第30届中国数学奥林匹克试题及解析
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word版
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论．解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此OA ODOC OB=，③由①，②，③得NS ES EQ MQ=．因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠，()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠，即NSE EQM∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此EN FN EM FM=，从而EM FN EN FM⋅=⋅．CB二、求所有的素数对〔p ，q 〕，使得q p pq 55+．解：假设pq |2，不妨设2=p ，那么q q 55|22+，故255|+q q ．由Fermat 小定理， 55|-q q ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么q q 55|55+，故6255|1+-q q ． 当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有1155|--+q p pq ，故)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ② 故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k ，)12(21-=-s q l ， 其中s r l k ,,,为正整数． 假设l k ≤，那么由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A 是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么它们对应的顶点相邻． 在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边〔n r ≤≤1〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，因此，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21 满足 1m in 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<< 21，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 因此，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k ，等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n 〔n 为奇数〕，或者)2(32122-n n 〔n 为偶数〕．五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分不被染为这3种颜色？ 解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。
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 )
1989年第三十届IMO试题(不含答案)
联邦德国布伦瑞克（Braunschweig，FR Germany）
1.证明集合{1,2，…，1989}可以表示成一些不相交的子集Ai（i=1,2，…，117）的并集，且满足：
i)每个Ai包括17个元素；
ii)每个Ai的所有元素的和都是相同的。（菲律宾）
2.在锐角三角形ABC中，角A的内角平分线还交三角形的外接圆于A1。点B1和C1也类似这样定义。设A0是AA1与角B和角C的外角平分线的交点。点B0和C0也类似这样定义。求证：
i)三角形A0B0C0的面积是六边形AC1BA1CB1面积的两倍。
ii)三角形A0B0C0的面积至少是三角形ABC面积的四倍。（澳大利亚）
3.设n和k为正整数，S为满足下列要求的n个点：
i)S内的任意三点都不共线；
ii)对于S内的任一点P在S中都至少有k个点与P点距离相等。
求证： 。（荷兰）
4.设ABCD是凸四边形，边AB、AD、BC满足AB = AD + BC。在四边形内存在一点P，距离直线CD的距离为h，且AP = h + AD，BP = h + BC。说明： 。（冰岛）
5.求证：对于每个正整数n，存在n个连续的正整数，其中没有质数的整数幂。（瑞典）
6.一个集合{1,2，…，2n}的一个排列(x1，x2，…，xm)，其中n是正整数，如果对于集合{1,2，…，2n-1}中的至少一个i有 ，就说它具有属性P。说明对于每个n，具有属性P的排列比不具有的多。（波兰）
高中数学竞赛专题精讲30组合数学选讲(含答案).docx
组合数学选讲合数学是中学数学的“重”，具有形式多，内容广泛的特点.本主要合数，合恒等式及合最展开例题讲解1．周上有 800 个点，依方向号 1,2,⋯ ,800 它将周分成 800 个隙 . 今定某一点染成色，然后按如下，逐次染其余的一些点：若第 k 号点染成了色，可依方向k 个隙，将所到达的点染成色，求周上最多可以得到多少个点？2．集合 X 的覆盖是指 X 的一族互不相同的非空子集∪⋯∪ A k =X ，有集合 X={1,2, ⋯ ,n} ，若不考少个？A 、A 、⋯、 A，它的并集 A ∪ A2 12k1A , A,⋯, Ak的序，求X 的覆盖有多123．已知集合X={1,2, ⋯ ,n} ，映射 f： X→ X，足所有的x∈ X ，均有 f(f(x))=x ，求的映射 f 的个数 .4． S {1,2, ⋯ ,n} 的一些子集族，且S 中任意两个集合互不包含，求：S 的元素个数的最n大n(Sperner 定理 )25． M={ 1,2,3, ⋯ ,2m n} (m,n N* )是 2m n 个正整数成的集合，求最小的正整数k，使得M 的任何 k 元子集中都存在 m+1 个数， a1,a2,⋯ a m+1，足 a i |a i+1 (i=1,2, ⋯,m).n 2n6．算k.k 1kq 7．明：k 0n m m nk q k(范德蒙公式 )q8．在平面上有n(≥3) 个点，其中任意两点的距离的最大d，我称距离 d 的两点的段点集的直径，明：直径的数目至多有n 条 .9 ．已知：两个非整数成的不同集合{ a1 , a a , ,a n } 和 {b1 , b2 , ,b n } .求：集合{ a i a j 1 i j n} 与集合 { b i b j 1 i j n} 相同的充要条件是n 是 2 的次，里允集合内，相同的元素重复出.课后练习1. 空间 n 条直线，最多能把空间分成多少块空间区域？ n2. 证明：k2n 2n .knn k n 1 1 1 3. 证明：( 1)k1k.k2n1 4. 证明：在边长为1 的等边三角形内有五个点，则这五个点中一定有距离小于的2两点 .例题答案：1．解：易，第 k 号点能被染的充要条件是j N * {0} ，使得 a0 2j k (mod800) ， 1≤ k≤ 800①里 a0是最初染的点的号，求最大，不妨令a0=1.即 2j k (mod2 5× 52).当 j=0,1,2,3,4， k 分 1,2,4,8,16，又由于 2模 25的25 (2)20 ，因此，当j ≥52j+20 2j=2 j(220 1) 0(mod 800),而 k<20,k N*，及 j ≥ 5,j N*，由于 25+(2k1)，所以2j+k 2j=2j(2k1)不 800的倍数 .所以，共存在5+20=25 个 k，足①式。
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。
30全国初中数学竞赛九年级预赛试题及答案[1]
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一．选择题（共6小题，满分30分，每小题5分）1．（5分）从长度是2cm 、2cm 、4cm 、4cm 的四条线段中任意选三条线段，这三条线段能够组成等腰三角形的概率是（ ）A ．B ．C ．D ． 12．（5分）（2008•铜仁地区）如图，M 是△ABC 的边BC 的中点，AN 平分∠BAC ，且BN ⊥AN ，垂足为N ，且AB=6，BC=10，MN=1.5，则△ABC 的周长是（ ）A ． 28B ． 32C ． 18D ． 253．（5分）已知xy ≠1,且有5x 2+2011x+9=0,9y 2+2011y+5=0，则y x 的值等于( ) A ． 95 B ． 59 C ． 52011- D ． 92011-4．（5分）已知直角三角形的一直角边长是4，以这个直角三角形的三边为直径作三个半圆（如图所示），已知两个月牙形（带斜线的阴影图形）的面积之和是10，那么以下四个整数中，最接近图中两个弓形（带点的阴影图形）面积之和的是（ ）A ． 6B ． 7C ． 8D ． 95．（5分）设a ，b ，c 是△ABC 的三边长，二次函数在x=1时取最小值，则△ABC 是（ ）A ． 等腰三角形B ． 锐角三角形C ． 钝角三角形D ． 直角三角形6．（5分）计算机中的堆栈是一些连续的存储单元，在每个堆栈中数据的存入、取出按照“先进后出’’的原则．如图，堆栈（1）的2个连续存储单元已依次存入数据b ，a ，取出数据的顺序是a ，b ；堆栈（2）的3个连续存储单元已依次存人数据e ，d ，c ，取出数据的顺序则是c ，d ，e ，现在要从这两个堆栈中取出这5个数据（每次取出1个数据），则不同顺序的取法的种数有（ ）2013年全国初中数学竞赛九年级预赛试题A ． 5种B ． 6种C ． 10种D ． 12种二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）7．（5分）设方程x 2﹣|2x ﹣1|﹣4=0，则满足该方程的所有根之和为 _________ ． 8．（5分）（人教版考生做）如图，在平行四边形ABCD 中，过A 、B 、C 三点的圆交AD 于E ，且与CD 相切．若AB=4，BE=5，则DE 的长为 _________ ．8．（5分）（北师大版考生做）如图B ，等边三角形ABC 中，D 、E 分别为AB 、BC 边上的点，AD=BE ，AE 与CD 交于点F ，AG ⊥CD 于点G ，则AFFG 的值为 _________ ．9．（5分）已知a 2﹣a ﹣1=0，且32 ，则x= _________ ．10．（5分）甲乙两人到特价商店购买商品，已知两人购买商品的件数相等，且每件商品的单价只有8元和9元，若两人购买商品一共花费了172元，则其中单价为9元的商品有 _________ 件．11．（5分）如图，电线杆AB 直立于地面上，它的影子恰好照在土坡的坡面CD 和地面BC 上，若CD 与地面成45°，∠A=60°，CD=4m ，，则电线杆AB 的长为 _________ 米．12．（5分）若实数x ，y ，使得这四个数中的三个相同的数值，则所有具有这样性质的数对(x,y)为 _________ ．三．解答题（共4小题，满分80分，每小题20分）13．（20分）已知：（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）是完全平方式．求证：a=b=c14．（20分）（2010•钦州）如图，将OA=6，AB=4的矩形OABC放置在平面直角坐标系中，动点M、N以每秒1个单位的速度分别从点A、C同时出发，其中点M沿AO向终点O运动，点N沿CB向终点B运动，当两个动点运动了t秒时，过点N作NP⊥BC，交OB于点P，连接MP．（1）点B的坐标为_________；用含t的式子表示点P的坐标为_________；（2）记△OMP的面积为S，求S与t的函数关系式（0＜t＜6）；并求t为何值时，S有最大值？（3）试探究：当S有最大值时，在y轴上是否存在点T，使直线MT把△ONC分割成三角形和四边形两部分，且三角形的面积是△ONC面积的？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．15．（20分）对于给定的抛物线y=x2+ax+b，使实数p、q适合于ap=2（b+q）（1）证明：抛物线y=x2+px+q通过定点；（2）证明：下列两个二次方程，x2+ax+b=0与x2+px+q=0中至少有一个方程有实数解．2013年全国初中数学竞赛九年级预赛试题参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分160分，每小题20分）1．（5分）从长度是2cm、2cm、4cm、4cm的四条线段中任意选三条线段，这三条线段能够组成等腰三角形的概率是（）A．B．C．D．1考点：概率公式；三角形三边关系；等腰三角形的判定．分析：根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目；②全部情况的总数．二者的比值就是其发生的概率的大小．解答：解：从长度是2cm、2cm、4cm、4cm的四条线段中任意选三条线段，有4种情况，由于三角形中两边之和应大于第三边，所以能构成等腰三角形的情况有2种，故能构成等腰三角形的概率==．故选C．点评：此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m 种结果，那么事件A的概率P（A）=；用到的知识点为：等腰三角形有2条边长相等；构成三角形的基本要求为两小边之和大于第三边．2．（5分）（2008•铜仁地区）如图，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，且BN⊥AN，垂足为N，且AB=6，BC=10，MN=1.5，则△ABC的周长是（）A．28 B．32 C．18 D．25考点：三角形中位线定理．分析：延长线段BN交AC于E，从而构造出全等三角形，（△ABN≌△AEN），进而证明MN是中位线，从而求出CE的长．解答：解：延长线段BN交AC于E．∵AN平分∠BAC，∴∠BAN=∠EAN，AN=AN，∠ANB=∠ANE=90°，∴△ABN≌△AEN，∴AE=AB=6，BN=NE，又∵M是△ABC的边BC的中点，∴CE=2MN=2×1.5=3，∴△ABC的周长是AB+BC+AC=6+10+6+3=25，故选D．点评： 本题主要考查了中位线定理和全等三角形的判定．解决本题的关键是作出辅助线，利用全等三角形来得出线段相等，进而应用中位线定理解决问题．3.（5分）已知xy ≠1,且有5x 2+2011x+9=0,9y 2+2011y+5=0，则y x 的值等于( ) A ． 95 B ． 59 C ． 52011- D ． 92011-选B4．（5分）已知直角三角形的一直角边长是4，以这个直角三角形的三边为直径作三个半圆（如图所示），已知两个月牙形（带斜线的阴影图形）的面积之和是10，那么以下四个整数中，最接近图中两个弓形（带点的阴影图形）面积之和的是（ ）A ． 6B ． 7C ． 8D ． 9考点：扇形面积的计算；三角形的面积；勾股定理． 专题：计算题． 分析： 如图，AC=4，S 1+S 2=10，设BC=a ，利用圆的面积公式得到S 1+S 2+S 3+S 4=π×22+π×a 2=2π+a 2，于是有S 3+S 4=2π+a 2﹣10①，再用以AB 为直径的半圆减去三角形ABC 的面积得到S 3+S 4，即S 3+S 4=π×﹣×4a=a 2+2π﹣2a ②，有①﹣②得到a 的方程，求出a ，然后代入①即可得到两个弓形（带点的阴影图形）面积之和． 解答： 解：如图，AC=4，S 1+S 2=10，设BC=a ，∴S 1+S 2+S 3+S 4=π×22+π×a 2=2π+a 2，∴S 3+S 4=2π+a 2﹣10①， 又∵AB 2=42+a 2=16+a 2，∴S 3+S 4=π×﹣×4a=a 2+2π﹣2a ②， ①﹣②得，2π+a 2﹣10=a 2+2π﹣2a ，解得a=5， ∴S 3+S 4=2π+a 2﹣10=2π+×25﹣10≈6.1， 即最接近图中两个弓形（带点的阴影图形）面积之和的是6．故选A ．点评：本题考查了圆的面积公式：S=πR2．也考查了不规则图形的面积的求法，即转化为规则的几何图形的面积的和或差来解决．5．（5分）设a，b，c是△ABC的三边长，二次函数在x=1时取最小值，则△ABC是（）A．等腰三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形考点：二次函数的最值；勾股定理的逆定理．专题：计算题．分析：根据二次函数在对称轴时取得最小值，然后根据题意列出方程组即可求出答案；解答：解：由题意可得，即，所以，，因此a2+c2=b2，所以△ABC是直角三角形，故选D．点评：本题考查了二次函数的最值，难度不大，关键是掌握二次函数在二次项系数大于0时，在对称轴处取得最小值．6．（5分）计算机中的堆栈是一些连续的存储单元，在每个堆栈中数据的存入、取出按照“先进后出’’的原则．如图，堆栈（1）的2个连续存储单元已依次存入数据b，a，取出数据的顺序是a，b；堆栈（2）的3个连续存储单元已依次存人数据e，d，c，取出数据的顺序则是c，d，e，现在要从这两个堆栈中取出这5个数据（每次取出1个数据），则不同顺序的取法的种数有（）A．5种B．6种C．10种D．12种考点：加法原理与乘法原理．专题：计算题．分析：此题实际可以理解为a、b、c、d、e这五个字母组成的排列中，不论怎样排列，a、b先后顺序和c、d、e排列的顺序不变，这样排列开头的字母只能是a或c，由此解答问题即可．解答：解：先取出堆栈（1）的数据首次取出的只能是a，可以有下列情况，abcde，acbde，acdbe，acdeb四种情况；先取出堆栈（2）的数据首次取出的只能是c，可以有下列情况，cdeab，cdabe，cdaeb，cabde，cadbe，cadeb六种情况；综上所知，共10种取法．故选C．点评：解决此题的关键是要搞清a、b先后顺序和c、d、e排列的顺序不变，从而运用一一列举的方法解答即可．二．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）7．（5分）设方程x2﹣|2x﹣1|﹣4=0，则满足该方程的所有根之和为_________．考点：解一元二次方程-因式分解法；绝对值；解一元二次方程-公式法．专题：因式分解．分析：因为题目中带有绝对值符号，所以必须分两种情况进行讨论，去掉绝对值符号，得到两个一元二次方程，求出方程的根，不在讨论范围内的根要舍去．解答：解：当2x﹣1≥0时，即x≥，原方程化为：x2﹣2x﹣3=0，（x﹣3）（x+1）=0，x1=3，x2=﹣1，∵﹣1＜∴x2=﹣1（舍去）∴x=3当2x﹣1＜0，即x＜时，原方程化为：x2+2x﹣5=0，（x+1）2=6，x+1=±，x1=﹣1+，x2=﹣1﹣∵﹣1+＞，∴x1=﹣1+（舍去）∴x=﹣1﹣．则3+（﹣1﹣）=2﹣．故答案是：2﹣点评：本题考查的是解一元二次方程，由于带有绝对值符号，必须对题目进行讨论，对不在讨论范围内的根要舍去．8．（5分）（人教版考生做）如图，在平行四边形ABCD中，过A、B、C三点的圆交AD于E，且与CD相切．若AB=4，BE=5，则DE的长为_________．考点：切割线定理；平行四边形的性质；圆周角定理；弦切角定理．分析：连接CE，根据圆周角定理易知：∠BAE=∠BEC+∠EBC，而∠DCB=∠DCE+∠BCE，这两个等式中，由弦切角定理知：∠DCE=∠EBC；再由平行四边形的性质知：∠DCB=∠EAB，因此∠BEC=∠BCE，即可得BC=BE=5，即AD=5，进而可由切割线定理求DE的长．解答：解：连接CE；∵，∴∠BAE=∠EBC+∠BEC；∵∠DCB=∠DCE+∠BCE，由弦切角定理知：∠DCE=∠EBC，由平行四边形的性质知：∠DCB=∠BAE ，∴∠BEC=∠BCE ，即BC=BE=5，∴AD=5；由切割线定理知：DE=DC 2÷DA=，故选D ． 点评： 此题主要考查了平行四边形的性质、切割线定理、弦切角定理以及圆周角定理的综合应用，能够判断出△BEC 是等腰三角形，是解决此题的关键．8．（5分）（北师大版考生做）如图B ，等边三角形ABC 中，D 、E 分别为AB 、BC 边上的点，AD=BE ，AE 与CD 交于点F ，AG ⊥CD 于点G ，则AF FG 的值为 _________ ．考点：特殊角的三角函数值；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 分析：首先证明△CAD ≌△ABE ，得出∠ACD=∠BAE ，证明∠AFG=60°． 解答： 解：在△CAD 与△ABE 中，AC=AB ，∠CAD=∠ABE=60°，AD=BE ，∴△CAD ≌△ABE ．∴∠ACD=∠BAE ．∵∠BAE+∠CAE=60°，∴∠ACD+∠CAE=60°．∴∠AFG=∠ACD+∠CAE=60°．在直角△AFG 中， ∵sin ∠FAG=AF FG ， ∴AF FG =21． 点评：本题主要考查了全等三角形的判定、性质，等边三角形、三角形的外角的性质，特殊角的三角函数值及三角函数的定义．综合性强，有一定难度．9．（5分）已知a 2﹣a ﹣1=0，且32 ，则x= ．考点：解分式方程． 专题：计算题． 分析：本题可先根据a 2﹣a ﹣1=0，得出a 2，a 3，a 4的值，然后将等式化简求解． 解答： 解：由题意可得a 2﹣a ﹣1=0a 2=a+1a 4=（a 2）2=（a+1）2=a 2+2a+1=a+1+2a+1=3a+2a 3=a •a 2=a （a+1）=a 2+a=a+1+a=2a+1 =32- =32-x=4． 点评： 本要先根据给出的a 2﹣a ﹣1=0得出对等式化简有用的一些信息，然后再将方程化简求解．本题计算过程较长，比较复杂．10．（5分）甲乙两人到特价商店购买商品，已知两人购买商品的件数相等，且每件商品的单价只有8元和9元，若两人购买商品一共花费了172元，则其中单价为9元的商品有 12 件．考点： 二元一次方程组的应用．分析： 设共购商品2x 件，9元的商品a 件，根据两人购买商品的件数相等，且两人购买商品一共花费了172元，可列出方程，求解即可．解答： 解：设共购商品2x 件，9元的商品a 件，则8元商品为（2x ﹣a ）件，根据题意得：8（2x ﹣a ）+9a=172，解得a=172﹣16x ，∵依题意2x ≥a ，且a=172﹣16x ≥0，x 为大于0的自然数，∴可得9.6≤x ≤10.75，∴x=10，则a=12．所以9元的商品12件，故答案填12．点评： 本题主要考查了二元一次方程的应用及不等式组的解法．解题关键是弄清题意，找到合适的等量关系，列出方程．本题解题的关键在于按生活实际讨论未知数的取值范围．11．（5分）如图，电线杆AB 直立于地面上，它的影子恰好照在土坡的坡面CD 和地面BC 上，若CD 与地面成45°，∠A=60°，CD=4m ，，则电线杆AB 的长为 _________ 米．考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题． 专题：应用题． 分析：延长AD 交地面于E ，作DF ⊥BE 于F ，求出BE=BC+CF+FE=，根据正切求出AB 的值即可．解答： 解：延长AD 交地面于E ，作DF ⊥BE 于F ．∵∠DCF=45°．CD=4．∴CF=DF=．由题意知AB ⊥BC ．∴∠EDF=∠A=60°．∴∠DEF=30° ∴EF=．∴BE=BC+CF+FE=．在Rt △ABE 中，∠E=30°．∴AB=BEtan30°=（m）．答：电线杆AB的长为6米．点评：此题主要是运用所学的解直角三角形的知识解决实际生活中的问题．作辅助线、求出BE=BC+CF+FE 是解题的关键．12．（5分）若实数x，y，使得这四个数中的三个相同的数值，则所有具有这样性质的数对(x,y)为_________．考点：实数的运算．专题：分类讨论．分析：此题可以先根据分母不为0确定x+y与x﹣y不相等，再分类讨论即可．解答：解：因为有意义，所以y不为0，故x+y和x﹣y不等（1）x+y=xy=解得y=﹣1，x=，（2）x﹣y=xy=解得y=﹣1，x=﹣，答案为（﹣1，）（﹣1，﹣）点评：解答本题的关键是确定x+y与x﹣y不相等，再进行分类讨论．三．解答题（共4小题，满分80分，每小题20分）13．（20分）已知：（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）是完全平方式．求证：a=b=c考点：完全平方式．专题：计算题．分析：先把原式展开，合并，由于它是完全平方式，故有3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）=[x+（a+b+c）]2，化简有ab+bc+ac=a2+b2+c2，那么就有（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2=0，三个非负数的和等于0，则每一个非负数等于0，故可求a=b=c．解答：解：原式=3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac），∵（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）是完全平方式，∴3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）=[x+（a+b+c）]2，∴ab+bc+ac=（a+b+c）2=（a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc），∴ab+bc+ac=a2+b2+c2，∴2（ab+bc+ac）=2（a2+b2+c2），即（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2=0，∴a﹣b=0，b﹣c=0，c﹣a=0，∴a=b=c．点评：本题考查了完全平方式、非负数的性质．两数的平方和，再加上或减去它们积的2倍，就构成了一个完全平方式．14．（20分）（2010•钦州）如图，将OA=6，AB=4的矩形OABC放置在平面直角坐标系中，动点M、N以每秒1个单位的速度分别从点A、C同时出发，其中点M沿AO向终点O运动，点N沿CB向终点B运动，当两个动点运动了t秒时，过点N作NP⊥BC，交OB于点P，连接MP．（1）点B 的坐标为（6，4）；用含t的式子表示点P的坐标为（t，t）；（2）记△OMP的面积为S，求S与t的函数关系式（0＜t＜6）；并求t为何值时，S有最大值？（3）试探究：当S有最大值时，在y轴上是否存在点T，使直线MT把△ONC分割成三角形和四边形两部分，且三角形的面积是△ONC面积的？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数的最值；一次函数的应用；三角形的面积；矩形的性质．专题：压轴题．分析：（1）由OA=6，AB=4，易得点B的坐标为（6，4）；由图可得，点P的横坐标=CN=t，纵坐标=4﹣NP，NP的值可根据相似比求得；（2）由（1）的结论易得△OMP的高为t，而OM=6﹣AM=6﹣t，再根据三角形的面积公式即可求得S与t的函数关系式，再由二次函数的最值求法，求得t为何值时，S有最大值；（3）由（2）求得点M、N的坐标，从而求得直线ON的函数关系式；设点T的坐标为（0，b），可得直线MT的函数关系式，解由两个关系式组成的方程组，可得点直线ON与MT的交点R的坐标；由已知易得S△OCN=×4×3=6，∴S△ORT=S△OCN=2；然后分两种情况考虑：①当点T在点O、C之间时，②当点T在点OC的延长线上，从而求得符合条件的点T的坐标．解答：解：（1）延长NP交OA于H，∵矩形OABC，∴BC∥OA，∠OCB=90°，∵PN⊥BC，∴NH∥OC，∴四边形CNHO 是平行四边形，∴OH=CN，∵OA=6，AB=4，∴点B的坐标为（6，4）；由图可得，点P的横坐标=0H=CN=t，纵坐标=4﹣NP，∵NP⊥BC，∴NP∥OC，∴NP：OC=BN：CB，即NP：4=（6﹣t）：t，∴NP=4﹣t，∴点P的纵坐标=4﹣NP=t，则点P的坐标为（）；（其中写对B点得1分）（3分）（2）∵S△OMP=×OM×，（4分）∴S=×（6﹣t）×=+2t．=（0＜t＜6）．（6分）∴当t=3时，S有最大值．（7分）（3）存在．由（2）得：当S有最大值时，点M、N的坐标分别为：M（3，0），N（3，4），则直线ON的函数关系式为：．设点T的坐标为（0，b），则直线MT的函数关系式为：，解方程组得，∴直线ON与MT的交点R的坐标为．∵S△OCN=×4×3=6，∴S△ORT=S△OCN=2．（8分）①当点T在点O、C之间时，分割出的三角形是△OR1T1，如图，作R1D1⊥y轴，D1为垂足，则S△OR1T1=RD1•OT=••b=2．∴3b2﹣4b﹣16=0，b=．∴b1=，b2=（不合题意，舍去）此时点T1的坐标为（0，）．（9分）②当点T在OC的延长线上时，分割出的三角形是△R2NE，如图，设MT交CN于点E，由①得点E的横坐标为，作R2D2⊥CN交CN于点D2，则S△R2NE=•EN•R2D2=••==2．∴b2+4b﹣48=0，b=．∴b1=，b2=（不合题意，舍去）．∴此时点T2的坐标为（0，）．综上所述，在y轴上存在点T1（0，），T2（0，）符合条件．（10分）点评：此题综合性较强，考查了点的坐标、平行线分线段成比例、二次函数的最值、一次函数的应用等知识点．15．（20分）对于给定的抛物线y=x2+ax+b，使实数p、q适合于ap=2（b+q）（1）证明：抛物线y=x2+px+q通过定点；（2）证明：下列两个二次方程，x2+ax+b=0与x2+px+q=0中至少有一个方程有实数解．考点：二次函数图象上点的坐标特征；根的判别式．专题：证明题．分析：（1）由已知求得q=﹣b，代入抛物线y=x2+px+q，得y=x2+px+﹣b，将抛物线y=x2+ax+b的顶点横坐标x=﹣代入可求y的值，确定结果为顶点纵坐标即可；（2）方程x2+ax+b=0与x2+px+q=0的判别式分别为a2﹣4b，p2﹣4q，由2q=ap﹣2b可得出两个判别式的和为非负数，可知其中至少有一个判别式为非负数，故至少有一个方程有实数解．解答：证明：（1）由ap=2（b+q），得q=﹣b，代入抛物线y=x2+px+q，得：﹣y+x2﹣b+p（x+）=0，得，解得：，故抛物线y=x2+px+q通过定点（﹣，）．（2）由2q=ap﹣2b得p2﹣4q=p2﹣2•2q=p2﹣2（ap﹣2b）=（p﹣a）2﹣（a2﹣4b），∴（p2﹣4q）+（a2﹣4b）=（p﹣a）2≥0，∴p2﹣4q，a2﹣4b中至少有一个非负，∴x2+ax+b=0与x2+px+q=0中至少有一个方程有实数解．点评：本题考查了抛物线上的点及顶点的坐标特点，判别式判断一元二次方程解的运用，明确两个数的和为非负数时，其中至少有一个数为非负数．小学六年级奥数圆柱圆锥圆柱与圆锥这一讲学习与圆柱体和圆锥体有关的体积、表面积等问题。
2020年中国高中数学奥林匹克试题与解答 精品
ORQN MFED CBAP2020年中国数学奥林匹克试题与解答(2020年1月11日)一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分别是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分别作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分别为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分别为M ，N ．（1）若A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；（2）若 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论． 解（1）设Q ，R 分别是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，则11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形， 所以OQM ORM ∠=∠， 由题设A ，B ，C ，D 四点共圆， 所以ABD ACD ∠=∠，于是22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，所以EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 所以 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ，所以 EM FN EN FM ⋅=⋅． （2）答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，所以A ，B ，C ，D 四点不共圆，但此时仍然有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分别是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，则11,22NS OD EQ OB ==，所以NS ODEQ OB=． ① 又11,22ES OA MQ OC ==，所以ES OAMQ OC=． ② 而AD ∥BC ，所以OA ODOC OB=， ③ 由①，②，③得NS ESEQ MQ=． 因为 2NSE NSA ASE AOD AOE ∠=∠+∠=∠+∠，()(1802)EQM MQO OQE AOE EOB EOB ∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE =∠+︒-∠=∠+∠， 即NSE EQM ∠=∠，所以NSE ∆～EQM ∆，故EN SE OAEM QM OC==（由②）． 同理可得， FN OAFM OC =， 所以 EN FNEM FM=， 从而 EM FN EN FM ⋅=⋅．二、求所有的素数对（p ，q ），使得q p pq 55+．解：若pq |2，不妨设2=p ，则q q 55|22+，故255|+qq ．由Fermat 小定理， 55|-qq ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．若pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，则qq 55|55+，故6255|1+-q q ．当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，所以313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．若q p ,都不等于2和5，则有1155|--+q p pq ，故SO RQNFEDCBA P)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ②故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k，)12(21-=-s q l， 其中s r l k ,,,为正整数． 若l k ≤，则由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s l k l k l -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！所以l k >．同理有l k <，矛盾！即此时不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A Λ是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P Λ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设这个凸m 边形为m P P P Λ21，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设221π<∠P P P m ，则)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，若凸m 边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻．在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边（n r ≤≤1），这样的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．（1） 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，此时这2-m 个顶点的取法数为21--m r C ．（2） 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，所以，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，此时这2-m 个顶点的取法数为2-m rC ．所以，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m n m n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21Λ满足 1min 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<<Λ21，则对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，所以()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a 13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i k n⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 所以，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k，等号均在n i n i a i ,,2,1,21Λ=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n （n 为奇数），或者)2(32122-n n （n 为偶数）． 五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．问：对怎样的n ，存在一种染色方式，使得对于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分别被染为这3种颜色？解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。
人教版奥赛真题及答案解析
人教版奥赛真题及答案解析参加奥林匹克数学竞赛一直是许多学生和家长的目标，这不仅是一种能力的证明，更是对数学思维和解题能力的挑战。
在准备奥赛的过程中，掌握真题及其答案解析对于提高竞赛成绩至关重要。
本文将介绍一些人教版奥赛真题及其答案解析，帮助读者更好地备战奥赛。
首先，我们来看一道人教版奥赛真题：1. 在平面直角坐标系中，点$A(0，0)$和点$B(10,0)$的连线与曲线\[y=\frac{x^2}{2}-\frac{21}{2}\ln x +\frac{41}{2}\]的交点个数为(A)1 (B)2 (C)3 (D)4接下来，我们对这道题进行解答和解析。
解答：首先，我们需要求得曲线与直线$AB$的交点。
将曲线方程和直线方程联立，得到\[\frac{x^2}{2}-\frac{21}{2}\ln x + \frac{41}{2} = 0.\]为了求解这个方程，我们可以将它化为对数方程，即$\ln(x^2) - 21\ln x + 41 = 0.$ 经过整理得\[\ln\left(\frac{x^2}{x^{21}}\right) = -41.\]进一步，我们可以继续对方程进行化简，得到\[\ln(x^{-19}) = -41,\]即\[x^{-19} = e^{-41}.\]将指数方程两边取对数，然后解得\[x = e^{-41/19}.\]至此，我们求得了曲线与直线$AB$的交点为$P(e^{-41/19},f(e^{-41/19}))$，其中$f(x) = \frac{x^2}{2}-\frac{21}{2}\ln x +\frac{41}{2}$是解析：这道题考察了曲线与直线的交点问题，以及对数方程的求解。
首先，我们通过联立曲线和直线方程，将其化为对数方程。
这样的转化可以简化计算过程，并得到更容易求解的方程形式。
然后，通过对数运算的性质，我们求得了方程的解。
在解析时，我们要注意检查解的合理性以及计算的准确性。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第30届)
3.设n，k是正整数，S是由平面上n个点构成的集合并且无三线共点，对任何S中的点P至少存在S中的k个点与P等距离．
求证k<1/2+ ．
4.凸四边形ABCD的边AB，AD，BC满足AB=AD+BC，四边形内部有一与直线CD距离为h的点P，并且AP=h+AD，BP=h+BC，
求证：1/ <=1/ +1/ ．
5.试证明对每个正整数n，存在n个连续的正整数使得其中无素数或素数的幂．
6.设{x1，x2，...，xm}是{1，2，...，2n}的一个排列，其中n是一个正整数．如果|xi-xi+1|=n对至少{1，2，...，2n-1}中的一个i成立就说这个排列{x1，x2，...，xm}具有性质P．试证明对于任意的n，具有性质P的排列都比不具有的多．
国际数学奥林匹克（
1.试证明集合{1，2，...，1989}可以分拆成117个子集合A1，A2，...，A117（即这些子集合互不相交且并集为整个集合），满足每个Ai包含17个元素，并且每个Ai中元素之和都相等．
2.锐角△ABC，内角∠A的角平分线交△ABC的外界圆于A_1，类似定义B1，C1点．设AA1与∠ B，∠C的外交平分线交于A0点，类似定义B0，C0点．
中国数学奥林匹克试题及解答
中国数学奥林匹克试题及解答（第二十一届全国中学生数学冬令营）第一天福州 1月12日 上午8∶00～12∶30 每题21分一、 实数12,,,n a a a 满足120n a a a +++=，求证：()122111max ()3n ki i k n i na a a -+≤≤=≤-∑．证明 只需对任意1k n ≤≤，证明不等式成赶忙可．记1,1,2,,1k k k d a a k n +=-=-，则k k a a =，1k k k a a d +=-，2111,,k k k k n k k k n a a d d a a d d d +++-=--=----， 112121121,,,k k k k k k k k k k a a d a a d d a a d d d -------=+=++=++++，把上面这n 个等式相加，并利用120n a a a +++=可得11121()(1)(1)(2)0k k k n k k na n k d n k d d k d k d d +----------+-+-++=．由Cauchy 不等式可得()2211121()()(1)(1)(2)k k k n k k na n k d n k d d k d k d d +---=-+--++------11222111k n k n i i i i i i d ---===⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑111222111(1)(21)6n n n i i i i i n n n i d d ---===--⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ 31213n i i n d -=⎛⎫≤ ⎪⎝⎭∑， 因此 ()122113n ki i i na a a -+=≤-∑．二、正整数122006,,,a a a （能够有相同的）使得200512232006,,,a a a a a a 两两不相等．问：122006,,,a a a 中最少有多少个不同的数？解 答案：122006,,,a a a 中最少有46个互不相同的数．由于45个互不相同的正整数两两比值至多有45×44＋1＝1981个，故122006,,,a a a 中互不相同的数大于45．下面构造一个例子，说明46是能够取到的． 设1246,,,p p p 为46个互不相同的素数，构造122006,,,a a a 如下：11213231434241,,,,,,,,,,,,,,p p p p p p p p p p p p p p ， 11221,,,,,,,,,,,k k k k k k k p p p p p p p p p p --，14544454345452451,,,,,,,,,,p p p p p p p p p p ， 4645464446462246,,,,,,,,p p p p p p p p ，这2006个正整数满足要求．因此122006,,,a a a 中最少有46个互不相同的数．三、正整数m ，n ，k 满足：23mn k k =++，证明不定方程22114x y m +=和 22114x y n +=中至少有一个有奇数解(,)x y ．证明 第一我们证明如下一个 引理：不定方程22114x y m += ①或有奇数解00(,)x y ，或有满足00(21)(mod )x k y m ≡+ ②的偶数解00(,)x y ，其中k 是整数．引理的证明 考虑如下表示(21)x k y ++ ,x x y ≤≤0为整数，且 ,02y ≤≤，则共有()112m ⎛⎫⎡++> ⎪⎣ ⎪⎣⎦⎝⎭个表示，因此存在整数12,0,x x ⎡∈⎣，12,0,y y ⎡∈⎢⎣⎦，满足1122(,)(,)x y x y ≠，且1122(21)(21)(mod )x k y x k y m ++≡++，这说明(21)(mod )x k y m ≡+， ③那个地点1221,x x x y y y =-=-。
30届中国数学奥林匹克获奖名单
23 23 23 30 30 30 30 30 30 36 36 36 36 36 36 36 36 44 44 44 44 44 49 49 49 49 49 49 49
上海 浙江 浙江 广东 湖南 辽宁 陕西 上海 浙江 北京 北京 重庆 广东 湖北 湖北 江苏 辽宁 重庆 吉林 辽宁 辽宁 浙江 广东 河北 河北 河南 河南 湖南 湖南
315 内蒙古 鼓励 奖(21 名次 省、市、自治区 317 317 317 317 321 321 321 321 321 321 321 321 329 329 329 329 329 329 329 329 329 黑龙江 内蒙古 内蒙古 陕西 甘肃 海南 宁夏 宁夏 陕西 陕西 陕西 新疆 甘肃 青海 青海 青海 青海 西藏 西藏 新疆 云南
195 195 195 195 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 203 223 223 223 223 223
吉林 吉林 天津 浙江 安徽 北京 北京 广东 河北 河北 湖北 吉林 江苏 江苏 江西 辽宁 辽宁 山东 山西 陕西 上海 上海 上海 天津 安徽 福建 河南 湖北 吉林
49 49 49 49 49 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 61 76 76 76 76 76 76 76 76 76
湖南 吉林 上海 浙江 浙江 安徽 北京 重庆 重庆 重庆 福建 广东 广西 湖北 湖北 吉林 上海 上海 上海 浙江 湖北 湖南 湖南 湖南 湖南 湖南 陕西 上海 天津
114 人)
上海中学 浙江省杭州第二中学 乐清市乐成寄宿中学 深圳中学 长沙市雅礼中学 辽宁省实验中学 西工大附中 上海中学 宁波市镇海中学 人大附中 人大附中 巴蜀中学 深圳第三高级中学 华师一附中 华师一附中 南京外国语学校 东北育才学校 巴蜀中学 吉大附中 东北育才学校 东北育才学校 乐清市乐成寄宿中学 华南师范大学附属中学 石家庄市第二中学 河北衡水中学 郑州一中 河南省实验中学 湖南师大附中 湖南师大附中
数学奥林匹克训练题718解答
标题：深度解读数学奥林匹克训练题718解答一、引言在数学的世界里，数学奥林匹克训练题一直是备受瞩目的。
这些题目不仅考察了数学知识，更重要的是培养了学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
今天，我们将深入解读数学奥林匹克训练题718的解答，从中汲取思维的灵感和数学的智慧。
二、数学奥林匹克训练题718解答解析题目：某人两岁时，其父亲十岁，若从此后每隔5年，此人比其父亲芳龄多1岁，则此人芳龄是多少岁？解析：通过设定变量的方式，可以轻松解答这道题目。
假设某人现在的芳龄为x岁，则其父亲的芳龄为(x+8)岁。
根据题目描述，可以得到以下方程：x + 8 = x + 1 + 5n（n为自然数）。
通过解方程，可以得到某人的芳龄为12岁，这是一个典型的数学推理题目。
三、数学智慧的体现学习数学奥林匹克训练题，不仅是为了追求解题的结果，更重要的是锻炼思维的灵活性和逻辑思考的能力。
在解答题目718的过程中，我们可以发现数学的魅力所在。
通过设定变量、建立方程、解方程的逻辑推理，我们不仅得到了正确答案，更重要的是锻炼了自己的思维能力。
四、个人观点与理解数学奥林匹克训练题718解答，体现了数学的深度和魅力。
通过解答这样的题目，我们不仅锻炼了数学的逻辑思维能力，更重要的是培养了解决问题的能力。
在未来的学习和工作中，这种能力将大有裨益。
我建议每个人都能够多尝试解答数学奥林匹克训练题，从中感受数学的魅力，培养自己的思维能力。
五、总结与回顾在本文中，我们深入解读了数学奥林匹克训练题718的解答，从中领略了数学的智慧和逻辑的魅力。
通过解答这样的数学题目，我们不仅能锻炼自己的思维能力，更重要的是培养解决问题的能力。
希望本文能够对读者有所启发，让大家能够更深入地理解数学的奥秘。
六、结语数学奥林匹克训练题718的解答，向我们展示了数学的智慧和魅力。
通过思考和解答这样的数学题目，我们不仅能够锻炼自己的思维能力，更重要的是培养解决问题的能力。
希望本文能够对大家有所启发，让我们共同感受数学的魅力，培养自己的思维能力。
第30届中国数学奥林匹克获奖名单
第30届中国数学奥林匹克获奖名单一等奖(114人)名次省、市、自治区姓名性别学校1广东黄峄凡男广雅中学2上海俞辰捷男华东师范大学第二附属中学3湖南谢昌志男长沙市雅礼中学3吉林孙伟舰男东北师大附中3浙江钱盛泽男乐清市乐成寄宿中学6北京王 正男人大附中6北京彭炳辉男北师大附属实验中学6广东周 晟男华南师范大学附属中学6湖南甘晋华男长沙市长郡中学6江苏曹 阳男江苏省扬州中学6上海黄小雨男上海中学6上海高继扬男上海中学6浙江张皇中男富阳中学6浙江包鑫霖男乐清市乐成寄宿中学15重庆李 同男巴蜀中学15黑龙江李无为男大庆一中15湖北汪至祺男华师一附中15湖北刘谢威男华师一附中15江苏周逸飞男兴化中学15浙江张海翔男杭州学军中学21河南夏剑桥男郑州外国语学校21江苏朱耀宇男南京外国语学校23重庆田欣雨男重庆八中23湖北陈 坤男武汉二中23江苏傅瑞得男南师附中23江西罗金玥女江西省鹰潭一中23上海周梓贤男上海中学23浙江陈子昂男浙江省杭州第二中学23浙江郑鸿图男乐清市乐成寄宿中学30广东胡颀轩男深圳中学30湖南贺嘉帆男长沙市雅礼中学30辽宁王诺舟男辽宁省实验中学30陕西周康杰男西工大附中30上海窦泽皓男上海中学30浙江陈鑫犇男宁波市镇海中学36北京欧阳铭晖男人大附中36北京王浩昀女人大附中36重庆田佳宝男巴蜀中学36广东吴东晓女深圳第三高级中学36湖北白宇川男华师一附中36湖北张家齐男华师一附中36江苏徐锦灏男南京外国语学校36辽宁吴子源男东北育才学校44重庆秦臻至男巴蜀中学44吉林郝天泽男吉大附中44辽宁孔繁浩男东北育才学校44辽宁梁宇辰男东北育才学校44浙江张力天男乐清市乐成寄宿中学49广东武夷山男华南师范大学附属中学49河北辛天屹男石家庄市第二中学49河北张钊森男河北衡水中学49河南刘文昊男郑州一中49河南李泽超男河南省实验中学49湖南蒋 安男湖南师大附中49湖南左都云男湖南师大附中49湖南林国昌男长沙市一中49吉林杨宗睿男吉大附中49上海汪祎非男华东师范大学第二附属中学49浙江黄乐恺女浙江省杭州第二中学49浙江周俊鹏男衢州二中61安徽张淞源男合肥一中61北京孙家进男北京四中61重庆陈韵蒙男巴蜀中学61重庆姚鲁川男巴蜀中学61重庆刘瑞星男重庆八中61福建林 挺男福建师大附中61广东王旭东男华南师范大学附属中学61广西唐珑珂男南宁市第二中学61湖北朱保昶男武钢三中61湖北姜兆恒男华师一附中61吉林刘 通男吉大附中61上海朱 峰男上海中学61上海范峻昊男上海中学61上海侯喆文男华东师范大学第二附属中学61浙江金泽文男乐清市乐成寄宿中学76湖北尹元捷男武汉二中76湖南梁家栋男长沙市一中76湖南冯 程女长沙市雅礼中学76湖南金泽熙男长沙市长郡中学76湖南吴俊威男长沙市长郡中学76湖南吴 鸣男长沙市雅礼中学76陕西王天乐男西安高新一中76上海高皓天男上海中学76天津张皓辰男天津市第一中学76浙江章锦南男温州中学86安徽孟培坤男马鞍山二中86北京林一衡男人大附中86河北吕泽群男石家庄二中86河北郑 重男河北衡水中学86湖北张芷仪女武钢三中86湖南何通木男长沙市雅礼中学86湖南沈子翔男湖南师大附中86吉林承书尧男东北师大附中86江苏韩 啸男南师附中86辽宁余佳弘男大连育明高级中学86辽宁王许涛男大连市第二十四中学86上海李嘉昊男上海中学86四川杨潇枭男四川绵阳中学86浙江陈子翔男温州中学100北京谢彦桐男北师大附属实验中学100北京王雪莹女人大附中100重庆张开朗男巴蜀中学100重庆吴佳颖女重庆南开中学100重庆严 鑫男重庆八中100甘肃余 璞男西北师大附中100河南朱书聪男郑州外国语学校100吉林于翔宇男吉大附中100江西程 晨男九江市第一中学100江西章宇哲男江西省吉安一中100山西王子轩男山西大学附中100四川张博闻男成都七中100四川仇嘉泽男成都七中100四川罗 鑫男四川省绵阳市东辰学校100浙江侯浩杰男温州中学二等奖(129人)名次省、市、自治区姓名性别学校115安徽储著敏男安徽省歙县中学115安徽潘文初男合肥一中115北京王啸辰男清华附中115北京彭俊尧男人大附中115福建王明璋男晋江养正中学115湖北王逸轩男武钢三中115湖北何雄博男黄冈中学115湖北施奕城男华师一附中115湖南张文卿男长沙市一中115江苏纪一博男南师附中115江苏候霁开男江苏省天一中学115山西刘 耕男太原五中115上海柏旻皓男上海中学115浙江黄协和男宁波市镇海蛟川书院115浙江张定余男宁波市镇海中学130安徽胡晓波男铜陵市一中130北京王芝菁女清华附中130北京孙元逊男人大附中130重庆龚秋实男重庆八中130福建郑锦聪男长乐一中130福建叶智恺男福州一中130甘肃武楚涵男兰州一中130广东郑含之女深圳中学130河北姚钧夫男石家庄二中130河北王 昊男石家庄市第二中学130湖北饶正昊男华师一附中130湖北赵梓硕男华师一附中130江西宁盛臻男九江市同文中学130山东牛瑞昌男东营市胜利第一中学130上海马健翔男华东师范大学第二附属中学130四川蔡榆杭男成都七中130四川向雍立男成都七中130天津于鹏飞男天津市耀华中学130浙江贝思捷女宁波市镇海中学149重庆王恒熠男巴蜀中学149河北陈瀚钊男河北衡水中学149河南陈智博男郑州外国语学校149黑龙江刘梦哲男哈师大附中149湖北赵乐祺男武钢三中149江西程盛淦男江西省南昌二中149山西任 昊男山西大学附中149上海张天扬男华东师范大学第二附属中学149四川张峻滋男成都七中149浙江竺仕鹏男杭州外国语学校149湖北张艺杰男华师一附中160北京刘 睿 男北师大附属实验中学160湖南隆希辰男湖南师大附中160湖南谢灵尧男湖南师大附中160吉林张博渊男东北师大附中160内蒙古高 乾男呼和浩特二中160上海陆一平男上海中学160上海沈哲晨男上海中学160天津郝 宇男天津市耀华中学168广东费 哲男华南师范大学附属中学168广西胡陶钧男柳州铁一中学168江西贺 东 男 南昌大学附属中学168山西马 杰男山西大学附中168上海贾鸿翔男复旦大学附属中学168天津郝德存男新华中学168浙江王秋皓男浙江省杭州第二中学175安徽徐 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铄男哈师大附中294黑龙江梁乘瑞男哈师大附中294辽宁齐 航女大连育明高级中学294山东罗兆勇男山东省诸城第一中学294山西王珑霖男山西大学附中294陕西王嘉帆男西安交大附中294四川方一杰男成都七中嘉祥外国语学校294天津黄 政男天津市南开中学294天津项津旭男天津市实验中学294天津晏 妮女天津市耀华中学294浙江何璐凌女宁波市镇海中学308贵州杨婧琳女贵阳一中308黑龙江孙浩淼男大庆实验中学310海南林道哲男海南中学311甘肃李释洁男兰州一中311广西陈晋恒男玉林高级中学311湖北姚 睿男七一华源中学311辽宁王晓睿男大连市第二十四中学315贵州王 䶮男贵阳清华中学315内蒙古杨正宇男赤峰平煤高级中学鼓励奖(21人)名次省、市、自治区姓名性别学校317黑龙江秦家琰男黑龙江省哈尔滨市第三中学317内蒙古杨 磊男包头北重三中317内蒙古李凯龙男鄂尔多斯市一中317陕西张嘉铭男西工大附中321甘肃雷雅珺女兰州一中321海南王洪凯男海南中学321宁夏陈江韬男宁夏长庆高级中学321宁夏张胤泰男银川一中321陕西刘昊洋男西安高新一中321陕西李乐天男西安铁一中名次省、市、自治区姓名性别学校321陕西姚文卿男西安铁一中321新疆武 强男新疆生产建设兵团第二中学329甘肃李怡宁女兰州一中329青海马瑞敏女青海湟川中学329青海王欣一女青海湟川中学329青海张 芃男青海油田第一中学329青海丁 一男青海油田第一中学329西藏朱宇希女西藏林芝地区第一中学329西藏唐西芝男西藏林芝地区第一中学329新疆李通宇男乌鲁木齐市第一中学329云南张释源男云南师大附中。
人教版奥赛真题及答案解析
人教版奥赛真题及答案解析近年来，人教版奥赛（数学、英语、物理）在各个方面得到了广泛的应用和认可，并受到越来越多学生的喜爱。
这里将对其中的一套真题进行解析，以帮助更多的学生更好地理解并应对这些考试。
一、数学题解析假设有一道数学题如下：已知函数 $ f(x) = \frac{1}{x^2}$ 且 $ g(x) =\frac{1}{2x}$，则函数 $ h(x) = g(f(x))$ 的值为？解析：首先，我们根据题目给出的函数，将 $ f(x)$ 和$ g(x)$ 的定义代入 $ h(x)$ 中，得到：$ h(x) = g(f(x)) = g(\frac{1}{x^2}) =\frac{1}{2(\frac{1}{x^2})} = \frac{1}{2}x^2$因此，函数 $ h(x)$ 的值为 $ \frac{1}{2}x^2$。
通过这样的解析，我们可以看到，这道数学题主要考察的是学生对函数的定义和运算规则的理解，以及对代数表达式的运算熟练度。
因此，对于这类题目，学生需要熟练掌握函数的基本概念和定义，并具备一定的代数表达式运算能力。
二、英语题解析假设有一道英语题如下：阅读理解：下面哪一个选项最能概括本文的主旨？A. The importance of learning foreign languages.B. The benefits of traveling abroad.C. The challenges of studying in a foreign country.D. The cultural exchange between different nations.解析：这道题目要求学生从给出的选项中选择一个最能概括文章主旨的答案。
通过仔细阅读文章内容，我们可以从中找到关键信息，进而确定正确答案。
在选项中，A 选项提到学习外语的重要性，但文章并没有明确强调外语学习。
B 选项提到了出国旅游的好处，但文章并没有谈论到旅游。
小学五年级奥数30及答案一图文百度文库
小学五年级奥数30及答案一图文百度文库一、拓展提优试题1．（15分）一个自然数恰有9个互不相同的约数，其中3个约数A，B，C满足：①A+B+C＝79②A×A＝B×C那么，这个自然数是．2．如图所示，P为平行四边形ABDC外一点。
已知PCD∆的面积等于5平方厘米，PAB∆的面积等于11平方厘米。
则平行四边形ABCD的面积是CADBP3．（7分）今年小翔和爸爸、妈妈的年龄分别是5岁、48岁、42岁．年后爸爸、妈妈的年龄和是小翔的6倍．4．将等边三角形纸片按图1所示步骤折叠3次（图1中的虚线是三边的中点的连线），然后沿两边的重点的边减去一角（如图2）．将剩下的纸片展开、平铺，得到的图形是A5．星期天早晨，哥哥和弟弟去练习跑步，哥哥每分钟跑110米，弟弟每分钟跑80米，弟弟比哥哥多跑了半小时，结果比哥哥多跑了900米，那么，哥哥跑了米．6．小胖和小亚两人在生日都是在五月份，而且都是星期三．小胖的生日晚，又知两人的生日日期之和是38，小胖的生日是5月日．7．某次入学考试有1000人参加，平均分是55分，录取了200人，录取者的平均分与未录取的平均分相差60分，录取分数线比录取者的平均分少4分．录取分数线是分．8．某数学竞赛有10道题，规定每答对一题得5分，答错或不答扣2分．A、B 两人各自答题，得分之和是58分，A比B多得14分，则A答对道题．9．（8分）图中所示的图形是迎春小学数学兴趣小组的标志，其中，ABCDEF 是正六边形，面积为360，那么四边形AGDH的面积是．10．同时掷4个相同的小正方体（小正方体的六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，则朝上一面的4个数字的和有种．11．某长方体的长、宽、高（长、宽、高均大于1）是三个彼此互质的自然数，若这个长方体的体积是665，则它的表面积是．12．大于0的自然数n是3的倍数，3n是5的倍数，则n的最小值是．13．用一根34米长的绳子围成一个矩形，且矩形边长都是整数米，共有种不同的围法（边长相同的矩形算同一种围法）．14．如图是一个由26个相同的小正方体堆成的几何体，它的底层由5×4个小正方体构成，如果把它的外表面（包括底面）全部涂成红色，那么当这个几何体被拆开后，有3个面是红色的小正方体有块．15．某场考试共有7道题，每道题问的问题都只与这7道题的答案有关，且答案只能是1、2、3、4中的一个．已知题目如下：①有几道题的答案是4？②有几道题的答案不是2也不是3？③第⑤题和第⑥题的答案的平均数是多少？④第①题和第②题的答案的差是多少？⑤第①题和第⑦题的答案的和是多少？⑥第几题是第一个答案为2的？⑦有几种答案只是一道题的答案？那么，7道题的答案的总和是．【参考答案】一、拓展提优试题1．解：一个自然数N 恰有9个互不相同的约数，则可得N ＝x 2y 2，或者N ＝x 8，（1）当N ＝x 8，则九个约数分别是：1，x ，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6，x 7，x 8，其中有3个约数A 、B 、C 且满足A ×A ＝B ×C ，不可能．（2）当N ＝x 2y 2，则九个约数分别是：1，x ，y ，x 2，xy ，y 2，x 2y ，xy 2，x 2y 2，其中有3个约数A 、B 、C 且满足A ×A ＝B ×C ，①A ＝x ，B ＝1，C ＝x 2，则x +1+x 2＝79，无解．②A ＝xy ，B ＝1，C ＝x 2y 2，则xy +1+x 2y 2＝79，无解．③A ＝xy ，B ＝x ，C ＝xy 2，则xy +x +xy 2＝79，无解．④A ＝xy ，B ＝x 2，C ＝y 2，则xy +x 2+y 2＝79，解得：，则N ＝32×72＝441．⑤A ＝x 2y ，B ＝x 2y 2，C ＝x 2，则x 2y +x 2y 2+x 2＝79，无解．故答案为441．2．12[解答]作PF AB ⊥，由于//AB DC ，所以PF CD ⊥。
第30届IMO试题及解答
第30届IMO试题及解答
佚名
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】1989(000)005
【摘要】第一天（布伦瑞克,1989.7.18） 1.求证:集合{1,2.…,1989}可以分为117个互不相交的子集A<sub>i</sub>（i=1,2,…,117）,使得（1）每个
A<sub>i</sub>含有17个元素; （2）每个A<sub>i</sub>中各元素之和相同.
2.锐角三角形ABC中,A角的等分线与三角形的外接圆交于另一点
A<sub>1</sub>.点B<sub>1</sub>,C<sub>1</sub>与此类似.直线
AA<sub>1</sub>与B,C两角的外角等分线相交于A<sub>0</sub>.点
B<sub>0</sub>,C<sub>0</sub>与此类似.求证:
【总页数】5页(P2-5,19)
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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