第五届陈省身杯全国高中奥数试题

第一届至第九届(2010-2018年)陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案【PDF版】

第九届陈省身杯全国高中数学奥林匹克1．已知锐角△ABC 的外接圆为⊙O ，边BC 、CA 、AB 上的高的垂足分别为D 、E 、F ，直线EF 与⊙O 的 AB 、AC 分别交于点G 、H ，直线DF 与BG 、BH 分别交于点K 、L ，直线DE 与CG 、CH 分别交于点M 、N ．证明：K 、L 、M 、N 四点共圆，且该圆的直径为2222()b c a +-，其中，BC =a ，CA =b ，AB =c ．证明如图1，因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以，AFE ACB ∠=∠．图1°°2GB HA AFE 注意到，+∠=， °°°22AB AG GB ACB +∠==．从而， HA AG =，即AG AH =．因为C 、A 、F 、D 四点共圆，所以，=BFD ACB AFE BFG ∠=∠∠=∠．从而，直线GH 与直线DK 关于直线AB 对称．由 °°AG AH =, 知GBA ABH ∠=∠．从而，直线BK 与直线BH 关于直线AB 对称．因此，点K 、H 关于直线AB 对称，即AK =AH ．类似地：点L 、G 关于直线AB 对称，即AL =AG ；G 、N 关于直线AC 对称，即AG =AN ；M 、H 关于直线AC 对称，即AM =AH ．综上，AL =AN =AG =AH =AK =AM ．因此，K 、L 、M 、N 四点共圆，且圆心为A ，半径为AG ，记该圆为⊙A ．设⊙O 的半径为R ，⊙O 的直径AQ 与GH 交于点P ．如图2．图2则∠AGQ=90°，且AP ⊥GH ．由射影定理得2AG AQ AP =⋅．注意到，sin =cos sin AP AF AFE AC CAB ACB .=⋅∠⋅∠⋅∠2222222cos sin =22AQ AP R AC CAB ACBb c a b c a AB AC bc 故.⋅=⋅∠⋅∠+-+-=⋅⋅ 因此，2222b c a AG +-=，⊙A 的直径为2222()b c a +-．。

历届陈省身杯重要知识点-数论(答案)

六年级历届陈省身杯重要知识点数论专题高频考点一、05～10陈省身杯数论模块重要知识点约、倍、质、合、整除位值原则余数(中国剩余，同余)个位率常用方法1．翻译？！2．分解3．位值4．题型特点—方法(同余、奇偶性…)【例1】(2010年陈省身杯第4题)三个相邻的自然数的乘积是3360，这三个自然数分别是________、________和________。

5=⨯⨯⨯=⨯⨯，所以三个自然数为14、15、16。

33602357141516【例2】(2008年13题)用5、6、7、8四个数字(每个数字恰好用一次)可组成24个不同的四位数，其中有________个数能被11整除。

5＋8＝6＋7，当奇数位是5、8时：2×2＝4（种）。

当奇数位是6、7时：2×2＝4（种）。

共有8（种）。

【例3】(2009年12题)A、B、C、D都是小于100的合数，并且A、B、C、D两两互质，则A＋B＋C＋D的最大值为_______。

由于此题求和的最大值，所以我们要使每个数尽量大，且保证其两两互质，故分别取99，95，94，91，和为379。

【例4】(2011年4题)一个数是质数，+10 +14 都是质数，求这个数是几？这个数为3。

【例5】(2011年6题)A是大于0的最小自然数，B是质数中唯一的偶数，C是最小的奇质数，C和D的和是70，问：A+B×C×D×（B+C）=_______。

A=1，B=2，C=3，D=67；A+B×C×D×（B+C）=2011【例6】(2011年14题)有一个三位数，各个数位都不为0，且不相同，把这三个数交换位置，形成5个不同的三位数，其平均数为这三位数，求这三个数最大数多少？设此三位数为abc ，则形成的5个三位数在加上原数就是原数的6倍则有：222()6a b c abc ++=，37()abc a b c =++；三位数各不相同，最大629符合要求。

2024年全国中学生第五届英才杯竞赛数学试卷

2024年全国中学生第五届英才杯竞赛数学试卷一.单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）1．如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝2∠ADC＝90°，若BD＝5，则四边形ABCD的面积最大值为（）A．B．C．D．2．如图，在△ABC中，AC＝2AB＝4，∠BAC＝60°，绕点C将BC逆时针旋转120°得到DC，连接AD、BD，则的值为（）A．B．C．D．3．如图，在△ABC中，，∠ACB＝45°，D为直线AC右侧一动点，经过C、D两点的圆分别与AC、BC相交于点E、G，且CE＝3，劣弧CD和劣弧EG的长度相等，BD与劣弧EG交于点F，则EF的最小值是（）A．1B．C．D．24．定义：在△ABC中，如果最大边长的平方与其余两边长的平方和相差一个数值m，则称m为△ABC 的“勾股缩量”．如图，已知正方形ABCD和一点Q（点Q在对角线BD的左侧），在钝角△BQD中，若BD始终是最长边，且△BQD的“勾股缩量”m＝DQ•BQ，则代数式的最小值为（）A．B．C．D．5．如图，已知等腰△ABC，AB＝AC＝4，∠BAC＝135°，BE平分∠ABC，CE⊥BE于点E，D是AC中点，ED交BC于点F，过△ABC的外心G作GH⊥ED，K是HG的中点，则KD的长为（）A．B．C．D．6．若m、n∈R+，m（m﹣1）（m+1）+n（n2+1）＝0，当（1﹣m2）n﹣2取得最小值时，代数式m+n的值为（）A．B．C．D．7．的最小值为（）A．B．C．D．8．已知函数和，设2f（x）和g（x）的图象共有n个交点，并将这n个交点分别记为N1（x1，y1），N2（x2，y2）…N n（x n，y n）（其中n是正整数），则下列说法正确的是（）A．g（x）极大值和极小值的和为0B．设g（x）的切线方程为y＝ax+b，则C．当x的值趋近于常数A（|A|的值足够大）时，2f（x）的值会无限趋近于常数2D．是不成立的二.不定项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分）（多选）9．如图，考虑二次函数内接正多边形，可以被内接的正多边形有（）A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形（多选）10．对于函数，下列说法正确的有（）A．此函数的图象是一个对称图形B．当时，f（x）取得最大值C．设f（x）的切线方程为y＝kx+b，则当x＝1时，k＝|2b|D．函数g（x）＝|f（x）﹣2|的单调性在区间[﹣10，10]内会改变7次（多选）11．已知函数f（x）＝x2﹣2x，将f（x）的零点从左到右记为A、B、C，极值点为D和E．则在下列结论中，正确的有（）A．f（x）和g（x）＝x4﹣4x的交点共有四个，且当∀x∈R时，f（x）和g（x）不相切B．过C作f（x）的切线，则此切线也是△DEC外接圆的切线C．将△ADC沿直线DE翻折得到△A′DC′，记△ADC，△A′DC的外心分别为G和H，GH交AE、DC′、DE于P、Q、R，则D．f（x）和有三个交点，且S围成的封闭图形＞2三.填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）12．在平面直角坐标系中，二次函数与一次函数l：y＝2x+3交于点A、B（A在B的左侧），C（15，7）是平面内一点，M是G上一点，且保证M点始终在l的下方（包含A、B），过点M作MN⊥x轴于点N，D是MN上一点，过D作DE⊥y轴于点E，连接AE（AD），CD（EC），且A、C总是连接在其同侧的点．当MN最大时，CD+ED+AE或AD+ED+CE的最大值为．13．已知曲线．在平面直角坐标系xOy中，给定点A（0，3）和B（2，0），曲线过点A、B．若在F的图象上有一点P，使得S ABP＝4，则所有满足题意的P点的横坐标之和为．14．已知平面直角坐标系中C：f（x）＝x2﹣2x﹣2和G：g（x）＝，绕原点O，将C顺时针旋转30°得到C′，将G逆时针旋转60°得到G′．设C′和G′的图象共有n个交点，且将这n个交点的纵坐标分别记作y1，y2，…，y n．若y i（i∈N+且1≤i≤n）的值可以表示为F（t）＝，且t∈R，则t的值为．四.解答题（本大题共5个小题，共77分）15．在平面直角坐标系中，已知椭圆．（1）若C经过点A（2，0）和B（0，1），求C的解析式．（2）设F2是C的右焦点，过F2作倾斜角分别为30°和60°的直线l1和l2，分别与C交于A、B、C、D，试求这四个点所构成凸四边形的面积．16．[情景引入]一天语文课中，核老师的语文老师想让每位同学都可以体验到回答问题的快乐，可是班级中的同学总是因为社恐而不敢举手发言，迫不得已只能让老师去随机点名，然后进行排火车．班中的同学座位正好是形成7×7的正方形方格，老师开始思考从哪个位置开始回答．我们规定从初始位置出发，（所有位置都是在方格内进行转化）每次进行跳棋前进，为了增加更多不确定性因素，老师决定每下一次的位置可以通过隔着一个跳（如跳棋）或者跳日字型（象棋中的马）可以到达，每跳一次我们称之为一步．[抽象问题]（1）我们先简化一下座位，不妨先假设出一个5×5的方格，请求出对角线上的两个方格最少需要几步就可以到达对方位置．（2）现在我们慢慢扩大一下范围，若存在一个9×9的方格．（i）求证：任意一个方格到其中心位置至多需要3步．（ii）求证：当步数为n时（n∈[1，3]），所有满足通过n步可以到达中心位置的方格所组成的图形皆是中心对称图形．[一般化问题]试求：任意一点到达中心点的最少步数．17．英才小组决定对形如f（x）＝x+（m＞0）的函数进行探究，并邀请你参加活动．（1）当x＞0时，若f（x）＝x+的值域为[8，+∞），求k的值．（2）请直接写出函数f（x）＝x n+（n∈N+）的单调性（不必证明）．（3）求函数f（x）＝（x2+x﹣1）n+（x﹣2+x）n在区间[]上的最小值．（可能会用到的公式：（a+b）n＝b i，其中n∈N+）18．[提出]数学老师为英才班命制了一份试题，请你帮忙协作．[入手]如图一，△ABC，△CDE都是等腰直角三角形，D在线段AB上（不与端点重合）．连接AE，AE交CD于点G，交BC于点F，连接BE、EG，且AB＝4．（1）当四边形CEBG为菱形时，求AD的长．[扩展]（2）如图二，在射线DF上截取FI＝GB＝GH，作以I为圆心，IH为半径的圆K．作CQ与K相切于点Q，连接QE，求QE的最小值．[拔高]（3）如图三，作GH⊥GC交AE的延长线于点H，当FH最小时，将线段CG绕点C顺时针旋转一定的角度α得到CO，P是OD的中点，将AP沿AE翻折得到AS，连接SH交AB于点T，当SH最大时，请直接写出S△TBH的值．19．函数总是可以带给我们不一样的惊喜．[材料]①设函数f（x）在点x0的某一去心邻域内有定义，对于任意给定的正数ɛ（不论它多么小），总存在任意给定的正数δ，使得适合不等式0＜|x﹣x0|＜δ的一切x所对应的函数值f（x）都满足|f（x）﹣A|＜ɛ，则常数A就称为函数f（x）当x→x 0时的极限，简要记作f（x）＝A．②设函数y＝f（x）在点x0的某个邻域内有定义，当自变量x在x0处取得增量Δx（点x0+Δx仍在该邻域内）时，则函数y取得增量Δy＝f（x0+Δx）﹣f（x0）；如果在Δx→0时的极限存在，则称函数y＝f（x）在点x0处可导，并称这个极限为函数y＝f（x）在点x0处的导数，简要记作f′（x0）．③给定数集X⊂D，若存在正数N使得|f（x）|≤N对任意x∈X都成立，那么称f（x）在X上是有界的．④设函数f（x）在[a，b]上是有界的，现在在[a，b]中任意插入若干个分点，满足a＝x0＜x1＜…＜x n＝b，把[a，b]分成n个小区间[x0，x1]，[x1，x2]…[x n﹣1，x n]．各个小区间的长度依次为Δx1＝x1﹣x0，Δx2＝x2﹣x1…Δx n＝x n﹣x n﹣1，在每个小区间[x i﹣1，x i]上任取一点ξi（x i﹣1≤ξi≤x i），作函数值f（ξi）与每个小区间长度Δx i的乘积f（ξi）Δx i（i＝1，2…n），并作出和．将Δx1，Δx2…Δx n中最大的那个记为λ，如果不论对[a，b]怎样分法，也不论在小区间[x i﹣1，x i]上点ξi怎样取法，只要当λ→0时，总趋于极限I，这时我们称极限I为f（x）在区间[a，b]上的定积分，记作，即f（x）dx＝I＝f（ξi）Δx i．[实际应用]（下列题目的答案均用题目中所提到的参数或函数表示）（1）根据上述材料，设（其中v（x）≠0），试求f′（x）．（2）已知某封闭曲线C的方程为，根据上述材料，求出当A＝0.25π时（其中2π＝360°）所对应点处曲线C的切线方程．（A为参数）（3）英才中学在近日研制出一根密度为ρ0，长度为l0，质量均匀的直棒L1（此直棒的横截面积忽略不计），取L的中点R并作一条直线L2⊥L1，L2过点R．在直线L2上有一个质点P，其质量为m0，且|PR|＝s．请根据上述材料和自己的理解，求L对P的引力．（参考公式：质量分别为m1和m2且相距r的两质点之间的引力大小可以表示为，其中G是引力系数，引力的方向沿着两质点的连线方向．）。

数学高中奥赛试题及答案

数学高中奥赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 若函数\( f(x) = ax^2 + bx + c \)的图像经过点(1, 0)和(-1,0)，则下列哪个选项是正确的？A. \( a + b + c = 0 \)B. \( a - b + c = 0 \)C. \( a + b - c = 0 \)D. \( a - b - c = 0 \)答案：B2. 已知等差数列\( \{a_n\} \)的前三项分别为1, 4, 7，那么第10项\( a_{10} \)是多少？A. 26B. 28C. 30D. 32答案：A3. 一个圆的半径是5，圆心到直线\( y = 2x \)的距离是3，那么圆的方程是什么？A. \( (x-2)^2 + (y-3)^2 = 25 \)B. \( (x+2)^2 + (y+3)^2 = 25 \)C. \( (x-3)^2 + (y-2)^2 = 25 \)D. \( (x-3)^2 + (y+2)^2 = 25 \)答案：A4. 若\( \sin \theta = \frac{3}{5} \)，且\( \theta \)在第一象限，求\( \cos \theta \)的值。

A. \( \frac{4}{5} \)B. \( -\frac{4}{5} \)C. \( \frac{3}{5} \)D. \( -\frac{3}{5} \)答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 计算\( \int_{0}^{1} x^2 dx \)的值是______。

答案：\( \frac{1}{3} \)2. 已知\( \log_2 8 = 3 \)，那么\( \log_2 32 \)的值是______。

答案：53. 一个等腰三角形的两边长分别为3和4，那么第三边的长度是______。

答案：44. 一个数的平方根是2和-2，那么这个数是______。

答案：4三、解答题（每题10分，共60分）1. 已知函数\( f(x) = x^3 - 3x + 1 \)，求\( f(x) \)的导数。

第五届数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答

第五届数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答李成章【期刊名称】《中等数学》【年(卷),期】1990(0)6【摘要】一、设朋友最多的人有k个朋友,显然,k≥m.若k>m,设A有k个朋友B1,B2,…,Bk.并记S={B1,B2,…,Bk}.设Bi1,Bi2Bi2,…,Bim-1是从S中任取的m-1个元素,则A,Bi1, …,Bim-1这m个人有一个公共朋友,记为Ci.因Ci是A的朋友,故Ci∈S.若且{A,【总页数】4页(P35-38)【作者】李成章【作者单位】南开大学数学系 300071【正文语种】中文【中图分类】G633.6【相关文献】1.第7届数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],2.第三届(1988年)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],3.第二届(1987年)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],4.第一届(1986年)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],5.第4届(1989)数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答 [J],因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。

全国高中数学奥林匹克竞赛试题

全国高中数学奥林匹克竞赛试题一、设集合A为所有满足条件“能被3整除且末位数字为7”的正整数的集合，集合B为所有满足条件“能被7整除且末位数字为3”的正整数的集合。

则集合A和B的交集：A. 只含有一个元素B. 含有有限个元素C. 含有无限多个元素D. 为空集（答案）C二、在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a + 2b = 3c，且sin A : sinB : sinC = 3 : 4 : 5，则cos C的值为：A. 1/5B. -1/5C. 3/5D. -3/5（答案）B三、已知函数f(x) = ax3 + bx2 + cx + d的图像经过点(0,1)，且在x=1处取得极值，在x=-1处取得最值。

则a+b+c的值为：A. -1B. 0C. 1D. 2（答案）D四、设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1 = -23，且S10 = S14，则S20的值为：A. -110B. -90C. -70D. -50（答案）C五、已知椭圆C的方程为x2/a2 + y2/b2 = 1 (a > b > 0)，其左焦点为F，过F作直线l 交椭圆C于A、B两点。

若|AF| = 3|FB|，且cos∠BFA = -5/13，则椭圆C的离心率为：A. √2/2B. √3/2C. 2√2/3D. √5/3（答案）A六、设函数f(x) = ex - ax - 1，若存在唯一的实数x0，使得f(x0) = 0，则实数a的取值范围为：A. a < 0B. 0 < a < 1C. a > 1D. a = 1（答案）C七、已知向量a = (1,2)，b = (2,m)，若a与b的夹角为锐角，则m的取值范围是：A. m > -1 且 m ≠ 4B. m > 4C. m ≠ 4D. -1 < m < 4（答案）A八、设函数f(x) = ln(x + 1) - x2/2，若对所有的x ∈ [0, +∞)，都有f(x) ≤ ax + b ≤ x2/2 + ln(x + 1)成立，则a + b的最大值为：A. -1B. 0C. 1/2D. 1（答案）B。

高中奥数竞赛试题及答案

高中奥数竞赛试题及答案1. 已知函数\( f(x) \)在区间\( [0, 1] \)上连续，且满足\( f(0)= 0 \)，\( f(1) = 1 \)，求证：存在至少一个\( x_0 \in (0, 1) \)，使得\( f(x_0) = x_0 \)。

答案：根据介值定理，由于\( f(x) \)在\( [0, 1] \)上连续，且\( f(0) = 0 \)，\( f(1) = 1 \)，那么对于任意\( y \)在\( [0, 1] \)内，都存在\( x \)在\( [0, 1] \)内，使得\( f(x) = y \)。

特别地，取\( y = \frac{1}{2} \)，那么存在\( x_0 \)在\( (0, 1) \)内，使得\( f(x_0) = \frac{1}{2} \)。

由于\( f(x_0) \)可以取到\( [0, 1] \)内的所有值，因此必定存在\( x_0 \)使得\( f(x_0) =x_0 \)。

2. 计算不定积分\( \int \frac{1}{x^2 + 2x + 2} dx \)。

答案：首先，我们对分母进行因式分解，得到\( x^2 + 2x + 2 = (x+ 1)^2 + 1 \)。

然后，我们使用代换法，设\( u = x + 1 \)，则\( du = dx \)。

代入原积分，得到\( \int \frac{1}{(u^2 + 1)^2}du \)。

接下来，我们使用分部积分法，设\( v = \frac{1}{u^2 + 1} \)，\( dw = \frac{1}{(u^2 + 1)^2} du \)，则\( dv = -\frac{2u}{(u^2 + 1)^2} du \)，\( w = -\frac{1}{u^2 + 1} \)。

根据分部积分公式\( \int u dv = uv - \int v du \)，我们得到\( \int \frac{1}{(u^2 + 1)^2} du = -\frac{1}{u^2 + 1} + C \)。

36第五届陈省身杯全国高中数学奥林匹克

件为尸＝ＡＱ．
＝ＢＡＣ一２（９０。一ＡＣＢ）
２０１４年第９期
＝Ａ凹一ＡＢＣ．
＋
—
３７
１
＋＋
；２ｋ＋ｌ
则ＡＨＯ＋ＯＡＨ＝９０。．从而，ＡＯＨ＝９０。．
ＡＢ＞ＡＣ，０、Ｈ分别为 △ＡＢＣ的外心、垂心，直线ＢＨ与ＡＣ交于点Ｂ，直线ＣＨ与Ａ交于点
Ｃ
ｃ若ＯＨ／／ＢＣ。，证明：
ＣＯＳ２Ｂ＋ＣＯＳ２Ｃ＋ｌ
＝
图１
Ｑ
当且仅当
０或＋Ｘｋ一
ｌ
Ｘｋ＋ｘｋ＋
＝０。且
七十
Ａ＝０时，等号成立，即，＝＝… ＝．
３．先证明一个引理．
２．令｛＝ — ￣１ — ；２２＋；２ — ２ — Ｘ３＋… ＋
３４
ｎ一１ｎｎ１
切线ｃ．若Ｄ、Ｅ为ｆ上的两个点，且ＡＤ＝ＡＥ，过Ｄ、
Ｅ分别作ｏ０的割线ＤＣＢ、ＥＧＦ，直线ＦＢ、ＧＣ与２
１）．
类似定义Ａ（ｉ＝１，２， …，凡；＝１，２， …，ｎ一１）记ＡＡＡ（＋１）＝，其中，ｉ＝１，２， …，ｎ；
＝一＝
—
—
＋一十
—
—
＋ … 十
＋十
Ｘ２
３
４

历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)

2017年全国高中数学联合竞赛（四川初赛）
（5月14日下午14:30—16:30）
题目
一
二
三
总成绩
13
14
15
16
得分
评卷人
复核人
考生注意：1.本试卷共有三大题（16个小题），全卷满分140分
2.用黑（蓝）色圆珠笔或钢笔作答。
3.计算器，通讯工具不准待入考场。
4.解题书写不要超过封线
一，单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
二，填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
7.1008 8.0 9.2 10. 11.2 12.243
三，解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）
13.证明：（1）因为
所以，数列成等比数列 ……5分
于是
即数列的通项公式 ……10分
（2）法1：因为对任意的正整数n都成立，故
由（1）知
∴共有C 种比赛方式．
三．(15分)长为，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．
解：过轴所在对角线BD中点O作MN⊥BD交边AD、BC于M、N，作AE⊥BD于E，
则△ABD旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径AE= = ．其体积V= ( )2· = π．同样，
1．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( )
A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)
解：第二个函数是y=φ－1(x)．第三个函数是－x=φ－1(－y)，即y=－φ(－x)．选B．

历届陈省身杯重要知识点-计算(答案)

六年级历届陈省身杯重要知识点—计算计算专题分类：一、分数混合运算、分数裂项与拆分、分数大小比较；二、公式计算，定义新运算；三、有理数与绝对值运算； 1、10%-15% 2、难度一般；快速准确【例 1】（2005年第6题）计算： 79793451385751685776751689385734517577691212⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=÷÷⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⨯⨯⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=⨯= 【例 2】（2010年第16题）计算：20102009201020092010200920102009 (20092008200820072008200721)111120102009 (200920082008200720072006211)11111120102009 (1200820092007200820062007)220102⨯⨯⨯⨯=++++⨯⨯⨯⨯⎛⎫=⨯⨯++++ ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭⎛⎫=⨯⨯-+-+-++- ⎪⎝⎭=⨯1009120094036080⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭=【例 3】（2006年第16题）在□内填入11以内的自然数，使得等式成立。

60的约数小于有1、2、3、4、5、6、10，经试验取4、3、10可使等式成立111620154110346060++++==【例 4】（2009年第1题）11111111()()()()__________3451385751685776-÷-÷-⨯-=。

2010201020092010200920082010200943____2008200820072008200720062008200721⨯⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯+++⋅⋅⋅+=⨯⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯。

41111++60=□□□计算：111111_______2323⎛⎫⎛⎫+-÷-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

学生向陈省身请教奥数题，陈省身拿过来一看，回答道：我不会做

学生向陈省身请教奥数题，陈省身拿过来一看，回答道：我不会做为各位推荐一套数学科普书籍——《给孩子的数学三书》，这套给《给孩子的数学三书》的作者是民国时期的数学大师刘薰宇。

刘薰宇曾经执教于春晖中学，这个春晖中学当时非常出名，因为执教的老师基本上都是大师级人物。

比如说丰子恺、朱自清、李叔同、张孟闻，还有写《给孩子的数学三书》的数学大师刘薰宇都在这座中学执教。

春晖中学是中学中无敌的存在，而大学行列里西南联大则是无敌的存在，在集合了北大、清华、南开三所大学的师资力量后，不管是教师还是学生，都是当时的第一，没有高校可以与之堪比！那个时代出了许多大师，比如我们所熟知的两弹一星元勋，前五的数学家、前五的物理学家、前五的生物学家……等等，都和西南联大有着密不可分的关系！当然，西南联大还出过两位诺贝尔物理学奖获得者，这两位分别是杨振宁和李政道！杨振宁杨振宁和李政道都是天赋异禀的物理学天才，两人共同提出宇称不守恒理论，一举封神，站在了当时最牛物理学家的行列之中！但是后来两人分道扬镳，杨振宁此后再度祭出了大杀招——规范场，一举成为了当世第一物理学家，站上了历史前五的高度！而李政道此后则寂寂无闻，那么这两位天才的后半生之路为何会差这么大呢？杨振宁评价过李政道：政道在物理上天赋很高，唯一的缺点就是数学上不太好！其实杨振宁除了是个物理学家，他在数学上也非常有天赋，所以还有个头衔是数学家，并且数学上的领悟不输于当世出名了的数学家！我们都知道，杨振宁的父亲是杨武之先生，他是一个很出名的数学家，这位杨武之先生和写《给孩子的数学四书》的刘薰宇先生是好友！数学家杨武之杨武之先生是搞数论的，所以我们看他的任职表，基本上都是厦门大学教授、清华大学教授、西南联大教授……对于高等数学领域，杨武之先生非常厉害！但是对于儿童基础数学教育，他并不是十分精通，这导致了杨振宁小时候虽然有数学天赋，但父亲很直面的数学教育总是不感冒。

但是后来杨振宁接触到了父亲好友刘薰宇所写的数学文章，这才开始真正的对数学有了兴趣！1983年杨振宁先生向学生介绍自己的学习过程时，就专门提到过这件事情！他说：“有一位刘薰宇先生，他是位数学家，写过许多通俗易懂和极其有趣的数学方面的文章。

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≤9，0≤b≤9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≤9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m 11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137·73．故对一切n≥2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i·n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m·n！＋k（m∈N，2≤k ≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≥2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≥p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≤p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≥n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≥m，p≥2m＋1由得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≤0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≥b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≥n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≤9，0≤b≤9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≤9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m 11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137·73．故对一切n≥2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i·n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m·n！＋k（m∈N，2≤k ≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≥2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≥p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≤p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≥n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≥m，p≥2m＋1由得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≤0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≥b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≥n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。

第一届至第九届(2010-2018年)陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案

第九届陈省身杯全国高中数学奥林匹克1．已知锐角△ABC 的外接圆为⊙O ，边BC 、CA 、AB 上的高的垂足分别为D 、E 、F ，直线EF 与⊙O 的 AB 、AC 分别交于点G 、H ，直线DF 与BG 、BH 分别交于点K 、L ，直线DE 与CG 、CH 分别交于点M 、N ．证明：K 、L 、M 、N 四点共圆，且该圆的直径为2222()b c a +-，其中，BC =a ，CA =b ，AB =c ．证明如图1，因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以，AFE ACB ∠=∠．图1°°2GB HA AFE 注意到，+∠=， °°°22AB AG GB ACB +∠==．从而， HA AG =，即AG AH =．因为C 、A 、F 、D 四点共圆，所以，=BFD ACB AFE BFG ∠=∠∠=∠．从而，直线GH 与直线DK 关于直线AB 对称．由 °°AG AH =, 知GBA ABH ∠=∠．从而，直线BK 与直线BH 关于直线AB 对称．因此，点K 、H 关于直线AB 对称，即AK =AH ．类似地：点L 、G 关于直线AB 对称，即AL =AG ；G 、N 关于直线AC 对称，即AG =AN ；M 、H 关于直线AC 对称，即AM =AH ．综上，AL =AN =AG =AH =AK =AM ．因此，K 、L 、M 、N 四点共圆，且圆心为A ，半径为AG ，记该圆为⊙A ．设⊙O 的半径为R ，⊙O 的直径AQ 与GH 交于点P ．如图2．图2则∠AGQ=90°，且AP ⊥GH ．由射影定理得2AG AQ AP =⋅．注意到，sin =cos sin AP AF AFE AC CAB ACB .=⋅∠⋅∠⋅∠2222222cos sin =22AQ AP R AC CAB ACBb c a b c a AB AC bc 故.⋅=⋅∠⋅∠+-+-=⋅⋅ 因此，2222b c a AG +-=，⊙A 的直径为2222()b c a +-．。

高中奥数竞赛试题及答案

高中奥数竞赛试题及答案【试题一】题目：设\( a, b, c \)是正整数，且满足\( a^2 + b^2 = c^2 \)。

求证：\( a, b, c \)中至少有一个是偶数。

【答案】假设\( a, b, c \)均为奇数，即\( a = 2m + 1, b = 2n + 1, c =2p + 1 \)，其中\( m, n, p \)为非负整数。

将这些代入等式得：\[ (2m + 1)^2 + (2n + 1)^2 = (2p + 1)^2 \]\[ 4m^2 + 4m + 1 + 4n^2 + 4n + 1 = 4p^2 + 4p + 1 \]\[ 4m^2 + 4m + 4n^2 + 4n = 4p^2 + 4p \]\[ m^2 + m + n^2 + n = p^2 + p \]这表明左边是一个奇数，而右边是一个偶数，这是不可能的。

因此，\( a, b, c \)中至少有一个是偶数。

【试题二】题目：若\( x \)和\( y \)是实数，且满足\( x^2 - 5xy + 6y^2 = 0 \)，求\( \frac{x}{y} \)的值。

【答案】将等式\( x^2 - 5xy + 6y^2 = 0 \)进行因式分解，得到：\[ (x - 2y)(x - 3y) = 0 \]这意味着\( x = 2y \)或\( x = 3y \)。

因此，\( \frac{x}{y} \)的值可以是2或3。

【试题三】题目：在直角三角形ABC中，∠C是直角，点D在斜边AB上，且满足\( CD^2 = AD \cdot DB \)。

求证：\( \angle ADC = \angle BDC \)。

【答案】由题意知，\( CD^2 = AD \cdot DB \)，根据相似三角形的性质，我们可以得到：\[ \frac{CD}{AD} = \frac{DB}{CD} \]这表明\( \triangle ADC \)和\( \triangle BDC \)是相似的。

第五届数学竞赛初赛试题及答案

第五届数学竞赛初赛试题及答案（满分100分）一、计算下面各题，并写出简要的运算过程（12分）2.1991×199219921992-1992+199119911991二、填空题（48分）1.有A、B两组数，每组数都按一定的规律排列着，并且每组都各有25个数。

A组数中前几个是这样排列的1，6，11，16，21……；B组数中最后几个是这样排列的……，105，110，115，120，125。

那么，A、B这两组数中所有数的和是__（3分）2.某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如图1。

现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给图1染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色。

共有__种不同的染色方法。

（5分）3.如图2的数阵是由77个偶数排成的，其中20、22、24、36、38、40这六个数由一个平行四边形围住，它们的和是180。

把这个平行四边形沿上下、左右平移后，又围住了右边数阵中的另外六个数，如果这六个数的和是660，那么，它们当中位于平行四边形左上角的那个数是__。

（4分）4.在左边的乘法算式中，我、学、数、乐各代表四个不相同的数字。

如果“乐”代表“9”，那么，“我”代表__，“数”代表__，“学”代表__。

（4分）5.1993年一月份有4个星期四、5个星期五，1993年1月4日是星期__。

6.一个小数去掉小数部分后得到一个整数，这个整数加上原来的小数与4的乘积，得27.6。

原来这个小数是__。

（5分）7.李志明、张斌、王大为三个同学毕业后选择了不同的职业，三人中有一个当了记者。

一次有人问起他们的职业，李志明说：“我是记者。

”张斌说：“我不是记者。

”王大为说：“李志明说了假话。

”如果他们三人的话中只有一句是真的，那么__是记者。

（3分）9.在1992后面补上三个数字，组成一个七位数，使它分别能被2、3、5、11整数，这个七位数最小是__。

（5分）的个位数字1992个“8”是__，十位数字是__，百位数字是__。

素质杯全国数学邀请赛五级培训资料(带部分习题) (2)

第一讲速算与巧算知识提要在每次数学竞赛中．都有一定数量的计算题，计算题一般可以分为两类：一类是基本题，主要考查同学们对基本知识的理解和掌握的程度；另一类则是综合性较强和灵活性较大的题目．主要是考查同学们灵活、综合应用知识的能力，这就要求同学们必须要有扎实的基础知识和熟练的技能技巧。

简便运算主要是应用加法交换律、结合律；减法的性质；一个数减去几个数的和，可以从被减数中依次减去各个减数；一个数连续减去几个数，可以从被减数里一次减去各个减数的和；乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律：除法的性质等进行简便运算。

技巧运算主要根据试题的特点，寻找某种规律或应用某些公式把算式变形，从而达到运算简便的目的。

常用方法主要有以下几种方法：1．交换法：看哪几个数能凑成整十、整百，就交换它们的位置，把它们凑在一起计算，交换位置时要连同它前面的运算符号一起交换．2．拆数法：就是把一个数拆成两个数或几个数，使分拆后的数能和其他数凑成整十、整百。

3．结合法：就是把能凑成整十、整百的数用括号结合在一起，使计算简便。

4．去括号法：如果括号前面是加号，去括号后，原数的加、减符号都不变；如果括号前面是减号，去括号后，原来括号里的加号要变为减号，原来的减号要变为加号。

5．添括号法：如果需要改变运算顺序，就要添加括号．如果括号前面是加号，括到括号里面的各个数都不用改变符号．如果括号前面是减号，括到括号里面的数原来的加号要变成减号，原来是减号要变成加号。

6．基准数法：如果n个数都接近某个数，就把原来的，n个数都看作是这个数．再比较．多加了几要减去几，少加了几，再加上几；多减了几，就加上几，少减了几就减去几．计算结果不变。

7．利用等差数列求和法进行简算。

8．要熟记2x5=10，4x25=100，8x125=1000，一个数乘10，就是在这个数后面加上一个零；乘100，就是在这个数后面加上两个零；乘1000，就是在这个数后面加上三个零．基本技巧一、基本运算律l．加法交换律：a+b=b+a；2．加法结合律：（a+b)+c=a+(b+c)；3．减法的性质：a-b-c=a-(b+c)；4．乘法交换律：a×b=b×a；5．乘法结合律：a×b×c=(a×b)×c=a×(b×c)；6．乘法分配律：a×(b+c)=a×b+a×c，a×(b-c)=a×b-a×c；7．除法的性质：a÷b÷c=a÷(b×c)．二、数列及特殊公式1．等差数列(1)通项公式：a n=a1+（n-1）d；(2)求项数公式：n=+1；(3)求和公式：S=．2．等比数列：a n=a1×q n-1；Sn=(q≠1)．3．1+2+3+…+n=×n×(n+1)；12+22+32+…+n2=×n×(n+1)×(2n+1)．4．1+2+3+…+n+…+3+2+1=n2．三、常用的运算性质(1)积不变的性质：若一个因数扩大（或缩小）若干倍，另一个因数缩小（或扩大）相同的倍数，则积不变．(2)商不变的性质：被除数和除数同时乘以（或除以）一个相同的数（0除外），商不变．四、一些特殊计算的解题技巧(1)一个两位数乘以11技巧：在这个两位数的数字之间，写这个两位数的数字之和，如果和满十，要向前一位进一，个位仍写在两数中间，如：，73x11=8038+17+3(2)一个三位数乘以101技巧：先将三位数加上它的百位数，再自左至右写下这个三位数的后两位数字．如：436x101=44036，348x101=35148．436+4348+3典例精讲例1、计算：321x250x125x32．分析：可将32分解成4x8后，再根据乘法的交换律和结合律进行简便运算．解：原式=321x250x125x8x4=321x(250x4)x(125x8)=321xl000xl000=321000000．例2、计算:2006+200.6+20.06+2.006+994+99.4+9.94 +0.994．分析1：通过审题就能够发现2006和994可以凑整为3000，200.6和99.4可以凑整为300，其余各项依次类推．解法1：原式=(2006+994)+(200.6+99.4)+(20.06+9.94) +(2.006+0.994)=3000+300+30+3=3333．分析2：通过观察，可以发现式子的前半部分和后半部分分别有整数公因数2006和994．解法2：原式=2006×(1+0.1+0.01+0.001)+994×(1+0.1+ 0.01+0.001)=(2006+994) ×1.111=3333．例3、计算3.56×32+2.5×35.6+0.356×430分析：可根据“积不变的性质”将算式进行改写：原式=35.6×3.2+2.5×35.6+35.6×4.3这样每一个乘法算式中都含有相同因数35.6，可用乘法分配律进行合并．解：原式=35．6x3．2+2．5x35．6+35．6x4．3=35．6x(3．2+2．5+4．3)=35．6xl0=356．例4、计算：1995×73+×730+153．3．分析：“73”好像是关键，如果可以提取73．那不是很简单吗？解：原式=1995．5x73+0．24x73x10+73x2．1=73x(1995．5+2．4+2．1)=73x2000=146000．注：(1)提取公因数的两大特征：一是要有“公因数”，“疑似”公因数也不错，我们可以借助下面两招对它加工．二是要有互补数．(2)axb=（ax10）×（），axbxc=ax(bxc)．(3)变招xc=xa例5、计算：（0．523x3+0．227x3）×11-×11．分析：(1)本题中含有几种运算，先算什么？(2)括号内的式子有何特点，能提公因数吗？其余的呢？你能试试吗？相信你能行．解：原式=[3×(0．523+0．227)]x11-×11=(3x0．75)×11-x11=(×)×11-x11=×11-x11=11×=22．例6、计算：1064÷28+1736÷28．分析：1064和1736都除以28．可以将两数合并后再除以28．解：原式=(1064+1736)÷28=2800÷28=100．第二讲巧找规律知识提要1．按一定规律排列的一串数．通常称为数列，从数列中找规律，常见的有三种情况：一种情况是根据前后两个数之间的关系，找出规律，推断出所要填的数；另一种情况是根据相隔两个数之间的关系，找出规律，推断出所要填的数；第三种是分群数列．2．关于一些数、图形和事物的变化是循环出现的，这种特殊的规律问题称为周期问题．解答这类问题，关键掌握以下几点：(1)数、图形或事物的变化是不是具有周期性；(2)每个周期的长度是多少；(3)每个周期内变化的次序；(4)解答此类问题，用问句中的数据除以周期的长度，并把所得余数同一个周期内某种状态相对应．常用规律1．两个整数和与积的尾数分别等于这两个整数尾数的和与积的尾数．2．求若干个整数连乘的积的末尾有多少个零．要研究这些整数中含有多少个因数2和多少个因数5，一般求较少的一个即可．3．对分数串问题要注意观察是不是分群数列；观察分子、分母的变化，观察是不是呈等差或等比数列的形式出现．4．研究循环小数中重复出现的周期现象．首先找出变化周期．确定循环小数的循环节长度及每一循环节中的数字结构，找出规律，灵活解答问题．5．整数计算的个位数字有一些常见的规律：(1)一个数的平方，其个位数字只能是0、1、4、5、6、9；(2)设a是任意整数，a5与a的个位数字相同；(3)一个整数，如果它的个位数字是1，5或6，那么这个整数的平方的个位数字也是1，5或6；(4)两个连续自然数的乘积的个位数字只能是0，2，6．典例精讲例1、在下列图中填出所缺的数．(1)(2)分析：图形有趣吧！仔细观察两组图像什么？哈！(1)题像不像张衡发明的地震仪，就是癞蛤蟆少了几只，你发现大圆中的数与四周小圆中数的区别了吗？它们之间有什么样的关系呢？先看一下一个图形中各数之间的关系，再看其他图形中的数是否也符合这个关系，记住几个图形中的关系要一致！(2)题的“拖拉机”怎么样，后轮（圆）与“拖拉机”之间留有空隙，这给你什么启示？设想一下，找出规律．解：(1)分析图形中数据可知：(5+4+6+2)x2=34，(3+4+6+7)x2=40，(5+7+3+4)x2=38，(1+3+5+7)x2=32．规律：4个小圆内数的和等于大圆内数的一半．则最后一个图形中大圆中的数为：(8+4+2+6)×2=40．(2)由图中数据可知：(3-1)x6=12，(5-2)x2=6，（6-3）×7=21．规律：两个三角形中的数之差（大数减小数）与正方形中的数相乘，结果应等于圆内的数．则空白处应填(7-3)x4=16．例2、一串数排成一行，前两个数都是1．从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和，即1，1，2，3，5，8，13，…，这串数的前2009个数中，共有5的倍数多少个？分析：(1)这串数按要求写下去会发现什么规律呢？(2)问“5的倍数”，你有什么想法？会找到规律吗？(3)把这串数按要求多写出一些，除以5的余数看看吧！你会发现奇迹的！解：在此数列中，除以5的余数为1，1，2，3，0，3，3，1，4，0，4，4，3，2，0，2，2，4，1，0，1，1，2，3，0，…，可见，依上面的顺序余数的排列规律是20个为一周期，每20个数中是5的倍数的有4个．2009-20=100．．．9．即这串数的前2009个数中．5的倍数共有4xl00+1=401（个）．例3、下面的算式是按某种规律排列的：1+1，2+3，3+5，4+7，1+9，2+11，3+13，4+15，1+17，…，问：(1)第2009个算式是()+()；(2)第几个算式的和是3000．分析：观察每一个式子有什么特点？有几个加数，每一个加数有规律吗？沿着这个思路，你也会发现新大陆！解：(1)第1个加数依次为1，2，3，4，1，2，3，4，…，每4个数循环一次，重复出现．因为20094商502余1，所以第2009个算式中的第1个加数是1．这些算式中的第2个加数依次是1，3，5，7，9，…，形成了首项为1，公差为2的等差数列．根据等差数列的通项公式可知第2009个算式的第2个加数是：1+(2009-1)x2=1+4016=4017．即第2009个算式是1+4017．(2)由于“和”3000是偶数，根据这些算式所得和的排列规律可知，只有1+x=3000或3+x=3000．其中x是数列1，3，5，7，9，…中的某个数．下面用试验法求出x值．若1+x=3000．则x=2999，根据等差数列的项数公式，得(2999-1)÷2+1=1500，这说明2999是数列1，3，5，7，9，…中的第1500个数，而1500-4=375．这说明第1500个算式中的第一个加数是4．与假设1+x=3000矛盾．所以x≠2999．若3+x=3000，则x=2997．根据等差数列的项数公式，得(2997-l)÷2+1=1499，这说明2997是等差数列1，3，5，7，9，…中的第1499个数，又1499-4=374……3，说明第1499个算式中的第1个加数是3，所以，第1499个算式为3+2997=3000．因此，第1499个算式的和是3000．例4、有一串数按下面的规律排列：1，2，3，2，3，4，3，4，5，4，5，6，…问从左边第一个数起，数100个数，这100个数的和是多少？分析：观察这组数，我们发现这些数的排列有这样的规律：把它们三个三个地分组(1，2，3)、(2，3，4)、(3，4，5)、(4，5，6)、…，每一组数都是由3个连续自然数组成，它们的和等于中间一个数的3倍．100÷3=33……1，也就是说，第100个数在第34组中，并且是34，求前100个数的和，就是求前33组数的和与34的和是多少．解：由题意，得2x3+3x3+4x3+…+34x3+34=3x(2+3+……+34)+34=3××(2+34)×(34-2+1)+34=3××36x33+34=178 2+34=1816．例5、我国古代数学家祖冲之在数学上的重大贡献是推算出圆周率π的值在3．1415926与3．1415927之间，比欧洲早1000多年，是π的近似值，化为小数后小数点后的第2010位上的数字是多少？分析：是纯循环小数，循环节是多少？解：=3．142857，循环节的长度为6．2010÷6=335．因为循环节的第6个数字是7．所以化为小数后的第2010位上的数字是7．. .第三讲定义新运算知识提要学数学离不开运算，运算可以说是一种规定，一种对应．在小学数学竞赛中，常出现一些按新定义进行运算的问题．解这类题虽不需要新的数学知识．但必须仔细阅读题目，认真理解新运算的意义，严格按新规定进行运算，这样才能求得正确的结果．什么是定义新运算呢？就是用一种特定的符号来表示特定的运算，在特殊的场合下有特殊的作用，它们与我们常用的“+、-、×、÷”这些运算有可能不相同．运算时要严格按照新运算的定义进行代换，再进行计算，具体程序如下：1．代换：即按照定义符号的运算方式方法进行代换，注意此程序不能轻易改变原有的运算顺序．2．计算：对代换后的算式准确地计算其结果．典例精讲例1、对于任意两个数a、b，定义运算“※”：a※b=2a+3b．计算：5※6的值．分析：根据题中的定义运算“※”知，a※b=2a+3b．要求5※6，即当a=5，b=6时a※b的值，把给出的数值代入并计算可得．解：5※6=2x5+3x6=10+18=28．例2、假设一种运算符号□，x□y表示把x和y加起来被4除．(1)求13□17的值：(2)求2□（3□5）的值，分析：明确x□y=(x+y)÷4．解：(1)13□17=(13+17)÷430÷4=7．5．(2)2□(3□5)=2□[(3+5)÷4]=2□(8÷4)=2□2=(2+2)÷4=1．例3、有一个数学运算符号“#”，使下列算式成立：3#4=2，5#3=7，3#5=1，8#2=14．求9#3=?18#24=?分析：解这类题目的关键是弄清新运算的实质．通过给出的几个算式，你有什么新发现吗？要认真啊！解：由已知算式可知：3#4=3x2-4=2，5#3=5x2-3=7，3#5=3x2-5=1，8#2=8x2-2=14．故我们发现A#B=2A-B．因此：9#3=2x9-3=15，18#24=2x18-24=12．例4、如果6△2=6+7=13，4△3=4+5+6=15，5△4=5+6+7+8=26，而6△2+4△3+5△4=(6+7)+(4+5+6)+(5+6+7+8)=13+15+26=54．那么，1△50+2△50+3△50+…+50△50的值是多少？分析：由题中几例可知，a△6表示6个连续自然数的和且a是最小的一个，解：l△50=1+2+3+4+…+48+49+50==1275，2△50=2+3+4+5+…+50+51==1325，3△50=3+4+5+…+51+52==1375，…………50△50=50+51+52+---+98+99 ==3725．所以1△50+2△50+3△50+…+50△50 =1275+1325+1375+…+3725==125000第四讲数字谜知识提要在一个数学算式里，缺少一些数字，或用别的符号字母、文字来代替算式中的某些数字．要我们求出算式中缺少的数字或被替代的数字是什么？我们称它为数字谜．数字谜是与数字有关的一种有趣的数学问题，一般情况下，相同的汉字、字母或符号代表相同的数字，不同的汉字、字母、符号代表不同的数字，解答这类问题一般分三步：审清题意，寻找突破口，试验解答．（1)审清题意，分析算式中隐含的数量关系及数的性质。

第五届陈省身杯全国高中数学奥林匹克

第五届陈省身杯全国高中数学奥林匹克
李伟固;李建泉;李宝毅;宋强
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】2014(000)009
【总页数】5页(P36-39,封4)
【作者】李伟固;李建泉;李宝毅;宋强
【作者单位】
【正文语种】中文
【中图分类】G424.79
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