最新第36届国际数学奥林匹克试题合集
6年级数学奥林匹克试题
6年级数学奥林匹克试题一、试题部分。
1. 计算：(1)/(1×2)+(1)/(2×3)+(1)/(3×4)+·s+(1)/(99×100)- 解析：根据分数的裂项公式，(1)/(n(n + 1))=(1)/(n)-(1)/(n + 1)。
- 原式=(1-(1)/(2))+((1)/(2)-(1)/(3))+((1)/(3)-(1)/(4))+·s+((1)/(99)-(1)/(100))- 可以发现中间项都可以消去，最后得到1-(1)/(100)=(99)/(100)。
2. 一个圆柱的底面半径是2厘米，高是5厘米，求它的侧面积。
（π取3.14）- 解析：圆柱侧面积公式为S = 2π rh。
- 已知r = 2厘米，h = 5厘米，π=3.14。
- 则侧面积S = 2×3.14×2×5 = 62.8平方厘米。
3. 有一个分数，如果分子加1，这个分数等于(1)/(2)；如果分母加1，这个分数等于(1)/(3)，求这个分数。
- 解析：设这个分数的分子为x，分母为y。
- 根据题意可列方程组(x + 1)/(y)=(1)/(2) (x)/(y+1)=(1)/(3)- 由第一个方程可得y = 2(x + 1)，代入第二个方程得(x)/(2(x +1)+1)=(1)/(3)。
- 即(x)/(2x+3)=(1)/(3)，3x=2x + 3，解得x = 3。
- 把x = 3代入y = 2(x + 1)得y = 8，所以这个分数是(3)/(8)。
4. 把100个苹果分给若干个小朋友，每人至少分1个，且每人分的个数不同，那么最多有多少个小朋友？- 解析：要使小朋友最多，那么从1开始分，依次增加个数。
- 设最多有n个小朋友，根据等差数列求和公式S_n=(n(n + 1))/(2)。
- 当n = 13时，S_13=(13×(13 + 1))/(2)=91；当n = 14时，S_14=(14×(14 + 1))/(2)=105。
奥数题
什么是奥数？奥数就是奥林匹克数学的简称。
1934年和1935年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称。
1959年罗马尼亚数学物理学会邀请东欧国家中学生参加在布加勒斯特举办的第一届国际数学奥林匹克竞赛。
从此每年一次，至今已举办了50届。
奥数的出题范围超出了所有国家的义务教育水平，有些题目的难度大大超过了大学入学考试，有些题目甚至数学家也感到棘手。
通过这样高水平的比赛，可以及早发现数学人才，然后进行培养，使其脱颖而出。
近年，国内外很多名牌大学和重点中学比较注重奥数人才，通常通过奥数选拔优秀生源。
北京大学、清华大学、复旦大学等高校对奥数优秀的学生偏爱有佳，每年有很多全国高中数学竞赛成绩优异的学生直接免试进入北大数学系。
由于，高校和重点中学对奥数人才的重视，近年来，又出现了小学奥数一词。
小学奥数全称叫"小学奥林匹克数学"，或叫"小学数学奥林匹克"，称呼起源于"数学是思维的体操"它体现了数学与奥林匹克体育运动精神的共通性：更快、更高、更强。
其实它更准确应称为"小学竞赛数学"。
家长如何辅导学生学习奥数一、对奥数讲义，我们要复习，不要预习因为奥数是分专题的，每个专题都有它自己的体系和解题方法，家长虽然能够解答出其中的一部分题，但那是大人的思维，孩子的大脑很可能还没有发展到接收这种逻辑的程度，这样对孩子的学习是一点帮助都没有的，甚至会适得其反，让孩子觉得理解不了，打击自信心。
但有一些基础知识比如一二年级的计算问题家长完全可以帮助孩子练习，打好基本功。
但复习是必不可少的。
因为我们课上时间有限，时间安排的又紧，再加上难度和深度大，孩子可能上课的时候听明白了，但回到家就又忘了，需要及时反复巩固。
如果家长陪听了，孩子有不会的家长可以按照老师思路讲解一下，如果家长没有陪听，可以让孩子问问老师。
每天学的要复习，每半学期也要进行一下综合复习。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。
高中数学竞赛-历届IMO试题(1-46届)及答案
1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于 cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。
当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。
4.试作一直角三角形使其斜边为已知的 c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。
试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q上。
1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。
2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。
5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。
2023年imo国际数学奥林匹克第二天全解答
2023年imo国际数学奥林匹克第二天全解答一、了解IMO国际数学奥林匹克国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界上最具影响力的青少年数学竞赛活动。
自1959年起，每年举办一次，吸引了全球范围内的优秀中学生参加。
我国自1985年开始参加IMO，取得了优异的成绩。
二、掌握2023年IMO第二天试题及解答2023年IMO国际数学奥林匹克竞赛已经落幕，第二天试题涵盖了代数、几何、组合、数论等多个数学领域。
以下为部分试题及解答：1.试题一：已知函数$f(x)$满足$f(x+1) + f(x-1) = 2f(x)$，求证：$f(x)$为周期为4的周期函数。
2.试题二：求解不等式$frac{1}{x-1} + frac{1}{x-2} + frac{1}{x-3} + frac{1}{x-4} geqslant 1$的解集。
3.试题三：已知$n$为正整数，求$1^2 + 2^2 + 3^2 + cdots + n^2$与$n(n+1)(2n+1)$的比值。
三、分析试题特点与难点1.试题特点：（1）注重基础，涵盖初中至高中数学知识；（2）题目新颖，需要灵活运用数学方法；（3）考察逻辑思维、分析问题和解决问题的能力。
2.试题难点：（1）题目阅读理解，需要快速抓住关键信息；（2）解题方法多样，需要合理选择和运用；（3）对数学公式和定理的熟练掌握程度要求较高。
四、总结数学竞赛备战策略1.扎实掌握基本概念、公式和定理；2.提高解题技巧，熟练运用数学方法；3.培养逻辑思维能力，提升分析问题和解决问题的水平；4.多做真题，积累经验，提高应试能力；5.参加培训课程或寻找专业指导，提升数学素养。
以上就是关于2023年IMO国际数学奥林匹克第二天的全解答，希望对大家有所帮助。
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。
最新第36届国际数学奥林匹克试题合集
第36届国际数学奥林匹克试题1．（保加利亚）设A 、B 、C 、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC 、BD 为直径的圆相交于X 和Y ，直线XY 交BC 于Z 。
若P 为XY 上异于Z 的一点，直线CP 与以AC 为直径的圆相交于C 和M ，直线BP 与以BD 为直径的圆相交于B 和N 。
试证：AM 、DN 和XY 三线共点。
证法一：*设AM 交直线XY 于点Q ，而DN 交直线XY 于点Q ′（如图95-1，注意：这里只画出了点P 在线段XY 上的情形，其他情况可类似证明）。
须证：Q 与Q ′重合。
由于XY 为两圆的根轴，故XY ⊥AD ，而AC 为直径，所以 ∠QMC=∠PZC=90°进而，Q ，M ，Z ，B 四点共圆。
同理Q ′，N ，Z ，B 四点共圆。
这样，利用圆幂定理，可知 QP ·PZ=MP ·PC=XP ·PY ， Q ′P ·PZ=NP ·PB=XP ·PY 。
所以，QP= Q ′P 。
而Q 与Q ′都在直线XY 上且在直线AD 同侧，从而，Q 与Q ′重合。
命题获证。
分析二*如图95-2，以XY 为弦的任意圆O ， 只需证明当P 确定时，S 也确定。
证法二：设X （0，m ）,P （0，y 0）， ∠PCA=α，m 、y 0是定值。
有20.yx x x ctg y x C A c =⋅-=但α，则.02αtg y m x A -=因此，AM 的方程为).(02ααtg y m x ctg y ⋅+=令02,0y m y x s ==得，即点S 的位置取决于点P 的位置，与⊙O 无关，所以AM 、DN 和ZY 三条直线共点。
2．（俄罗斯）设a 、b 、c 为正实数且满足abc=1。
试证：.23)(1)(1)(1333≥+++++b a c a c b c b a 证法一：**设γβα++=++=++=---------1111111112,2,2b a c a c b c b a，有.0=++γβα于是，)(4)(4)(4333b a c a c b c b a +++++ )(4)(4)(4333b a c abca cb abc c b a abc +++++=112111121111211)()()(------------+++++++++++=ba b a c c b c b c b γαβα211121112111111)()()()(2)(2γβαγβα------------+++++++++++=b a a c c b c b a.6132)111(23=⋅≥++≥abcc b a ∴原不等式成立。
数学奥林匹克高中训练题(22)及答案
数学奥林匹克高中训练题(22)及答案第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题27) 方程1lgsin cos x x -=的实根个数是(A)．(A) 0 (B)1 (C)2 (D) 大于22．(训练题27)22221x y a b+=的切线交x 轴于A 、交y 轴于B ，则AB 的最小值为 (B)．(A)a b + (C)ab 2(D)3．(训练题27)在ABC ∆中，lg tan lg tan 2lg tan A C B +=．则B ∠的范畴是(B)． (A)03B π<∠≤ (B)32B ππ≤∠< (C)06B π<∠≤ (D)62B ππ≤∠<4．(训练题27)设{1,0,1},{2,1,0,1,2}X Y =-=--，且对X 的所有元素x ，有()x f x +均为偶数．则从X 到Y 的映射f 的个数是(C)．(A)7 (B)10 (C)12 (D)155．(训练题27)复数1234,,,z z z z 满足12341z z z z ====，且12340z z z z +++=．则以四个复数对应的点为顶点的四边形一定是(D)．(A) 梯形 (B) 正方形 (C) 平行四边形 (D) 矩形6．(训练题27)一只猴子在一架共有n 级的梯子上爬上爬下，它每次或者上升16级，或者下降9级．假如它能从地面爬到最顶上一级，然后又回到地面则n 的最小值是(C)．(A)22 (B)23 (C)24 (D) 大于24二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题3(1)n +=- 1 ．2．(训练题27)设,m n N ∈，且m n >，集合{1,2,3,,},{1,2,3,,}A m B n ==，又C A ⊂．则满足B C φ≠的C 的个数是 2(21)m n n -- ． 3．(训练题27)如图，ABCD 是正方形，E 是AB 的中点，如将DAE ∆和CBE∆分别沿虚线DE 和CE 折起，使AE和BE 重合，记A 与B 重合后的点为P ，则面PCD 与面ECD 所成的二面角为 30o ．4．(训练题27)设M 为所有满足12x a a -<+的整数x 的集合，N 为所有满足2()x a a N <∈的整数的总和等于 (21)a a - ． 5．(训练题27)在不透亮的正方体的每一个面上都写着一个自然数，假如正方体的几个(一个、两个或三个)面能够同时看见，则求出这几个面上的数之和．用这种方法最多能够的到 26 个不同的数．6．(训练题27)设正整数列1234,,,a a a a 是等比数列，其公比r 不是整数而且1r >．如此的数列中4a 可取到最小值是 27 ．三、(训练题27)(本题满分20分)三棱锥S ABC -的底面是正ABC ∆，那个三角形的边长为4．又已知AS BS ==3CS =．求那个三棱锥的外接球的表面积．26811π 四、(训练题27)(本题满分20分)函数()(1,2,3,)n f x n =定义如下：21()4()(01)f x x x x =-≤≤，11()(())(1,2,3,)n n f x f f x n +==．设在[0,1]上使()n f x 取最大值的x 的个数为n a ，取最小值的x 的个数为n b ．试把n a 和n b 用n 表示，并用数学归纳法证明．五、(训练题27)(本题满分20分) 设22{|,}mn S m n N m n=∈+．求证：假如,x y S ∈，且x y <，那么一定存在z S ∈，使得x z y <<．第二试一、(训练题27)(本题满分50分)设ABCD 是圆内接四边形，,A B ∠∠的角平分线交于E ，过E 作平行于CD 的直线，与AD 交于L ，与BC 交于M ．求证：AL BM LM +=．二、(训练题27)(本题满分50分)已知两条对称轴互相平行的抛物线1L 和2L ，它们相交于两点0A 和0B ，在1L 上任取2n 个点122,,,n A A A ，在2L 上取如此2n 个点122,,,n B B B ，使01011212//,//,A A B B A A B B 212212,//n n n n A A B B --．求证：2020//n n A B B A ．三、(训练题27)(本题满分50分)证明：对任意的,2n N n ∈≥，都存在n 个互不相等的自然数组成的集合M ，使得对任意的a M ∈和b M ∈，a b -都能够整除a b +．。
第36届中国数学奥林匹克
22中等数学第36届中国数学奥林匹克中图分类号:〇424.79文献标识码：A文章编号：1005 - 6416(2021)03 - 0022 - 071. 设数列1 ( /I多1 )的奇数项均为实数，偶数项均为纯虚数，且对于任意的正整数 左，均有丨2士 + 11 = 24.对正整数；I，记/… = l z t +z 2 + …+z …l _求：（1 )/2 02。
的最小可能值；⑵/謂/應的最小可能值.(何忆捷供题）2.给定整数m >l .求最小正整数t 使得对于任意的整数〇i，a2,…，和卜，&，•••，存在整数&,&，•••，&，满足下列两个条 件：(1 ) ;»:丨，x2，…，a c n 中至少有一个与m 互 素；nn(2) D ai xi = D 61r c 1=0( mod m).i = 1i = 1(艾颖华供题）3.已知正整数《恰能被36个不同的素数整除.对于々=1，2,…，5，设ct 为区间(A：~1)rt,y ]中与n 互素的整数个数.又已知c"C2，…，c5不全相等•证明：2 (c £-c ;)2^236.(付云皓供题）4•如图1，锐角A 仙C 内接于圆厂，仙>4c ，m 为圆r 的劣弧冗的中点，尺为圆尸上 点4的对径点.过圆厂的圆心0作的平 行线，与线段交于点/>、与G 4的延长线 交于点设直线与C K 交于点P ，直线 C M 与份:交于点(?.证明：Z OEB + z OPB = z ODC + z OQC .E图1(何忆捷供题）5. 考虑一个具有下述性质的凸多面体(1 )P 的每个顶点均恰属于三个面；(2)对于任意整数&多3，P 的（边形面的个数均为偶数.一只蚂蚁从某条棱的中点出发，在/1的 表面沿着一条由棱组成的封闭道路^爬行A 上的每一点均恰经过一次，最终回到出发点.已知L 将P 的表面分成两个区域，且对 于任意的t 两个区域中A 边形面的个数均 相等.证明：在上述爬行过程中，蚂蚁在P 的 顶点处向左转的次数和向右转的次数相同•(姚一隽供题）6.记Z +为全体正整数的集合.求所有函数/:Z +— Z +，满足对于任意的G Z +，均有/(/(幻 + y )整除 ^+/(y ).(肖粱供题）2021年第3期23参考答案⑴设Z2m-1 =a m，〜i，其中，a m、6m G R(m= 1，2，...).对于任意的正整数A:，均有l Zt+2 I_ ^Zk+l Zk+2I _ 2k+x _ 2丨〜1\zkh +\12k■则 1、+1l= 2l a j，\bm +l\= 2\bm\,其中，m= l，2,….iE a =a t,6 =6,I a I 161 = 2,且l a j= 2m-1l a|,\bm\= 2m-l\b\,其中，m= l，2,….T5S = (I j + 〇2 + ■"" + 〇i〇i〇,T=办1 +厶2 +…+厶1010.则 I S I > 丨01。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） .............................................................................................. 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ...................................................................................................
(完整版)国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第38届)
国际数学奥林匹克（IMO ）竞赛试题（第38届） 1. 在坐标平面上，具有整数坐标的点构成单位边长的正方格的顶点．这些正方格被涂上黑白相间的两种颜色（像棋盘一样）．对于任意一对正整数m 和n ，考虑一个直角三角形其顶点具有整数坐标，两腰长分别为m 和n ，且其两腰都在这些正方格的边上． 设S 1为这个三角形区域中所有黑色部分的总面积，S 2则为所有白色部分的总面积． 令f(m ，n)=|S 1-S 2|，o a. 当m ，n 同为正偶数或者同为正奇数时，计算f(m ，n)；o b. 求证f(m ，n)≤max(m ，n)/2对所有m ，n 都成立；o c. 求证不存在常量C 使得f(m ，n)．2. 设∠A 是△ABC 中最小的內角．B 和C 将此三角形的外接圆分成两个弧．U 为落在不含A 点的弧上且异于B ，C 的一点．线段AB ，AC 的垂直平分线分别交AU 于V ，W ． 直线BV ， CW 相交于T ，求证：AU ＝TB ＋TC ．3. x 1，x 2，...，x n 是正实数满足|x 1+x 2+...x n |=1 且对所有i 有|x i |≤(n+1)/2． 试证明存在x 1，x 2，...，x n 的一个 排列y 1，y 2，...，y n 满足|y 1+2y 2+...+ny n |≤(n+1)/2．4. 一个n×n 的矩阵称为一个n 阶“银矩阵”，如果它的元素取自集合S={1，2，...，2n-1}且对于每一个i=1，2，...，n ，它的第i 列与第i 行中的所有元素合起来恰好是S 中的所有元素．求证：o a. 不存在n=1997阶的银矩阵；b. 有无限多个n ，存在n 阶银矩阵．5. 试找出所有的正整数对(a ，b)满足6. 对每个正整数n ，将n 表示成2的非负整数次方之和，令f(n)为正整数n 的上述不同表示法的个数．如果俩个表示法的差别仅在于他们中各个数相加的次序不同，这两个表示法就被视为是相同的．例如，f(4)=4，因为4恰有下列四种不同的表示法：4; 2+2; 2+1+1;1+1+1+1．求证：对于任意整数n ≥3， 22/4/22(2)2nn n f <<。
数学奥林匹克高中训练题(36)及答案
数学奥林匹克高中训练题（36）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题36)给定三个二次三项式：P 1(x)=x 2+b 1x+c 1，P 2(x)=x 2+b 2x+c 2，P 3(x)=x 2+b 3x+c 3. 则方程|P 1(x)|+ P 2(x)=| P 3(x)|至少有(C )个根．(A)4 (B)6 (C)8 (D)以上都不对2．(训练题36)函数212()log ()f x x ax a =---在区间(,1-∞上是减函数. 则a 的取值范围是(B )．(A)0≤a ≤2 (B)2(1≤a ≤2 (C)0≤a ≤2或a ≤－4 (D)2(1≤a ≤2或a ≤－43．(训练题36)空间中有九个点，其中任四点不共面，在这九点间连接若干条线段，使图中不存在四面体. 则图中最多有(D )个三角形．(A)21 (B)24 (C)25 (D)274．(训练题36)设A={(x ，y)| 0≤x ≤2，0≤y ≤2}，B={(x ，y)| x ≤10，y ≥2，y ≤x －4}是直角坐标平面xOy 上的点集. 则1211122,(,),(,)22x x y y C x y A x y B ⎧++⎫⎛⎫=∈∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭所成图形的面积是(D )． (A)6 (B)6.5 (C)2π (D)75．(训练题36)a 1，a 2，…，a 6是和为23的六个两两不同的正整数. 那么a 1a 2+ a 2a 3+…+ a 5a 6+ a 6a 1的最小值为(B )．(A)62 (B)64 (C)65 (D)676．(训练题36)设a R +∈，224(,)(1)(2)5A x y x y ⎧⎫=-+-≤⎨⎬⎩⎭与B={(x, y)||x －1|+2|y －2|≤a}是直角坐标平面xOy 内的点集. 则A B ⊆的充要条件是(A )．(A)a ≥2 (B)a a (D)a ≥3二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题36)平坦的桌面上，放有半径分别1，2，2的三个木球，每球与桌面相切，且与其余两球外切另外，在桌面上还有一个半径小于1的小木球在三球之间，与桌面相切，且与三木球都外切. 那么，这个小木球的半径为 4-2．(训练题36)设a 1≥a 2≥…≥a n 是满足下列条件的n 个实数：对任何整数k ＞0，有12k k k na a a +++≥0成立. 那么，p=max{|a 1|, |a 2|,…,|a n |}= 1a ． 3．(训练题36)m 个互不相同的正偶数与n 个互不相同的正奇数的和为117. 对于所有这样的m 与n ，3m+2n 的最大值是 37 ．4．(训练题36)已知点（a ，b ）在曲线arcsinx=arccosy 上运动，且椭圆ax 2+by 2=1在圆22x y += 的外部（包括两者相切的情形）. 那么，arcsinb 的取值范围为 ,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ ． 5．(训练题36)不等式123122x x +≥--的解集，是总长为 2 的一些不相交的区间的并集． 6．(训练题36)在四张卡片的正反面上分别写有0与1，0与2，3与4，5与6，将其中任三张并排放在一起组成三位数，总共可得 124 个不同的三位数．三、(训练题36)(本题满分20分) 证明：（1）对于任何x ，数|sinx|与|sin(x+1)|中至少有一个大于13； （2）|sin10||sin11||sin12||sin 29|1101112296++++>． 四、(训练题36) (本题满分20分)通过四面体ABCD 的棱AD 和BC 的中点K 、N 作平面，交棱CD 点M ，交棱AB 于点L. 证明：（1）|DM|∶|MC|=|AL|∶|LB|；（2）面积S △KLN =S △KMN ．五、(训练题36) (本题满分20分)在复平面上有三个点：c 1=a+bi ，c 2=m+bi ，c 3=a+ni ，其中a ＞m ， n ＞b ，C 1C 2C 3（这里C i 表示复数c i 对应的点）组成一个三角．证明：满足1231110z c z c z c ++=---的复数z 所代表的点Z ，位于这个三角形的内部．第二试一、(训练题36)(本题满分50分)Rt △CDF 中，∠D=90°，DO ⊥CF ，O 为垂足. 以C 为圆心、CD 为半径作一圆，AA ′为过O 点的圆C 的动弦，E 为直线A ′A 上一点，且EF ⊥CF ．证明：由A 、A ′至EF 的距离的倒数和为定值．二、(训练题36)(本题满分50分)（1）当0≤x ≤1时，求函数()2)1)h x =⋅的取值范围；（2）证明：当0≤x ≤1时，存在正数β2a x β-成立的最小正数α=2. 并求此时的最小正数β．三、(训练题36)(本题满分50分)（1）对于三点A 1(x 1，y 1)，A 2(x 2，y 2)，A 3(x 3，y 3)组成的三角形，有x 1＜x 2＜x 3．证明：当d 适当小时，点(x 2，y 2－d)及点(x 2，y 2+d)，一在形内，一在形外．（2）S 是平面上n(n ≥3)个点A i 组成的集合，S 中任三点不共线．证明：平面上存在一个含有2n－5个点的集合P，使S中任意三点所组成的三角形内部至少有一个P集中的点. 试问：对于怎样的n点，这样的P集的点数尚可减少？沁园春·雪 <毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。
第36届俄罗斯数学奥林匹克(十一年级)
参考答案
１１．１．不存在． 注意到对ｋ＝ｌ，２，…，１０，有
ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ（不含其他顶点）的中点，“
，２、厶、，４分别是△ＡＢＫ、Ａ ＢＣＫ、Ａ Ｍ４１４共点． １１．４．给定正整数ｎ（ｎ≥３）．求使得下面 结论恒成立的最小的正整数ｋ． 对于平面上任意三点不共线的ｎ个点 Ａ；＝（并ｉ，Ｙ；），任意ｒｇ个实数ｃ；（１≤ｉ≤，１），都 存在一个次数不超过ｋ的二元实系数多项式 Ｐ（石，Ｙ），满足 Ｐ（筏，Ｙ‘）＝Ｃｉ（ｉ＝ｌ，２，…，ｎ）． １１．５．给定正整数ｎ（ｎ＞１）．证明：存在
ｎ＋Ｉ是合数，故它是１到２ｎ＋ｌ之间所有质
数的倍数． 如果ｎ＋ｌ是质数，则ｒｔ＋２是合数． 下证：ｒｇ＋３，ｒｔ＋４，…，２ｎ＋２这，１个连续 正整数就满足条件． 首先由上面的讨论知，它们的乘积是
＝Ｉｘｉ＋。一，一ａＩ（ｉ＋１≤ｓ≤乃一１），
ｌｂ一茗，Ｉ＝ｂ一髫，＞戈。一ｌ一菇，
＞口一髫，＝Ｉａ一省，Ｉ（１≤ｒ≤ｉ一１）． 将所有上述不等式与等式
由归纳法假设，集合Ａ中学生可以排成
一圈Ｋ满足要求． 设（石ｌ，聋２），（菇３，礼），…，（石姓一ｌ，菇扯）是Ｋ 上按顺时针方向排列的所有新室友对． 令菇：表示算ｉ原来的室友，显然，菇：∈Ｂ．
在集合Ｂ中令
（省缸，ｘ：），（茗；，茁；），…，（髫乞ｍｚ乞一・）
构成新的室友对集，与集合Ｂ中原来的室友 对集共同构成了集合曰中的室友对集．
（ｉ＝ｌ，２，…，ｎ一２）， ｛（厅一１，ｎ一１），（ｎ一１，，１），（１，ｎ—１），（１，ｎ）｝， ｛（，ｌ，ｎ），（ｒｇ，１），（２，ｒｔ），（２，１）｝． 由于初始时刻，它们都各含１个“＋”
证明：函数Ｙ＝ＩＰ（ｘ）Ｉ在区间［菇，，菇。］上
的最大值一定在区间［菇。一。，菇。］上的某点处
第36届奥地利数学奥林匹克(初中)
｛ ｙ ＋ ；＝ ＋｛｝ ［］ ｛｝ ［］ ，
Ｌ ： ＋｛ ．［ ］ Ｙ ． ［ ］ １ Ｙ ＋｛ ｝
②
③
因 为对任意 的实数 ， ＝［ ＋｛ ， ］ ｝于是 ， 由方 程① 得 ［ ＝［ ， ］ ］ 由方 程② 得 ［ ］ ］ 由方 程③ Ｙ ＝［ ， 得［ ］ Ｙ ． ： ：［ ］ 所以 ， －［ ］ ： ．ｎ ［ ］ Ｙ －［ ］ ．
二
．
＾
Ｃ
因 为 Ｐ 是 Ｂ 的 Ｃ 中＿ ， 是 肿 的 中 点
点， 易知 Ｕ也是△ Ａ Ｃ的 中线 Ａ Ｂ Ｐ的中点 ．
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２ Ｏ 年 第 ７期 Ｏ６
２０ 年“ ０６ 信利杯＂ 全国初中数学竞赛
一
、
选择题（ 每小 题 ６ ， ３ ） 分 共 Ｏ分
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２ ４
中 等 数 学
◆ 莞 赛之 穿◆
第 ３ 届奥地利数学奥林匹克（ ６ 初中）
辛 慧 译
（ 人 帅 范 大 ，００４ ３０ ７ ）
因 为这 两 个 完 全 平 方 项 的 和 小 于 ５ 所 以 ， 一 ， 每
项 不 大 ｒ２ ＝４ ．
－
对 ｂ的任意值 ， ！＋３ ｂ ｂ＋１ 于两个 相邻 平方 界 数之间 ， 因此 。 不可能是一个完全平 方数 ． 它
所以 ， 不存在正整数 ｎ、 ｂ满足给定的等式 ． ２ 显然 。 Ｉ 一２ 和（ ｖ 一２ 都 是完全 平方 ． （ ） ＩＩ ）
数．
似中心 、１为相似 比．
｛ｙ ＋ ＝ ［］ ，
【 ］ ｝ ［ ＋｛ ＝Ｙ （ ＝［ ＋｛ ， 是整数 ，≤｛ ＜１． 注： ］ ｝［ ］ ０ ｝ ）
尺分别 是 Ｂ Ｃ 的 中点 ， Ｕ、 、 分 Ｃ、 Ａ、 点 Ｖ 别是线 段 、 Ｐ、 Ｑ 的 中点 ， 段 Ａ Ｂ Ｒ Ｐ 线 Ｕ、 Ｖ、 Ｃ／ ｇ 的长度 分 别 为 、 、 证 明 ： 在 一 个边 Ｙ ． 存 长为 、 的＿ 角形 ， Ｙ、 三 并求 该二 角形 的面积 ．
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨全国高中数学联合竞赛一试及加试试题(A)卷含答案
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（A 卷）说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为．2.若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为．3.将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C xy z ”发生的概率为 ．4.若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ．6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．8.八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为 的体积．11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．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（A 卷）参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为．答案：2．解：22910181nnnnz z．因21812023z ，而当3n 时，181132023nn n z，故n 的最大值为2．2.若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3.将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z”发生的概率为 ．答案：127．解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627．4.若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为．答案：23．解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y，则由2||得2by a ，由3|| 得3ax b ．所以2232||2223b ax y xy a b．取3,2a b ，此时6x y ，||取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ． 答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k．上述解亦可写成2()36Z k x k，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为192219202013036326k k． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a ．由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ．令23()f x x x x ，则()a b c f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ．椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．AB C D EFGH答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P-1 G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ．……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）．显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分XFEB DCA由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ．取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD． ……………15分 于是 的高221352h AA AD． 又43ABC S ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求．假如312t，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ．事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时1(1)(1)(1)(1)S a b a b ，其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ．若12a b ，则取1132t c d I ，此时13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ．②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分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加试（A 卷）说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图， 是以AB 为直径的固定的半圆弧， 是经过点A 及 上另一个定点T 的定圆，且 的圆心位于ABT 内．设P 是 的弧 TB （不含端点）上的动点，,C D 是 上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上； (2) K 为定点．二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．三．（本题满分50分） 求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）．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加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图， 是以AB 为直径的固定的半圆弧， 是经过点A 及 上另一个定点T 的定圆，且 的圆心位于ABT 内．设P 是 的弧 TB（不含端点）上的动点，,C D 是 上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D 位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上；(2) K 为定点． ΩωPD ABT C证明：(1) 易知PCD 为钝角，由K 为CDP 的外心知2(180)2PKD PCD ACD ．由于90APB ，CD AB ，故PBA ACD ATD ．……………10分 所以2180PTD PKD PTA ATD ACD PTA PBA ． 又,K T 位于PD 异侧，因此点K 在TDP 的外接圆上． ……………20分(2) 取 的圆心O ，过点O 作AB 的平行线l ，则l 为CD 的中垂线，点K 在直线l 上． ……………30分由,,,T D P K 共圆及KD KP ，可知K 在DTP 的平分线上，而9090DTB ATD PBA PAB PTB ，故TB 为DTP 的平分线．所以点K 在直线TB 上．显然l 与TB 相交，且l 与TB 均为定直线，故K 为定点． ……………40分 ωΩl D P OK B ATC二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．证明：引理：设n 是正奇数，且2模n 的阶为偶数，则n 是好数．引理的证明：反证法．假设n 不是好数，则存在异于n 的正整数m ，使得2222n m n m ．因此22n n 与22m m 写成既约分数后的分母相同．由n 为奇数知22n n 是既约分数，故2m 的最大奇因子为2n ，从而m 的最大奇因子为n ．设2t m n ，其中t 为正整数（从而m 是偶数）．于是22222m m t m n． 由22222m t n n n可得2222(mod )m t n n ，故 222(mod )m t n n ． （*）设2模n 的阶为偶数d ．由（*）及阶的基本性质得2(mod )m t n d ，故2m t n 是偶数．但2m t 是偶数，n 是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．设221(1,2,)k k F k ．由于1221k k F ，而k F 221k，因此2模k F 的阶为12k ，是一个偶数．对正整数l ，由221(mod )l k F 可知21(mod )l k F ，故由阶的性质推出，2模2k F 的阶被2模k F 的阶整除，从而也是偶数．因2k F 是奇数，由引理知2k F 是好数．……………30分对任意正整数,()i j i j ，211(,)(,(21)2)(,2)1i i j i i i j i F F F F F F F ，故123,,,F F F 两两互素．所以222123,,,F F F 是两两互素的合数，且均为好数． ……………40分三．（本题满分50分） 求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．解：所求的最小正整数为408．一方面，若407k =时，将1,55,56,,407 染为红色，2,3,,54 染为蓝色，此时最小的8个红数之和为1555661407++++= ，最小的9个蓝数之和为231054+++= ，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数．对407k <，可在上述例子中删去大于k 的数，则得到不符合要求的例子． 因此407k ≤不满足要求． ……………10分 另一方面，我们证明408k =具有题述性质．反证法．假设存在一种1,2,,408 的染色方法不满足要求，设R 是所有红数的集合，B 是所有蓝数的集合．将R 中的元素从小到大依次记为12,,,m r r r ，B 中的元素从小到大依次记为12,,,n b b b ，408m n +=．对于R ，或者8R ≤，或者128m r r r r +++≥ ；对于B ，或者9B ≤，或者129n b b b b +++≥ ．在1,2,,16 中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．情形1：1,2,,16 中至少有9个蓝色的数．此时916b ≤．设区间9[1,]b 中共有t 个R 中的元素12,,,(08)t r r r t ≤< ．记12t x r r r =+++ ，则112(1)2x t t t ≥+++=+ ． 因为12912,,,,,,,t b b b r r r 是9[1,]b 中的所有正整数，故{}{}12912,,,,,,,1,2,,9t b b b r r r t =+ ．于是 12912(9)n b b b b t x ≤+++=++++- 1(9)(10)2t t x =++-． （*） ……………20分 特别地，116171362n b ≤⨯⨯=．从而9R ≥． 对任意(1)i i m t ≤≤-，由（*）知1(9)(10)2t i n r b i t t x i +≤+≤++-+．从而 811811(9)(10)2t m t t i r r r r r x t t x i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22t t t t t t x =++-+---- 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222t t t t t t t t ≤++-+----⋅+ 2819396407t t =-++≤（考虑二次函数对称轴，即知1t =时取得最大）． 又136n b ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾． ……………40分情形2：1,2,,16 中至少有8个红色的数．论证类似于情形1．此时816r ≤．设区间8[1,]r 中共有s 个B 中的元素12,,,(09)s b b b s ≤< ．记1s y b b =++ ，则1(1)2y s s ≥+． 因为12128,,,,,,,s b b b r r r 是8[1,]r 中的所有正整数，故 {}{}12128,,,,,,,1,2,,8s b b b r r r s =+ ． 于是1(8)(9)2m r s s y ≤++-． 特别地，116171362m r ≤⨯⨯=．从而10B ≥． 对任意(1)i i n s ≤≤-，有1(8)(9)2s i m b r i s s y i +≤+≤++-+．从而 911911(8)(9)2s n s s i b b b b b y s s y i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22s s s s y s s =-++--+--111(9)(8)(9)(8)(1)(9)(10)222s s s s s s s s ≤-++--⋅++-- 2727369395s s =-++≤（在2s =时取得最大）， 又136m r ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾．由情形1、2知408k =具有题述性质．综上，所求最小正整数k 为408． ……………50分四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）． 解：记2023n =，设方格表为(),1,ij a i j n ≤≤，122023122023y y y x x x λ= ． 第一步：改变某个ij a 的值仅改变i x 和j y ，设第i 行中除ij a 外其余1n -个数的和为A ，第j 列中除ij a 外其余1n -个数的和为B ，则jij i ij y B a x A a +=+．当A B ≥时，关于ij a 递增，此时可将ij a 调整到,a λ值不减．当A B ≤时，关于ij a 递减，此时可将ij a 调整到1,λ值不减．因此，为求λ的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a 的情况． ……………10分第二步：设{}1,,1,ij a a i j n ∈≤≤，只有有限多种可能，我们选取一组ij a 使得λ达到最大值，并且11n nij i j a ==∑∑最小．此时我们有,,1,.i j ij i j a x y a x y ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩（*） 事实上，若i j x y >，而1ij a =，则将ij a 改为a 后，行和及列和变为,i j x y ''，则11j j j i i iy y a y x x a x '+-=>'+-， 与λ达到最大矛盾，故ij a a =．若i j x y ≤，而ij a a =，则将ij a 改为1后，λ不减，且11n nij i j a ==∑∑变小，与ij a 的选取矛盾．从而（*）成立．通过交换列，可不妨设12n y y y ≤≤≤ ，这样由（∗）可知每一行中a 排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知12n y y y ≥≥≥ ．因而只能12n y y y === ，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a ）.……………20分 第三步：由第二步可知求λ的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k 行全为a ,有n k -行全为1,0k n ≤≤．此时()()()n nk k n k n k ka n k ka n k na nn a λ-+-+-==． 我们只需求01,,,n λλλ 中的最大值． ()11(1)1111()(1)nn n k k n k n kk a n k a n a ka n k a k a n n a λλ++++--⎛⎫- ⎪==+ ⎪+--+⎝⎭． 因此1111(1)n k k a a k a n λλ+⎛⎫- ⎪≥⇔+≥ ⎪-+⎝⎭ 11(1)n n x x k x n-⇔+≥-+（记n x a =） 2111(1)n n x x x k x n-++++⇔≥-+ 2111n n x x x n k x -++++-⇔≤- 211(1)(1)1n n x x x x x--+++++++=+++ ． 记上式右边为y ,则211(2)1n n n n x x y x x ---+-++=+++ ． 下面证明(1010,1011)y ∈． ……………30分 首先证明1011y <．1011y < 2021202220222021101110111011x x x x ⇔+++<+++1010101210132021202210111010210101011x x x x x x ⇔+++<++++ ．由于220221x x x <<<< ，故101010101012011(1011)101110121011101222k k k x x x =-<⋅⋅<⋅⋅∑101110110k k kx +=<∑． ……………40分 再证明1010y >，等价于证明2021202200(2022)1010kk k k k x x ==->∑∑． 由于2021202100(2022)(2022)10112023k k k k x k ==->-=⨯∑∑， 20222022010101010202310102023k k x x a =<⨯<⨯∑，只需证明1011202310102023a ⨯>⨯，而410111101010a -=+<，故结论成立． 由上面的推导可知1k k λλ+≥当且仅当1010k ≤时成立，从而1011λ最大．故 2023max 101120231011(10111012)2023a aλλ+==． ……………50分。
2023年西班牙数学奥林匹克高中组试题
2023年西班牙数学奥林匹克第一天1、一个3×3×3的正方体中由27个小正方体组成，每个小正方体内部都由一盏灯，每盏灯只有“开”和“关”两种状态。
除最中心小正方体外，其余小正方体内都有一个开关。
每次按动开关，将改变与开关所在小正方体有公共面的所有小正方体（包含自身）内灯的状态。
起初所有的灯都是关闭的，确定以下哪些状态是可以实现的：（i）所有灯都开着（ii）除中央灯外，所有灯都开着（iii）只有中央灯开着2、设锐角△ABC的内心为I，垂心为H。
点M为AB的中点，在直线AH上取点D 、E，使得直线MD∥CI，直线ME垂直于CI。
求证：AE=DH。
3、求所有四元正整数组（a,b,c,d），使得a2+b2=c2+d2，且ac+bd整除a2+b2。
第二天4、设实数x1≤x2≤x3≤x4。
求证：当且仅当x1+x2=x3+x4时，存在实系数二次多项式P（x）和Q（x），使得x1,x2,x3,x4为P（Q（x））的四个根。
5、已知203个格子排成一排。
起初，最左边的格子内放有203枚硬币，其余格子内都是空的.在每次操作中，能进行下面两种移动方式之一：(i)取出一枚硬币，将它移入相邻的格子内（左或右）；(ii)从同一个格子中恰取出枚硬币，将它们全部放入同一个相邻的格子内（全部左或全部右）．在2023次操作后，每个格子中恰好有一枚硬币.求证：存在一枚硬币，其至少向左移动了9次.6、在不等边△ABC的锐角中，内心为I，直线AI与外接圆的另一个交点为D。
点J为I关于D的对称点。
过I、J分别作AI的垂线，交直线BC于点E、F．设I 在AE上的射影为G，J在AF上的射影为H。
求证：BG=CH。
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第36届国际数学奥林匹克试题1．（保加利亚）设A 、B 、C 、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC 、BD 为直径的圆相交于X 和Y ，直线XY 交BC 于Z 。
若P 为XY 上异于Z 的一点，直线CP 与以AC 为直径的圆相交于C 和M ，直线BP 与以BD 为直径的圆相交于B 和N 。
试证：AM 、DN 和XY 三线共点。
证法一：*设AM 交直线XY 于点Q ，而DN 交直线XY 于点Q ′（如图95-1，注意：这里只画出了点P 在线段XY 上的情形，其他情况可类似证明）。
须证：Q 与Q ′重合。
由于XY 为两圆的根轴，故XY ⊥AD ，而AC 为直径，所以 ∠QMC=∠PZC=90°进而，Q ，M ，Z ，B 四点共圆。
同理Q ′，N ，Z ，B 四点共圆。
这样，利用圆幂定理，可知 QP ·PZ=MP ·PC=XP ·PY ， Q ′P ·PZ=NP ·PB=XP ·PY 。
所以，QP= Q ′P 。
而Q 与Q ′都在直线XY 上且在直线AD 同侧，从而，Q 与Q ′重合。
命题获证。
分析二*如图95-2，以XY 为弦的任意圆O ， 只需证明当P 确定时，S 也确定。
证法二：设X （0，m ）,P （0，y 0）， ∠PCA=α，m 、y 0是定值。
有20.yx x x ctg y x C A c =⋅-=但α，则.02αtg y m x A -=因此，AM 的方程为).(02ααtg y m x ctg y ⋅+=令02,0y m y x s ==得，即点S 的位置取决于点P 的位置，与⊙O 无关，所以AM 、DN 和ZY 三条直线共点。
2．（俄罗斯）设a 、b 、c 为正实数且满足abc=1。
试证：.23)(1)(1)(1333≥+++++b a c a c b c b a 证法一：**设γβα++=++=++=---------1111111112,2,2b a c a c b c b a，有.0=++γβα于是，)(4)(4)(4333b a c a c b c b a +++++ )(4)(4)(4333b a c abca cb abc c b a abc +++++=112111121111211)()()(------------+++++++++++=ba b a c c b c b c b γαβα211121112111111)()()()(2)(2γβαγβα------------+++++++++++=b a a c c b c b a.6132)111(23=⋅≥++≥abcc b a ∴原不等式成立。
背景资料：陕西省永寿县中学安振平老师在《证明不等式的若干代换技巧》一文中运用“增量代换”给出证法一，还用增量代换法给出第 6届IMO 试题的证明。
什么是增量代换法？——由α≤+=≥0,,其中令a b a b a 称为增量。
运用这种方法来论证问题，我们称为增量代换法。
题1 设c b a ,,是某一三角形三边长。
求证：.3)()()(222abc c b a c b a c b a c b a ≤-++-++-+（第6届IMO 试题）证明 不失一般性，设.,0,0,0,,,y x z y x z y x c y x b x a >≥≥>++=+==且abc c b a c b a c b a c b a 3)()()(222--++-++-+则+++++-+++++-++++=x z y x y x x z y x y x x z y x y x x [)()]()[()(])()[(222)])((3)()(z y x y x x z y x y x +++-++-+))((3)()()()()2(222z y x y x x z x z y x z x y x z y x x +++--++++++++= .0)2(3222≤++++-=xyz z yz xz xy ∴原不等式成立。
同时，安振平老师用二元代换法给出第25届IMO 试题的证明。
什么是二元代换法？——若.,,2t a y t a x a y x -=+==+则可设运用这种方法来论证问题，我们称为二元代换法。
题 2 已知.1,,,=++z y x z y x 且都是非负实数求证：.27720≤-++≤xyz zx yz xy （第25届IMO 试题）证明 不妨设,.32,31,1.0从而易得由≥+≤=++≥≥≥y x z z y x z y x .322xy xy xyz ≤≤.02≥-++∴xyz xy zx yz另一方面，令则).310(31,32≤≤-=+=+t t z t y x )21()(z xy y x z -++⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t t t t t xy t t 231231323123132312.277)21(2772≤--=t c t 还有，安振平老师用对称代换法给出了第24届IMO 试题的证明。
什么是对称代换法？——任意三个正实数c b a ,,构成某一三角形三边的充要条件是存在着三个正实数.,,,,,y x c x z b z y a z y x +=+=+=使得用这种方法来处理问题，我们称为对称代换法。
题3 设c b a ,,是三角形的边长，求证：.0)()()(222≥-+-+-a c a c c b c b b a b a（第24届IMO 问题）证明 设).,,(,,+=+=+=+=R z y x y x c x z b z y a 是原不等式等价于))(()(2x y x z z y -++ ))(()(2y z y x x z -+++ 0))(()(2≥-+++z x z y y x0)(333≥++-++⇔z y x xyz zx yy xy .0)()()(222≥-+-+-⇔x z yz z y xy y x xz ∴原不等式成立。
分析二*此题初看起来，左边为反序和，得不出“≥”的结果，但我们可先从条件abc=1入手将原式变形。
证法二：记左边为S ，则)()()()()()(323232b a c abc a c b abc c b a abc S +++++= .)()()(ab b a c abac a c b ac bc c b a bc ⋅++⋅++⋅+=.,,bc ac bc ab ac ab bc ac ab c b a +≤+≤+≤≤≤≤则设.)(1)(1)(1b a c c a b c b a +≥+≥+∴可知S 为顺序和。
由排序式bc b a c abab c a b ac ac c b a bc S ⋅++⋅++⋅+≥)()()(,)()()(b a c bc a b a c b a c +++++=acb ac abbc c a b ac ab c b a bc S ⋅++⋅++⋅+≥)()()(.)()()(b a c ac a b c c b a b +++++=两式相加，有.3111311123=⋅⋅≥++≥cb ac b a S .23≥∴S 背景资料：湖北省麻城市一中甘超一老师在《应用排序不等式的方法一技巧》一文中给出了上述证明。
他还运用排序不等式方法给出了第17届IMO 试题、第20届IMO 试题的证明。
什么是排序不等式？——排序不等式是： 设有两个有序数组：,2121n n b b b a a a ≤≤≤≤≤≤ 及n n b b b c c c ,,,,,2121 为的任一排列，则有 n n b a b a b a ++2211（顺序和） n n c a c a c a ++≥2211（混序和） .1121b a b a b a n n n ++≥-（逆序和）式中的等号，当且仅当.2121时成立或者n n b b b a a a ====== 常可简述为：顺序和≥混序和≥逆序和。
证明：令)1,,2,1(,,2121-='≤+++='+++=n i S S c c c S b b b S i i i i i i 易知.nn S S '=且由命题得 ∑∑==-ni ii n i i i ca b a 11∑∑-=-=++-'-'--+=111111)()(n i n i i i i n n i i i n n a a S a S a a S a S ,0))((111≥-'-=+-=∑i i i n i i a a S S所以∑∑==≥n i ni ii ii c a b a 11.同理可证∑∑==+-≥n i ni i n i i i ba c a 111.排序不等式被称为某些著名不等式的共同来尖，用它可证明算术一几何平均不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式及其他更一般的不等工。
有兴趣的读者，可参阅《匈牙利奥林匹克数学竞赛题解》（科学普及出版社，1979年）第150页。
还可以根据排序不等式来证明第17届IMO 试题和第20届IMO 试题* 题1 （第17届IMO 试题）,,,),,2,1(,2121n n i i y y y x x x n i y x ≥≥≥≥≥≥= 且为实数设求证：如果n n y y y z z z ,,,,,,2121 是的任一排列，则∑∑==-≤-ni i i ni i iz x y x1212.)()(证明：因为∑∑∑∑====+-=-n i n i ni i i i in i i i y y x x y x 1112212,2)(,2)(1211212∑∑∑∑====+-=-ni i ni i i ni i ni i iz z x x z x又因为∑∑===ni ni i iz y1122，故要证的不等式等于.11∑∑===ni ii ni ii z x y x上式左边是顺序和，右边是混序和，由排序不等式可知上面不等式成立，从而原不等式获证。
题2 （第20届IMO 试题）已知 ,,,21n a a a 为任意两两各不相同的正整数。
求证：对任何正整数n ，下列不等式成立：∑∑==≥nk nk k kk a 112.1证明：设n n a a a b b b ,,,2121 是<<<的一个排列，由于22221312111n>>>> ，所以根据排序不等式有n n b n b b a n a a .1.21.11.1.21.112121222212+++≥+++ ，（混序和≥逆序和）即 ∑∑==≥nk nk kk k b k a 1122. 因为).,,2,1(,,21n k k b b b b b k n k =≥<<<所以且都是正整数 于是∑∑∑====≥nk n k nk k kk k k b 11122.1从而得∑∑==≥nk nk k kk a 112.1甘肃省临泽第一中学魏正清老师对于本题给出了九种证明方法*（证法三——第十一个证法十一）证法三 利用柯西不等式))(()]([121212∑∑∑===≤ni i ni i ni i i b a b a 的推论：).,2,1,()]()[()]([212112n i R a b a a b a i ni i i n i i n i i i =∈≤+===∑∑∑得[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++++++)(1)(1)(1)()()(333b a c a c b c b a b a c c c b c a a ,)()111(22ca bc ab cb a ++=++≥ 于是)(21)(2)()(1)(1)(12333ca bc ab ca bc ab ca bc ab b a c a c b c b a ++=++++≥+++++证法四 利用柯西不等式的推论：∑∑∑=+===∈≥ni i n i ini i iin i R b ba b a 11212).,,2,1,()(得ba c a cbc b a b a c a c b c b a 111111111)(1)(1)(1222333+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛=+++++ .2313.2111121*********=≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++≥abc c b a c b a c b a证法五 利用权方和不等式∑∑∑==+=+≥ni ni q iq ni i q iq i ba ba11111)(的推论：∑∑∑===+-=>>=ni i i ni qi p ni i p q iq i n i b a b a n ba11111),,2,1,0,0()()(.得ba c a cbc b a b a c a c b c b a 111111111)(1)(1)(1222333+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛=+++++ .2313.21111211112111.332121=≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++≥+-abc c b a c b a c b a证法六 利用均值不等式),,2,1,().()1(11211n i R a a a a a n a n i n i n r n r ni i r i =∈≥≥+==∑∑的推论： ∑∑=-=⎪⎭⎫⎝⎛-≥-ni m n i i in mi a n n n a S a 11111λλ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎭⎬⎫⎩⎨⎧>≥=∈∑=+n S a S a s a m a S R a n n n n n i i n i 1,,,,max ,1,,211 λ 令,31,1,1,1max 1,2,1,1113333⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>===++=S c S b S am c b a S λλ则 得cS c b S b a S a b a c a c b c b a 111111)(1)(1)(1323232333-⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛=+++++.2313.213111.233==++≥abc c b a 证法七 利用著名的切比雪夫不等式：若n n b b b a a a ≤≤≤<>≥≥ 21210,0或则,0,02121>≥≥≤≤≤<n n b b b a a a∑∑∑====ni ni ini i iiba nb a 111.)(不妨设.,,111111222---------+≥+≥+≤≤≥≥b a a c c b c b ac b a 则有于是112112112333)(1)(1)(1---------+++++=+++++b a c a c b c b a b a c a c b c b a .2313.2111121)(2)()(2)(331112111111222=≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++++≥++++≥------------abc c b a c b a c b a c b a c b a 证法八 构造二项平方和函数∑=≤∆≥-=ni i i x f b x a x f 12,00)(,)()(解决和由 构造222)(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=bc ac x bc ac ab ab bc x ab bc acac ab x ac ab bc x f),(2)(2.2222222ac bc ab x ac bc ab x bc ac b a ab bc a c ac ab c b +++++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++= 因为即所以,0,0)(=∆≥x f.0)(8)(42222222≤++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++-++ac bc ab bc ac b a ab bc a c ac ab c b ac bc ab于是.23321)(213222222222=⋅≥++≥+++++c b a ac bc ab bc ac b a ab bc a c ac ab c b 即.23)(1)(1)(1333≥+++++b a c a c b c b a证法九 从对称不等式等号成立出发证明，原不等式等价于.23)()()(222222≥+++++b a c b a a c b a c c b a c b注意到当且仅当,4)(21)(,122c b a c b a c b c b a +==+===此时时不等式取等号 得.4)()(22bc c b a c b a c b ≥+++ 同理.4)()(,4)()(2222ab b a c b a c b a ca c b a c b a c b ≥+++≥+++三式相加得.2321)(21)()()(3222222222=⋅≥++≥+++++c b a ac bc ab b a c b a a c b a c c b a c b 证法十 由对称性引入正参数t ， 由于)(1,2)()(1,2)()(1333b a c b t a c tb a c b a t c b ta c b a +≥+++≥+++ .2)(ctb a tc ≥++ 三式相加得).(2)(2)(1)(1)(1333ca bc ab t ca bc ab t b a c a c b c b a ++≥++++++++ 用1=abc 与前三个不等式取等号的条件联立解得41=t ，把它代入上式从而得 .23321)(21)(1)(1)(13222333=⋅≥++≥+++++c b a ca bc ab b a c a c b c b a证法十一 构造向量的内积证明，设 (),)(,)(,(b a c a c b c b a OA +++=,)(,)(,(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=b ac ab a c b ca c b a bc OB 向量).0(πθθ≤≤的夹角为与OB OA 因,)(2||ca bc ab OA ++=.)()()(||222222b a c b a a c b a c c b a c b OB +++++=所以θcos ||||⋅=⋅OB OA OB OAθcos )()()()(2222222⋅+++++⋅++=b a c b a a c b a c c b a c b ca bc ab.ca bc ab ++= 而故有,1|cos |≤θ)(21)()()(222222ac bc ab b a c b a a c b a c c b a c b ++≥+++++,233213222=⋅≥c b a 因此.23)(1)(1)(1333≥+++++b a c a c b c b a证法十二*： 注意到,111,1ca bc ab abcca bc ab c b a abc ++=++=++=故利用此式可发现下面的证明。