限继续下去．2．能否在某一步，得到的三元数组（xn，yn，zn）满足等式xn+yn+zn=0？【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】1．只须证明：在任何一步所得到的三个数中都不可能出现1或-1．所以xn+1≠±1．同理，yn+1，zn+1都不等于±1．2．由x1、y1、z1≠0及递推关系知道，对于任意的n∈N，xn、yn、zn≠0，xnynzn≠0我们用归纳法来证明：xn+yn+ zn=xnynzn（1）显然 x1y1z1=48/7=x1+y1+z1假设 xnynzn=xn+yn+zn令xn=tanα，yn=tanβ，zn=tanγ由假设 tanα+tanβ+tanγ=tanα·tanβ·tanγ所以α+β+γ=0或α+β+γ=±π从而 tan2α+tan2β+tan2γ=tan2α·tan2β·tan2γ所以 xn+1·yn+1·zn+1=xn+1+yn+1+zn+1从而（1）式对一切自然数n成立．由于xnynzn≠0，所以xn+yn+zn永远不为0．B6-037 设a1=1，a2=3，对一切自然数n有an+2=（n+3）an+1-（n+2）an求所有被11整除的an的值．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题1．【解】设bn+1=an+1-an（n≥1），则由条件有bn+1=（n+1）（an-an-1）=（n+1）bn（n≥2）bn=nbn-1=n（n-1）bn-2=…=n（n-1）…3b2=n！（n≥2）所以 an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+1由此可算出：整除．故本题答案为n=4，n=8以及n≥10．B6-038 函数列｛fn（x）｝由下列条件递归定义：对于每个正整数n，求出方程fn（x）=2x的所有实数解．【题说】第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题2．若x＜4，测f1（x）＞2x，fn+1（x）＞2x．故对每一n，fn（x）=2x只有唯一解x=4．B6-039 已知整数列｛a0，a1，a2，…｝满足：（1）an+1=3an-3an-1+an-2，n=2，3，…；（2）2a1=a0+a2-2；（3）对任意自然数m，在数列｛a0，a1，a2，…｝中必有相继的m项ak，ak+1，…，ak+m-1都是完全平方数．求证：｛a0，a1，a2，…）的所有项都是完全平方数．【题说】1992年中国数学奥林匹克题6．【证】令dn=an-an-1，则由（1）dn+1-dn=dn-dn-1=…=d2-d1所以｛dn｝是等差数列，从而由（2），d2-d1=a2-2a1+a0=2，所以an=n2+bn +c，b、c∈Z若b为奇数2t+1，则在n充分大时，大于（n+t）2，小于（n+t+1）2（=（n+t）2+2n+2t+1），因而an不是平方数．而由（3），｛an｝有任意大的平方数，矛盾！所以b为偶数2t，从而an=（n+ t）2+c-t2在c-t2＞0时，对于充分大的n，an介于（n+ t）2与（n+t+1）2之间，与（3）矛盾．同样c-t2＜0也导出矛盾（考虑连续平方数（n+t-1）2与（n+t）2）．所以c-t2=0，an=（n+ t）2．【注】（3）可减弱为｛an｝中有任意大的平方数，即｛an｝中有无穷多个平方数．B6-040 设正数列a0，a1，…，an，…满足（2）a0=a1=1求｛an｝通项公式．【题说】1993年全国联赛一试题5．bn-1=2bn-1即bn+1=2（bn-1+1）从而bn+1=（b1+1）·2n-1=2nan=（2n-1）2an-1=（2n-1）2（2n-1-1）2an-2=…B6-041 设数列｛vn｝满足：v0=1，v1=3，vn+2=4vn+1-vn．试对【题说】1993年（第十六届）哈尔滨市赛二试题3．【解】因为vn+2≡-vn（mod4），而v0=1，v1=3，则所以另一方面vn除以25，余数成周期为15的数列：所以vn≡1，3，6，11，16，21（mod 25）（2）因为 2vn3-vn-1=（vn-1）（2vn2+2vn+1）并且由（1），在vn 3（mod 25）时，vn-1≡0（mod 5），2vn2+2vn+1≡2·12+2·1+1≡0（mod 5）在vn≡3（mod 25）时，2vn2+2vn+1≡2·32+2·3+1=25≡0（mod 25）所以恒有2vn3-vn≡1（mod25）（3）由（1）、（3）即在n=4k或4k+3时，2vn3-vn的末两位数字为01；在n=4k+1或4k+2时，2vn3-vn的末两位数字为51．B6-042 由0和1组成的、长度为n（如00101，10100长度都为5）的排列中，没有两个1相连的排列的个数记为f（n）．约定f（0）=1．试证明：（1）f（n）=f（n-1）+f（n-2），n≥2；（2）f（4k+2）可被3整除，k≥0．【题说】1993年河北省赛二试题3．【证】（1）长度为1的排列只有0，1，故f（1）=2，长度为2的排列有00，01，10，11，故f（2）=3．所以f（2）=f（1）+f（0）．当n＞2时，将长度为n的排列分为两类：一类以0结尾，另一类以01结尾．以0结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f（n-1）；以01结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f（n-2）．所以对任意自然数n≥2，总有f（n）=f（n-1）+f（n-2）（2）用数学归纳法．k=0时，f（4k+2）=f（2）=3，3|f（2）．假设当k=m时，3|f（4+2），即f（4m+2）=3q令f（4m+3）=3q1+r，0≤r＜3，由（1）有f（4m+4）=f（4m+3）+f（4m+2）=3q2+rf（4m+5）=f（4m+4）+f（4m+3）=3q3+2rf（4m+6）=f（4m+5）+f（4m+4）=3q4+3r=3（q4+r）这就是说，当k=m+1时，f（4+2）是3的倍数．所以对一切k≥0，有3|f（4k+2）B6-044 数列y1，y2，y3，…满足条件y1=1，对于k＞0，证明：数列y1，y2，y3，…能取遍每个正整数并且恰好一次．【题说】第二十五届（1993年）加拿大数学奥林匹克题5．【证】用二进制表示．设n=（amam-1…a1a0）2其中am=1，ai=0或1，i=0，1，…，m-1．我们用归纳法证明yn=（bmbm-1…b1b0）2其中bm=1，b2≡ai+ai+1（mod2），i=0，1，…，m-1．（1）n=1时，显然．（2）假设对于小于n的正整数结论成立．对于n=（am…a1a0）2，其中b0=0≡a1+a0（mod2）．（ii）若a1=1，a0=0，则其中b0=1≡a0+a1（mod2）．（iii）若a1=0，a0=1，则其中b0=1≡a0+a1（mod2）．（iv）若a1=a0=1，则其中b0=0≡a0+a1（mod2）．因此，命题对任意正整数n也成立．反之，对任意数（bm…b1b0）2，可以唯一确定n=（amam-1…a1a0）如下：am=bm=1，ai≡bi-ai+1（mod2）所以，yn→n是N+→N+的一一对应．B6-045 已知数列｛an｝（n=1，2，…）中，a1=1，a2=3，a3=6，且当n＞3时，an=3an-1-an-2-2an-3．试证：对n＞3的一切自然数有an＞3×2n-2．【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题2．【证】a4=13＞2a3，a5=27＞2a4，假设n≥5时ak＞2ak-1，ak-1＞2ak-2，则ak+1=3ak-ak-1-2ak-2=2ak+ak-ak-1-2ak-2＞2ak+2ak-1-ak-1-2ak-2=2ak+（ak-1-2ak-2）＞2ak所以，对n＞3，均有an＞2an-1．由此，得an＞2an-1＞22an-2＞…＞2n-3a3=3×2n-2B6-046 设q是任意正实数，而an（n=1，2，…）为实数．a0=1，a1=1+q，且对所有正整数k满足以下等式；（2）a2k-a2k-1=a2k+1-a2k．证明：对每个给定的正实数q，总能找到正整数N，使得对所有正整数n＞N，都有an＞1994．【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题1．【证】a3=2a2-a1=（1+q）（2q+1）a5=2a4-a3=（2q+1）（3q+1）……一般地，用数学归纳法易证a2k=（kq+1）2，a2k+1=（kq+1）（（k+1）q+1）若a2k＞1994，则对一切n＞2k，有an＞1994．由（kq+1）有an＞1994．B6-047 设函数f：N+→N+，满足条件f（1）=1，且对任意n∈N+都有试求方程f（k）+f（l）=293，k＜l （*）的所有解．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题2．【解】由题设得3f（n）·（f（2n+1）-f（2n））=f（2n）＜6f （n）（1）从而0＜f（2n+1）-f（2n）＜2即f（2n+1）=f（2n）+1 （2）将（2）代入（1），得f（2n）=3f （n）（3）将n表示成二进制数．设其中m1＞…＞ms≥0．那么由f（1）=1及（2）、（3），用归纳法不难证明则方程（*）即=35+33+2·32+3+2·30（5）由于右边32、30系数均为2，故在k、l的二进制表示中都含有22和20的项，注意到k＜l，l的最高项为25．故满足条件的（k，l）有4组：1°k=22+1=5，l=25+23+22+2+1=472°k=22+2+1=7，l=25+23+22+1=453°k=23+22+1=13，l=25+22+2+1=394° k=23+22+2+1=15，l=25+22+1=37B6-048 设n是大于1的奇数，已知若正整数m满足Xm=X0，求证：m是n的倍数．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题6．（1，0，…，0，1）易见数列｛xkn+i｝是以n为最小正周期的周期数列，且对任意i，有x-i=xi+1．由已知的递推关系=xi+2xi+1+xi+2一般地，从而因此，m是n的倍数．B6-049 m是正整数，数列a1，a2，a3，…，am的长度为m，其各项ai是整数，且1≤ai≤4．数列若满足条件：“若ai=aj且ai+1=aj+1，则i=j．”求m的最大值．【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题9．【解】由条件知，（ai，ai+1）的不同组合有（1，1），（1，2），…，（4，4）等16种．而数列中相同的组合不能出现两次，从而数列的长度m不超过17．下面的数列长度为17，且满足题设条件：1，1，2，1，3，1，4，2，2，3，2，4，3，3，4，4，1．故所求m的最大值为17．B6-050 设u为区间（0，1）内一实参数，定义数列｛un｝递归定义如下：u1=f（1）， un=f（un-1）（n＞1）证明：一定存在一个正整数k使uk=0．【题说】第二十七届（1995年）加拿大数学奥林匹克题5．【证】易知f（1）=u1=1-u．对任意x∈[u，1]，u≤x且1-x≤1-u，所以≤u+x-2ux-2u（1-x）=x-u于是，若u1，u2，…，un均≥u，则un+1=f（un）≤un-u≤un-1-2u≤…≤1-（n+1）u因此，对于充分大的k，uk-1＜u，从而uk=f（uk-1）=0B6-052 假设a1，a2，a3，…是无穷的自然数列，a1=1，而且当k＞1时有不等式ak≤1+a1+a2+…+ak-1证明：所有的自然数都可以表示成这个数列的某些项之和的形式（可以只有一项构成）．【题说】1960年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】我们证明稍广一点的断言：如果自然数n≤a1+a2+…+ak，那么n可以表示成a1，a2，…，ak中某些数的和．k=1时断言显然成立，假设断言对于k-1成立，则自然数n≤a1+a2+…+ak-1时n可以表示成a1，a2，…，ak-1中某些数的和．若1+a1+a2+…+ak-1≤n≤a1+a2+…+ak，则由已知条件0≤n-ak≤a1+a2+…+ak-1．于是数n-ak或者等于0，或者根据归纳假设可以表示成a1，a2，…，ak-1中某些数的和．因此n可以表示成a1，a2，…，ak中某些数的和．B6-053 考察数列｛cn｝：c1=c1+c2+…+a8……其中a1，a2，…，a8是不全为0的实数．假定该数列中有无限多项cn=0．求出所有使cn=0的自然数n．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题5．本题由原苏联提供．【解】不妨设a1的绝对值为最大，则必有某个ai，满足ai=-a1（i≠1）．否则，当n充分大时，不失一般性可设 a2=-a1所得的和cn仍然有无穷多个为0．根据上面的推理，有（适当调整编号）：a3=-a4，a5=-a6，a7=-a8因而n为奇数时，cn=0．B6-054 一次竞赛在n（＞1）轮中共发了m枚奖章．第一轮发了轮正好发了n枚而没有余下的奖章．这个竞赛共包括几轮？一共发了多少奖章？【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题6．本题由匈牙利提供．即（m-36）·6n-1=7n·（n-6）所以6n-1|（n-6）但6n -1＞n-6所以n=6，m=36B6-055 设｛an｝为有下列性质的实数列：1=a0≤a1≤a2≤...≤an≤ (1)又｛bn｝是由下式定义的数列：证明：（a）对所有n=1，2，3，…，有0≤bn＜2；（b）对0≤c＜2的任一c，总存在一个具有性质（1）的数列｛an｝，使得由（2）导出的数列｛bn｝中有无限多个下标n满足bn＞c．【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题3．本题由瑞士提供．所以=2第k项是现在要求对无穷多个n，d（1+d）（1-dn）＞c，则事实上，这时有d（1+d）＞c．故（3）右端为一正数．因为0＜d＜1时，dn→0，所以存在一个确切的自然数N（如取N=[ln（1-c/（d（1+d）/lnd））]），使得当n＞N时（3）成立．于是（b）得证．B6-056 证明：如果｛an｝是两两互异的自然数组成的无穷序列，并且这些自然数的十进制表达式中不含数字0，那么【题说】1970年～1971年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】k位数中，数字不含0的共9k个，其中首位数字为1，2，…，9的各9k-1个，因此B6-057 证明：数列｛2n-3｝，n=2，3，4，…中至少有一个无穷子列，其中的项两两互素．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题3．本题由波兰提供．【证】我们用归纳法来构造一个这样的子列．取n1=2．若n1，…，nk已经取定，且2ni-3（1≤i≤k）两两互素，将它们分解成素因子的积，设在这些积中出现的素因子为pj（1≤j≤n）令 nk+1=（p1-1）（p2-1）…（pm-1）+2≡4-3=1（mod pj）（1≤j≤n）故2nk+1-3不能被任一pj整除，因而它与2ni（1≤j≤k）都互素，这样，子列｛2nk-3｝就是满足题目要求的一个子列．B6-058 设a1，a2，a3，…是正整数无穷数列，且对所有k≥1有ak＜ak+1．证明：在上述数列出，有无穷多个am可以表示成am=xap+yaq的形式，其中x，y是适当的正整数，并且p≠q．【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题2．本题由英国提供．【证】考虑模a1的剩余类．因为关于模a1的剩余类只有有限个，所以必存在一个剩余类，其中包含所给数列的无穷多项，设ap是该剩余类中的最小的异于a1的数，则此类中其余的am＞ap，都可表成am=ap+ya1，y为正整数．B6-059 在一个实数的有限数列中，任何七个连续项之和都是负数，而任何十一个连续项之和都是正数．试问：这样一个数列最多能包含多少个项？【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题2．本题由越南提供．【解】设所求的有最大项数的数列为a1，a2，…，an．首先，n≤16．否则，矛盾．其次，n=16是可能的．例如数列（5，5，-13，5，5，5，-13，5，5，-13，5，5，5，-13，5，5），因此所求的最大数为16．B6-060 在正整数集上定义一个函数f（n）如下：当n为偶数时，f（n）=n/2；当n为奇数时，f（n）=n+3．1．证明：对任何正整数m，数列a0=m，a1=f（a0），…，an=f（an-1），…中总有一项为1或3．2．在全部正整数中，哪些m使上述数列必然出现3？哪些m使上述数列必然出现1？【题说】1979年全国联赛二试题5．【解】1．若ak＞3，则ak为偶数时，ak+1=ak/2＜ak；ak为奇数时，ak+2=（ak+3）/2＜ak．由于数列取正整数值，任一无限子列不能严格递减，所以必有一项≤3．如果这项为2，则下一项为1，故数列中必有一项为1或3．2．当m是3的倍数时，一切项都是3的倍数，因此，数列必然出现3．当m不是3的倍数时，一切项都不是3的倍数，因此，数列必然出现1．B6-061 无穷正实数列｛xn｝具有以下性质：x0=1，xi+1≤xi（i≥0）（1）试证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n≥1，使下式成立．（2）寻找这样一个数列，下列不等式：对任一n均成立．【题说】第二十三届（1981年）国际数学奥林匹克题3．≥…因此当n足够大时，就有B6-062 n个不同的数，依递增次序写成一行，再把这些数写在第二行，顺序不拘．将上、下两行的每对数相加，和数写在第三行．如果第三行的数是按递增顺序排列，求证：第一、二两行数的次序完全一致．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】设给定的（第一行）数为a1＜a2＜…＜am＜am+1＜…＜an第二行数是b1，b2，…，bn．则a1+b1＜a2+b2＜…＜an+bn （1）若b1≠a1，设bm=a1（m≥2），则由（1），对i=1，2，…，m-1，有ai+bi＜am+a1由于ai≥a1，所以bi＜am．于是a1，b2，b2，…，bm-1这m个不同的数均小于am．但a1，a2，…，an 中只有m-1个数小于am．矛盾．因此b1=a1．同理b2=a2，…，bn=an．因此第二行与第一行的次序完全相同．B6-063 设a1，a2，a3，…是一不减的正整数序列，对于m≥1，定义bm=min｛n|an≥m｝（即bm是使an ≥m的n最小值），若a19=85，试求a1+a2+…+a19+b1+b2+…+b85的最大值．【题说】第十四届（1985年）美国数学奥林匹克题5．本命题的一般情况容易入手．【解】我们证明一般命题：若aq=p，则a1+a2+…+aq+b1+…+bp=p （q+1）（1）如果a1=a2=…=aq=p，则b1=b2=…=bp=1，易得（1）式．若有ai＜p（1≤i＜q），令t为使at＜p的最大下标，且令at=u，若at增加1，则bj（j≠u+1）保持不变，而bu+1减少1．所以（1）左边总和不变．经过不断调整，最后可得常数序列．由此可导出所求证的结果．因此，当q=19，p=85时，a1+…+a19+b1+…+b85=85×（19+1）=1700．[别解]考虑坐标平面上的矩形｛（x，y）：1≤x≤q；1≤y≤p｝．将点（i，ai）用水平与竖直线段连结起来形成阶梯形，（i，ai）都是阶梯形的顶点．这时，a1+a2+…+aq是阶梯形中整点的个数．b1+b2+…+bp是另一阶梯形（它与前一阶梯形合成整个矩形）中整点的个数．每条水平线段y=j（1≤j≤p）上有一点被计算了两次．所以a1+a2+…+aq+b1+b2+…+bp=pq+ p= p（q+1）B6-064 递增数列1，3，4，9，10，12，13，…由一些正整数组成，它们或者是3的幂，或者是若干个不同的3的幂之和．求此数列的第100项．【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题7．[设] 由前6个3的幂：1，3，9，27，81，243可以组成26-1=63个不同的3的幂之和，它是数列的前63项；第64项是37=729．第243，接下去是729+243+1，729+243+3，729+243+1+3故第100项是729+243+9=981．[别解]注意在三进制中，数列由不含数字2组成．B6-065 已给实数a＞1，构造一个有界无穷数列x0，x1，x2，…，使得对每一对不同的非负整数i、j 有|xi-xj|·|i - j|a≥1【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【解】设 p为正整数，q为非负整数．因此恒有并且对每一对不同的非负整数i、j，由（1），B6-066 对任一实数序列A=（a1，a2，a3，…），定义△A为序列（a2-a1，a3-a2，a4-a3，…），它的第n项是an+1-an．假定序列△（△A）的所有的项都是1，且a19=a92=0，试求a1．【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题8．【解】设△A的首项是d，则依条件，△A为（d，d+1，d+2，…），其中第n项是d+（n-1）．因此序列A 可写成（a1，a1+d，a1+d+（d+1），a1+d+（d+1）+（d+2），…），所以B6-067 设正数数列a1，a2，…，an，…满足：且a4=4，a5=5．（1）求a1，a2，a3；（2）证明a1，a2，…，an，…是自然数数列，即ak=k（k=1，2，…）．【题说】1993年四川省赛题6．（2）假设3≤k＜n时结论成立．则在k=n时，在已知等式中令k=n-1，n并将两式相减得从而于是对一切自然数k，均有ak=k．B6-068 设a、b是正奇数，序列fn定义下：f1=a，f2=b，对n≥3，fn是fn-1+fn-2的最大奇约数．证明，当n充分大时fn为常数，并确定此常数之值（用关于a，b的函数表示）．【题说】第二十二届（1993年）美国数学奥林匹克题4．【证】因为fn-1、fn-2都是奇数，所以fn-1+fn-2是偶数，从而它的最大的奇约数所以fn≤max｛fn-1，fn-2｝，当且仅当fn-1=fn-2时等号成立．对k≥1，令Ck=max｛f2k，f2k-1｝，则f2k+1≤max｛f2k，f2k-1｝=Ck且 f2k+2≤max ｛f2k+1，f2k｝≤max｛Ck+1，Ck｝=Ck于是，Ck+1≤Ck，当且仅当f2k=f2k-1时等号成立．因｛Cn｝是不增的正整数序列，所以它最终是一个常数，｛fn｝同样如此．当n充分大时，fn=常数C，所以（a，b）=（a，b，f3）=（a+ b，b，f3）=（b，f3）=…=（fn-1，fn）=fn+1=CB6-070 将与105互素的所有正整数，从小到大排成一个数列，试求出该数的第1000项．【题说】1994年全国联赛二试题2．【解】105=3×5×7．由容斥原理，每连续105个数中，有个数与105互素．1000=48×20+40=48×20+48-8a48×20=105×20=2100而自105向前倒数，第9个与105互素的数是86，所以a1000=2100+86=2186B6-071 由能被3整除且比完全平方数小1的整数组成递增序列3，15，24，48，…，这个序列的第1994项除以100的余数是多少？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题1．【解】一个比完全平方数小1的数具有形式n2-1=（n+1）（n-1），n=2，3，…当且仅当n不能被3整除时，n2-1是3的倍数．所以这个序列的第（2k-1）项和第（2k）项分别是（3k-1）2-1和（3k+1）2-1．因此，这个序列的第1994项是（3·997+1）2-1=（3000-8）2-1=30002-16·3000+63故它除以100的余数为63．B6-072 设a1，a2，a3，…是正实数数列，对所有的n≥1满足条【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题4．【证】先证一个更一般的命题：设a1，a2，…，an和b1，b2，…，bn是正数，且b1＞b2＞…＞bn（1）若对所有的k=1，2，…，n（2）则有（3）事实上，设bn+1=0，由（1）和（3）可得改变求和的次序得由此可得两边同时平方，再利用Cauchy不等式就可以得到为了证明本题的不等式，令B6-073 设2n个实数a1，a2，…，an；b1，…，bn（n≥3）满足条件：（1）a1+a2+…+an=b1+b2+…+bn（2）0＜a1=a2，ai+ai+1=ai+2（i=1，2，…，n-2）（3）0＜b1≤b2，bi+bi+1≤bi+2（i=1，2，…，n-2）求证：an-1+an≤bn-1+bn．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题1．【证】设ci=ai-bi（1≤i≤n），则c1≥c2，ci+2≤ci+ci+1（i=1，2，…，n-2）．并且c1+c2+…+cn=0（1）我们证明更强一点的命题：如果对于k（2≤k≤n）有c1+c2+…+ck≥0（2）那么c1+c2+…+ck-1≥0（3）事实上，若有连续两项ci-1，ci≤0（2≤i≤k），则ci+1≤0，ci+2≤0，ck≤0．由（2）立即得出（3）．若每连续两项ci-1，ci中至少有一个＞0，则c1＞0．并且对每个≤0的ci，ci-1与ci+1均为正，从而ci-1+ci ≥ci+1＞0．于是将c1，c2，…，ck-1中，每个负项与它前面一项合并，c1+c2+…+ck-1就变成若干正项的和，当然（3）成立．由于上述命题及（1），我们有c1+c2+…+cn-1≥0，c1+c2+…+cn-2≥0．再由（1）减去此式，便得cn-1+cn≤0即an-1+an≤bn-1+bnB6-074 一个数列的前五项是1，2，3，4，5，从第六项开始，每项比前面所有项的乘积少1．证明：此数列的前70项的乘积恰是它们的平方和．【题说】1995年城市数学联赛低年级高水平题2．【证】设第n项为an，a6=119．n≥6时，an+1=a1a2·…·an-1=a1a2·…·an-1·an-1=an（an+1）-1=a71-119+65+55=a1a2·…·a70[别证]记第n项为an，则a1=1，a2=2，a3=3，a4=4，a5=5，a6=119，n≥6时，an+1=a1·a2·…·an-1=（an+1）an-1=55+（a71-a6+65）=a71+1=a1·a2·…·a70B6-074 一个数列的前五项是1，2，3，4，5，从第六项开始，每项比前面所有项的乘积少1．证明：此数列的前70项的乘积恰是它们的平方和．【题说】1995年城市数学联赛低年级高水平题2．【证】设第n项为an，a6=119．n≥6时，an+1=a1a2·…·an-1=a1a2·…·an-1·an-1=an（an+1）-1=a71-119+65+55=a1a2·…·a70[别证]记第n项为an，则a1=1，a2=2，a3=3，a4=4，a5=5，a6=119，n≥6时，an+1=a1·a2·…·an-1=（an+1）an-1=55+（a71-a6+65）=a71+1=a1·a2·…·a70B6-075 设p是奇素数．各项不同的数列an，n≥0定义如下：a0=0，a1=1，…，ap-2=p-2，并且对所有的n≥p-1，an是这样一个最小的正整数，使得它和它前面的任何项都不能组成长度为p的等差数列．证明：对所有的n，an是将n写成p-1进制数而将它看作是p进制数时所得出的数．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题1．【证】用归纳法．对n＜p-1，结论显然．假设命题对＜n的数均成立．设b是将n写成p-1进制数ck（p-1）k+ck-1（p-1）k-1+…+c0后，看成p进制得出的数ckpk+ck-1pk-1+…+c0．b以及a1，a2，…，an-1的p进制表示中，各位数字都不为p-1．如果b与其中一些项组成长为p的等差数列，设首项为a，公差为d，将d表成p进制时右数第一个非零数字为d′，在右数第t位；a写成p进制时在右数第t位上的数字为a′，则a，a +d，a+2d，…，a+（p-1）d写成p进制时，右数第t位上的数字为a′，a′+d′，a′+2d′，…，a′+（p-1）d′（1）（超过p的则往上进一位）由于（1）构成modp的完全剩余系，其中必有一个为p-1（mod p），这与b，a1，…，an-1的各位数字都不为p-1矛盾．所以，所说的等差数列不存在，从而an≤b．另一方面，设正整数c＜b且与a1，…，an-1均不相同，将c写成p进制，如果其中各位数字均不为p-1，则可将它看作（p-1）进制的数c′．但由c的定义，c′＜n并且与1，2，…，n-1均不相同，这是不可能的．因此c的数字中必有p-1．设将这些p-1改为1，其余≠p-1的数字改为0所得的p进制数为d，则c-d，c-2d，…，c-（p-1）d这些数的p进制中数字均不为p-1，并且均小于b，因而它们即是a1，a2，…，an-1中的p-1个数．由于它们与c构成p项的等差数列，所以an≥b．综上所述，an=b．于是结论对一切自然数n成立．B6-076 设q0，q1，q2，…是满足下列两个条件的无限整数数列：（i）对所有的m＞n≥0，m-n整除qm-qn．（ii）对所有n存在多项式p，使得|qn|＜p（n）．证明：存在多项式Q，对所有的n有qn=Q（n）．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题4．【证】设d是多项式p的次数，一次数不超过d的多项式满足Q（i）=qi（i=0，1，2，…，d），这个多项式称为Lagrange插值多项式，我们将证明：对所有的n ≥0，有qn=Q（n）．Q的系数显然都是有理数，设K≥1是Q的所有系数的公分母．令rn=K（Q（n）-qn），则ri=0，对i=0，1，…，d成立．因为对任一整系数多项式L（x）和任意两个不相同的整数m、n，m-n整除L（m）-L（n），又已知m-n整除qm-qn，所以m-n整除rm-rn，对所有m＞n≥0成立．因为|rn|≤K（|Q（n）|+|qn|）＜K（|Q（n）|+p（n）），所以存在充分大的正数a、b，使得对n≥0，|rn|＜and+b（1）另一方面，对任意n＞d与0≤i≤d，n-i整除rn-ri=rn．所以n，n-1，…，n-d的最小公倍数Mn整除rn．由于最大公约数（n-i，n-j）（设一素因数p在n，n-1，…，n-d中次数分别为a0，a1，…，ad，。
第36届俄罗斯数学奥林匹克(十一年级)
参考答案
１１．１．不存在． 注意到对ｋ＝ｌ，２，…，１０，有
ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ（不含其他顶点）的中点，“
，２、厶、，４分别是△ＡＢＫ、Ａ ＢＣＫ、Ａ Ｍ４１４共点． １１．４．给定正整数ｎ（ｎ≥３）．求使得下面 结论恒成立的最小的正整数ｋ． 对于平面上任意三点不共线的ｎ个点 Ａ；＝（并ｉ，Ｙ；），任意ｒｇ个实数ｃ；（１≤ｉ≤，１），都 存在一个次数不超过ｋ的二元实系数多项式 Ｐ（石，Ｙ），满足 Ｐ（筏，Ｙ‘）＝Ｃｉ（ｉ＝ｌ，２，…，ｎ）． １１．５．给定正整数ｎ（ｎ＞１）．证明：存在
ｎ＋Ｉ是合数，故它是１到２ｎ＋ｌ之间所有质
数的倍数． 如果ｎ＋ｌ是质数，则ｒｔ＋２是合数． 下证：ｒｇ＋３，ｒｔ＋４，…，２ｎ＋２这，１个连续 正整数就满足条件． 首先由上面的讨论知，它们的乘积是
＝Ｉｘｉ＋。一，一ａＩ（ｉ＋１≤ｓ≤乃一１），
ｌｂ一茗，Ｉ＝ｂ一髫，＞戈。一ｌ一菇，
＞口一髫，＝Ｉａ一省，Ｉ（１≤ｒ≤ｉ一１）． 将所有上述不等式与等式
由归纳法假设，集合Ａ中学生可以排成
一圈Ｋ满足要求． 设（石ｌ，聋２），（菇３，礼），…，（石姓一ｌ，菇扯）是Ｋ 上按顺时针方向排列的所有新室友对． 令菇：表示算ｉ原来的室友，显然，菇：∈Ｂ．
在集合Ｂ中令
（省缸，ｘ：），（茗；，茁；），…，（髫乞ｍｚ乞一・）
构成新的室友对集，与集合Ｂ中原来的室友 对集共同构成了集合曰中的室友对集．
（ｉ＝ｌ，２，…，ｎ一２）， ｛（厅一１，ｎ一１），（ｎ一１，，１），（１，ｎ—１），（１，ｎ）｝， ｛（，ｌ，ｎ），（ｒｇ，１），（２，ｒｔ），（２，１）｝． 由于初始时刻，它们都各含１个“＋”
证明：函数Ｙ＝ＩＰ（ｘ）Ｉ在区间［菇，，菇。］上
的最大值一定在区间［菇。一。，菇。］上的某点处
第35届俄罗斯数学奥林匹克_十一年级_
递增. 故 0< b2 < 2+ 1 1 - 2= . 2 2 b2 < 1 . 2 1 .这 2
由此知当 k !2 时 , bk
如果 ak + a j 为 整数 , 则 b k + bj 也 为整 数 . 因此, 它们之一 ( 不妨设 bk ) 不小于
表明, k = 1 , b j = 1 - b1. 但由数列 { b n } 的单调 性得到那样的 j 至多一项. 11 3 设 AB 1、 AC 1、 AD 1 分别是 %ACD、 %ABD、 %ABC 的高 . 则三个三角形的垂心分 别在 AB 1、 AC 1、 AD 1 上且不与顶点 A 重合. 由于它 们位 于 一条 直线 l 上 , 故 AB 1、 AC 1、 AD 1 在含点 A 和 l 的平面 C 1、 D 1 位于平面 上 , 点 B 1、 和平面 BCD 的交线上 .
2 2
10
10
的所有整点 ( x, y )组成的集合. 甲乙两人 ( 由 甲开始 )轮流依次指定 S 中的两两不同的点 A 1, A 2, # 满足: A i ( i = 1 , 2 , #) 与 A i + 1关于原
(1 , 2 ),
3( n - 1)
2
点不对称 , 且 A i A i + 1 < A i + 1 A i + 2. 一个人如果 n . 3
令 A) 是点 A 在平面 BCD 上的投影 . 则由 三垂线定理知点 B 1、 C 1、 D 1 分别是 A ) 在 CD、 BD、 BC 上的投影 . 这表明, 点 A ) 、 C、 B 1、 D1位 于以 A ) C 为直径的一个圆周上 , 点 A ) 、 D、 B 1、 C 1 位于以 A ) D 为直径的一个圆周上. 故 ∗ BC, A ) C+ = = = 其中, 由 ∗ D 1C, A ) C+ ∗ C 1B 1, A ) B 1+ ∗ BD, A ) D+ , ∗ D 1B 1, A ) B 1+ = ∗ C 1D, A ) D+ =
初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全
初中数学奥林匹克竞赛教程初中数学竞赛大纲（修订稿）数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。
目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。
本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。
《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。
”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养……，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。
同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。
《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。
除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。
这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。
1、实数十进制整数及表示方法。
整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。
素数和合数，最大公约数与最小公倍数。
奇数和偶数，奇偶性分析。
带余除法和利用余数分类。
完全平方数。
因数分解的表示法，约数个数的计算。
有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。
2、代数式综合除法、余式定理。
拆项、添项、配方、待定系数法。
部分分式。
对称式和轮换对称式。
3、恒等式与恒等变形恒等式，恒等变形。
整式、分式、根式的恒等变形。
恒等式的证明。
4、方程和不等式含字母系数的一元一次、二次方程的解法。
一元二次方程根的分布。
含绝对值的一元一次、二次方程的解法。
含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。