第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试题(全三套)

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数学奥林匹克模拟试卷

数学奥林匹克模拟试卷

数学奥林匹克模拟试卷一、选择题1、以下哪个选项是质数?A. 14B. 19C. 21D. 28答案:B. 192、在一个等腰三角形中,下列哪个角度是锐角?A.顶角B.底角C.任意一个角度D.不能确定答案:D.不能确定3、下列哪个图形是轴对称图形?A.一个三角形B.一个圆形C.一个梯形D.一个正方形答案:D.一个正方形二、填空题4、在一个直角三角形中,已知一个锐角为30度,另一个锐角为__度。

答案:605、如果一个正方形的面积为16平方厘米,那么它的边长为__厘米。

答案:46、在一个等腰梯形中,对角线相等且互相平分,若已知上底为4厘米,下底为6厘米,则腰长为__厘米。

答案:5三、解答题7、一个多边形的内角和为1800度,求这个多边形的边数。

答案:根据公式,一个多边形的内角和为(n-2)×180度,其中n为边数。

因此,可以得出这个多边形的边数为12。

8、一个正方形的周长为8厘米,求它的面积。

答案:根据公式,正方形的周长为4×边长。

因此,这个正方形的边长为2厘米。

再根据公式,正方形的面积为边长的平方,得出面积为4平方厘米。

全国小学数学奥林匹克竞赛试卷一、填空题1、一个三角形有____个角。

2、钝角比直角____(大/小)。

3、1, 2, 3, 5, ___, ___(找规律填数)二、选择题1、下列哪个数字是偶数?____A. 11B. 19C. 17D. 92、下列哪个图形是正方形?____A. □B. △C. ○D. √3、一周有几天?____A. 30天B. 31天C. 28天D. 7天三、计算题1、1+2+3+5+8+13+21=____2、9+8+7+6+5+4+3+2+1=____3、3×4=____,4×3=____,比较这两个乘法算式,可以发现:两数相乘,交换因数的位置,积____。

四、解答题1、一个正方形的边长是5厘米,请计算出这个正方形的周长和面积。

第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔集训讲座之一

第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔集训讲座之一

第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔集训讲座之一
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第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔集训讲座之七
第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔集训讲座之八
第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔集训讲座之九
第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔集训讲座之十。

历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答

历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答

√1 42
.
则|zk| = x2k + yk2 |xk| + |yk|.
n
∴ |xk| + |yk| 1.
k=1
∴ | xk| + | xk| + | yk| + | yk| 1.
xk 0
xk <0
yk 0
yk <0
其中必有一项不小于
1 4
,不妨设为第一项,则
|
xk |
1 4
.
xk 0
∴|
zk| = |
1 4
.

2xk .

xk
zk√∈A
而4 2 < 6,
√1 42
.∴
∴|
|
zk| =
zk ∈A
zk |
1 6
.
|
xk
zk ∈A
+
i
yk |
zk ∈A
zk ∈A
即A中复数之和的模不小于
1 6
.证毕.
另证:设zk = xk + yki(xk, yk ∈ R, k = 1, 2 . . . , n)
xk
zk ∈A
最后一步是由于x2, x3, . . . , xn > 0, (x2 + · · · + xn)2 = x22 + · · · + x2n +
xixj
2 i<j n
逆命题的证明:对于任意的1
i<j
n,令xi
=
xj
=
1 2
,其余xk均等于0.则
1 2
(ai
+
aj )

2022CMO试题及答案

2022CMO试题及答案

2022CMO试题及答案一、选择题(每题5分,共30分)1. 下列哪项不是中国数学奥林匹克(CMO)的参赛条件?A. 必须为中国公民B. 必须在数学竞赛中取得优异成绩C. 必须获得学校推荐D. 必须年满18周岁答案:D2. CMO的举办时间通常是在每年的:A. 3月B. 6月C. 9月D. 12月答案:C3. 在CMO比赛中,以下哪项不是评分标准之一?A. 解题的创造性B. 解题的速度C. 解题的准确性D. 解题的规范性答案:B4. CMO的参赛者通常需要通过以下哪项选拔?A. 省级数学竞赛B. 市级数学竞赛C. 校级数学竞赛D. 国家数学竞赛答案:A5. CMO的奖项设置通常包括:A. 金牌、银牌、铜牌B. 一等奖、二等奖、三等奖C. 特等奖、优胜奖D. 杰出奖、优秀奖答案:A6. 下列哪项不是CMO的参赛意义?A. 提高数学素养B. 选拔数学人才C. 增强国际竞争力D. 获得高考加分答案:D二、填空题(每题5分,共30分)7. CMO的全称是_________。

答案:中国数学奥林匹克8. 2022年CMO的主办城市是_________。

答案:【具体城市名称】9. CMO的比赛通常分为两天进行,每天有_________道题目。

答案:310. CMO的参赛者年龄一般不超过_________岁。

答案:2011. CMO的题目涵盖了代数、几何、组合等多个数学领域,其中_________是必考内容。

答案:平面几何12. CMO的获奖者有机会代表中国参加_________。

答案:国际数学奥林匹克(IMO)三、解答题(每题20分,共40分)13. 证明:对于任意的正整数n,n的立方与n的2倍之和,总是大于n的平方。

答案:证明:设n为任意正整数。

考虑表达式 n^3 + 2n - n^2,我们需要证明对于所有n > 0,该表达式大于n^2。

n^3 + 2n - n^2 = n^2(n + 2) - n^2 = n^2(n + 2 - 1) =n^2(n + 1)。

2023年中国数学奥林匹克国家集训队第三次测试试题

2023年中国数学奥林匹克国家集训队第三次测试试题

1.值能可大最的目数点衡平求.′D P ·P D =′C P ·P C =′B P ·P B =′A P ·P A 则,′D ,′C ,′B ,′A 点于界边的D C B A 交别分P D ,P C ,P B ,P A 设)2(;上D B ,C A 在不P )1(:果如,的衡平为P 点一部内其称,D C B A 形边四凸对.3.)n x +···+2x +1x ()ε−1(>)n x (B d +···+)2x (B d +)1x (B d 有都,B 集数实元m 意任对足满,n x ,···,2x ,1x 数实负非和n 数整正在存:证求.数实正是ε,数整正是m 设)2(.n λ≤)n x (B d +···+)2x (B d +)1x (B d 足满,B 集数实元m 在存都]1,0[∈n x ,···,2x ,1x 数实意任和n 数整正意任对得使,λ数实的小最求.m 数整正定给)1(|b −x |B∈b n i m =)x (B d 义定,x 数实和B 集数实限有空非对.21+n ≥}x k {有都,n ≤k ≤1数整意任对足满,n 数整正个限有在存多至得使,x 数理无正在存否是.1A 1C A 2B 2D 1A 2C A 1B 1D 2.:D 1D 2∥l .√.1为均和之素元列每与和之素元行每且,数实负非为均素元有所,阵方的n ×n 个一是阵矩机随双阶n 个一:注.λ于小不都和之素元列每与和之素元行每时此足满,0为改都素元个0589余其将并,素元个051出选中从以可总,阵矩机随双阶001个一意任对得使,λ数实的大最求.6?n 3202≤|n a −1+n a |,n 数整正意任对)2(;0<k +2k a 且0>2k a ,k 数整正意任对)1(:足满时同,···,2a ,1a 数整的同不两两在存否是.5证求点于交,线直,点于交,线直设.上2A 1A 段线在A 中其,2A ,1A ,A 点于切l 与别分2Γ,1Γ,Γ.C 点于切2Γ,1Γ,2B 点于切2Γ,1Γ,1B 点于切1Γ,Γ设.切相l 线直与均且,切外两两2Γ,1Γ,Γ圆,图如.4。

国际数学奥林匹克试题分类解析数论

国际数学奥林匹克试题分类解析数论

国际数学奥林匹克试题分类解析数论A2 整数的求解A2-001 哪些连续正整数之和为1000?试求出所有的解.【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3.【解】设这些连续正整数共n个(n>1),最小的一个数为a,则有a+(a+1)+…+(a+n-1)=1000即n(2a+n-1)=2000若n为偶数,则2a+n-1为奇数;若n为奇数,则2a+n-1为偶数.因a≥1,故2a+n-1>n.同,故只有n=5,16,25,因此可能的取法只有下列三种:若n=5,则 a=198;若n=16,则 a=55;若n=25,则 a=28.故解有三种:198+199+200+201+20255+56+…+7028+29+…+52A2-002 N是整数,它的b进制表示是777,求最小的正整数b,使得N是整数的四次方.【题说】第九届(1977年)加拿大数学奥林匹克题3.【解】设b为所求最小正整数,则7b2+7b+7=x4素数7应整除x,故可设x=7k,k为正整数.于是有b2+b+1=73k4当k=1时,(b-18)(b+19)=0.因此b=18是满足条件的最小正整数.A2-003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和,求n.【题说】 1976年纽约数学竞赛题 7.s2-s1=n2=100从而求得n=10.A2-004 设a和b为正整数,当a2+b2被a+b除时,商是q而余数是r,试求出所有数对(a,b),使得q2+r=1977.【题说】第十九届(1977年)国际数学奥林匹克题 5.本题由原联邦德国提供.【解】由题设a2+b2=q(a+b)+r(0≤r<a+b),q2+r=1977,所以q2≤1977,从而q≤44.若q≤43,则r=1977-q2≥1977-432=128.即(a+b)≤88,与(a+b)>r≥128,矛盾.因此,只能有q=44,r=41,从而得a2+b2=44(a+b)+41(a-22)2+(b-22)2=1009不妨设|a-22|≥|b-22|,则1009≥(a-22)2≥504,从而45≤a≤53.经验算得两组解:a=50,b=37及a=50,b=7.由对称性,还有两组解a=37,b=50;a=7,b=50.A2-005 数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n 取最小值,这里n>m≥1.【题说】第二十届(1978年)国际数学奥林匹克题 1.本题由古巴提供.【解】由题设1978n-1978m=1978m(1978n-m-1)≡0(mod 1000)因而1978m≡2m×989m≡0(mod 8),m≥3又1978n-m≡1(mod 125)而 1978n-m=(1975+3)n-m≡3n-m+(n-m)3n-m-1·1975(mod 125)(1)从而3n-m≡1(mod 5),于是n-m是4的倍数.设n-m=4k,则代入(1)得从而k(20k+3)≡0(mod 25)因此k必须是25的倍数,n-m至少等于4×25=100,于是m+n的最小值为n-m+2m=106,m=3,n=103A2-006 求方程x3+x2y+xy2+y3=8(x2+xy+y2+1)的全部整数解x、y.【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6.本题由荷兰提供.于是 x3+x2y+xy2+y3=(x+y)3-2xy(x+y)=u3-2vux2+xy+y2=(x+y)2-xy=u2-v从而原方程变为2v(u-4)=u3-8u2-8 (2)因u≠4,故(2)即为根据已知,u-4必整除72,所以只能有u-4=±2α3β,其中α=0,1,2,3;β=0,1,2进一步计算可知只有u-4=2·3=6,于是u=10,v=16A2-007 确定m2+n2的最大值,这里 m和 n是整数,满足 m,n∈{1,2,…,1981},(n2-mn-m2)2=1.【题说】第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题 3.【解】若m=n,由(n2-mn-m2)2=1得(mn)2=1,故m=n=1.若m≠n,则由n2-mn-m2=±1得 n>m.令n=m+u k,于是[(m+u k)2-m(m+u k)-m2]2=1于是有若u k≠u k-1,则以上步骤可以继续下去,直至从而得到数列:n,m,u k,u k-1,…,u k-l,u k-l-1此数列任意相邻三项皆满足u i=u i-1+u i-2,这恰好是斐波那契型数列.而{1,2,…,1981}中斐氏数为:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,可见m=987,n=1597时,m2+n2=3524578为满足条件的最大值.A2-008 求方程w!=x!+y!+z!的所有正整数解.【题说】第十五届(1983年)加拿大数学奥林匹克题 1.【解】不妨设x≤y≤z.显然w≥z+1,因此(z+1)!≤w!=x!+y!+z!≤3·z!从而z≤2.通过计算知x=y=z=2,w=3是原方程的唯一解.A1-010 前1000个正整数中可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的正整数有多少个?【题说】第三届(1985年)数学邀请赛题 10.【解】令f(x)=[2x]+[4x]+[6x]+[8x].个不同的正整数值.另一方面f(x+n)=f(x)+20n对任一正整数n成立.将1-1000分为50段,每20个为1段.每段中,f(x)可取12个值.故总共可取到50×12=600个值,亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的形式.A2-011 使n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?【题说】第四届(1986年)数学邀请赛题 5.【解】由n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900知,若n3+100被n+10整除,则900也应被n+10整除.因此,n最大值是890.A2-012 a、b、c、d为两两不同的正整数,并且a+b=cd,ab=c+d求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d.【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1.【解】由于a≠b,所以当且仅当a=1或b=1时,才有a+b≥ab.如果a、b都不是1,那么c+d=ab>a+b=cd由此知c=1或d=1.因此a、b、c、d中总有一个(也只有一个)为1.如果a=1,那么由消去b可以推出从而得到c=2,d=3,或者c=3,d=2.这样,本题的答案可以列成下表A2-013 设[r,s]表示正整数r和s的最小公倍数,求有序三元正整数组(a,b,c)的个数,其中[a,b]=1000,[b,c]=2000,[c,a]=2000.【题说】第五届(1987年)数学邀请赛题 7.【解】显然,a、b、c都是形如2m·5n的数.设a=2m1·5n1,b=2m2·5n2,c=2m3·5n3.由[a,b]=1000=23·53,知max(m1,m2)=3,max(n1,n2)=3.同理,max (m2,m3)=4,max(n2,n3)=3;max(m1,m3)=4,max(n1,n3)=3.由此,知m3应是4,m1、m2中必有一是3.另一个可以是0、1、2或3之任一种,因此m1、m2的取法有7种.又,n1、n2、n3中必有两个是3,另一个可以是0、1、2或3.因此n1、n2、n3取法有10种.故m i、n i(i=1、2、3)不同取法共有7×10=70种,即三元组共有70个.A2-014 设m的立方根是一个形如n+r的数,这里n为正整数,r为小于1/1000的正实数.当m是满足上述条件的最小正整数时,求n的值.【题说】第五届(1987年)数学邀请赛题12.m=n3+1<(n+10-3)3=n3+3n2·10-3+3n·10-6+10-9于是从而n=19(此时m=193+1为最小).【题说】第十三届(1987年)全俄数学奥林匹克九年级题 1.【解】 144=122,1444=382设n>3,则则k必是一个偶数.所以也是一个自然数的完全平方,但这是不可能的.因为平方数除以4,因此,本题答案为n=2,3.A2-016 当n是怎样的最小自然数时,方程[10n/x]=1989有整数解?【题说】第二十三届(1989年)全苏数学奥林匹克十年级题 1.【解】1989≤10n/x<1990所以10n/1990<x≤10n/1989即10n·0.000502512…<x≤10n·0.000502765…所以n=7,这时x=5026与5027是解.A2-017 设a n=50+n2,n=1,2,….对每个n,a n与a n+1的最大公约数记为d n.求d n的最大值.【题说】 1990年第1轮选拔赛题 9.【解】d n=(a n,a n+1)=(50+n2,50+(n+1)2-(50+n2))=(50+n2,2n+1)=(2(n2+50),2n+1)(因 2n+1是奇数)=(2(n2+50)-n(2n+1),2n+1)=(100-n,2n+1)=(100- n,2n+1+2(100- n))=(100-n,201)≤201在n=100≠201k(k∈N)时,d n=201.故所求值为201.A2-018 n是满足下列条件的最小正整数:(1)n是75的倍数;(2)n恰为 75个正整数因子(包括1及本身).试求n/75.【题说】第八届(1990年)数学邀请赛题5.【解】为保证 n是75的倍数而又尽可能地小,可设n=2α·3β·5γ,其中α≥0,β≥1,γ≥2,并且(α+1)(β+1)(γ+1)=75由75=52·3,易知当α=β=4,γ=2时,符合条件(1)、(2).此时n=24·34·52,n/75=432.A2-019 1.求出两个自然数x、y,使得xy+x和xy+y分别是不同的自然数的平方.2.能否在988至1991范围内求到这样的x和y?【题说】第二十五届(1991年)全苏数学奥林匹克九年级题5.【解】 1.例如x=1,y=8即满足要求.2.假设988≤x<y≤1991x、y∈N,使得xy+x与xy+y是不同的自然数的平方,则x2<xy+x<xy+y这时y-x=(xy+y)-(xy+x)>(x+1)2-x2=2x+1即y>3x+1由此得1991≥y>3x+1≥3×998+1矛盾!故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y.A2-020 求所有自然数n,使得这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数,N是自然数集.【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5.【解】题给条件等价于,对一切k∈N,k2+n/k2≥1991 (1)且存在k∈N,使得k2+n/k2<1992.(2)(1)等价于对一切k∈N,k4-1991k2+n≥0即(k2-1991/2)2+n-19912/4≥0 (3)故(3)式左边在k取32时最小,因此(1)等价于n≥1991×322-324=1024×967又,(2)等价于存在k∈N,使(k2-996)2+n-9962<0上式左边也在k=32时最小,故(2)等价于n<1992×322-324=1024×968故n为满足1024×967≤n≤1024×967+1023的一切整数.A2-021 设n是固定的正整数,求出满足下述性质的所有正整数的和:在二进制的数字表示中,正好是由2n个数字组成,其中有n个1和n个0,但首位数字不是0.【题说】第二十三届(1991年)加拿大数学奥林匹克题2.【解】 n=1,易知所求和S1=2.n≥2时,首位数字为1的2n位数,在其余2n-1位上,只要n个0的位置确定了.则n-1个1的位置也就确定了,从而这个2n位二进制数也随之确定.现考虑第k(2n>k≥1)位数字是1的数的个数.因为其中n个0的位置只可从2n -2个位置(除去首位和第k位)中选择,故这样的将所有这样的2n位二进制数相加,按数位求和,便有A2-022 在{1000,1001,1002,…,2000}中有多少对相邻的数满足下列条件:每对中的两数相加时不需要进位?【题说】第十届(1992年)数学邀请赛题6.7或 8时,则当n和n+1相加时将发生进位.再若b=9而c≠9;a=9而b≠9或c≠9.则当n和n+1相加时也将发生进位.如果不是上面描述的数,则n有如下形式其中a,b,c∈{0,1,2,3,4}.对这种形式的n,当n和n+1相加时不会发生进位,所以共有53+52+5+1=156个这样的n.A2-023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”,如果存在一个正整数m,使得m!的十进位制表示中,结尾恰好有n个零,那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾?【题说】第十届(1992年)数学邀请赛题15.【解】设f(m)为m!的尾.则f(m)是m的不减函数,且当m是5的倍数时,有f(m)=f(m+1)=f(m+2)=f(m+3)=f(m+4)<f(m+5)因此,从f(0)=0开始,f(m)依次取值为:0,0,0,0,0;1,1,1,1,1;2,2,2,2,2;3,3,3,3,3;4,4,4,4,4;6,6,6,6,6;…;1991,1991,1991,1991,1991容易看出如果存在m使f(m)=1991,则因而m>4×1991=7964.由公式(1)可计算出f(7965)=1988,从而f(7975)=1991.在序列(1)中共有7980项,不同的值有7980/5=1596个.所以在{0,1,2,…,1991}中,有1992-1596=396个值不在(1)中出现.这就说明,有396个正整数不是阶乘的尾.A2-024 数列{a n}定义如下:a0=1,a1=2,a n+2=a n+(a n+1)2.求a1992除以7所得的余数.【题说】 1992年数学奥林匹克预选赛题1.【解】考虑a n以7为模的同余式:a0=1≡1(mod 7)a1=2≡2(mod 7)a1=1+22=5≡-2(mod 7)a3≡2+(-2)2=6≡-1(mod 7)a4≡-2+(-1)2=-1(mod 7)a5≡-1+(-1)2=0(mod 7)a6≡-1+02=-1(mod 7)a7≡0+(-1)2=1(mod 7)a8≡-1+12=0(mod 7)a9≡1+02=1(mod 7)a10≡0+12=1(mod 7)a11≡1+12=2(mod 7)所以,a n除以7的余数以10为周期,故a1992≡a2≡5(mod 7).A2-025 求所有的正整数n,满足等式S(n)=S(2n)=S(3n)=…=S(n2)其中S(x)表示十进制正整数x的各位数字和.【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题 3.【解】显然,n=1满足要求.由于对正整数x,有S(x)≡x(mod 9),故当n>1时,有n≡S(n)≡S(2n)≡2n(mod 9)所以9|n.若n是一位数,则n=9,又S(9)=S(2×9)=S(3×9)=…=S(92)=9,故9满足要求.10k≤n<10k+1又9 10k,故10k+1≤n<10k+1若n<10k+10k-1+…+10+1,则与已知矛盾,从而n≥10k+10k-1+…+10+1(1)令n=9m.设m的位数为l(k≤l≤k+1),m-1=S(n)=S((10k+10k-1+…+10+1)n)=S((10k+1-1)m)=S(10k+1(m-1)+(10k+1-10l)+(10l-m))其中9有k+1-l个,b i+c i=9,i=1,2,…,l.所以S(n)=9(k+1)(2)由于n是 k+1位数,所以 n=99…9=10k+1-1.另一方面,当 n=99…9=10k+1-1时,S(n)=S(2n)=S(3n)=…=S(n2).综上所述,满足要求的正整数为n=1及n=10k-1(k≥1).A2-026 求最大正整数k,使得3k|(23m+1),其中m为任意正整数.【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2.【解】当m=1时,23m+1=9,故k≤2.又由于23m+1=(23)3m-1+1≡(-1)3m-1+1(mod 9)=0所以,对任意正整数m,9|(23m+1).即所求k的值为2.最大整数.【题说】 1993年全国联赛一试题2(4),原是填空题.【解】因为1093+33=(1031)3+33=(1031+3)((1031)2-3×1031+32)=(1031)(1031-3)+9-1它的个位数字是8,十位数字是0.A2-028 试求所有满足如下性质的四元实数组:组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积.【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十一年级二试题5.【解】设这组数的绝对值为a≤b≤c≤d.无论a为b,c,d哪两个数的乘积,均有a≥bc,类似地,d≤bc.从而,bc≤a≤b≤c≤d≤bc,即a=b=c=d=a2.所以a=0或1,不难验证,如果组中有负数,则负数的个数为2或3.所以,答案为{0,0,0,0},{1,1,1,1},{-1,-1,1,1},{-1,-1,-1,1}.A2-029 对任意的实数x,函数f(x)有性质f(x)+f(x-1)=x2.如果f (19)=94,那么f(94)除以1000的余数是多少?【题说】第十二届(1994年)数学邀请赛题3.【解】重复使用f(x)=x2-f(x-1),有f(94)=942-f(93)=942-932+f(92)=942-932+922-f(91)=…=942-932+922-…+202-f(19)=(94+93)(94-93)+(92+91)(92-91)+…+(22+21)(22-21)+202-94=(94+93+92+…+21)+306=4561因此,f(94)除以1000的余数是561.A2-030 对实数x,[x]表示x的整数部分,求使[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2n]=1994成立的正整数n.【题说】第十二届(1994年)数学邀请赛题 4.【解】 [long21]+[log22]+[log23]+…+[log2128]+[log2129]+…+[log2255]=2×1+4×2+8×3+16×4+32×5+64×6+128×7=1538.A2-031 对给定的一个正整数n.设p(n)表示n的各位上的非零数字乘积(如果n只有一位数字,那么p(n)等于那个数字).若S=p(1)+p(2)+p(3)+…+p(999),则S的最大素因子是多少?【题说】第十二届(1994年)数学邀请赛题5.【解】将每个小于1000的正整数作为三位数,(若位数小于3,则前面补0,如25可写成 025),所有这样的正整数各位数字乘积的和是(0·0·0+0·0·1+0·0·2+…+9·9·8+9·9·9)-0·0·0=(0+1+2+…+9)3-0p(n)是n的非零数字的乘积,这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到.因此,=463-1=33·5·7·103最大的素因子是103.A2-032 求所有不相同的素数p、q、r和s,使得它们的和仍是素数,并且p2+qs 及p2+qr都是平方数.【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题7.【解】因为四个奇素数之和是大于2的偶数,所以所求的素数中必有一个为偶数2.若p≠2,则p2+qs或p2+qr中有一个形如(2k+1)2+2(2l+1)=4(k2+k+l)+3,这是不可能的,因为奇数的平方除以4的余数是1,所以p=2.设22+qs=a2,则qs=(a+2)(a-2).若a-2=1,则qs=5,因为q、s是奇素数,所以上式是不可能的.于是只能是q=a-2, s=a+2q=a+2,s=a-2所以s=q-4或q+4.同理r=q-4或q+4.三个数q-4、q、q+4被3除,余数各不相同,因此其中必有一个被 3整除.q或q+4为3时,都导致矛盾,所以只能是q-4=3.于是(p,q,r,s)=(2,7,3,11)或(2,7,11,3)A2-033 求所有这样的素数,它既是两个素数之和,同时又是两个素数之差.【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题5.【解】设所求的素数为p,因它是两素数之和,故p>2,从而p是奇数.因此,和为p的两个素数中有一个是2,同时差为p的两个素数中,减数也是2,即p=q +2,p=r-2,其中q、r为素数.于是p-2、p、p+2均为素数.在三个连续的奇数中必有一数被3整除,因这数为素数,故必为3.不难验证只有p-2=3,p=5,p+2=7时,才满足条件.所以所求的素数是5.个整数.【题说】第三十五届(1994年)国际数学奥林匹克题4.本题由澳大利亚提供.【解】 n3+1=n3+mn-(mn-1),所以mn-1|n(n2+m).因为(mn-1,n)=1,所以mn-1|n2+m.又n(m2+n)-(n2+m)=m(mn-1),所以mn-1|m2+n.因此m,n对称,不妨设m≥n.当n=1时,mn-1=m-1|n3+1=2,从而m=2或3,以下设n≥2.若m=n,则n2-1|(n3+1)=(n3-n)+(n+1),从而n2-1|(n+1),m=n=2.若m>n,则由于2(mn-1)≥n2+mn+n-2≥n2+2m>n2+m所以mn-1=n2+m,即(m-n-1)(n-1)=2于是本题答案为(m,n)=(2,1),(3,1),(1,2),(2,2),(5,2),(1,3),(5,3),(3,5),(2,5)共九组.【题说】第十三届(1995年)数学邀请赛题7.【解】由已知得即所以A2-036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和.这个数最大是多少?【题说】第十三届(1995年)数学邀请赛题10.【解】设这数为42n+p,其中n为非负整数,p为小于42的素数或1.由于2×42+1,42+2,42+3,42×5+5,42+7,2×42+11,42+13,4×42+17,3×42+19,42+23,3×42+29,2×42+31,4×42+37,2×42+41,都是合数,所以在n≥5时,42n+p都可表成42的正整数倍与合数之和,只有42×5+5例外.因此,所求的数就是42×5+5=215.A2-038 求所有正整数x、y,使得x+y2+z3=xyz,这里z是x、y的最大公约数.【题说】第三十六届(1995年)IMO预选题.【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x.设x=az2,y=bz,则原方程化为a+b2+z=abz2 (1)由b2、abz2被b整除得b|(a+z).于是b≤a+z.a+z+b2=abz2=(a+z)b+(a+z)b+b((z2-2)a-2z)≥a+z+b2+b((z2-2)a-2z)(2)(2)中不等式的等号只在b=1并且b=a+z时成立,而这种情况不可能出现(a +z>1),所以(2)是严格的不等式.这表明(z2-2)a-2Z<0 (3)从而z≤2(否则(3)的左边≥z2-2-2z≥z-2>0).在z=2时,2a-2z<0,即a=1,代入(1)得b=1或3,从而x=4,y=2或6.在z=1时,(1)成为a+b2+1=ab (4)从而(a-b)(b-1)=b+1=(b-1)+2这表明(b-1)|2,b=2或3.代入(4)得a=5.于是x=5,y=2或3.因此本题共有四组解:(x,y)=(4,2),(4,6),(5,2),(5,3).A2-039 设 m、n∈N,(m,n)=1.求(5m+7m,5n+7n).其中(m,n)表示 m、n的最大公约数.【题说】 1996年数学奥林匹克题 2.【解】记H(m,n)=(5m+7m,5n+7n).则H(0,1)=(2,12)=2H(1,1)=(12,12)=12因H(m,n)=H(n,m),故可设n≥m.当n≥2m时,(5m+7m,5n+7n)=(5m+7m,(5m+7m)(5n-m+7n-m)-5m7m(5n-2m+7n-2m))=(5m+7m,5m7m(5n-2m+7n-2m))=(5m+7m,5n-2m+7n-2m)当m≤n<2m时,(5m+7m,5n+7n)=(5m+7m,(5m+7m)(5n-m+7n-m)-5n-m7n-m(52m-n+72m-n))=(5m+7m,52m-n+72m-n)记则(1)H(m′,n′)=H(m,n);(2)m′+n′≡m+n(mod 2);(3)(m′,n′)=(m,n).当(m,n)=1时,反复进行上面的操作,最后必有(m′,n′)=(1,0)或(m′,n′)=(1,1).从而有A2-040 求下列方程的正整数解:(a,b)+[a,b]+a+b=ab其中a≥b,[a,b]、(a,b)分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数.【题说】 1996年数学奥林匹克预选赛题 7.【解】记(a,b)=d,a=da′,b=db′,则[a,b]=da′b′.题设条件变为1+a′+b′+a′b′=da′b′ (*)所以故1<d≤4.当d=4时,a′=b′=1,从而a=b=4;当d=3时,(*)等价于(2a′-1)(2b′-1)=3由a′≥b′得a′=2,b′-1.故a=6,b=3.当d=2时,(*)等价于(a′-1)(b′-1)=2由a′≥b′得a′=3,b′=2.从而a=6,b=4.综上所述,所求的正整数解有4,4;6,4;6,3.A2-041 一个幻方中,每一行,每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值.图示一个幻方中的四个数,求x.【题说】第十四届(1996年)数学邀请赛题1.【解】幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s,这3s也是第一行的和加上第二行的和,再加上中央一数的3倍.所以中央的左下角的数为19+96-1=114.因此x=3×105-19-96=200A2-042 对整数1,2,3,…,10的每一个排列a1,a2,…,a10,作和|a1-a2|+|a3-a4|+|a5-a6|+|a7-a8|+|a9-a10|数.求p+q.【题说】第十四届(1996年)数学邀请赛题12.【解】差|a i-a j|有如下的45种:这45种的和为1×9+2×8+3×7+4×6+5×5+6×4+7×3+8×2+9×1=165.每一种出现的次数相同,而在和|a1-a2|+|a3-a4|+|a5-a6|+|a7-a8|+|a9-a10|中有5种,所以A2-043 设正整数a、b使15a+16b和16a-15b都是正整数的平方.求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值.【题说】第三十七届(1996年)国际数学奥林匹克题4.本题由俄罗斯提供.【解】 15a+16b=r2,16a-15b=s2于是16r2-15s2=162b+152b=481b (1)所以 16r2-15s2是481=13×37的倍数.由于0,±1,±2,±3,±4,±5,±6的平方为0,±1,±3,±4(mod 13),所以15≡2(mod 13)不是任一数的平方.因此,16r2≡15s2(mod 13)时,必有13|s.同样,由于0,±1,±2,±3,±4,±5,±6,±7,±8,±9,±10,±11,±12,±13,±14,±15,±16,±17,±18的平方为 0,±1,±3,±4,±9,±12,±16(mod 37),所以必有 37|s.于是481|s.由(1),481|r.在r=s=481时,b=(16-15)×481=481,a=(16+15)×481=31×481,满足15a+16b=r2,16a-15b=s2.所以所说最小值为481.A2-044 设自然数n为十进制中的10位数.从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数,第2位上的数恰是n的数字中1的个数,一般地,第k+1位上的数恰是n的数字中k的个数(0≤k≤9).求一切这样的数n.【题说】 1997年数学奥林匹克预选赛题 7.【解】设n的左数第k+1位上的数字为n k(0≤k≤9),则数字k出现的次数为n k.因为n是10位数,所以n0+n1+n2+…+n9=10 (1)又数字k若在左数第n j+1位上出现,则数字j在n中出现k次.n k个k意味着有数字j1,j2,…,j nk,共出现k nk次.于是,又有n i+2n2+…+9n9=10 (2)由(2)显然n5,n6,n7,n8,n9,至多一个非零,且n6,n7,n8,n9均≤1.若 n5=n6=n7=n8=n9=0 (3)则n0≥5.于是n中至少有一个数字≥5,与(3)矛盾.所以n5,n6,n7,n8,n9中有一个非零,其余四个为0.从而n1+2n2+3n3+4n4≤5 (4)(4)表明n1,n2,n3,n4中至少有两个为0,从而n中0的个数不少于6,即n0≥6.于是n6,n7,n8,n9中有一个为1,n5=0.若n9=1,则n0=9,n1≥1,这显然不可能.若n8=1,则n0=8,n1≥1,但无论n1>1或n1=1均不合要求.若n7=1,则n0=7,n1=1或2,前者显然不合要求.后者导致n2≥1,n0+n1+n2+n7>10也不合要求.若n6=1,则n0=6,n1=2或3.n1=2时,n2=1,数6210001000满足要求.n1=3时,n3>0,n0+n1+n3+n6>10,不合要求.综上所述,满足条件的10位数n只有6210001000.A2-045 求所有的整数对(a,b),其中a≥1,b≥1,且满足等式a b2=b a.【题说】第三十八届(1997年)国际数学奥林匹克题5.本题由捷克提供.【解】显然当a、b中有一个等于1时,(a,b)=(1,1).以下设a,b≥2.设t=b2/a,则由题中等式得到b=a t,at=a2t,从而t=a2t-1.如果2t-1≥1,则t =a2t-1≥(1+1)2t-1≥1+(2t-1)=2t>t,矛盾.所以2t-1<1.于是我们有0<t<1.记K=1/t,则K=a/b2>1为有理数,由a=b k可知K=b K-2 (1)如果K≤2,则K=b K-2≤1,与前面所证K>1矛盾,因此K>2.设K=p/q,p,q∈N,p、q互质,则p>2q.于是由(1)q=1,即K为一个大于2的自然数.当b=2时,由(2)式得到K=2K-2,所以K≥4.又因为等号当且仅当K=4时成立,所以得到a=b K=24=16.当b≥3时,=b K-2≥(1+2)K-2≥1+2(K-2)=2K-3.从而得到K≤3.这意味着K=3,于是得到b=3,a=b K=33=27.综上所述,满足题目等式的所有正整数对为(a,b)=(1,1),(16,2),(27,3).75=3×5^2显然N必含有质因数3、5,且质因数5的个数至少为2。

初中数学奥林匹克竞赛题及答案

初中数学奥林匹克竞赛题及答案

初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题(每题1分,共10分)1.如果a,b都代表有理数,并且a+b=0,那么 ( )A.a,b都是0B.a,b之一是0C.a,b互为相反数D.a,b互为倒数答案:C解析:令a=2,b=-2,满足2+(-2)=0,由此a、b互为相反数。

2.下面的说法中正确的是 ( )A.单项式与单项式的和是单项式B.单项式与单项式的和是多项式C.多项式与多项式的和是多项式D.整式与整式的和是整式答案:D解析:x²,x3都是单项式.两个单项式x3,x²之和为x3+x²是多项式,排除A。

两个单项式x²,2x2之和为3x2是单项式,排除B。

两个多项式x3+x2与x3-x2之和为2x3是个单项式,排除C,因此选D。

3.下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B.没有最小的正有理数C.没有最大的负整数D.没有最大的非负数答案:C解析:最大的负整数是-1,故C错误。

4.如果a,b代表有理数,并且a+b的值大于a-b的值,那么 ( )A.a,b同号B.a,b异号C.a>0D.b>0答案:D5.大于-π并且不是自然数的整数有 ( )A.2个B.3个C.4个D.无数个答案:C解析:在数轴上容易看出:在-π右边0的左边(包括0在内)的整数只有-3,-2,-1,0共4个.选C。

6.有四种说法:甲.正数的平方不一定大于它本身;乙.正数的立方不一定大于它本身;丙.负数的平方不一定大于它本身;丁.负数的立方不一定大于它本身。

这四种说法中,不正确的说法的个数是 ( )A.0个B.1个C.2个D.3个答案:B解析:负数的平方是正数,所以一定大于它本身,故C错误。

7.a代表有理数,那么,a和-a的大小关系是 ( )A.a大于-aB.a小于-aC.a大于-a或a小于-aD.a不一定大于-a答案:D解析:令a=0,马上可以排除A、B、C,应选D。

8.在解方程的过程中,为了使得到的方程和原方程同解,可以在原方程的两边( ) A.乘以同一个数B.乘以同一个整式C.加上同一个代数式D.都加上1答案:D解析:对方程同解变形,要求方程两边同乘不等于0的数,所以排除A。

初中数学奥林匹克竞赛题及答案

初中数学奥林匹克竞赛题及答案

初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题(每题1分,共10分)1.如果a,b都代表有理数,并且a+b=0,那么 ( )A.a,b都是0B.a,b之一是0C.a,b互为相反数D.a,b互为倒数答案:C解析:令a=2,b=-2,满足2+(-2)=0,由此a、b互为相反数。

2.下面的说法中正确的是 ( )A.单项式与单项式的和是单项式B.单项式与单项式的和是多项式C.多项式与多项式的和是多项式D.整式与整式的和是整式答案:D解析:x²,x3都是单项式.两个单项式x3,x²之和为x3+x²是多项式,排除A。

两个单项式x²,2x2之和为3x2是单项式,排除B。

两个多项式x3+x2与x3-x2之和为2x3是个单项式,排除C,因此选D。

3.下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B.没有最小的正有理数C.没有最大的负整数D.没有最大的非负数答案:C解析:最大的负整数是-1,故C错误。

4.如果a,b代表有理数,并且a+b的值大于a-b的值,那么 ( )A.a,b同号B.a,b异号C.a>0D.b>0答案:D5.大于-π并且不是自然数的整数有 ( )A.2个B.3个C.4个D.无数个答案:C解析:在数轴上容易看出:在-π右边0的左边(包括0在内)的整数只有-3,-2,-1,0共4个.选C。

6.有四种说法:甲.正数的平方不一定大于它本身;乙.正数的立方不一定大于它本身;丙.负数的平方不一定大于它本身;丁.负数的立方不一定大于它本身。

这四种说法中,不正确的说法的个数是 ( )A.0个B.1个C.2个D.3个答案:B解析:负数的平方是正数,所以一定大于它本身,故C错误。

7.a代表有理数,那么,a和-a的大小关系是 ( )A.a大于-aB.a小于-aC.a大于-a或a小于-aD.a不一定大于-a答案:D解析:令a=0,马上可以排除A、B、C,应选D。

8.在解方程的过程中,为了使得到的方程和原方程同解,可以在原方程的两边( ) A.乘以同一个数B.乘以同一个整式C.加上同一个代数式D.都加上1答案:D解析:对方程同解变形,要求方程两边同乘不等于0的数,所以排除A。

数学奥林匹克测试题与答案

数学奥林匹克测试题与答案

数学奥林匹克测试题与答案(A)卷【编号】ZSWD2023B00951.计算: =________。

2.在左下图的乘法算式中,每个□表示一个数字,那么计算所得的乘积应该是________。

3.在右上图中,已知矩形GHCD的面积是矩形ABCD面积的,矩形MHCF的面积是矩形ABCD面积的,矩形BCFE的面积等于3平方米。

矩形AEMG的面积等于________平方米。

4.三个连续的自然数的最小公倍数是9828,这三个自然数的和等于________。

5.如果四个两位质数a、b、c、d两两不同,并且满足等式a+b=c+d,那么a+b的最大可能值是________。

6.某数除以11余8,除以13余10,除以17余12,那么这个数的最小可能值是________。

7.一个长方体,表面全涂上红色后,被分割成若干个体积都等于1立方厘米的小正方体。

如果在这些小正方体中,不带红色的小正方体的个数等于7,那么两面带红色的小正方体的个数等于________。

8.甲、乙两个车间共有94个工人,每天共生产1998把竹椅。

由于设备和技术的不同,甲车间平均每个工人每天只生产15把竹椅,而乙车间平均每个工人每天可以生产43把竹椅。

甲车间每天竹椅的产量比乙车间多________把。

9.一个运输队包运1998套玻璃茶具。

运输合同规定:每套运费以1.6元计算,每损坏一套,不仅不得运费,还要从总费中扣除赔偿费18元。

结果这个队实际得运费3059.6元。

在运输过程中被损坏的茶具套数是________。

10.买来一批苹果,分给幼儿园大班的小朋友。

如果每人分5个苹果,那么还剩余32个;如果每人分8个苹果,那么还有5个小朋友分不到苹果。

这批苹果的个数是________。

11.某司机开车从A城到B城。

如果按原定速度前进,可准时到达。

当路程走了一半时,司机发现前一半路程中,实际平均速度只可达到原定速度的 。

现在司机想准时到达B城,在后一半的行程中,实际平均速度与原速度的比是_______。

第53届国际数学奥林匹克中国国家集训队试卷训练题A解答

第53届国际数学奥林匹克中国国家集训队试卷训练题A解答

训练题A1、我们考虑如下变换T :对于由三个正整数作成的有序组(,,)X x y z =,法则T 将其变成三个新的正整数有序组:1111()(,,)T X X x y z ==.其中,()()()111(2,,)1(,,)(2,,)22(2,,)x z z y x z x y z x y z y x y x y z y z x yx y x y z y +--<-⎧⎪=--+-≤≤⎨⎪--+⎩当当在其它情况下3请利用变换T 证明费尔马两平方和定理:若41p n =+是一个质数,则存在正整数,a b , 使22a b p +=.(注:这个变换属于近代数学家察基尔()Zagier ,据此,他从另一观点证明了费尔马两平方和定理,其想法如同天外来客,无中生有.)证:容易验证,变换T 保持24x yz +的值不变,例如我们按情况()1做这个变换:则有2222221114(2)4()(44)(444)4x y z x z z y x z x xz z yz xz z x yz +=++--=+++--=+.在其余的两种情况下,检验起来也是如此简单的.这就是说,如果对于某个数p ,有等式24x yz p +=,那么在变换T 后,这种等式的值保持不变.我们再来检验,变换T 是对合的,即两次运用T 将使我们回到原来的数组. 例如我们仍按照前一种情况()1做这个变换,即当x y z <-时,有1112,,x x z y z z y x z =+==--,这时,由于11122x x z y z z x y =+>-=+-, 这就是说,对1X 的变换12222()(,,)T X X x y z ==,需要按照情况()3来进行:2112(2)2x x y x z z x =-=+-=,2111(2)()y x y z x z z y x z y =--=+-+--=, 21z y z ==.在其余的情况下,一切都是类似的.现在设,41p n =+是一个素数;首先,方程24(4)x yz p+=,至少有两个显然解:(,,)(1,1,)x y z n =与(1,,1)n ,前者满足x y =,后者满足x z =;马上想到的是,方程(4)是否还有满足y z =的解?如果有,那么方程(4)立即变成等式:22(2)x y p +=,结论已经获得;我们接下来的事情就是证明,满足这种条件的解确实存在.容易说明,方程(4)的正整数解(,,)x y z 只有有限多组;因为不大于p 的正整数,,x y z 都只有有限多个.据前面的察基尔变换可知,如果(,,)x y z 是方程(4)的一组正整数解, 那么111(,,)(,,)x y z T x y z =也是方程(4)的一组正整数解,反之亦然;假若在它的全部解中,没有使y z =成立的解,那么我们得出,变换T 可以将所有的解 配对成()(,,),(,,)x y z T x y z ,只要(,,)(,,)x y z T x y z ≠.现在我们需要考虑,是否存在这样的配对,或者如人们所说,变换T 是否具有不动点? 观察变换T 中的三式,容易看出,T 的不动点(即满足111(,,)(,,)(,,)x y z T x y z x y z ==时的不动点),就是使x y =成立的不动点;但是方程(4)显然没有使1x y =>的解(否则将有2244(4)p x yz x xz x x z =+=+=+,与p 为素数矛盾!),因此,满足x y =的不动点只有一个,那就是(,,)(1,1,)x y z n =,故由以上情况得出,方程(4)的解的个数为奇数:其中,不动点为(1,1,)n ,而其余的解均可按对偶配对.为了导出与假设的矛盾,我们需要从另一途径来说明,方程(4)的解的个数又是偶数; 设方程(4)的全体解构成集合{}2(,,)4,S x y z x yz p y z =+=≠,任取000(,,)x y z S ∈,易知必有000(,,)x z y S ∈,而因00y z ≠,则000(,,)x y z 与000(,,)x z y 是一对不同的解,依据这一办法,可以将S 中的全体元素两两配对,因此,集S 有偶数个元素.矛盾! 故所设不真,即方程(4)必有满足y z =的解(,,)a b b ,这时由方程(4)得到等式:22(2)a b p +=.定理证完.(注意:如果把以上做法看成是一个变换H ,使得111(,,)(,,)(,,)x y z H x y z x z y ==,则变换H 也是对合的;因为它也满足111(,,)(,,)H x y z x y z =,以及2211144x y z x yz +=+.而在y z ≠的假定下,解集中的元素对于H 不存在不动点,于是就可将解集的全体元素配对成()(,,),(,,)x y z H x y z ,因此,解的个数是偶数).2、若简单图G 有21n +个顶点,至少31n +条边(2)n ≥,证明:G 中必有偶圈.证:由于图G 的边数不小于顶点数,则G 中必有圈,今逐次这样地去掉图中的一些边: 使得每去掉一条边,就破坏一个圈,这样的操作至少可以进行1n +次,也就是至少可以去掉1n +条边,破坏至少1n +个圈,即是说,图G 中的圈至少有1n +个.这1n +个圈中,必有两个圈有公共边,事实上如果任两个圈都无公共边,由于每个圈至少有3条边,则图G 至少有3(1)33n n +=+条边,矛盾!今设12,C C 是图G 中两个有公共边的圈,则1C 至少有一条边不在2C 中,2C 至少有一条边不在1C 中,若12,C C 含有公共边e 的最长公共道路为0()C AB =,若设道路0C 有r 条边,圈1C 有1r 条边(包括公共路),圈2C 有2r 条边(包括公共路),(即圈12,C C 的长分别是12,r r ). 若去掉道路0()C AB =间的所有的边(即圈12,C C 的上述公共边),则圈12,C C 的剩下部分仍可合并为一个圈,记为*C ,圈*C 的长为122r r r +-;注意三个圈*12,,C C C 长的和等于122()r r r +-,它是一个偶数,故三个加项12,r r 和122r r r +-中必有一个是偶数,即G 中有偶圈.3、设G 为n 阶图()5n ≥,其边数4e n ≥+,证明G 中存在两个无公共边的圈.证:对n 归纳,当5n =时,9e ≥,这相当于从5k 中至多去掉一条边,结论显然成立. 设()6n k k <≥时结论成立,当n k =时,k 阶图G 的边数4e k ≥+,由于G 的边数≥顶点数,其中必有圈.若G 中存在一个长为3或4的圈1C ,则从图G 中删去圈1C 上所有的边,剩下的k 阶子图1G 中,依然满足:边数≥顶点数,其中又有圈2C ,显然,1C 与2C 都是G 中的圈,且无公共边.以下假设,G 中的每个圈长至少为5.若G 中有点0v ,其度数()01d v ≤,则删去点0v 以及它所关联的边,剩下的1k -阶子图2G 中,有1k -个顶点,至少()14k -+条边,据归纳假设,2G 中有不含公共边的两个圈,它们当然也是G 中的圈.若G 中有点0v ,其度数()02d v =,设与0v 邻接的两个点是12, v v ,显然12, v v 不相邻(因G 中无三角形),此时,删去点0v 及其所发出的两条边,同时添加边12v v ,所得的图3G 中,有1k -个顶点,至少()14k -+条边,据归纳假设,3G 中有不含公共边的两个圈1C 与2C . 再将边12v v 去掉,恢复被删去的点0v 及其所发出的两条边0102, v v v v ,回到图G ,则G中也有不含公共边的两个圈(这是由于,若3G 中的这两个圈1C 与2C 都不含边12v v ,则这两个圈1C 与2C 也是G 中的圈;若3G 中的这两个圈中有一个,例如2C ,含有边12v v ,从该圈中去掉12v v ,并代之以边0102, v v v v ,得到圈0C ,则0C 与1C 是G 中不含公共边的两个圈).若G 中所有的点i v ,其度数()3i d v ≥,1,2,,i k =,如果G 的边数4k >+,我们就从G 中删去一些边,使得边数恰好为4k +,记此图为4G .在图4G 中,若4G 中有一顶点的度数3<,则据前面的讨论,结论已经得证; 若4G 中每个顶点的度数皆3≥,则4G 中各顶点的度数之和3k ≥,故4G 中的边数32k≥,即有342kk +≥,由此得,8k ≤. 而在此时,只要能证得,在4G 中必有三角形或四边形,这种三角形或四边形当然也在G 中,这将与原先的假设(G 中的每个圈长至少为5)相矛盾.事实上,由于4G 中的边数4k +≥顶点数k ,故4G 中必有圈,设C 为极小圈,则圈C 的点与点之间不能再有其它边相连,否则圈C 将被分成更小的圈,矛盾;设极小圈C 的长为r ,则2r k ≤-.(由于每个顶点的度数皆3≥,若r k =,则圈C 的点与点之间将有其它边相连,于是圈C 被分成更小的圈,矛盾;若1r k =-,圈121r C vv v v =上的每个点都要与圈外的一点0v 相邻,于是得到三角形012v v v ,矛盾);于是,当5k =或6k =时,4G 中的极小圈C 的长4r ≤.当7k =时,有5r ≤,若极小圈C 为五边形12345v v v v v ,另两点为,u v ,五边形的五个顶点共向,u v 发出至少5条边,则,u v 中必有一点,例如u ,要向五边形的顶点发出至少3条边,其中必有两个相邻顶点,例如12v v 都与u 相邻,于是得到三角形12uv v (更小的圈),矛盾,因此4r ≤;当8k =时,有6r ≤,若极小圈为六边形123456v v v v v v ,六个顶点共向圈外的两点,u v 发出至少6条边,则其中有一点,例如u ,要向六边形的顶点发出至少3条边,于是点u 要向顶点组{}{}135246,,, ,,v v v v v v 中的一组发出至少2条边,设u 与13,v v 相邻,则得到四边形123v v v u ,矛盾;若极小圈C 为五边形12345v v v v v ,另三点为,,u v w ,五边形的五个顶点共向,,u v w 发出至少5条边,必有一点,例如u ,要向五边形的顶点发出至少2条边,由于五边形的任两个顶点,要么相邻,要么中间只隔一个顶点,因此得到一个含有点u 的三角形或者四边形,矛盾,因此4r ≤.综合以上讨论,可知本题结论成立.4、设正整数2m >,若正整数a 与m 互质,并且1a m <<,就称a 是m 的“本原互质数”,例如10的“本原互质数”为3,7,9,其中3,7为质数,而9不是质数;12的“本原互质数”为5,7,11,它们都是质数.一般地说,若m 为正整数,并且它的“本原互质数”所构成的集合是一个非空的质数集,就称数m 是单纯的,例如12就是一个单纯数.试求全体单纯数. 解:容易验证,3,4,6,8,12,18,24,30这八个数都是单纯数; 下面证明,除此而外,不再有其它的单纯数. 引理:用123,,,p p p 表示全体质数自小到大排成的数列:2,3,5,7,11,,则当4n ≥时,成立不等式:2112n n p p p p +<⋅⋅⋅.引理证明:当4n =时,显然有2251234112357210p p p p p =<=⋅⋅⋅=,下面考虑一般4n >的情况,设123,,,,k p p p p 是前k 个质数,作k p 个数123,,,,k p a a a a ,其中1121212131211211121311k k k k p k k a p p p a p p p a p p p a p p p p ----=⋅-=⋅-=⋅-=⋅- …… ① 这k p 个数123,,,,k p a a a a 中,每个数皆与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质,且任两个数对模k p 不同余,因此恰有一个是k p 的倍数;继而可知,这k p 个数123,,,,k p a a a a 中,任两个数对模k r p +不同余,1r ≥,因此其中至多一个是k r p +的倍数,1,2,r =.对于给定的n k ≥,如果数1,,,k k n p p p +的个数少于集合{}12,,,k p A a a a =中元素的个数,即,若1k n k p -+< … ②,那么集A 中至少有一个数,设为j a ,它与1,,,k k np p p +都互质;又因j a 与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质,于是,数j a 与前n 个质数123,,,,n p p p p 皆互质,此数j a 要么本身是质数,要么存在质数因子,总之有质数p ,使得j p a ,此p 当然异于123,,,,n p p p p ,但是前n 个质数已经被我们列出,所以1n p p +≥.即有112121n j k k p p a p p p p p p +≤≤≤-< … ③ ;再证明,当5n ≥时,对于前n 个质数123,,,,n p p p p ,存在k ,1k n <<,使得11212n k k k n p p p p p p p +++<< … ④5n =时,有61234513235711p p p p p p =<=⋅⋅<⋅= … ⑤, 6n =时,有71234561723571113p p p p p p p =<=⋅⋅<⋅⋅= … ⑥;假若对于n m =及1m +,有11212m i i i m p p p p p p p +++<<… ⑦,与21212+1m j j j m p p p p p p p +++<<… ⑧那么,由⑦,221112+11212m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p ++++++⋅<⋅<⋅,约去1i p +,即有111212312m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p +++++++⋅<⋅<⋅ … ⑨,利用⑤⑥中135i p p +>=,以及切比雪夫定理(若实数1a >,在区间(,2)a a 中必有质数)则23211122m m m i m p p p p p +++++<<≤ … ⑩,由⑨⑩得,3121232m i i i m p p p p p p p +++++<<,而由⑧,222112112123m j j j j j m m m p p p p p p p p p p p ++++++++⋅<⋅<⋅,仿照上面做法,得4121233m j j j m p p p p p p p +++++<<,故由归纳法得④式成立.由④,221121212()n k k k k n p p p p p p p p p p +++<<⋅,引理得证.回到本题,显然,3,4,6,8是单纯数,当单纯数4m >,则m 必为偶数,(否则,若m 为奇数,则合数4将与m 互质,得m 不是单纯数);当单纯数9m >,则m 除了是偶数外,还应是3的倍数,(否则,若m 与3互质,则合数9将与m 互质,得m 不是单纯数),因此大于9的单纯数应是236⨯=的倍数; 当单纯数25m >,则m 除了是6的倍数外,还应是5的倍数,(否则,若m 与5互质,则合数25将与m 互质,得m 不是单纯数),因此大于25的单纯数应是23530⨯⨯=的倍数; 继而可知,大于27的单纯数应是2357210⨯⨯⨯=的倍数;大于211的单纯数应是2357112310⨯⨯⨯⨯=的倍数,…,大于2np 的单纯数应是12n p p p 的倍数.于是,在区间22(3,5)内,6的倍数只有12,18,24,它们都是单纯数,在区间22(5,7)内, 30的倍数只有30这个数,它是单纯数;在区间22(7,11)(49,121)=内,已经没有数是2357210⨯⨯⨯=的倍数,因此没有单纯数,当4n ≥时,由于221(,)n n p p +内的单纯数必须是12n p p p 的倍数,而据引理,当4n ≥时,成立不等式:2112n n p p p p +<⋅⋅⋅,也就是说,12n p p p 的倍数不在该区间内,因此对任何4n ≥,所有形如221(,)n n p p +的区间内没有单纯数;又显然,当2n ≥时,2n p 不是单纯数(因为合数21n p -与之互质),因此全部单纯数只有3,4,6,8,12,18,24,30这八个数.5、将0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个原生数字分别填写于正五角星的十个交点处,使得五角星的每条线段上的四个数之和都是9的倍数,并且经过外环五点、内环五点所得到的两个圆周上的五数之和也都是9的倍数,称这样的填数图形为一个“五行轮”; 例如左图便是一个“五行轮”.我们将经过空中翻转或旋转移动后能够重合的“五行轮”认为是本质相同的,求本质不同的“五行轮”的个数.(注:五行,指金木水火土,它们循环相生相尅,是自古以来释、道、儒、玄易、中医诸学穷研之精粹,如右图(源自古籍).而“五行轮”则是一种传说中的兵器,使用方法奥秘玄妙,对阵时按生尅关系,每招每式都需要用数学方法去推演的.本问题借用其基本模型.)解:若五条线上填写的数之和分别是9,1,2,3,4,5k S k =,则5919290k k i S i ====∑∑,所以5110k k S ==∑.0(1)、如果诸k S 全相等,则每线上的四数和皆为18;注意到,五角星的每两线皆有一交点,而每一交点恰有两线经过;先说明,此时9与0必共线,否则,假若9与0不共线,设9所在的一根线上的另三数为123,,x x x ,另一根线上的另三数为123,,y y y ,则12312312312336(9)(9)18()x x x y y y x x x y y y =+++++++=++++++18(123456)39≥++++++=,矛盾!9876543210外环相生,内环相尅现在设9与0所共的线为12(9,0,,)l a a =,则因129a a +=,所以有12(,)(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)a a =;0所在的另一线为0123(0,,,)l b b b =,由于12318b b b ++=,则123(,,)(3,7,8),(4,6,8),(5,6,7)b b b =;9所在的另一线为9123(9,,,)l c c c =,由于1239c c c ++=,则123(,,)(1,2,6),(1,3,5),(2,3,4)c c c =;若(9,0,1,8)l =,则0(0,5,6,7)l =,9(9,2,3,4)l =,这时09l l =∅,矛盾! 若(9,0,2,7)l =,则0(0,4,6,8)l =,9(9,1,3,5)l =,这时09l l =∅,矛盾!若(9,0,3,6)l =,则09,l l 皆与l 有两个公共点,矛盾! 若(9,0,4,5)l =,则0(0,3,7,8)l =,9(9,1,2,6)l =,这时09l l =∅,矛盾!因此,使诸k S 全相等的填法不存在.于是这样的“五行轮”也不存在.(2)、今考虑诸k S 不全相等的情况,由于5110k k S ==∑,其中若有某个4k S ≥,即若有某根线上四数和936k S ≥,那么其余六点的填数和至多为9,矛盾!又若有两个数,i j S S 皆为3,则相应两线的填数和分别为27,这两线的公共点的填数至多是9,于是两线上七个不同的点填数和不小于2727945+-=,也得矛盾!因此,在诸k S 不全相等时,五角星的五条线填数情况是:恰有一条线的填数和为27,一条线的填数和为9,其余三条线的填数和皆为18.为了找出所有的“五行轮”,首先指出,如果019(,,,)A a a a =是一个“五行轮”,那么,将每个k a 一律用k b 替换,其中9,0,1,,9k k b a k =-=,得到的019(,,,)B b b b =也是一个“五行轮”,称这样的两个“五行轮”是“对偶”的;由于内、外圈的五数之和皆大于10(01234)=++++,且两圈的十数之和为45,故两圈的和数必定是,一个为18,而另一个为27.由于上述“五行轮”,A B 一一对应,我们也可以这样来限定A 类“五行轮”,使得它的外圈五数之和恰为18,(于是内圈五数和恰为27).这样,全体“五行轮”的个数便等于A 类“五行轮”个数的2倍. QP注意到,四数和为9的线段,只有三种情况:123(0,1,2,6),(0,1,3,5),(0,2,3,4)ααα===;四数和为27的线段,也只有三种情况:123(3,7,8,9),(4,6,8,9),(5,6,7,9)βββ===;由于同一个五角星中的任两条线段i α和j β应当恰有一个交点,故其交点的填数, 只有3,4,5,6四种情况,按照“本质不同”的含义,我们可始终将这样两条线段i α和j β的交点置于点P 或Q 处. 今按交点填数情况讨论: (一)、交点在P 处的情况:0(1)、当交点填数为3时,按2α有6个排列:它们只能与1β搭配,共生成六个图,其中前三个是A 类的,第四个是B 类的,后两个则不具轮特征 (即:圈上五数和不是9的倍数);0(2)、当交点填数为3时,按3α有6个排列:它们也只能与1β搭配,共生成六个图,其中前三个是A 类的,第四个是B 类的,后两个则不具轮特征;0(3)、当交点填数为4时,按3α有6个排列:它们只能与2β搭配,共生成六个图,其中前两个是A 类的,中间两个是B 类987654321987654321098765432198765432109876421539876521043987654321098765432198765432109876543219876420153987652104398765432198765432198765432109876543210987642153987652143的,后两个则不具有轮特征;(4)、当交点填数为5时,按2α有6个排列:它们只能与3β搭配,共生成六个图,其中前两个是A 类的,中间两个是B 类的,后两个则不具轮特征;(5)、当交点填数为6时,按1α有6个排列:若将它们与2β搭配,共生成六个图,其中第一个是A 类的,中间三个是B 类的,后两个则不具轮特征;(6)当交点填数为6时,按1α有6个排列:若将它们与3β搭配,共生成六个图,其中第一个是A 类的,中间三个是B 类的,后两个则不具轮特征;在此情形下,我们总共得到24个“五行轮“,其中12个A 类五行轮,12个B 类五行轮.9876543210987654321098765432198765432109876421539876521439876543210987654321987654321987654321098764215398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143(二)、交点在Q处的情况:(如果采用对偶方法,也可共得到24个“五行轮“,其中12个A类五行轮,12个B类五行轮,但为明确起见,且为了给出具体结果,我们仍旧实际操作一遍.)(1)、当交点填数为3时,按2α有6个排列:它们只能与1β搭配,共生成六个图,其中第一个是A类的,中间三个是B类的,后两个则不具轮特征;(2)、当交点填数为3时,按3α也有6个排列:它们也只能与1β搭配,共生成六个图,其中第一个是A 类的,中间三个是B类的,后两个则不具轮特征;(3)、当交点的填数为4时,按3α有6个排列:它们只能与2β搭配,共生成六个图,其中前两个是A类的,中间两个是B类的,后两个则不具轮特征;987654321987654321987654321987654321987642153987652143987654321987654321987654321987654321987642015398765214398765432198765432198765432198765432198764201539876521430(4)、当交点填数为5时,按2α有6个排列:它们只能与3β搭配,共生成六个图,其中前两个是A 类的,中间两个是B 类的,后两个则不具轮特征;0(5)、当交点填数为6时,按1α有6个排列:若将它们与2β搭配,共生成六个图,其中前三个是A 类的,第四个是B 类的,后两个则不具轮特征;(6)当交点填数为6时,按1α有6个排列:若将它们与3β搭配,共生成六个图,其中前三个是A 类的,第四个是B 类的,后两个则不具轮特征;在此情形下,我们也得到24个“五行轮”,其中12个A 类五行轮,12个B 类五行轮; 因此全部“五行轮”共有48个(其中24个A 类五行轮,24个B 类五行轮).(又注,如果不考虑“轮”特征,只关注五角星填数,那么图形将有72般变化,也就是已经列出来的全部图形,这是一个有趣的结果;本题融九五太极,八九玄功于一体,所生成的十二组图形,梯次而出,有如布阵排兵,体现了数学结构的美与和谐,很值得细细玩味.)9876543219876543210987654321098765432109876421539876521043987654321098765432109876543219876543210987642015398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143。

初中数学奥林匹克竞赛题及答案

初中数学奥林匹克竞赛题及答案

初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题(每题1分,共10分)1.如果a,b都代表有理数,并且a+b=0,那么 ( )A.a,b都是0B.a,b之一是0C.a,b互为相反数D.a,b互为倒数答案:C解析:令a=2,b=-2,满足2+(-2)=0,由此a、b互为相反数。

2.下面的说法中正确的是 ( )A.单项式与单项式的和是单项式B.单项式与单项式的和是多项式C.多项式与多项式的和是多项式D.整式与整式的和是整式答案:D解析:x²,x3都是单项式.两个单项式x3,x²之和为x3+x²是多项式,排除A。

两个单项式x²,2x2之和为3x2是单项式,排除B。

两个多项式x3+x2与x3-x2之和为2x3是个单项式,排除C,因此选D。

3.下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B.没有最小的正有理数C.没有最大的负整数D.没有最大的非负数答案:C解析:最大的负整数是-1,故C错误。

4.如果a,b代表有理数,并且a+b的值大于a-b的值,那么 ( )A.a,b同号B.a,b异号C.a>0D.b>0答案:D5.大于-π并且不是自然数的整数有 ( )A.2个B.3个C.4个D.无数个答案:C解析:在数轴上容易看出:在-π右边0的左边(包括0在内)的整数只有-3,-2,-1,0共4个.选C。

6.有四种说法:甲.正数的平方不一定大于它本身;乙.正数的立方不一定大于它本身;丙.负数的平方不一定大于它本身;丁.负数的立方不一定大于它本身。

这四种说法中,不正确的说法的个数是 ( )A.0个B.1个C.2个D.3个答案:B解析:负数的平方是正数,所以一定大于它本身,故C错误。

7.a代表有理数,那么,a和-a的大小关系是 ( )A.a大于-aB.a小于-aC.a大于-a或a小于-aD.a不一定大于-a答案:D解析:令a=0,马上可以排除A、B、C,应选D。

8.在解方程的过程中,为了使得到的方程和原方程同解,可以在原方程的两边( ) A.乘以同一个数B.乘以同一个整式C.加上同一个代数式D.都加上1答案:D解析:对方程同解变形,要求方程两边同乘不等于0的数,所以排除A。

世界少年奥林匹克数学竞赛(中国区)选拔赛地方海选赛五年级试题附答案(2)

世界少年奥林匹克数学竞赛(中国区)选拔赛地方海选赛五年级试题附答案(2)

世界少年奥林匹克数学竞赛(中国区)选拔赛地方海选赛五年级试题附答案(2)小学数学人教新版六年级下册实用资料绝密★启用前世界少年奥林匹克数学竞赛(中国区)选拔赛地方海选赛五年级试题附答案(2016年10月)选手须知:1、本卷共三部分,第一部分:填空题,共计50分;第二部分:计算题,共计12分;第三部分:解答题,共计58分。

2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。

3、比赛时不能使用计算工具。

4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。

五年级试题(A卷)(本试卷满分120分,考试时间90分钟)一、填空题。

(每题5分,共计50分)1、一瓶喝去一半水的矿泉水连瓶子重310克,已知瓶子10克,则一瓶矿泉水连瓶子重克。

2、一条绳子对折3次后,从中间剪开,这条绳子被分成段。

3、韩梅梅家的电话号码共7位,前三位数字相同,后四位数字也相同,把这些数字加起来,所得的和正好等于左起第三、四位组成的两位数,这个电话号码是。

4、一列数,第一个数是3,第二个数是4,从第三个数开始,每个数是前两个数之和,问这列数的第2016个数除以3余。

5、学校钟楼的大钟3点钟敲3下,用了6秒,9点时敲9下用了秒。

6、如图有一长方形草坪,长30米,宽25米,草坪中间留了宽1米的路,路把草坪分成4块,则草坪的实有面积是平方米.7、苹果比桃子多20个,如果每天吃2个苹果、1个桃子,桃子吃完后,苹果还剩5个。

原来有苹果个。

8、韩梅梅从家里去书店,每分钟走525米,预计40分钟到达,但走到一半路程时,遇到了熟人,聊天用了5分钟,如果仍要按预计的时间到达,每分钟应比原来快米。

9、32016表示2016个3连乘,它的结果个位上的数是。

10、有数列如下1,1,2,3,5,8,……问第20个数是。

二、计算题。

(每题6分,共计12分)11、 587+589+584+585+588+586+583+590+581+58212、1998×1997-1997×1996-1996×1995+1995×1994省市学校姓名赛场参赛证号∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕ 密〇封〇装〇订〇线∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕密封线内不要答题三、解答题。

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试预测卷三(含解析)

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试预测卷三(含解析)

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2023年全国高中数学联合竞赛一试仿真模拟卷(三)一、填空题(每题8分,共64分)1.若cos2cos 1a x b x -≥-对任意实数x 成立,则a b +的最大值为________. 2.满足201810z z --=且||1z =的复数z 有________个. 3.若函数()22log ()1x x f x a -=-在()11,32上恒大于0,则a 的取值范围是________. 4.正八面体有8个面、6个顶点,甲选择其中3个面的中心构成三角形,乙选择其中3个顶点构成三角形,则甲、乙二人选择的三角形相似的概率是________.5.正三棱柱ABC A B C '-''BC 的底面边长和高都是1,在底面ABC 上取一点P ,设平面PA B ''与平面ABC 的二面角为α,平面PA C ''与平面ABC 的二面角为β,则cos()αβ+的最大值为________.6.已知函数()sin cos (,)f x a x b x a b =+∈Z ,且满足{|()0}{|(())0}x f x x f f x ===,则整数对(,)a b 有________个.7.抛物线22y x =的焦点为F .设M 是抛物线上一动点,当MFMO最小时,M 点的坐标为________.8.正实数a 、b 、c 满足22222169196225a ab b b bc c c ca a ++=⎪++=⎨⎪++=⎩,则ab bc ca ++=________.二、解答题(共56分)9.(16分)正实数a 、b 、c 满足14abc ≤,2221119a b c++<.证明:存在以a 、b 、c 为三长的三角形.10.(20分)已知双曲线2222:1(0,0)x y a b a b Γ-=>>的离心率为2,过点(0,)(0)P m m >斜率为1的直线交双曲线Γ于A 、B 两点,且3AP PB =,3OA OB ⋅=.(1)求双曲线方程;(2)设顶点为(0,)P p 开口向上的抛物线与双曲线Γ相切于M 、N 两点.求△PMN 面积的最小值.11.(20分)已知函数2()f x ax bx c =++义域为R .当[2018,)x ∈-+∞时,2|()|2018f x x -≤,且当[2,3]x ∈-时,()f x 的最大值为10.(1)求()f x 在R 上的最小值;(2)若存在实数m 、n ,使得2||()x mx n kf x ++≤对任意[1,1]x ∈-恒成立,求实数k 的最小值.2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2023年全国高中数学联合竞赛一试仿真模拟卷(三)详细解析1.2.解:当3x π=时,可知2a b +≤.当23a =,43b =时,原式等价于21(2cos 1)03x -≥0恒成立.故a b +的最大值为2.2.0.解:由题意知2018|1|1z z +==,又||1z =,故122z =-±.代入得201810z z --≠,故解有0个.3.)11,(1,)322⎡+∞⎢⎣.解:首先知0a >且12a ≠,1.当1a >时, 22log 0a x x <<,()11,32x ∈因此()f x 恒大于0.当01a <<时,若()f x 在()11,32上恒大于0,则()22l o g 0a x x ->,()11,32x ∈,因此102a <<,且()()2211log 022a -≥,故11322a ≤<.综上所述,)11,(1,)322a ⎡∈+∞⎢⎣.4.1135.解:甲有三种情况:等腰直角三角形、直角边比为1:形.一共有56种.其中等腰直角三角形有24种;直角边比为1:24种;正三角形有8种.乙有两种情况:等腰直角三角形、正三角形.共有20种.其中正三角形有8种;等腰直角三角形有12种.因此,两三角形相似的概率为241288115620562035⨯+⨯=. 5.1319-.解:作点P 到平面A B C '''的投影P ',作P M A B '⊥''于M ,P N A C '⊥''于N ,则PMP α∠'=,PNP β∠'=,过P '作M N B C ''''∥分别交A B ''于M ',交A C ''于N '.设1M N a ''=≤,M P x a ''=≤则2P M x '=,)2P N a x ='-,故tan 3PP P M xα''==,tan 3()PP P N a x β=''=-.所以tan()33()43(1)41344x a x x x αβ+=≥≥=------,由于tan()13αβ+≥-tan()0αβ+<,(),2παβπ+∈.又tan()13αβ+≥-13cos()19αβ+≤-,当且仅当P 为BC 中点时等号成立. 6.7.解:由条件知,(0)0f =,则0b =,()sin f x a x =,则{|()0}{|}x f x k k π==∈Z ,所以asinx k π=,当0k ≠时无解,所以||a π<,所以3a =±,2±,1±,0,(,)a b 共有7个.7.(1,.解:设点(,)M x y ,则()22224414114848MFx x x MOx x x x++-==-++,令41x t -=,则0t ≤时1MFMO≥,0t >时, ()24131194410MF MOt t=-≥-=++, 当且仅当3t =即1x =时等号成立.故M点的坐标为(1,.8.解:由方程构造△ABC 及点O ,使23A OB B OC C O A π∠=∠=∠=,且O A a =,OB b =,OC c =,则13AB =,14BC =,15CA =.验证知条件成立.故121212sin sin sin )2323234ABC OAB OBC OAC S S S S ab b ca ab bc ca πππ=++=++=++△△△△,由△ABC 三边长知A 到BC 距离为12,故11412842ABC S =⨯⨯=△(也可由海伦公式得出),因此,ab bc ca ++=9.不妨设a b c ≤≤,只需证c a b <+.假设c a b ≥+,则由14abc ≤知222116a b c≥,且1()4abc ab a b ≥≥+≥ 则14ab≥.故2222222222211111916114416944a b a b c a ba b a b >++≥++=⋅+⋅+=≥,矛盾.10.(1)由双曲线离心率为2知,2c a =,b =,双曲线方程化为222213x y a a -=,设直线方程为y x m =+,联立得2222230x mx m a ---=.①设11(,)A x y ,22(,)B x y ,则12x x m +=,221232m a x x --=.因为3AP PB =,所以123x x =-,又12x x m +=,解得132x m =,212x m =-.代入221232m a x x --=解得226m a =.又因为3=222121233OA OB x x y y m a a ⋅=+=-=,所以21a =,此时0∆>.代入①式,得2290x --=,判别式0∆>,方程有两个不同实根.因此21a =符合题意.故双曲线方程为2213y x -=. (2)设抛物线的方程为2(0)y qx p q =+>,即21()x y p q=-,与双曲线联立消去x 得23330qy y p q -++=,由相切知判别式94(33)0q p q ∆=-+=,解得2344q p q-=,代入23330qy y p q -++=,得29304qy y q -+=,解得32y q=. 代入21()x y p q=-解得1x =2x =因此21213343.2244PMNq S x x q q q q -⎛⎫=⋅-⋅-=+ ⎪⎝⎭△令2314k q +=,则2344q k =-且1k >,要求PMN S △的最小值,1)k >的最小值,只需求3(1)1k k k >-的最小值.令3()1xf x x =-,则()22322323(1)2()(1)(1)x x x x x f x x x =-'---=-.当()0f x '=时,0x =或32,当32x =时,()f x 取得极小值.当32k =时,2q =, PMN S △取得最小值为94. 11.(1)由题设知2|(1)|2018a x bx c -++≤在[2018,)+∞上恒成立.当1a =时,||2018bx c +≤在[2018,)+∞上恒成立.若0b =,则||2018c ≤.若0b >,取2018c x b ->,则2018bx c +>,矛盾.若0b <,则取2018c x b-->,则2018bx c +<-,矛盾. 当1a >时,取{}max{0,2018}max 1,1c bx a -->-,则(1)max{0,2018}a x b c -+>-,由于1x >,则[(1)]max{0,2018}a x b x c -+>-,即2(1)max{,2018}2018a x bx c c -++>≥,矛盾.当1a <时,取{}min{0,2018}max 1,1c bx a --->-,则(1)min{0,2018}a x b c -+<--,由于1x >,则[(1)]min{0,2018}a x x c -+<--,即2(1)min{,2018}2018a x bx c c -++<-≤-,矛盾.综上,1a =,0b =,||2018c ≤.且2()f x x c =+.由于当[2,3]x ∈-时,()f x 的最大值为10.所以910c +=,故1c =. 函数的解析式为2()1f x x =+,则在R 上的最小值为1.(2)存在实数m 、n ,使得22||(1)x mx n k x ++≤+对任意[1,1]x ∈-恒成立.令2()g x x mx n =++,则|1||(1)|2|1||(1)|2|||(0)|m n g k m n g k n g k++=≤⎧⎪-+=-≤⎨⎪=≤⎩则22|1||1||(1)(1)||22|k k m n m n m n m n n +≥+++-+≥+++-+=+,所以2|1|k n ≥+,则2|||1||(1)|1k k n n n n +≥++≥-++=,则13k ≥.下面证明13k =成立.等号成立条件解得013m n =⎧⎪⎨=-⎪⎩,则21()3g x x =-.当[1,1]x ∈-时,2[0,1]x ∈,则222111(1)(1)333x x x -+≤-≤+成立.综上,k 的最小值是13.。

世界青少年奥林匹克数学竞赛(中国区)选拔赛九年级数学试题(含答案)

世界青少年奥林匹克数学竞赛(中国区)选拔赛九年级数学试题(含答案)

2017春季省级初赛考生须知:本卷考试时间60分钟,共100分。

考试期间,不得使用计算工具或手机。

九年级试题(A 卷)一、选择题:本大题共10小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是正确的,请把正确的选项选出来.每小题选对得3分,选错、不选或选出的答案超过一个均记零分.(30分)1.若反比例函数ky x=的图象经过点(-1 , 2 ),则这个函数的图象一定经过点( ). (A)(2,-1) (B)(12-,2) (C)(-2,-1) (D)(12,2) 2.钟表的轴心到分针针端的长为5cm ,那么经过40分钟,分针针端转过的弧长是( ). (A)103cm π (B) 203cm π (C) 253cm π (D) 503cm π3.已知方程组42ax by ax by -=⎧⎨+=⎩的解为21x y =⎧⎨=⎩,则2a-3b 的值为( ).(A)4 (B)6 (C)-6 (D)-4 4.小亮早晨从家骑车到学校,先上坡后下坡,行程情况如图所示.若返回时上坡、下坡的速度仍保持不变,那么小明从学校骑车回家用的时间是( ).(A) 37.2分钟 (B) 48分钟 (C ) 30分钟 ( D )33分钟 5.如图,路灯距地面 8 米,身高 1 . 6 米的小 明从距离灯的底部(点O ) 20米的点A 处,沿AO 所在的直线行走14米到点B 时,人影长度( )(A )变长3.5 米 (B )变长2.5米 (C )变短3.5米 (D )变短2.5米6.如图,B 是线段AC 的中点,过点C 的直线l 与AC 成600的角,在直线l 上取一点P ,使∠APB =300,则满足条件的点P 的个数是( ) (A) 3个 (B) 2个 (C) l 个 (D )不存在7.若方程3x 2-10x + m = 0有两个同号不等的实数根,则m 的取值范围是( )(A) m ≥0 (B) m >0 (C)0<m<253 (D) 0<m ≤2538.在△ABC 中,BM =6,点A, C, D 分别在MB ,BN ,NM 上,四边形ABCD 为平行四边形,∠NDC =∠MDA ,Y ABCD 的周长是( )(A)24 (B)18 (C)16 (D)129.在下列图形中,沿着虚线将长方形剪成两部分,那么由这两部分既能拼成平行四边形又能拼成三角形和梯形的是( )10.已知点A(3,1) , B (0 , 0) ,C (3,0) , AE 平分∠BAC ,交BC 于点E ,则直线AE 对应的函数表达式是( )(A)233y x =-(B)y=x-2 (C)31y x =- (D)32y x =- 二、填空题:本大题共6小题,共18分,只要求填写最后结果,每小题填对得4分.13.随着中国综合国力的提升,近年来全球学习汉语的人数不断增加. 据报道,2005年海外学习汉语的学生人数已达38 200 000人),用科学记数法表示为 人(保留 3 个有效数字).14.已知⊙O 1,和⊙O 2的半径分别为3cm 和5cm ,两圆的圆心距 O 1O 2=6cm ,则两圆的位置关系是 . 15.计算24111a aa a++--的结果是 . 16.要在一个矩形纸片上画出半径分别是4cm 和1cm 的两个外切圆, 该矩形纸片面积的最小值...是 .17.在平面直角坐标系中,已知点P 0的坐标为(1, 0 ),将点P 0绕着原点O 按逆时针方向旋转600得点P 1,延长OP 1到点P 2,使OP 2=2OP 1,再将点P 2绕着原点O 按逆时针方向旋转600得点P 3,则点P 3的坐标是 .18.右图是由9个等边三角形拼成的六边形,若已知中间的小等边三角形的边长是a , 则六边形的周长是 .姓名 学校_ 赛区 选送单位 家长手机----------------------------装------------------------订---------------------线--------------------世界青少年奥林匹克数学竞赛(中国区)选拔赛三、解答题:本大题共7小题,共52分,解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.19.(本题满分6分)解不等式组,并把其解集在数轴上表示出来:33213(1)8x x x x-⎧+≥⎪⎨⎪--<-⎩20.(本题满分6分)某单位欲从内部招聘管理人员一名,对甲、乙、丙三名候选人进行了笔试和面试两项测试,三人的测试成绩如下表所示:根据录用程序,组织200名职工对三人利用投票推荐的方式进行民主评议,三人得票率(没有弃权票,每位职工只能推荐1人)如上图所示,每得一票记作1分.(l )请算出三人的民主评议得分;(2)如果根据三项测试的平均成绩确定录用人选,那么谁将被录用(精确到 0.01 )?(3)根据实际需要,单位将笔试、面试、民主评议三项测试得分按 4 : 3 : 3 的比例确定个人成绩,那么谁将被录用?21.(本题满分6分)近年来,由于受国际石油市场的影响,汽油价格不断上涨.请你根据下面的信息,帮小明计算今年5月份汽油的价格.22.(本题满分 6 分)两个全等的含300, 600角的三角板ADE 和三角板ABC 如图所示放置,E,A,C 三点在一条直线上,连结BD ,取BD 的中点M ,连结ME ,MC .试判断△EMC 的形状,并说明理由.23.(本题满分8分)已知关于x的二次函数2212m y x mx +=-+与2222m y x mx +=--,这两个二次函数的图象中的一条与x 轴交于A, B 两个不同的点.(l )试判断哪个二次函数的图象经过A, B 两点; (2)若A 点坐标为(-1, 0),试求B 点坐标;(3)在(2)的条件下,对于经过A, B 两点的二次函数,当x 取何值时,y 的值随x 值的增大而减小?24.(本题满分8分)如图,在△ABC 中,AB=AC=1,点D,E 在直线BC 上运动.设BD=x , CE=y(l )如果∠BAC=300,∠DAE=l050,试确定y 与x 之间的函数关系式;(2)如果∠BAC=α,∠DAE=β,当α, β满足怎样的关系时,(l )中y 与x 之间的函数关系式还成立?试说明理由.25.(本题满分12分)半径为2.5的⊙O 中,直径AB 的不同侧有定点C 和动点P .已知BC :CA =4 : 3,点P 在»AB 上运动,过点C 作CP 的垂线,与PB 的延长线交于点O(l )当点P 与点C 关于AB 对称时,求CQ 的长;(2)当点P 运动»AB 到的中点时,求CQ 的长;(3)当点P 运动到什么位置时,CQ 取到最大值?求此时CQ 的长.参考答案一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A A B B A C B C D D D二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)13. 3.82×10714.相交l5.11aa--+(或11aa-+) 16. 72cm217.(-l,3)18. 3oa三、解答题(本大题共7小题,共46分)19.(本小题满分6分)解:解不等式33,2xx-+≥得x≥3;…………………………………………………2 分解不等式1-3 (x-1) < 8-x,得x>-2.…………………………………………………4 分所以,原不等式组的解集是-2 < x≤3.………………………………………………5 分在数轴上表示为20.(本小题满分6分)解:(l)甲、乙、丙的民主评议得分分别为:50 分,80 分,70 分.………………3 分(2)甲的平均成绩为75935021872.6733++=≈(分),乙的平均成绩为:80708023076.6733++=≈(分),丙的平均成绩90687022876.0033++=≈(分)由于76.67>76>72.67,所以候选人乙将被录用. ………………………………6分(3)如果将笔试、面试、民主评议三项测试得分按4 : 3 : 3的比例确定个人成绩,那么甲的个人成绩为:475393350433⨯+⨯+⨯=++72.9(分),乙的个人成绩为:480370380433⨯+⨯+⨯=++77(分)丙的个人成绩为:490368370433⨯+⨯+⨯=++77.4(分)由于丙的个人成绩最高,所以候选人丙将被录用.……………………………10分21.(本题满分6分)解:设今年5月份汽油价格为x元/升,则去年5月份的汽油价格为(x-1.8)元/升.根据题意,得15015018.751.8x x-=-………………………………………………………………5分整理,得x2- l.8x - 14.4 =0 …………………………………………………………………7分解这个方程,得x1=4.8,x2=-3 ………………………………………………………………10分经检验两根都为原方程的根,但x2=-3 不符合实际意义,故舍去.……………………11分答:今年5月份的汽油价格为 4.8元/升.………………………………………………12分22.(本题满分6分)解:△EMC是等腰直角三角形.…………………………………………………2分证明:由题意,得DE=AC,∠DAE+∠BAC900.∠DAB=900. …………………………………………………………………………3分连接AM.∵DM=MB∴MA=12DB=DM,∠MDA=∠MAB=450.∴∠MDE=∠MAC=1050∴△EDM≌△CAM∴EM=MC,∠DME=∠AMC………………………………………………………8分又∠EMC=∠EMA+∠AMC=∠EMA+∠DME=900∴CM⊥EM……………………………………………………………………………11分所以△EMC是等腰直角三角形……………………………………………………12分23.(本题满分8分)解:(l)对于关于x的二次函数y =221,2mx mx+-+由于△=(-m ) 2-4×l×212m+=-m2-2<0,所以此函数的图象与x轴没有交点………………………………………………1分对于关于x的二次函数y =2222mx mx+--.由于△=(-m ) 2-4×l×21()2m+=-m2-2<0,所以此函数的图象与x轴没有交点对于关于x的二次函数222,2my x mx+=--由于2222()41()340,2mm m+∆=--⨯⨯-=+>所以此函数的图象与x轴有两个不同的交点.故图象经过A、B两点的二次函数为222,2my x mx+=--…………………3分(2 )将A(-1,0)代入2222my x mx+=--,得2212mm++-=0.整理,得m2-2m = 0 .解之,得m=0,或m =2.…………………………………………………………5分当m =0时,y=x2-1.令y = 0,得x2-1 = 0.解这个方程,得x1=-1,x2=1此时,B点的坐标是 B (l,0).………………………………………………………6分当m=2时,y=x2-2x-3.令y=0,得x2-2x-3=0.解这个方程,得x1=-1,x2=3此时,B点的坐标是B(3,0). ……………………………………………………8分(3) 当m =0时,二次函数为y=x2-1,此函数的图象开口向上,对称轴为x=0,所以当x<0时,函数值y 随:的增大而减小.…………………………………………10分当m=2时,二次函数为y = x2-2 x-3 = (x-1)2-4, 此函数的图象开口向上,对称轴为x = l,所以当x < l 时,函数值y随x的增大而减小.…………………………12分24 .(本题满分8分)解:(l)在△ABC中,AB=AC =1,∠BAC=300,∴∠ABC=∠ACB=750,∴∠ABD=∠ACE=1050, …………1分∵∠DAE=1050.∴∠DAB=∠CAE=750,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=750,∴∠CAE=∠ADB…………………………………………………………3分∴△ADB∽△EAC…………………………………………………………4分∴AB BDEC AC=即11,y=1xxy=所以……………………………………………………6分(2)当α、β满足关系式0902αβ-=时,函数关系式1y=x成立.………8分理由如下:要使1y=x ,即AB BD EC AC=成立,须且只须△ADB ∽△EAC.由于∠ABD =∠ECA ,故只须∠ADB =∠EAC. …………………………9分又∠ADB+∠BAD=∠ABC=0902α-,∠EAC+∠BAD=β-α, ……………………………………………………11分所以只0902α-=β-α,须即0902αβ-=.………………………………12分25.(本题满分12分)解:( l )当点P 与点C 关于AB 对称时,CP ⊥AB ,设垂足为D.∵AB 为⊙O 的直径, ∴∠ACB=900.∴AB=5,AC:CA=4:3, ∴BC=4, AC=3.又∵AC ·BC=A B ·CD∴1224,.55CD PC ==……………………………………………2分 在Rt △ACB 和Rt △PCQ 中,∠ACB =∠PCQ=900, ∠CAB =∠CPQ , Rt △ACB ∽Rt △PCQ ∴432,.35AC BC BC PC CQ PC PC CQ AC ====g ……4分(2)当点P 运动到弧AB 的中点时,过点B 作BE ⊥PC 于点E (如图).∵P 是弧AB 的中点, ∴0245,222PCB CE BE BC ∠====…6分 又∠CPB=∠CAB ∴∠CPB= tan ∠CAB=43∴332,tan 42BE PE BE CPB ===∠而从722PC PE EC =+=……8分 由(l)得,4142.3CQ PC ==………………………………………9分 (3)点P 在弧AB 上运动时,恒有4.3BC PC CQ PC AC ==g 故PC 最大时,CQ 取到最大值.………………………………………11分当PC 过圆心O ,即PC 取最大值5时,CQ 最大值为203……………12分。

数学奥数国家竞赛试题及答案

数学奥数国家竞赛试题及答案

数学奥数国家竞赛试题及答案一、选择题(每题2分,共10分)1. 一个数的平方等于这个数本身,这个数可能是:A. 1B. -1C. 0D. 1和-12. 若a, b, c是三角形的三边长,且a + b > c,a + c > b,b + c > a,则三角形的类型是:A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 任意三角形3. 一个圆的半径是r,那么它的面积是:A. πrB. πr²C. 2πrD. 4πr²4. 一个数列的前四项为1, 1, 2, 4,第5项是:A. 8B. 9C. 10D. 无法确定5. 一个长方体的长、宽、高分别是a, b, c,如果长宽高都增加1,则体积增加了:A. 1B. 3C. 6D. a + b + c + 3二、填空题(每题3分,共15分)6. 若一个数的立方等于这个数的平方,那么这个数是________。

7. 一个等差数列的首项为2,公差为3,第10项是________。

8. 若一个正整数n能够被3整除,且n的各位数字之和也是3的倍数,则称n为“三倍数”。

例如,6是“三倍数”,因为6÷3=2。

那么最小的三位数“三倍数”是________。

9. 一个直角三角形的两条直角边分别是3和4,斜边的长度是________。

10. 一个分数的分子和分母的和是39,且这个分数等于1/3,那么这个分数是________。

三、解答题(每题5分,共30分)11. 证明:对于任意正整数n,1^n + 11^n 总是大于n^2。

12. 一个圆的周长是18.84厘米,求这个圆的直径。

13. 一个长方体的长、宽、高分别是5厘米、4厘米、3厘米,求这个长方体的表面积和体积。

14. 一个数列的前三项为2, 3, 5,从第四项开始,每一项都是前三项的和。

求第10项的值。

15. 一个直角三角形的两条直角边长分别为6厘米和8厘米,求斜边的长度。

16. 一个分数的分子和分母相差10,且这个分数等于2/3,求这个分数。

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第一天
2012年3月14日上午8:00-12:30
1. 设1x ,2x ,,n x ;1y ,2y ,,n y 均为模等于1的复数,设
()1,2,,i i i i i z xy yx x y i n =+-= ,
其中11n i i x x n ==∑,1
1n
i i y y n ==∑.
证明:1
n
i i z n =≤∑.
2. 如图,三角形ABC 三边互不相等,其内切圆与三边的切点分别为D 、E 、
F .设L 为D 关于直线EF 的对称点,M 为E 关于直线FD 的对称点,N 为F 关于直线DE 的对称点.直线AL 与直线BC 交于P ,直线BM 与直线CA 交于Q ,直线
CN 与直线AB 交于R .证明:P 、Q 、R 三点共线.
3.设()21,2,n
n n x C n == ,证明:存在无穷多对有限集合*,A B N ⊂,使得
A B =∅ ,且
2012i
i A j
j B
x x
∈∈=∏∏.
C
M
第二天
2012年3月15日上午8:00-12:30
4.给定平面上两个圆12,ωω,设S 是满足下面条件的ABC ∆的集合:ABC ∆内接于圆1ω,且圆2ω是ABC ∆的与边BC 相切的旁切圆. 设圆2ω与直线
,,BC CA AB 分别相切于点D ,E ,F .
证明:若S 非空,则DEF ∆的重心是平面上的定点.
5. 设()d n 表示正整数n 的正约数个数.正整数n 称为超级数,如果对任意小于n 的正整数m ,均有()()d m d n <.
证明:对任意给定的正整数k ,除有限个超级数外,每个超级数都能被k 整除.
6. 给定整数n ,求所有的函数:f →Z Z ,满足对任意整数,x y ,均有
(())()f x y f y f x ny ++=+,
其中Z 是整数集.
第一天
2012年3月19日 上午8:00-12:30
1. 一个简单图中两两相邻的t 个顶点称为一个t 团, 与其余每个顶点都相邻的顶点称为中心点.
给定整数,n k , 3n ≥,
1
2
n k n <<. 设G 是一个有n 个顶点的简单图, G 中不存在(1)k +团, 但在G 中任意添上一条边后就存在(1)k +团. 求G 的中心点个数的最小可能值.
2. 证明:存在常数C ,具有下述性质:对任意整数2n ≥及{1,2,,}X n ⊆ ,若||2X ≥,则存在,,,x y z w X ∈(可以相同),使得
40||xy zw C α-<-<,
其中||
X n
α=

3. 设12a a <是给定的正整数.对整数3n ≥,n a 定义为大于1n a -且可唯一表示为(11)i j a a i j n +≤<≤-的最小正整数.已知数列{}(1)n a n ≥中仅有有限多个偶数.证明:数列1{}(1)n n a a n +-≥是最终周期的,即存在正整数,T N ,使得
11T n T n n n a a a a ++++-=-对一切整数n N >成立.
第二天
2012年3月20日 上午8:00-12:30
4. 对给定的整数2n ≥,证明:只有有限个n 元正整数组12(,,,)n a a a 同时满足如下条件:
(1) 12n a a a >>> ; (2) 12gcd (,,,)1n a a a = ;
(3) 111gcd (,)n
i i i a a a +==∑(约定11n a a +=).
其中,对整数2t ≥,12gcd (,,,)t x x x 为正整数12,,,t x x x 的最大公约数.
5. 设,m n 是两个给定的大于1的整数,r s <是两个给定的正实数.对任意不全为0的非负实数(1,2,,;1,2,,)i j a i m j n == ,求
111111r
r
n m s
s i j j i s s
m n r r i j i j a f a ====⎡⎤
⎛⎫⎢⎥ ⎪⎢⎥
⎝⎭⎣⎦=⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎢⎥
⎝⎭⎢⎥⎣⎦
∑∑∑∑ 的最大值.
6.给定整数2n ≥,函数:{1,2,,}f n → Z 称为“好的”,如果f 具有下述性 质:对每个整数k ,11k n ≤≤-,都存在整数j ,使得对每个整数m ,都有
()()()(mod 1)f m j f m k f m n +≡+-+.
求“好的”函数f 的个数. 注:Z 是整数集.
第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试三
第一天
2012年3月25日 上午8:00 - 12:30
1. 如图,锐角ABC ∆中,60A ∠> , H 为ABC ∆的垂心,点M 、N 分别在边AB 、
AC 上,60HMB HNC ∠=∠= , O 为HMN ∆的外心.点D 与A 在BC 的同侧,使得DBC ∆为正三角形.证明:H 、O 、D 三点共线.(图略)
2. 证明:对给定的整数2k ≥,存在k 个互不相同的正整数12,,...,k a a a ,使得对任意
整数12,,...,k b b b ,2i i i a b a ≤≤,1,2,,i k = ,以及任意非负整数12,,...,k c c c ,只要
1
1
i k
k c i
i i i b
b ==<∏∏,就有11
i k k
c i
i i i k b b ==<∏∏
3.求满足下列条件的最小实数c :对任意一个首项系数为1的2012次实系数多项式
2012201120102011201010()...,P x x a x a x a x a =+++++
都可以将其中的一些系数乘以1- , 其余的系数不变,使得新得到的多项式的每个根z 都满足Im Re z c z ≤,这里Re z 和Im z 分别表示复数z 的实部和虚部.
第二天
2012年3月26日 上午8:00 - 12:30
4. 给定整数4n ≥,设,{1,2,,}A B n ⊆ , 已知对任意,,1a A b B ab ∈∈+为完全
平方数,证明:{}2min ,log A B n ≤ ,
其中X 表示有限集合X 的元素个数.
5. 求所有具有下述性质的整数3k ≥:存在整数,m n ,满足1m k <<,1,n k <<
(,)(,)1,m k n k m n k ==+>,且(1)(1)k m n --.
6. 由20122012⨯个单位方格构成的正方形棋盘的一些小方格中停有甲虫,一个小方
格中至多停有一只甲虫. 某一时刻,所有的甲虫飞起并再次全部落在这个棋盘的方
格中,每一个小方格中至多仍停有一只甲虫. 一只甲虫飞起前所在小方格的中心指向再次落下后所在小方格的中心的向量称为该甲虫的“位移向量”,所有甲虫的“位移向量”之和称为“总位移向量”.
就甲虫的个数及始、末位置的所有可能情况,求“总位移向量”长度的最大值.。

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