2014年第29届中国数学奥林匹克CMO试题

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cmo数学竞赛大纲

cmo数学竞赛大纲一些关于CMO数学竞赛大纲的信息。

CMO是中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）的简称，是中国中学生数学竞赛，由中国数学会奥林匹克委员会和《中学生数理化》编辑部主办，在每年十二月的全国中学生数学冬令营举行。

这项比赛在1991年命名为中国数学奥林匹克。

CMO的考试完全模拟国际数学奥林匹克（IMO）进行，每天3道题，限四个半小时完成。

每题21分（为IMO试题的3倍，为符合中国人的认知习惯），6个题满分为126分。

CMO的考试内容主要涉及以下几个方面的数学知识：- 代数：包括整式、分式、不等式、方程与不等式组、数列、数论等。

- 几何：包括平面几何、立体几何、解析几何、向量等。

- 组合：包括排列组合、概率、图论、计数原理等。

- 其他：包括函数、极限、微积分、数学归纳法等。

CMO的考试难度较高，需要具备较强的数学思维能力、创新能力和解题技巧。

CMO的考试题目通常具有一定的技术性和艺术性，能够激发学生的数学兴趣和探索精神。

CMO的考试目的是选拔优秀的中学生参加国家集训队，预备次年7月的国际数学奥林匹克。

CMO的考试成绩也是高中生申请国内外名校的重要依据之一。

一点点必要的自我介绍我来自北京，学习过数学竞赛，也参加了高考。

数学竞赛上我的最好成绩是中国数学奥林匹克（CMO）的二等奖，在高考中则幸运地考过了清北的分数线。

不论从最终成绩上还是从智力上，我和知乎上的大佬们相比都不算出众。

我在高中数学竞赛的起步也很晚，从高一才开始系统学习。

不过我想也正因为如此，我的经历和反思对于非“天才型”的选手可能更有参考价值，所以文章的内容也尽量针对普通选手。

(#^.^#)如何决定是否选择数学竞赛？首先说一点自己对政策的看法。

我在高二时经历了自主招生可能降分额度最大的一年（取得了清北一本线的认定），在高三时则见证了政策的突变和自招的缩水。

竞赛生的政策在之前的两年里一直处于一个不确定的状态，在今年强基实施之后应该会趋于稳定。

2014年中国数学奥林匹克(CMO)试题及其解答

= f(f(k) + 1) − f f(k) ∈ 0，1
即当n = k + 1时，结论也成立。根据数学归纳法，（2）式得证。
最后，我们用数学归纳法证明：对于任意m ∈ N ，m ≥ 2，有
f(2 ) = 2
（3）
根据条件知：
f(3) = f f(2) + f 3 − f(2) = f(1) + f(2) = 2，
（1）我们先证明必要性，即若△DEF 的外心与△ABC 的内心重合，则BE + CF = BC。若 I 为△DEF 外心，则ID = IE = IF，从而△IDL≌△IFM≌△IEN，于是知DL = FM = EN。又AM = AN，且AE＜AF，所以 E 在线段 AN 上，F 在线段 CM 上，所以BE = BN + EN， CF = CM − FM。于是知BE + CF = BN + CM。又BN = BL，CM = CL，所以BE + CF = BN + CM = BL + CL = BC。
交流知识共享智慧
文武光华
A
E(E') N
I
M F(F')
综上所述，命题得证。
B
DL
C
二、对大于1的正整数n，定义集合D(n) = a − b|n = ab，a、b ∈ N ，a＞b 。证明：
对任意大于1的整数k，总存在k个互不相同且大于1的整数n 、n 、 … 、n ，使得
|D(n )⋂D(n ) ⋂ … ⋂D(n )| ≥ 2。
且1 ≤ f(k) ≤ k，从而根据归纳假设知：
f(k + 2) − f(k + 1) = f f(k + 1) + f k + 2 − f(k + 1) − f f(k) + f k + 1 − f(k)

2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)

2013
解：由题设
an

2(n 1) n
an1

2(n 1) n

2n n 1 an2

2(n 1) n

2n n 1

23 2
a1

2n1 (n
1)
．
记数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，则
Sn =
2 + 2 × 3 + 22 × 4 + + 2n−1(n +1)
2015 2013

2015
．
2013
5. 正四棱锥 P ABCD 中，侧面是边长为 1 的正三角形，M , N 分别是边 AB, BC 的中
点，则异面直线 MN 与 PC 之间的距离是
．
答案： 2 ． 4
解：设底面对角线 AC, BD 交于点 O ，过点 C 作直
线 MN 的垂线，交 MN 于点 H ．由于 PO 是底面的垂线，故 PO CH ，又
解：记 f (z) (z )2 z ．则
f (z1) f (z2 ) (z1 )2 z1 (z2 )2 z2
(z1 z2 2)(z1 z2 ) z1 z2 ．
①
假如存在复数 z1, z2 ( z1 , z2 1, z1 ≠ z2 ) ，使得 f (z1) f (z2 ) ，则由①知，
连接的情况数．
(1) 有 AB 边：共 25 32 种情况．
(2) 无 AB 边，但有 CD 边：此时 A ， B 可用折线连接当且仅当 A 与 C ， D 中至少一
点相连，且 B 与 C ， D 中至少一点相连，这样的情况数为 (22 1)(22 1) 9 ．

2014年全国高中数学联赛试题及解答

全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______．答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =．分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______．答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种；长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种（一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ．（1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥．分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=．答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=，则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-，故2α<；若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意；另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类．假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两个除1k +外不交，故命题成立．综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件．任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个；首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立；若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立．综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．全国高中数学联赛试题及解答加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。

2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案和评分标准

初三数学竞赛试题 2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准A．B． C． D．2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准2．【答】 A.，易知：当，时，取得最大值.4．【答】 B.若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20种取法.6．【答】 A.过作于，易知△≌△，△∽△.设，则，，，，故，即.又，故可得.故.1．【答】 0.由题意知，所以2．【答】144.由条件得，由的唯一性，得且，所以，所以.当时，由可得，可取唯一整数值127.故满足条件的正整数的最大值为144.4．【答】36.设的最大公约数为，，，均为正整数且，，则，所以，从而，设（为正整数），则有，而，所以均为完全平方数，设，则，均为正整数，且，.又，故，即.注意到，所以或.若，则，验算可知只有满足等式，此时，不符合题意，故舍去.解由已知条件可得，.设，，则有，，……………………5分若，即，，则是一元二次方程的两根，但这个方程的判别式，没有实数根；……………………15分若，即，，则是一元二次方程的两根，这个方程的判别式，它有实数根.所以. ……………………20分解取，，可得，所以1具有性质.取，，可得，所以5具有性质.…………………5分为了一般地判断哪些数具有性质，记，则＝.即……………………10分如果，即，则有；如果，即，则有；如果，即，则有；由此可知，形如或或（为整数）的数都具有性质.因此，1，5和2014都具有性质. ……………………20分若2013具有性质，则存在整数使得.注意到，从而可得，故，于是有，即，但2013＝9×223＋6，矛盾，所以2013不具有性质. ……………………25分2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准，易知：当，时，取得最大值.【答】 B.若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20种取法.要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6，6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有4×2＝8种.A．B． C． D．【答】 A.设，则，，，，故，即.又，故可得.故.。

2014全国初中数学联赛参考答案及评分标准

当 n 144 时，由 3．已知 P 为等腰△ ABC 内一点， AB BC ， BPC 108 ， D 为 AC 的中点， BD 与 PC 交于点 E ，如果点 P 为△ ABE 的内心，则 PAC ．【答】 48 . B 由题意可得 PEA PEB CED AED ，而 PEA PEB AED 180 ，所以 PEA PEB CED AED 60 ，从而可得 PCA 30 . 又 BPC 108 ，所以 PBE 12 ，从而 ABD 24 . 所以 BAD 90 24 66 ， P
H
O
N D E
F B M C
三．（本题满分 25 分）设 n 是整数，如果存在整数 x, y, z 满足 n x3 y 3 z 3 3xyz ，则称 n 具有性质 P . （1）试判断 1，2，3 是否具有性质 P ；（2）在 1，2，3， …，2013，2014 这 2014 个连续整数中，不具有性质 P 的数有多少个？解取 x 1 ， y z 0 ，可得1 13 03 0 3 3 1 0 0 ，所以 1 具有性质 P ；取 x y 1 ， z 0 ，可得 2 13 13 0 3 3 1 1 0 ，所以 2 具有性质 P ；若 3 具有性质 P ，则存在整数 x, y, z 使得 3 ( x y z ) 3 3( x y z )( xy yz zx ) ，从而可得
1 2
B．
2 5
C．
2 3
D．
3 4
【答】 B. 若取出的 3 张卡片上的数字互不相同，有 2×2×2＝8 种取法；若取出的 3 张卡片上的数字有相同的，有 3×4＝12 种取法.所以，从 6 张不同的卡片中取出 3 张，共有 8＋12＝20 种取法. 要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6， 6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有 4×2＝8 种. 因此，所求概率为

中国数学奥林匹克 CMO 试题及其解答

数为λ，则λ|2 而λ ∤ 2 ，所以λ = 2 。又根据费马小定理知v ≡ 1(mod q)，所以
2 |q − 1。引理二得证。
下面借助引理证明原命题。
取n = 2 · … · k，其中q 、q 、 … 、q 为互异的奇素数，s ∈ N 。
一方面，根据ω(n)的定义知：
( )=
()
·
…
·
·
…·
≥
·
而 p，q = 1，所以μ = 1。于是知u ≡ −1(mod d) ⇒ d|u + 1。
综合两方面知d = u + 1，所以 u + 1，u + 1 = u + 1，引理一得证。
引理二：设v为大于1的正整数，q为v + 1的奇素因子，则2 |q − 1。
交流知识共享智慧
文武光华
引理二的证明：根据条件知v ≡ −1(mod q) ⇒ v ≡ 1(mod q)。设v关于模q的阶
交流知识共享智慧
文武光华
A
E(E') N
I
M F(F')
综上所述，命题得证。
B
DL
C
二、对大于1的正整数n，定义集合D(n) = a − b|n = ab，a、b ∈ N ，a＞b 。证明：
对任意大于1的整数k，总存在k个互不相同且大于1的整数n 、n 、 … 、n ，使得
|D(n )⋂D(n ) ⋂ … ⋂D(n )| ≥ 2。
A
E N
M
I
F
B
DL
C
（2）我们再证明充分性，即若BE + CF = BC，则△DEF 的外心与△ABC 的内心重合。如图，以△ABC 的内心 I 为圆心，以 ID 为半径作⊙I，设⊙I 与 AB 的交点中离点 A 较近的点为E′，⊙I 与 AC 的交点中离点 A 较远的点为F′。根据（1）的证明，知△IDL≌△ IF′M≌△IE′N，且E′在线段 AN 上，F′在线段 CM 上。于是知∠IDL = ∠IE N = ∠IF′M，所以 I、D、B、E′四点共圆，I、E 、A、F′四点共圆，所以∠AF E = ∠AIE = ∠ABD，所以

2013年12月第29届中国数学奥林匹克竞赛真题(pdf版,无答案)

求最小的正整数 k ，使得对任意满足上述条件的函数 f ，都
存在 X 的 k 元子集 B ，使得 Buf(B)
=X
c'
注:对 X 的子集 T ，定义 f(T)
= {x
I 存在民 T，使得 x=f(t)}
6.
对于非空数集 S 、 T. ,
定义
S+T = {s + tls 巳 S， t E T} ,
第29届中国数学奥林匹克CMO试题
上海畅想未来编制
第♂久
2013 年 12 月 21 日 8:
00
12: 30
中国
南京南京师范大学附中
1.
如图，在锐角 6ABC 中， AB > AC ， ζBAC 的角平分线与边
BC 交于点 D ，点 E， F 分别在边 AB ， AC 上，使得 B ， C， F， E
四点共园。证明:
6DEF 的外接圆圆心与
A
6ABC 的内切圆圆心重合的充分必要条件是 B E+CF=BC 。
B D
C
2.
对大于 1 的整数 n ，定义集合 D (n)
= {α - b I n = αb;
α 少为
正整数， α > 吟，证明:对任意大于 1 的整数 k ，总存在 k 个
互不相同且大于 1 的整数 nl， n2 ， … 7 叭，使得 D (nl) n
D(n2) n
.. n D (州
的元素个数不小于 2 。
3.
证明:存在唯一的函数 f
: N+ → N+ 满足: f (1) = f (2) = 1,
，并对每个整数
f (n)
=
f (f (n-1 } + f (n-f(n-1))) , n = 3, 4, . . . . ..

第29届CMO试题2014

2014年中国数学奥林匹克试题
第一天 2014年12月30日 8:00-12:30 重庆
1. 给定实数()0,1r ∈，证明：若n 个复数12,,,n z z z 满足()11,2,
,k z r k n -≤=，则 ()2212121111n n z z z n r z z z +++⋅+++≥-．
2. 如图，设,,,,,A B D E F C 依次是一个圆上的六个点，满足AB AC =．直线AD 与BE 交于点P ，直线AF 与CE 交于点R ，直线BF 与CD 交于点Q ，直线AD 与BF 交于点S ，直线AF 与CD 交于T ．点K 在
线段ST 上，使得SKQ ACE ∠=∠．求证：SK PQ KT QR
=．
3. 给定整数5n ≥．求最小的整数m ，使得存在两个由整数构成的集合,A B ，同时满足：
（1）A n =，B m =，且A B ⊆；
（2）对B 中任意两个不同的元素,x y 有x y B +∈当且仅当,x y A ∈．
K Q T S R P E F D
C B A
第二天 2014年12月31日 8:00-12:30 重庆
4. 求具有下述性质的所有整数k ：存在无穷多个正整数n ，使得n k +不整除2n n C ．
5. 某次会议共有30人参加，其中每个人在其余人中至多有5个熟人；任意5个人中存在两人不是熟人．求
最大的正整数k ，使得满足上述条件的30个人中总存在k 个人，两两不是熟人．
6. 设非负整数的无穷数列12,,
a a 满足：对任意正整数,m n 均有21
m in i a m =≤∑．证明：存在正整数,k d ，满足21
2014k id i a k ==-∑．。

2014年全国高中数学联赛试题及答案

2014年全国高中数学联赛试题及答案D2cos cos4αα=⇒=.所以410sin=α.解法二：如图，PBPAPCPC==11, .设BA1与1AB交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB==⊥ .11,,PA PB PO AB=⊥因为所以从而⊥1AB平面BPA1.过O在平面BPA1上作PAOE1⊥,垂足为E.连结EB1,则EOB1∠为二面角11BPAB--的平面角.设21=AA,则易求得3,2,5111=====POOBOAPAPB.在直角OPA1∆中，OEPAPOOA⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OEOE.又554562,222111=+=+=∴=OEOBEBOB.4105542sinsin111===∠=EBOBEOBα.8. 336675 提示：首先易知2010=++zyx的正整数解的个数为1004200922009⨯=C.把2010=++zyx满足zyx≤≤的正整数解分为三类：（1）zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）zyx,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设zyx,,两两均不相等的正整数解为k.易知100420096100331⨯=+⨯+k，所以OEPC1B1A1CBA110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一：,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得 )21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤8≤，所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g .设 12-=x z，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ，即21434302≤++++≤c b a z a ，从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=，01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1）易知0,5==y x 是（1）的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2）（2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离22029)0()25(y y CM h+=-+-==.2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC+⋅-+=⋅=∆)9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=. 当且仅当2202249y y -=+，即0y =,66((33A B +-或66((33A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314. 11.令252)(3-+=x x x f ，则56)(2>+='x x f ，所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ，故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈.所以 32520rr +-=，3152rr -=4710r r r r =++++.故数列),2,1(23 =-=n n a n是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的.不妨设11t s <，则++=++<21211t t s s s r r r r r ，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加试1. （40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．2. （40分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f fr l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥． 3. （50分）给定整数2n>，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑． 4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解答1. 用反证法．若A ，B ，D ，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆与AD 交于点E ，连接BE 并延长交直线AN 于点Q ，连接CE 并延长交直线AM 于点P ，连接PQ ．因为2PK=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）()()2222PO r KO r =-+-，同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以2222PO PK QO QK -=-，故OK ⊥PQ ．由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ①由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =，所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆.注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE⋅=⋅，④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC⋅=⋅，⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）．注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1mv k =+时，()()m f r 为整数．FE QPONMK DCBA下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v=时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数．假设命题对1(1)v v-≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v fr +是一个整数，这就完成了归纳证明． 3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111kn n k i ii i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki ii k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑111max (),n k k n k n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1kn=-，故111n nnk kn kk k k a AnA A ===-=-∑∑∑()1111n n nk n kk k AA A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=．4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2in C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n i i j nn i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定01C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnk n kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑31n =+．当n 为偶数时，若2n i<，则②式仍然成立；若2n i =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+⎪ ⎪⎝⎭∑ ()222124233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n+种；当n 为偶数时有33n +种．。

2014年全国初中数学联赛决赛(初二)试题及其解答

2014年全国初中数学联合竞赛初二年级试题参考答案第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1．若0x >，0y >=+（）A.1B.2C.3D.4【答】B.已知等式可化为150x y -=，即0+-=，所以25x y =，于是58229yy===.2．已知△ABC 中，2AB AC ==，点D 在BC 边的延长线上，4AD =，则BD CD ⋅＝（）A ．16B ．15C ．13D ．12【答】D.作AH BC ⊥于点H ，则H 为BC 的中点，所以22()()()()BD CD BH DH DH CH DH CH DH CH DH CH ⋅=+-=+-=-22224212AD AC =-=-=.3．已知,x y 为整数，且满足22441111211()()(3x y x y x y++=--，则x y +的可能的值有（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答】C .由已知等式得2244224423x y x y x y xy x y x y++-⋅=⋅，显然,x y 均不为0，所以x y +＝0或32()xy x y =-.若32()xy x y =-，则(32)(32)4x y +-=-.又,x y 为整数，可求得12,x y =-⎧⎨=⎩，或21.x y =-⎧⎨=⎩，所以1x y +=或1x y +=-.因此，x y +的可能的值有3个.4．用1g、3g、6g、30g 的砝码各一个，在一架没有刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么，可以称出的不同克数的重物的种数为（）A ．21B ．20C ．31D ．30【答】 C.可以称出的重物的克数可以为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、20、21、22、23、24、25、26、27、28、29、30、31、32、33、34、35、36、37、38、39、40，共31种.5．已知实数,,x y z1()2x y z =++，则xyz 的值为（）A ．6B ．4C ．3D ．不确定【答】A .由1()2x y z +=++可得2221)1)1)0-++-=，所以2,3,1x y z ===，6xyz =.6．已知△ABC 的三边长分别为2，3，4，M 为三角形内一点，过点M 作三边的平行线，交各边于D 、E 、F 、G 、P 、Q （如图），如果DE FG PQ x ===，则x ＝（）A ．1813B ．2013C ．2213D ．2413【答】D.设,,BC a AC b AB c ===，,,ME m MF n MP k ===.由平行线的性质可得DE BC AE AC =，PQ CQAB AC=，即()x b x n a b --=，x b n c b -=，所以111n x a b b+=+（，1x n c b =-，两式相加，得1112x a b c ++=（，所以222411111113234x a b c ===++++.二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）1．如果关于x 的方程|3||2||1|x x x a -+---=恰好只有一个解，则实数a ＝．【答】1-.4,1,63,12,()|3||2||1|2,23,4,3,x x x x f x x x x x x x x -≤⎧⎪-<≤⎪=-+---=⎨-<≤⎪⎪-≥⎩结合函数的图象知：当且仅当1a =-时，关于x 的方程|3||2||1|x x x a -+---=恰好只有一个解.2．使得不等式981715n n k <<+对唯一的整数k 成立的最大正整数n 为．【答】144.由条件得7889k n <<，由k 的唯一性，得178k n -≤且189k n +≥，所以2118719872k k n n n +-=-≥-=，所以144n ≤.当144n =时，由7889k n <<可得126128k <<，k 可取唯一整数值127.故满足条件的正整数n 的最大值为144.GP C B3．已知P 为等腰△ABC 内一点，AB BC =，108BPC ∠=︒，D 为AC 的中点，BD 与PC 交于点E ，如果点P 为△ABE 的内心（三角形的三条内角平分线的交点），则PAC ∠=．【答】48︒.由题意可得PEA PEB CED AED ∠=∠=∠=∠，而180PEA PEB AED ∠+∠+∠=︒，所以60PEA PEB CED AED ∠=∠=∠=∠=︒，从而可得30PCA ∠=︒.又108BPC ∠=︒，所以12PBE ∠=︒，从而24ABD ∠=︒.所以902466BAD ∠=︒-︒=︒，11()(6630)1822PAE BAD CAE ∠=∠-∠=︒-︒=︒，所以183048PAC PAE CAE ∠=∠+∠=︒+︒=︒.4．已知n 为正整数，且432261225n n n n ++++为完全平方数，则n ＝．【答】8.易知1n =，2n =均不符合题意，所以3n ≥，此时一定有22432432(2)2544261225n n n n n n n n n n ++=++++<++++，22432432(4)29816261225n n n n n n n n n n ++=++++>++++，而432261225n n n n ++++为完全平方数，所以一定有43222261225(3)n n n n n n ++++=++，整理得26160n n --=，解得8n =（负根2n =-舍去）.第二试一、（本题满分20分）设b 为正整数，a 为实数，记221145224M a ab b a b =-++-+，在,a b 变动的情况下，求M 可能取得的最小整数值，并求出M 取得最小整数值时,a b 的值．解222233(2)2(2)121(21)(1)44M a b a b b b a b b =-+-+++++=-++++，注意到b 为正整数，所以2319(11)44M ≥++=，所以M 可能取得的最小整数值为5.当5M =时，223(21)(1)54a b b -++++=，故2217(21)(1)4a b b -+++=.因为b 为正整数，所以2(1)b +是整数且不小于4，所以一定有12b +=，且21(21)4a b -+=，所以1b =，12a =或32a =.二．（本题满分25分）在直角△ABC 中，D 为斜边AB 的中点，E 、F 分别在AC 、BC 上，90EDF ∠=︒，已知4CE =，2AE =，32BF CF -=，求AB .解延长ED 到点M ，使DM ED =，连接MB 、MF .又因为D 为AB 的中点，所以△BDM ≌△ADE .所以AE BM =，A ABM ∠=∠，所以AC //BM ，所以18090CBM C ∠=︒-∠=︒，故△BMF 是直角三角形，于是有222BM BF MF +=.又在直角△CEF 中，有222CE CF EF +=.又由90EDF ∠=︒和DM ED =可得EF MF =，于是可得222222CE CF BM BF AE BF +=+=+，所以222212BF CF CE AE -=-=，即()()12BF CF BF CF +-=.又32BF CF -=，所以8BF CF +=，即8BC =.因此2222268100AB AC BC =+=+=，所以10AB =.三．（本题满分25分）设不全相等的非零实数,,a b c 满足2221222bc ac aba bcb ac c ab++=+++，求a b c ++的值.解由2221222bc ac aba bcb ac c ab++=+++得2221111222111a b c bc ac ab++=+++.设22a x bc =，22b y ac =，22c z ab =，则8xyz =，且1111111x y z ++=+++，通分即得(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)y z x z x y x y z ++++++++=+++，展开后整理得2xyz x y z =+++，所以6x y z ++=.即2222226a b c bc ac ab ++=，所以3333a b c abc ++=，分解因式得222()[()()()]0a b c a b b c c a ++-+-+-=.又,,a b c 不全相等，所以222()()()0a b b c c a -+-+-≠，故0a b c ++=.。

cmo数学竞赛

cmo数学竞赛
中国数学奥林匹克竞赛，简称为CMO，是一项由中国教
育部主办的国际性青少年数学竞赛。

自2001年开始，CMO竞赛已经连续举办了17届，受到了全国青少年和数学爱好者的
普遍喜爱。

CMO竞赛共分为初赛和复赛两大环节，初赛由全国各省、自治区和直辖市的教育行政部门组织，复赛则由全国选拔的优秀选手代表中国参加。

CMO竞赛的试题难度大，考察的内容涉及到数学的各个
方面，既包括数论、组合数学、代数结构、几何等基础知识，也包括非标准分析、复变函数、概率论等高等数学。

考生必须具备高度的数学素养，能够深刻理解试题，才能够更好地完成题目。

CMO竞赛的参赛者大多来自中国各大中学，其中也不乏
一些杰出的学生。

他们通过勤奋研究，积极参加各种数学竞赛，提高自己的数学素养，拓宽视野，为参加CMO竞赛做准备。

CMO竞赛是一个值得珍视的数学赛事，它不仅能够帮助
学生提高数学水平，拓宽视野，而且还能够激发学生的研究热情，提升他们的团队合作能力。

与此同时，CMO竞赛也促进
了中国的数学教育，为促进青少年数学教育发展，推动中国科技进步做出了贡献。

CMO竞赛将一直是国内外学生和数学爱好者激情投入、持续发展的重要窗口。

在未来，CMO竞赛将会取得更大的发展，为更多学生提供更多机会，激发更多创新能力，促进数学教育的发展。

各届CMO(中国数学奥林匹克)答案

√ sin ∠F AE FE AD 由正弦定理 sin AE 2 − AD2 = 5, ∠DAE = DE × AF .其中DE = √ √ F E = F D − DE = AF 2 − AD2 − DE = m2 − 122 − 5 > 0. ∴ m > 13, 且∠A为锐角等价于 ∠A为直角等价于 ∠A为钝角等价于解得当13 < m < 当m = 当m >
zk ∈A
|yk |,则将zk 放入X中;若|yk | 0,则将zk 放入A中;若xk
1 4.
|xk |,则将zk 放入Y中. 其中必有一组中 0,则将zk 放入B中. 其中必有一组中的
所有复数模长之和不小于 1 2 .不妨设为X.
1 所有复数摸长之和不小于 4 .不妨设为A.
|zk |
而对于zk ∈ ∴ xk
中国数学奥林匹克 (CMO) 历届试题及解答
1986-2005
第一届中国数学奥林匹克(1986年)
天津南开大学
1.已知 a1 , a2 , . . . , an 为实数, 如果它们中任意两数之和非负,那么对于满足 x1 + x2 + · · · + xn = 1 的任意非负实数 x1 , x2 , . . . , xn , 有不等式 a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn 成立.请证明上述命题及其逆命题. 证明:原命题的证明:由0 (1)若ai 以ai + a1 xi 1, xi − x2 i 0, xi x2 i (i = 1, 2, . . . , n).
+
√
3 6 2 i, z
= 1, |z | = 1.

第二十九届国际数学奥林匹克试题及解答

。
及边
C 与
2 A我们 D 首先指出
,
在条件 (
) A ( b )
、
C 相交于
三角形
。
( 。 A) 成立时 A (
A
;
、
,
条件 (
。
c
) 可用以下的条件 A
K
的面积分别记为
:
.
与
c
勺 B
,
S 属于两个子 K集中每个元素恰
ZT
求证
6
a
A
) 来代S替
:
正整数
集
,
的子
B
,
用一个参数来描写丑
例如说
可以
故A
:
包含上式右边是显然的
。
。
余下的
:
只须证右边也包含左边
这是因为
,
A
的
,
选取从公共圆心 O 向 B C 所作垂线 O M 的长来作参数
这时座 B
=
Z
,
任何元素
之外
A
:
,
,
都是 B 的元素
。
学老师们
有多少个
”
任丫且
(
1 9 8 8使得
本届工 M O 的试题如下
第一天堪培拉
1
.
1 0 8 8年 7
月
15
,
日
,2 f ( ) 二第二天
?
如韶年盯间4
:
.
7
月” 日

中国数学奥林匹克(cmo) 评分标准

中国数学奥林匹克(cmo) 评分标准
中国数学奥林匹克（CMO）评分标准是根据考试得分和答题质量来评定参赛选手的表现。

首先，对于每道题目，评分会根据参赛选手的答案的正确性进行评定。

如果答案完全正确，那么该题目将获得满分。

如果答案有一部分正确，但存在错误或遗漏，那么将根据错误的数量和严重程度进行适当的扣分。

如果答案完全错误，将不会得到任何分数。

其次，评分还会考虑解答的完整性和逻辑性。

即使答案基本正确，如果解答过于简单或不够详尽，也可能会被扣分。

另外，对于开放性题目，评分会根据解题思路的合理性来进行评定，而不仅仅是依靠最终答案。

最后，CMO评分标准还会考虑答题的时间和效率。

参赛选手需要在限定的时间内完成所有题目，因此，快速且准确地解答问题将获得额外加分。

总体而言，CMO评分标准注重考察参赛选手的数学能力和解题能力。

正确性、完整性、逻辑性以及时间效率是评分的重要指标。

通过这些标准，能够客观地评价参赛选手的表现，选出优秀的数学才能。