2020年亚太地区数学奥林匹克竞赛试题及答案
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。
2020四套数学奥林匹克高中训练题及答案
数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x << (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x x g x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703． 2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是 ． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ． 第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13． 二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95- 三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++． 四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．数学奥林匹克高中训练题（二）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题23)119963+除以19971996⨯所得的余数是(D)．(A) 1 (B) 1995 (C) 1996 (D) 19972．(训练题23)若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A)． (A)a 21 (B)a1 (C)a (D)a2 3．(训练题23)考虑某长方体的三个两两相邻的面上的三条对角线及体对角线（共四条线段），则正确的命题是(B)．(A)必有某三条线段不能组成一个三角形的三边．(B)任何三条线段都可组成一个三角形，其中每个内角都是锐角．(C)任何三条线段都可组成一个三角形，其中必有一个是钝角三角形．(D)任何三条线段都可组成一个三角形，其形状是“锐角的”或者是“非锐角的”，随长方体的长，宽，高而变化，不能确定．4．(训练题23)若20π<<x ，则11tan cot sin cos x x x x++-的取值范围是(D)． (A)()+∞∞-, (B)()+∞,0 (C)),21(+∞ (D)()+∞,1 5．(训练题23)有5个男孩与3个女孩站成一排照相任何两个女孩都不相邻，则其可能的排法个数是(A)． (A)!5!7!8⋅ (B)!4!6!7⋅ (C) !7!3!10⋅ (D) !3!7!10⋅ 6．(训练题23)使得11cos 51sin +>n 成立的最小正整数n 是(B)．(A)4 (B)5 (C)6 (D)7二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题23)设R a ∈，若函数310),(+==xy x f y 关于直线x y =对称，且)(x f y =与)lg(2a x x y +-=有公共点，则a 的取值范围是 6a <- ．2．(训练题23)设1,,2-=∈+i R b a 且存在C z ∈，适合⎪⎩⎪⎨⎧≤+=+1z bi a z z z 则ab 的最大值等于 18 ． 3．(训练题23)设 900<<α，若ααsin 1)60tan(31=-+ ，则α等于 3050o o 或 ． 4．(训练题23)设''''D C B A ABCD -是棱长为1的正方体，则上底面ABCD 的内切圆上的点P 与过顶点'''',,,D C B A 的圆上的点Q 之间的最小距离=d2 ． 5．(训练题23)如图，在直角坐标系xOy 中，有一条周期性折线（函数）).(:1x f y l =现把该曲线绕原点O 按逆时针方向旋转45得到另一条曲线2l ，则这两条曲线与y 轴及直线()N n n x ∈=围成的图形的面积等于(12n +-- ．6．(训练题23)设b a ,都是正整数，且100)21(2+=+b a 则b a ⋅的个位数等于 4 ．第二试一、(训练题23)(本题满分25分) 求证：在复平面上，点集}01:{3=++∈=z z C z S 中，除去某一个点外的所有的点都在圆环45313<<z 中． 二、(训练题23)(本题满分25分)已知抛物线),0(22>=p px y 其焦点为F .试问：是否存在过F 点的弦AB （B A ,均在抛物线上，且A 在第一象限内），以及y ）轴正半轴上的一点P ，使得B A P ,,三点构成一个以P 为直角顶点的等腰直角三角形？证实你的回答.如果回答是肯定的，请求出直线AB 的方程．)2p y x =- 三、(训练题23)(本题满分35分)平面上给定321A A A ∆及点0P ，构造点列0P ，1P ， 2P ，使得13+k P 为点k P 3绕中心1A 顺时针旋转150时所到达的位置，而23+k P 和33+k P 为点13+k P 和23+k P 分别绕中心2A 和3A 顺时针旋转 105时所到达的位置， ,3,2,1,0=k .若对某个N n ∈，有03P P n =，试求321A A A ∆的各个内角的度数及三个顶点321,,A A A 的排列方向．四、(训练题23)(本题满分35分)设n ααα≤≤≤< 210，n b b b ≤≤≤< 210，且∑∑==≥n i i n i i b a 11又存在)1(n k k ≤≤使得当k i ≤时有i i a b ≤，当k i >时，有i i a b >.求证：∏∏==≥n i i n i ib a 11． 1。
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。
李耀文——2020EMLO第4题解答
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2020年4月“根源杯”数学奥林匹克邀请赛试题一试试卷(详细解析版)
→−c
|−→3;
x2)x1x2|→−a |2 |−→a |2
=
3x1x2.
27
0,
.
4
1
.
150
375, 324
.
150 + 375 + 324 − (150, 375) − (150, 324) − (375, 324) + (150, 375, 324) = 768
768
n = 768
2
(1)
(2)
(1) 0 < ∠M BA < π ∠M AB
(
)(
)2
(1). l1 . l2
π ∠1
π ∠2
+ 22
+− 22
= π lA . lB
.
(2) 0 < ∠M BA ∠M AB < π
(
)(
)
2
(2). l1 . l2
π ∠1
π ∠2 π
2− 2
+ 2− 2
= 2
π ∠AM B = 2 , lA ⊥ lB.
±
3 i.
22
log3 |(z1z2)2020 + (z1z2)2020| = log3 |(9ω)2020 + (9ω)2020| = log3 92020 = 4040.
7. △ABC
A, B, C
a, b, c
数
sin A cot B + cos A
.
(√
√)
sin C cot B + cos C
n2
1 −
2
an+1
−
a2n an−1
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。
张云华——2020年第24届巴尔干初中数学奥林匹克第1题解答
张云华——2020年第24届巴尔干初中数学奥林匹克第1题解答特级教师——张云华张云华专集2020-09-24 2020年巴尔干初中数学奥林匹克2020-09-22 初中数学竞赛训练题(050)解答2020-09-20 初中数学竞赛训练题(048)解答2020-09-20 初中数学竞赛训练题(049)解答2020-09-19 初中数学竞赛训练题(050)解答2020-09-15 2020年全国数学联赛B卷第10题解2020-09-07 初中数学竞赛训练题(045)解答2020-09-05 初中数学竞赛训练题(043)解答2020-09-04 初中数学竞赛训练题(042)解答2020-09-03 初中数学竞赛训练题(041)解答2020-08-27 初中数学竞赛训练题(032)第1题解答2020-08-20 初中数学竞赛训练题(026)解答2020-08-11 初中数学竞赛训练题(021)解答2020-08-10 初中数学竞赛训练题(020)解答2020-08-08 初中数学竞赛训练题(016)解答2020-08-07 初中数学竞赛训练题(017)解答2020-08-06 初中数学竞赛训练题(012)第1题解答2020-08-05 初中数学竞赛训练题(014)解答2020-08-04 初中数学竞赛训练题(015)解答2020-08-02 初中数学竞赛训练题(011)解答2020-07-31 初中数学竞赛训练题(010)解答2020-07-24 2019年冰岛MO第1 ~ 4题解答2020-07-23 2020爱尔兰数学奥林匹克第1题解答2020-07-22 2020爱尔兰数学奥林匹克第7题解答2020-07-13 2020TJMO第一季第6题的证明2020-07-12 2019克罗地亚MO不等式的证明2020-07-01 2020年德国数学奥林匹克不等式题另证2020-06-29 2020年北京高中数学邀请赛第4题解答2020-06-26 2020年北京高中数学邀请赛第1题解2020-04-17 2020土耳其IMO代表队选拔考试第8题两个解答2020-04-12 卡内基梅隆信息学与数学竞赛团体赛第12题解2020-03-13 2020年全俄数学奧林匹克第三阶段十一年级第8题解答2020-03-11 加拿大CRUX杂志4442号题目解答2020-03-06 2020科索沃数学奧林匹克十一年级第1题解2020-02-25 2019-2020英国数学奧林匹克(第一轮)第3题解2020-02-18 一道初等数论题的解答2020-02-17 2019摩尓多瓦IMO代表队选拔考试第6题的两个证明2020-02-16 2018年印度尼西亚MO省赛第19 题解2020-02-13 2019年摩尓多瓦IMO代表队选拔考试题第2题解2020-02-12 2018年印度尼西亚MO省赛第2题解答2020-02-10 2018年马来MO提高组B类第4题解答2020-02-08 2019泰国MO第6题解答2020-02-06 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第10题2020-02-04 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第8题2020-02-02 解2019年日本数学奧林匹克预选题第5题2020-01-31 解2019年日本数学奧林匹克预选题第2题2020-01-30 加拿大CRUX杂志4474号题目证明2020-01-29 解2019年葡语非洲数学奥林匹克试题第1天第2题2020-01-27 解2019年日本数学奧林匹克预选题第1题2020-01-26 解2020年日本数学奧林匹克预选题第1题2020-01-25 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第2题2020-01-24 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第8题2020-01-23 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第4题2020-01-22 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第3题2020-01-21 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第2题2020-01-20 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第1题2020-01-13 解2019葡语非洲数学奥林匹克第4题2020-01-12 加拿大CRUX杂志题目4493解答2019-09-30 2018年吉尓吉斯斯坦奧林匹克第4题证明2019-09-20 2019年拉丁美洲数学奥林匹克第1题解2019-09-18 2019尼日利亚高中数学奥林匹克第四轮第4题解答2019-09-17 尼日利亚MO不等式另证2019-09-11 2018JBMO预选题A2解答2019-09-10 2019年全国高中数学联合竞赛一试(B卷）第10题另解2019-09-10 2019年Cono Sur数学奥林匹克试题第3题解答2019-09-06 2019年国际大都市竞赛(IOM)数学试题第1题证明2019-09-02 一道IMO2018预选题的解答2019-08-22 2019年地中海地区数学奧林匹克第3题证明2019-08-13 2019年孟加拉数学奥林匹克试题第2题证明2019-08-12 2019年孟加拉数学奥林匹克试题第1题解2019-07-23 2019年法国JBMO代表队选拔考试第2次考试第1题证明2019-07-22 2019年奥地利初中数学奧林匹克地区级试题第1题解2019-07-21 2019年捷克-波兰-斯洛伐克初中联合竞赛试题个人赛第1题解答。
2024小学三年级奥林匹克数学竞赛决赛试卷及答案
2024小学三年级奥林匹克数学竞赛决赛试卷(满分120分，时间90分钟)一、选择题（每小题5分，共80分）1.今年是2022年（农历虎年），那么今年2月有( )天。
A.28B.29C.30D.312.得数不是2022的算式是( )。
A.2022×1B.2022×0C.2022÷1D.2022×2022÷20223.唐诗“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”中“三千尺”大约有( )。
A.30多层楼高B.100多层楼高C.150多层楼高D.300多层楼高4.算式1＋2＋4＋8＋16＋32＋…＋512＋1024＝( )。
A.2000B.2022C.2047D.20485.用选项中的3块五格拼板拼出右边的图形，没有用到的五格拼板是( )6.欧欧、小泉、小美发现了一个宝箱，宝箱里有红、黄、蓝三颗宝石，他们一人一颗，欧欧拿的不是黄宝石，小泉拿的是红宝石，那么小美拿的是( )宝石。
A.红B.黄C.蓝 D黄或蓝7.2022年成都世界乒乓球团体锦标赛，中国、美国、日本、韩国进行团体小组循环赛。
到目前为止，中国队已赛了3场，美国队赛了2场，日本队赛了1场，那么韩国队己赛了( )场。
A.1B.2C.3D.48.用七巧板摆出如图所示的正方形，移动两块积木可以得到一个三角形，移动的积木是( )。
A.1和7B.5和6C.3和4D.2和49.龙博士在古玩市场购买了9枚银币，其中有一枚是假的，假银币的外观与真银币一模一样，只是重量稍轻一些。
龙博士想用一架没有砝码的天平来称，那么他至少称( )次可以保证找出这枚假银币。
A.1B.2C.3D.410.“从前有座山，山里有座庙，庙里有个老和尚和小和尚，老和尚给小和尚讲故事：从前有座山，山里有座庙…”这是一个讲不完的故事。
如果有个不怕麻烦的小孩照这样念了2022句话，那么他念的最后一句话是（ )。
A.从前有座山B.山里有座庙C.庙里有个老和尚和小和尚D.老和尚给小和尚讲故事11.在下面的一排方格中，每个方格里都写了一个数，其中任意3个连续方格中的数之和都是22，那么“我”＋“是”＋“中”＋“国”＋“好”＋“娃”＝( )。
【五年级】亚太区「奥数之星」数学奥林匹克邀请赛
题目及答题纸题目及答题纸Problem & Answer Paper时限时限Time allowed：90分钟分钟minutes 考生须知考生须知Instructions to Candidates：1.每位考生将获「题目及答题纸」乙份。
每位考生将获「题目及答题纸」乙份。
ONE “problem and answer paper” will be given for each candidate.2.本卷共120分，第1至10题(每题7分)，第11至15题(每题10分)。
本卷共120分，第1至10题(每题7分)，第11至15题(每题10分)。
This paper contains 120 marks, questions 1-10 (7 marks each), questions 11-15 (10 marks each).3.比赛期间，不得使用计算工具或手形。
比赛期间，不得使用计算工具或手形。
NO calculation instruments or hand sign during the contest.4.请将答案写在本卷上。
请将答案写在本卷上。
Write down all answers on this paper.5.比赛完毕时，所有「题目及答题纸」会被收回。
比赛完毕时，所有「题目及答题纸」会被收回。
ALL “problem and answer papers” will be collected at the end of the contest.6.本卷中所有附图不一定依比例绘成。
本卷中所有附图不一定依比例绘成。
The diagrams in this paper are NOT necessarily drawn in scale.若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数，或将计算结果写成小数。
若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数，或将计算结果写成小数。
2020中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答
题目：探讨2020中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答---1. 引言2020年的中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答，是一个备受关注的事件。
在数学领域，这些试题代表着挑战和机遇。
本文将深入探讨这些试题，给您带来一场关于数学奥赛的知识盛宴。
2. 试题概述2020年中美洲及加勒比地区的数学奥林匹克试题，涵盖了代数、几何、概率等多个领域。
每道题目都设计严谨，考察了考生对数学知识的深度和灵活运用能力。
试题内容不仅注重基础知识的考察，更将数学与现实生活相结合，增加了题目的趣味性和挑战性。
3. 题目解析（1）代数题在代数题部分，考生需要熟练运用代数运算、方程式求解等技巧，解决问题。
一道题目要求计算多项式的值，另一道题目则考察了对齐次方程组的解法。
这些题目旨在考察考生对代数知识的掌握情况，并培养其逻辑推理能力。
（2）几何题几何题部分则考察了考生的空间想象能力和几何推理能力。
题目设计涉及了线段、角度、多边形等几何形状，要求考生在解题过程中画出清晰准确的图形，并通过严密的证明、推理解决问题。
（3）概率题概率题部分考察了考生对概率的理解和应用能力。
题目设计涉及了随机事件、概率计算、独立事件等内容，要求考生通过分析情况、计算概率，解决实际问题。
4. 试题意义2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计，旨在提高学生的数学综合能力，培养他们的逻辑思维和解决问题的能力。
通过解答这些试题，考生不仅能够巩固已学的数学知识，还能够开拓思维，拓展数学视野，提高解决实际问题的能力。
5. 个人观点作为一名数学爱好者，我认为2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计非常有价值。
这些试题既考察了考生的数学基础知识，又注重了数学在现实生活中的应用。
通过解答这些试题，我深切感受到数学的魅力和实用性，也在实践中不断提高自己的数学素养。
6. 总结2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的内容丰富多样，题目设计严谨合理，体现了数学的广度和深度。
解答这些试题不仅有助于考生巩固数学知识，还能够培养他们的逻辑思维和问题解决能力。
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。
2024年西班牙数学奥林匹克竞赛数学试卷(含答案解析)
2024年竞赛数学试卷西班牙数学奥林匹克一、解答题1、2024个不同的素数pp1, pp2,⋯ , pp2024满足条件: pp1+pp2+⋯+pp1012=pp1013+pp1014+⋯+ pp2024设AA=pp1pp2⋯pp1012,BB=pp1013pp1014⋯pp2024⋅求证: |AA−BB|≥4.2、给定正整数nn ,实数xx1, xx2,⋯ ,xx nn>1满足xx1xx2⋯xx nn=nn+1.求证:(112(xx1−1)+1)(122(xx2−1)+ 1)⋯(1nn2(xx nn−1)+1)≥nn+1,并说明等号何时成立.3、设△AABBAA为不等边三角形,PP为三角形内部一点，满足∠PPBBAA=∠PPAAAA. 直线PPBB和∠BBAAAA的内角平分线交于点QQ,直线PPAA和∠BBAAAA的外角平分线交于点RR.点SS满足AASS∥AAQQ,BBSS∥AARR,求证:QQ,RR,SS三点共线.4、实数aa,bb,cc,dd满足aabbccdd=1,aa+1aa+bb+1bb+cc+1cc+dd+1dd=0求证:aabb,aacc,aadd中至少一个等于−1.5、给定平面上的两点pp1=(xx1,yy1),pp2=(xx2,yy2),用RR(pp1,pp2)表示边与坐标轴平行、且以pp1和pp2为对角顶点的矩形，即�(xx,yy)∈RR2|mmmm nn{xx1,xx2}≤xx≤mmaaxx{xx1,xx2},mmmm nn{yy1,yy2}≤yy≤mmaaxx{yy1,yy2}�.若对所有的点集SS⊂RR2,且|SS|=2024,都存在两点pp1,pp2∈SS,使得|SS∩RR(pp1,pp2)|≥,求kk的最大可能值.6、设aa,bb,nn为正整数，满足bbmm整除aann−aa+1,记αα=aa bb.求证:[αα],[2αα],…,[(nn−1)αα]除以nn的余数是1,2,⋯ ,nn−1的一个排列.1 、【答案】 见解析;【解析】 证明:首先注意到2∉{pp ii }1≤ii ≤2024,若不然易证明等式两侧的奇偶性不同，矛盾!因此本题中的pp 1, pp 2,⋯, pp 2024都是奇数，因此 pp ii ≡±1(mmmmdd 4),mm =1,2...2024 设AA 中有xx 个质数是mmmmdd 4余1的，则有 (1012−xx )个数是余−1的;同理设BB 中有yy 个质数是mmmmddpp 余1的，则有 (1012−yy )个数是余−1的，于是我们有 xx −(1012−xx )≡yy −(1012−yy )(mmmmdd 4) 这意味着xx ≡yy (mmmmdd 2),那么 ≡(−1)1012−xx ≡(−1)1012−yy ≡BB (mmmmdd 4)注意到AA ≡0(mmmmddpp 1),而BB ≡0(mmmmddpp 1)不成立，因此AA ≠BB ,进而|AA −BB |≥4,得证.【标注】 2 、【答案】 见解析;【解析】 证明:注意到1+1kk 2(xx kk −1)−(kk+1)2kk 2xx kk =kk 2xx kk (xx kk −1)+xx kk −(xx kk −1)(kk+1)kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −(xx kk −1)(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −xx kk (kk+1)2+(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −kk 2xx kk −2kkxx kk −xx kk +(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−2kkxx kk (kk+1)+(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =(kkxx kk −kk−1)2kk 2xx kk (xx kk −1)⩾0 因此1+1kk 2(xx kk −1)≥(kk+1)2kk 2xx kk, 累乘可得��1+1kk 2(xx kk −1)�nn kk=1≥(nn+1)2xx 1xx 2⋯xx nn =nn +1,等号成立当且仅当xx kk =kk+1kk 时取得. 【标注】 3 、【答案】 见解析;【解析】 证明:我们记AARR ,BBPP 交于点DD ,AAQQ ,BBSS 交于点EE .由于∠AABBPP =∠AAAAPP ,∠BBAADD =∠AAAA ,因 ΔAABBDD ∼ΔAAAARR ,则 AAAA AAAA =AAAA AAAA由角平分线的性质，易知AAAA AAAA=AABB AABB.因此AAAA AAAA=AABB AABB,这意味着AAEE,BBDD,SSRR三线共点，即QQ,RR,SS三点共线．得证.【标注】4 、【答案】见解析;【解析】证明:由题意可得0=aa+bb+cc+dd+aabbcc+aabbdd+aaccdd+bbccdd=aa+bb+cc+dd+aabb(cc+dd)+ccdd(aa+bb)=(aa+ bb)(ccdd+1)+(cc+dd)(aabb+1)=(aa+bb)(ccdd+1)+(cc+dd)(aabb+aabbccdd)=(aa+bb)(ccdd+1)+ aabb(cc+dd)(ccdd+1)=(ccdd+1)(aa+bb+aabbcc+aabbdd=(ccdd+1)[aa(1+bbcc)+bb(1+aadd)]=(ccdd+ 1)[aa(1+bbcc)+bb(aabbccdd+aadd)]=(ccdd+1)[aa(1+bbcc)+aabbdd(1+bbcc)]=aa(ccdd+1)(bbcc+1)(1+ bbdd)这意味着在ccdd,bbcc,bbdd中至少有一个是−1,结合aabbccdd=1可知在aabb,aacc,aadd中至少有一个是−1,得证.【标注】5 、【答案】406;【解析】证明:设在点集SS中，点PP是纵坐标最大的点,QQ是横坐标最大的点,R是纵坐标最小的点,SS是横坐标最小的点.我们将RR(XX,YY)简化为(XX,YY).考虑(PP,QQ),(QQ,RR),(RR,SS),(SS,PP)这四个矩形，设它们包含的点的个数分别是aa,bb,cc,dd.若它们之间有相互重叠的部分，由极端值原理可知mmaaxx{aa,bb,cc,dd}≥aa+bb+cc+dd4≥20244=506若它们之间没有重叠部分，则在整个SS中，除了上述四个小矩形之外，中间还有一个小矩形,设其内部有tt个点，此时(PP,RR)至少含有tt+2个点，注意到此时aa+bb+cc+dd+tt−4=2024,则由极端值原理可知{aa,bb,cc,dd,tt+2}≥aa+bb+cc+dd+tt+25=406,,这说明至少有一个区域含有406个点，即kk mmaaxx=406.下面我们给出kk=406时的一个构造，如图所示．四条线段上各有406个点，中间的环上有404个点【标注】6 、【答案】见解析;【解析】证明:当nn=1时命题显然成立，只需考虑nn≥2时的情况即可．但注意到要证明该命题成立,只需同时证明|ααkk|≠0(mmmmddnn)和[ααmm]≠[αααα](mmmmddnn)即可，下分别证之.(1) [ααkk]≠0(mmmmddnn)反设存在kk∈{1,2,nn−1}使得[ααkk]=0(mmmmddnn),记aakk≡tt(mmmmddbb)⟹nnbb|aakk−tt,但由题意可得aa(nn−1)≡−1(mmmmddbb),我们有bbnn|(nn−1)tt+kk,然而(nn−1)tt+kk≤(nn−1)(bb−1)+nn−1= (nn−1)bb<nnbb矛盾!(2) [aamm]≠[aaαα](mmmmddnn)我们反设假设存在i,αα∈{1,2,...nn−1},mm≠αα,使得[ααmm]≡[αααα](mmmmddnn).不妨记aamm≡pp(mmmmddbb)和aaαα≡qq(mmmmddbb),从而bbnn|aamm−pp,bbnn|aaαα−qq,因此aa(mm−αα)=pp−qq(mmmmddbbnn)注意到aa(nn−1)≡−1(mmmmddbbnn),因此bbnn|(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα),然而(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα)|≤|(nn−1)(pp−qq)|+|mm−αα|≤(nn−1)(bb−1)+(nn−2)<bb因此只能是(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα)=0,但|mm−αα|≤nn−2因此两侧关于nn−1不同余，矛盾【标注】。
2020年4月“根源杯”数学奥林匹克邀请赛试题二试试卷(详细解析版)
√
(aAn + Bn)2 − 4AnBn
数(
数
a, An, Bn
数),
√ (aAn + Bn)2 − 4AnBn ≡ aAn + Bn (mod 2),
, xn+1
数
An
,
An+1 | An,
{An}
(
√
· · · · · · · · · · · · · · · · · · 10
(aAn + Bn) ± (aAn + Bn)2 − 4AnBn
1. n × n × n 2. .
. n3 数
3.
n3 数
.
4.
.
5.
(n − 2)2
.
· · · · · · · · · · · · · · · · · · 20
n = 2k + 1.
(2k − 1)2 − 1 = 2k2 − 2k
.
2
数 (2k + 1)3 − (2k − 1)3 − 12k2 = 12k2 + 2.
· · · · · · · · · · · · · · · · · · 40
40
数k
数 a1, a2, · · · , ak, b1, b2, · · · , bk
{}
(1)
数
cn+1
cn
cn = ∑k ani bi
i=1
.
(2)
数 A 答案 k, a1, a2, · · · , ak, b1, b2, · · · , bk
⃝1
数 p, vp(An) = αn, vp(Bn) = βn. vp(Bn2+1An) = αn + 2βn+1, vp(aBn+1An+1An) =
2020年菲律宾高中数学奥林匹克竞赛
2020年 菲律宾数学奥林匹克1.定义T —四格拼板是由四个单位正方形构成的，其中有三个正方形形成1×3的矩形，中间的单位正方形与第四个正方形有公共边。
求从202×202的方格表中至少能去掉多少个单位正方形，使得可用若干个T —四格拼板覆盖整个图形（每个单位正方形恰好被一个T —四格拼板覆盖）。
.4.2.2002004441).202,202()201,202()201,1()1,201().()()(.42022024.202202.10201420220233202202.202202.202202故，所求的为四格拼板覆盖整个图形后，可用若干个可知去掉四个单位方格由下图四格拼板覆盖的正方形可被若干个因此四格拼板覆盖，个的正方形可被可知每个由下图，，，现在去掉四个单位方格，的单位方格为从左向右列第从下向上行记第合题意个单位方格，才可能符的方格表中去掉至少要从整除，可知格个数被四格拼板覆盖的单位方又由若干个四格拼板覆盖的方格表不能被若干个故是奇数，矛盾，而即，另一半为黑格，可得的方格表中一半为白格由白，四格拼板覆盖住一黑三个黑，四格拼板覆盖住一白三个设有四格拼板覆盖的方格表能被若干个若黑或一黑三白四格拼板可覆盖一白三每个色不同，白二色，使相邻两格染的方格表相间染成黑、【解】将--⨯-⨯⨯--⨯=⨯=+=+=+⨯---⨯-⨯T T T j i j i T T b a b a b a b a T b T a T T2. 求所有的正整数k ，使得存在正整数s r 、， 满足方程s r k k k )72()116(12-=+--..8,4,3,2.33927.82395411.91①②②...)gcd()72116gcd()72)2gcd((①...31)32gcd()3)2(22gcd()722gcd(.11)1gcd()1()72()116()2(),,(7211672116)72()116(52113421)1(2323)3(32,)5(6112222*2212111*1========≥======-+-=--=-=---=--+=++=+=-++-=-∈=-=+--+--=+-≥======-====-==∈-==---------k s r k b n n k k n n n n n n n k k k k k k k k k k n n n n n n n n k k k k b a N b a n n k n k k k k k k k k k s r k s r k s r k N s r k s r b b b b b b a b a b b a b b a b b a b a s r s r s r s r s r 综上所述，，此式成立，，可取于是，此时，，则若不符；，这与，此时，则若或是完全平方数，可知以及结合，，，或，，，都为完全平方数与，可知，又由则，，可设必为同一正整数幂，可知时，由当，此式成立；，，可取时，当，此式成立；，，可取时，当，此式成立；，，可取时，当符合该式；，此时不存在时，【解】当φ3. 已知数列}{n a 满足：1,5,4,11110≥-===-+n a a a a a n n n .求证：数列}{n a 中的每一项都可以表示为),(322Z d c d c ∈+的形式..),(3}{.33.3]2)2215()2215[(71])2215(14217)2215(14217[)2215(721314)2215(721314)2215(14217)2215(142173]2)2215()2215[(71])2215(14217)2215(14217[)2215(14217)2215(14217.5,1,0).]()2215()2215[(211.)2215(14217)2215(14217.142171421742215221514,1)2215()2215(.2215015}{2221212222212222222212121222222222111021212110212的形式为中的每一项都可以表示故数列，，有即对任意；于是，，有，可知对任意由定义故，解得可得：，由可设，其特征根为的特征方程为【证】数列Z d c d c a b a a b a a N n b a a b a a Z b N n b b b b b N n b a a a a x x a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n ∈++=+=∈+=--+++--+++=--+++=--+++=+=--+++--+++=--+++=∈∈-===∈--+=--+++=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=⎪⎩⎪⎨⎧=-++=+==-++=±=+-++++++++-+λλλλλλλλ4. 在锐角△ABC 中，圆Ω为其外接圆，AD 是高线且满足AD=BC ，M 是CD 的中点，∠ADC 的内角平分线交AC 于点N ，点P 在圆Ω上，且BP ∥AC.设DN 交AM 于点F ，PF 与圆Ω再次交于点Q ，AC 与△PNQ 的外接圆再次交于点E ，求证：∠DQE=90º..90..//....︒=∠=∠-∠=∠-∠=∠-∠=∠=⋂∠=∠====∴∠=∠∴⋅=⋅=⋅⋅=⋅=⋅==∴====∴∠=∠=∠Ω⊥NKG PGD GNE PGD PNE PQD PQE DQE KAC PG GNE PNE AC G P CG AB CP AG BC AP BP AC PGD PQD P G Q D FQ PF FJ AF FG DF D J H G A ADHG H J D A MJ AM MC BM MD HM BMHM DM CM CD M DHAG AD BC ADAG ADN CDN AGD J AM H BC GH G DN BC A 故设对称，于是关于、即，，四点共圆、、、，即从而五点共圆、、、、是正方形，可知又由四边形四点共圆、、、，即因此，的中点，是又于是，于的延长线交圆设，于，作于的平行线交作【证】过ΘΘΘ。