2020年日本数学奥林匹克决赛考试试题(无答案)

合集下载

第六届日本算术奥林匹克决赛试题与解答

第六届日本算术奥林匹克决赛试题与解答第一试1.用一个尽可能小但比1大的整数乘以1997，使其乘积中显现5个持续的9。

求那个乘积。

（本题17分）2.如图，有六边形ABCDEF，已知∠A＝∠B=∠C＝∠D＝∠E=∠F＝120°，AB＝BC ＝CD，AF＝DE，三角形FCE的面积为60m2，∠x=60度。

求六边形ABCDEF的面积，并请标明必要的记号及角度。

（答案8分，必要的记号及角度7分）3.在一次马拉松长跑竞赛中，有100位选手参加。

大会预备了100块标有整数1到100的号码布，分发给每位选手。

选手们被要求在竞赛终止时，将自己号码布上的数字与抵达终点时的名次数相加，并将那个和数交上去。

问这交上来的100个数字的末2位数字是不是可能都不相同？请回答可能或不可能，并清楚地说明理由。

注：没有同时抵达终点的选手。

（本题16分）简答1.咱们可利用如下的关系式：1997×（某个数）=2000×（某数）-3×（某数）若是后五位数是99990时，应有2000 ×（某数）＝×××□0003 ×（某数）＝×□001××9 9 999那么这时所求会专门大。

若是除去个位外，后五位数是99999，那么应用：2000 ×（某数）＝×××□0003 ×（某数）＝×□00？？9 9 9 99？经试算可得某数为2003。

即 2003×1997=3999991为最小。

2.过点B作D＇B∥CD，使D＇B=DE，连D＇F，D＇C。

∴可证明△D＇BC≌△DEC，△D＇BF＇≌△FAF＇∴所求面积为120cm2。

3.不可能。

因为已知没有同时抵达的选手，因此名次是从第1名排到第100名，共100个名次，100位选手，编号为1～100，不管哪位选手取得名次如何，交上来的100个数字的末两位数字确信是00，01，……99，它们的和的末两位数字为50。

2020年日本数学奥林匹克决赛考试试题(无答案)

2020年日本数学奥林匹克决赛试题
一、求所有正整数对（m,n ），使得422112+++-m m
n n 和都是整数。

二、在△ABC 中，BC ＜AC 。

点D 、E 分别位于线段AB 、AC 上。

满足BD=CE=BC 。

直线BE 与CD 交于点P 。

△ABE 的外接圆和△ACD 的外接圆再次交于点Q 。

求证：PQ ⊥BC 。

三、求所有的函数++→Z Z f :，使得对所有的正整数m,n 均有 ()()()()22
222n m f n f m n f m +≥-++ 四、设整数n ≥2.在圆周上有3n 个不同的点,井上和松下对它们进行如下操作:首先,井上任选两个未连接过的点,将它们用一条线段连起来。

随后,松下任选一个没有放置过棋子的点,在上面放一个棋子.以上记为一个回合。

请证明;无论松下怎么操作,井上可以保证，在n 回合之后,恰有一端有
棋子的线段的个数不小小于
61
-
n。

五、求所有正整数构成的满足以下条件的无穷数列{}1≥n
a n：存在满足条件的常数C＞0，使得gcd(a m+n,a n+m)＞c(m+n).。

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试题及参考答案

暨2023年全国高中数学联合竞赛加试试题（模拟4）一．（本题满分40分）如图，ABC D 的外接圆为ω，P 为BC 边上一点，满足APB BAC Ð=Ð．过点A 作ω的切线交ABP D 的外接圆于点Q ，Q 关于AB 中点的对称点为T ，AT 交QP 于点D ．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（模拟4）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，ABCD的外接圆为ω，P为BC边上一点，满足APB BACÐ=Ð．过点A作ω的切线交ABPD的外接圆于点Q，Q关于AB 中点的对称点为T，AT交QP于点D．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．。

第二十届日本奥赛决赛试题详解(高小组)

【问题 6】（12 分）
如图所示，在 2 cm× 2 cm× 5 cm 有盖的长方形箱子中放入 10 个 2 cm× 1 cm× 1 cm 的积木后盖好盖子。请问：积木一共有多少种不同的放入方法？解析：如图，我们先把盒子等分为 5 份，摆好积木后，想象拿一把很锋利的刀沿着等分线将盒子切开，从左到右，按顺序来。现在我们将积木所有的放入方法分为 5 类：第 1 条等分线切开而不破坏任何积木的；第 1 条切开会破坏积木而第 2 条切开不破坏积木的；前两条切开破坏积木而第 3 条切开不破坏积木；前 3 条切开破坏积木而第 4 条切开不破坏积木；每一条切开都会破坏积木的. 假设积木放入 2×2×n 的盒子有 an 种方法，而任意 2×2×n 的盒子只有 4 种摆放方法是无论怎么切都会破坏积木.于是第一类就有 2 a4 种方法，第二类有 5 a3 种方法，第三类有 4 a2 种方法，第四类有 4 a1 种方法，第五类就有 4 种方法. 所以 a5 2a4 5a3 4a2 4a1 4 .同理 a4 2a3 5a2 4a1 4 ， a3 2a2 5a1 4 ， a2 2a1 5 . 所以可得 a1 2, a2 9, a3 32, a4 121, a5 450 . 即积木一共有 450 种不同的放入方法.
2
C
B
C
E
学而思南京分校—梁天祥老师两式想减，结合平方差公式得：BC×（BC＋2CE）＝51…………………………① 因为 AC∥DE，所以 S△ACD
1 1 1 1 AC CE BC CE ，又 S△ACB AC BC BC 2 2 2 2 2 1 1 AC CE BC CE 7.5(cm2 ) . 2 2

2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答

2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)

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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为．答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是．答案：1,0(0,2)4．解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q．由条件知211211a a q q，化简得11a q ．当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为．答案：34．解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为．答案：421．解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ．事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ．事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ．于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ．由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆的焦点，在上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则的离心率的最小值为．答案解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ．记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ．由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以的离心率d e u v ．当::u v d 时，的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论．情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组．综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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）在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾．所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值．解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ．当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ．计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

第五届日本算术奥林匹克竞赛预赛试题

第五届日本算术奥林匹克竞赛预赛试题Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998第五届日本算术奥林匹克竞赛预赛试题一、雨哗哗地不停地下着。

如在雨地里放一个如图1那样的长方体的容器，雨水将它注满要用1小时。

有下列A—E不同的容器（图2），雨水注满这些容器各需多长时间二、将一正方形的纸对折2次后，还是正方形（见图1）。

用同样的方法，可把某形状的纸对折3次后，成为图2那样的三角形。

已知可把4种形状的纸对折3次后，折成那样的三角形，请画出这4种形状。

三、有6个1克重的球，1个2克重的球，1个3克重的球，共有8个球。

把这8个球从①到⑧编上号，放到天平上称，就成为图中所示状态。

问：（1）2克重的球是几号球（2）3克重的球是几号球四、有193个人坐成一横排。

首先，正中间的一个人站起来，然后，按下述方法大家都或坐或站。

①邻座的人站起来，1秒钟后，自己也站起来。

②站起1秒钟后坐下。

③如果左右邻座的人同时是站着的话，即使过了1秒钟，自己仍然坐着。

问：（1）最初的那个人站起8秒钟后，有几个人站着（2）96秒钟后，有几个人站着五、有一个如图那样的方块网格，每1个小方块里有1个人，在这些人中间，有人戴着帽子，有人没戴。

每一个人都只能看见自己前方，后方和斜方的人的头，如图1所示，A方块里的人能看见8个人的头，B方块里的人能看见5个人的头，C方块里的人能看见3个人的头，自己看不见自己的头。

在图2的方格中，写着不同方块里的人能看见的帽子的数量，那么，请在图2中找出有戴帽子的人的方块，并把它涂成黑色。

六、某俱乐部有11个成员，他们的名字分别是A～K。

这些人分为两派，一派人总说实话，另一派人总说谎话。

某日，老师问：“11个人里面，总说谎话的有几个人”那天，J和K休息，余下的9个人这样回答：A说：“有10个人。

”B说：“有7个人。

”C说：“有11个人。

”D说：“有3个人。

”E说：“有6个人。

2023年全国中学生数学奥林匹克暨2023年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)试题及参考答案

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）试题（含参考答案）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。

第五届日本算术奥林匹克竞赛预赛试题

第五届日本算术奥林匹克竞赛预赛试题Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998第五届日本算术奥林匹克竞赛预赛试题一、雨哗哗地不停地下着。

如在雨地里放一个如图1那样的长方体的容器，雨水将它注满要用1小时。

有下列A—E不同的容器（图2），雨水注满这些容器各需多长时间二、将一正方形的纸对折2次后，还是正方形（见图1）。

用同样的方法，可把某形状的纸对折3次后，成为图2那样的三角形。

已知可把4种形状的纸对折3次后，折成那样的三角形，请画出这4种形状。

三、有6个1克重的球，1个2克重的球，1个3克重的球，共有8个球。

把这8个球从①到⑧编上号，放到天平上称，就成为图中所示状态。

问：（1）2克重的球是几号球（2）3克重的球是几号球四、有193个人坐成一横排。

首先，正中间的一个人站起来，然后，按下述方法大家都或坐或站。

①邻座的人站起来，1秒钟后，自己也站起来。

②站起1秒钟后坐下。

③如果左右邻座的人同时是站着的话，即使过了1秒钟，自己仍然坐着。

在图2的方格中，写着不同方块里的人能看见的帽子的数量，那么，请在图2中找出有戴帽子的人的方块，并把它涂成黑色。

六、某俱乐部有11个成员，他们的名字分别是A～K。

这些人分为两派，一派人总说实话，另一派人总说谎话。

某日，老师问：“11个人里面，总说谎话的有几个人”那天，J和K休息，余下的9个人这样回答：A说：“有10个人。

”B说：“有7个人。

”C说：“有11个人。

”D说：“有3个人。

”E说：“有6个人。

日本高中数学奥林匹克试题及解答2010—2014

$
H
这里" 对" 进行考察" 因为当" )""!"$"*"-时分别得到的数 # 的个数是相同的!所以"在全部优良整数中" " 的平均值为 & "( + + 同样地 " " 在全部优良整 ' " " " !($(+('(%()(,() ! +" 数中的平均值也为+ 于是得 # # # ! $ +
D u
"&, "&在四边形 ,-./ 中" 已知 &/,- )# . )' . /) # " & " & 若线段 45 上的点0 满足,4( ) " & ! 4! 5 分别是, -! . / 的中点"
. 5 )4 0(5 0! , 0 ). 0
当
时求&,0. 的大小!
! " $
有! 从每个飞机场已有几个直飞到其他飞机场的航 " # "个飞机场当符合下面两个条件时班对于任意两个飞机场 , 和- 从 , 出发可以通过几种不同的换 # 乘方式到达- 对于已开通的直飞航班如果发生了关闭航班的状况那么条件 ! 就不满足! # 某一天在已开通的直飞航班中有一个航班关闭了准备开设一个可以是已关闭的直飞航班并且满足条件新的直飞航班 # ! 研究最多有多少种直飞航班的开设方式! 其中从飞机场 6 到7 已再开设从7 出发到达6 的直飞航班可以不受限制! 有直飞航班时
) $
已知由正整数组成的无穷数列" " 对于任意的正整 " "*" " "*" 数*满足如下两个条件) & ' # " 是* 的倍数(

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛一试试卷(预赛)(A卷)(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛一试试卷（预赛）（A卷）一、填空题：本题共8小题，每小题8分，共64分。

1.若实数m>1满足log9(log8m)=2024，则log3(log2m)的值为______．2.设无穷等比数列{a n}的公比q满足0<|q|<1.若{a n}的各项和等于{a n}各项的平方和，则a2的取值范围是______．3.设实数a，b满足：集合A={x∈R|x2−10x+a≤0}与B={x∈R|bx≤b3}的交集为[4,9]，则a+b的值为______．4.在三棱锥P−ABC中，若PA⊥底面ABC，且棱AB，BP，BC，CP的长分别为1，2，3，4，则该三棱锥的体积为______．5.一个不均匀的骰子，掷出1，2，3，4，5，6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a，b.若事件“a+b=7”发生的概率为17，则事件“a=b”发生的概率为______．6.设f(x)是定义域为R、最小正周期为5的函数.若函数g(x)=f(2x)在区间[0,5)上的零点个数为25，则g(x)在区间[1,4)上的零点个数为______．7.设F1，F2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P(异于长轴端点)，记O为△PF1F2的外心，若PO⋅F1F2=2PF1⋅PF2，则Ω的离心率的最小值为______．8.若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，4，0，9，0，8，则称(a,b,c)为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组.满足10<a<b<c的幸运数组(a,b,c)的个数为______．二、解答题：本题共3小题，共56分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

9.(本小题16分)在△ABC中，已知cosC=sinA+cosA2=sinB+cosB2，求cosC的值．10.(本小题20分)在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x2−y2=1的右顶点为A.将圆心在y轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P，圆心距为d，求d|PA|的所有可能的值．11.(本小题20分)设复数z，w满足z+w=2，求S=|z2−2w|+|w2−2z|的最小可能值．参考答案1.40492.[−14,0)∪(0,2)3.74.345.196.117. 648.5919.解：由题意知，sinA +cosA =sinB +cosB ，所以 2sin (A +π4)= 2sin (B +π4)，所以A +π4=B +π4或(A +π4)+(B +π4)=π，即A =B 或A +B =π2，当A =B 时，C =π−2A ，且A ∈(0,π2)，由cosC =sinA +cosA 2，知cos (π−2A)=sinA +cosA 2，即−2cos2A =sinA +cosA ，所以2(sin 2A−cos 2A)=sinA +cosA ，所以2(sinA +cosA)(sinA−cosA)=sinA +cosA ，因为A ∈(0,π2)，所以sinA +cosA ≠0，所以sinA−cosA =12，又sin 2A +cos 2A =1，所以(12+cosA )2+cos 2A =1，解得cosA =7−14或cosA =− 7−14(舍负)，所以cosC =−cos2A =1−2cos 2A =1−2×(7−14)2= 74；当A +B =π2时，C =π2，所以cosC =0，此时sinA +cosA = 2sin (A +π4)=0，而A ∈(0,π2)，所以A +π4∈(π4,3π4)，所以sin (A +π4)>0，与sin (A +π4)=0相矛盾，所以cosC =0不成立，综上，cosC = 74． 10.解：考虑以(0,y 0)为圆心的好圆Ω0：x 2+(y−y 0)2=r 20(r 0>0)．由Ω0与Γ的方程联立消去x ，得关于y 的二次方程2y 2−2y 0y +y 20+1−r 20=0．根据条件，该方程的判别式Δ=4y20−8(y20+1−r20)=0，因此y20=2r20−2．对于外切于点P的两个好圆Ω1，Ω2，显然P在y轴上．设P(0,ℎ)，Ω1，Ω2的半径分别为r1，r2，不妨设Ω1，Ω2的圆心分别为(0,ℎ+r1)，(0,ℎ−r2)，则有(ℎ+r1)2=2r21−2，(ℎ−r2)2=2r22−2，两式相减得2ℎ(r1+r2)=r21−r22，而r1+r2>0，故化简得ℎ=r1−r22，进而(r1−r22+r1)2=2r21−2，整理得r21−6r1r2+r22+8=0①，由于d=r1+r2，A(1,0)，|PA|2=ℎ2+1=(r1−r2)24+1，而①可等价地写为2(r1−r2)2+8=(r1+r2)2，即8|PA|2=d2，所以d|PA|=22．11.解：根据z+w=2，得w=2−z，可得|z2−2w|=|z2−2(2−z)|=|z2+2z−4|=|z+1+5|⋅|z+1−5|．|w2−2z|=|(2−z)2−2z|=|z2−6z+4|=|z−3+5|⋅|z−3−5|．以上两式的最右边各项分别是z到复平面中实轴上的点(−1−5,0)，(−1+5,0)，(3−5,0)，(3+5,0)的距离，将z=x+yi换成其实部x时，各个距离都不会增大，因此只需考虑函数f(x)=|x2+2x−4|+|x2−6x+4|在R上的最小值．由x2+2x−4=0的根为−1±5，x2−6x+4=0的根为3±5，且−1−5<3−5<−1+5<3+5，分以下几种情况讨论：①若x≤−1−5，则f(x)=2x2−4x，f(x)在(−∞,−1−5]上的最小值为f(−1−5)=16+85；②若x∈(−1−5,3−5]，则f(x)=−8x+8，此时f(x)的最小值为f(3−5)=−16+85；③若x∈[3−5,−1+5]，则f(x)=−2x2+4x，此时f(x)的最小值为f(3−5)=f(−1+5)=−16+85；④若x∈[−1+5,3+5]，则f(x)=8x−8，此时f(x)的最小值为f(−1+5)=−16+85；⑤若x≥3+5，则f(x)=2x2−4x，f(x)在[3+5,+∞)的最小值为f(3+5)=16+85．综上所述，f(x)在R上的最小值为f(3−5)=f(−1+5)=85−16．即S=|z2−2w|+|w2−2z|的最小可能值是85−16．。

2023年全国中学生数学奥林匹克暨2023年全国,高中数学联合竞赛加试试题(A卷)(参考答案)

2023年全国中学生数学奥林匹克(预赛)暨2023年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一、(本题满分40分)如图，Ω是以AB为直径的固定的半圆弧，ω是经过点A及Ω上另一定点T的定圆，且ω的圆心位于△ABT内，设P是Ω的弧TB̂(不含端点)上的动点，C、D 是ω上的两动点，满足：C在线段AP上，C、D在直线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.(答题时请将图画在答卷纸上)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{2n n2}≠{2mm2}，这里{x}表示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中的每个数任意染成红色或蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数x1,x2,⋯,x9满足x1+x2+⋯+x8< x9，或者存在10个互不相同的蓝色的数y1,y2,⋯,y10满足y1+y2+⋯+y9<y10.四、(本题满分50分)设a=1+10−4.在2023×2023的方格表的每一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x i，第i列的总和为y i，1≤i≤2023.求y1y2⋯y2023 x1x2⋯x2023的最大值(答案用含a的式子表示).A2023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。

第14届初小日本算术奥林匹克竞赛试题.doc

第14届初小日本算术奥林匹克竞赛试题（上半场）时间：上午10：10—11：10【问题一】A、B、C、D四个人今年的年龄之和是72岁。

若干年前（至少一年前）A是22岁时，B是16岁。

而且，当A是19岁的时候，C的年龄是D的3倍。

另外，A、B、C、D四个人的年龄互不相同。

（1）A、B、C、D的年龄组合共有多少种？（2）无论是（1）中的哪种组合，A、B、C、D中哪个人的年龄总是不变？这个人今年是多少岁？【问题二】如图，一个水槽，里面有两个可以不计厚度的挡板（两个挡板是和水槽的侧面平行的长方形cm的速的形状），把水槽分成A、B、C三部分。

在A和C两部分中，分别同时以每秒1003度注入水。

开始注水50秒后，B部分的水深是7cm，再过50秒后，B部分的水深是29cm，请求出两个挡板各自的高度。

【问题三】保险箱上面有一个可转动的数字盘（如下图），一开始▼指向数字0。

如果根据以下4人所说的话，使▼依次指向某4个数字，就可以打开保险箱。

请求出：①第一个数字，②第二个数字，③第三个数字。

矢泽：“某次指向▼的数字是6；第四个数字是0；另外，没有出现9。

”三田：“转动数字盘的时候，有2次转动了4格，1次转动了3格，1次转动了1格。

但我不记得分别是朝什么方向了。

”中山：“第一次是顺时针，第三次是逆时针。

”八木：“两次转动4格不是连续的。

”【问题四】如下图，在四边形ABCD中，从内部的点E向其顶点A、B、C、D分别做线段EA、EB、EC、ED，已知AB=EC，EB=CD，∠ABE=∠ECD=45°，∠AED=90°，BC=13cm，四边行BCDE的面积cm，求DE的长度。

为302第14届初小日本算术奥林匹克竞赛试题（下半场）时间：上午11：20—12：20【问题五】有一个三位数，各位数字都不为0，将这个整数的百位数字用A表示，十位数字用B，个位数字用C。

另一个三位数百位数字为10-A，十位数字为10-B，个位数字为10-C，并且它是原来三位数的倍数。

日本第7届数学奥林匹克竞赛试题及解答汇总

第七届日本数学奥林匹克竞赛试题问题1 两个整数相加时，得到的数是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，得到的数是一个三位数，且三个数字相同。

请写出所有满足上述条件的两个整数。

（12分）问题2 把26个玻璃球分装在a、b、c、d、e五个袋子里，每个袋里的球数不同且都装了1个以上。

用一台天平称重量，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响。

看下图：当①、③、④的状态时，警铃就响；②的状态时，警铃不响。

请按从小到大的顺序写出装入5个袋中玻璃球的数量的组合（例如： 1、3、5、7、10），并写出所有的组合。

解答栏中有6组空，但不一定全部使用。

（14分）（注：不用考虑袋子的重量）问题 3把6cm×10cm的长方形沿点线分割成4个图形，请按下面两个要求分割。

①分割后的4个图形，面积可大可小，但它们应该互为相似形。

②分割后的4个图形，可以有面积相等的，但不能都是面积相等的图形。

请回答出4种分割方法，并分别在解答栏中用实线画出。

（翻转后如果同另一种分割重叠的话，将看做是同一种分割方法。

）（20分）问题4 右图三角形ABC是等腰三角形。

AB=AC，BAC=120°。

三角形ADE是正三角形，点D在BC边上，BD∶DC=2∶3。

当三角形ABC的面积是50cm2时，三角形ADE的面积是多少？（14分）问题5 有一只表分不清长针和短针了，多数情况下可根据两针所指的位置判断出正确的时间。

但有时也会出现两种情况，使你判断不出正确的时间。

请问从中午12点到夜里12点这段时间会遇到多少次判断不出的情况？（12分）（注：不包括中午12点和夜里12点）问题6 把一个多边形沿着几条直线剪开，分割成若干个多边形。

分割后的多边形的边数总和比原多边形的边数多13条，内角和是原多边形内角和的1.3倍。

请问：①原来的多边形是几边形？②把原来的多边形分割成了多少个多边形？（14分）问题7 把△ABC滚到△A′B′C′的位置。

2020日本数学奥林匹克决赛

2020日本数学奥林匹克决赛
译者注：这个考试是2.11日考的，2.13日有一位擅长翻译的老师给我发来了aops上英文题的链接。

我想到上次aops上的乌龙事件，以及乙一大神对日文的浓厚兴趣，就问他要不要译日文版的，结果他说日本官网上还没见到，于是我就开工了。

结果这哥们动作忒快，我刚译完没多久，他就去aops上要到了日文原文，然后三下五除二就译好了，还顺便指出了我的一个错误。

喏，这里是他翻译的：第十八篇. 2020年日本MO
下面请大家欣赏我译的版本（毕竟经过了两次翻译，日译英，英译汉，肯定没有直接日译汉的看着舒服，所以我这个版本唯一比他强的就是.......多了张图？）
老子在道德经中有这么一段话：
希言自然。

故飘风不终朝，骤雨不终日。

孰为此者？天地。

天地尚不能久，而况于人乎？故从事于道者，道者同于道，德者同于德，失者同于失。

同于道者，道亦乐得之；同于德者，德亦乐得之；同于
失者，失亦乐得之。

信不足焉，有不信焉。

这是什么意思呢？按我的理解，反常的东西往往都不能持久，即使是大自然的伟力也是如此。

我们学习数学竞赛，当然也不能免俗。

如果靠一时打鸡血，疯狂刷题，投入大量时间学习，即使短时间内效果很好, 但是能持续多久呢?就算整个高中阶段都能咬牙坚持下来, 到了大学，必然会产生种种问题。

人生很长，只有真正的热爱，才能持之以恒。

希望大家更多地培养学生们的兴趣和思考的习惯, 所谓”从事于道者，道者同于道，德者同于德，失者同于失”。