2017年第14届中国东南地区数学奥林匹克高一年级试题(图片版)
历届东南数学奥林匹克试题
目录2004年东南数学奥林匹克 (2)2005年东南数学奥林匹克 (4)2006年东南数学奥林匹克 (6)2007年东南数学奥林匹克 (9)2008年东南数学奥林匹克 (11)2009年东南数学奥林匹克 (14)2010年东南数学奥林匹克 (16)2011年东南数学奥林匹克 (18)2012年东南数学奥林匹克 (20)2004年东南数学奥林匹克1.设实数a、b、c满足a2+2b2+3c2=32，求证：3−a+9−b+27−c≥1.2.设D是△ABC的边BC上的一点，点P在线段AD上，过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E，与线段AC、PC的延长线交于点F、N.如果DE=DF，求证：DM=DN.3.(1)是否存在正整数的无穷数列{a n}，使得对任意的正整数n都有a n+12≥2a n a n+2.(2)是否存在正无理数的无穷数列{a n}，使得对任意的正整数n都有a n+12≥2a n a n+2.4.给定大于2004的正整数n，将1,2,3,⋯,n2分别填入n×n棋盘（由n行n列方格构成）的方格中，使每个方格恰有一个数.如果一个方格中填的数大于它所在行至少2004个方格内所填的数，且大于它所在列至少2004个方格内所填的数，则称这个方格为“优格”.求棋盘中“优格”个数的最大值.5.已知不等式√2(2a+3)ccc(θ−π4)+6ssnθ+ccsθ−2csn2θ<3a+ 6对于θ∈�0,π2�恒成立，求a的取值范围.6.设点D为等腰△ABC的底边BC上一点，F为过A、D、C三点的圆在△ABC内的弧上一点，过B、D、F三点的元与边AB交于点E.求证：CD⋅EE+DE⋅AE=AD⋅AE.7.N支球队要矩形主客场双循环比赛（每两支球队比赛两场，各有一场主场比赛），每支球队在一周（从周日到周六的七天）内可以进行多场客场比赛.但如果某周内该球队有主场比赛，在这一周内不能安排该球队的客场比赛.如果4周内能够完成全部比赛，球n的值.注：A、B两队在A方场地矩形的比赛，称为A的主场比赛，B的客场比赛.8.求满足x−y x+y+y−z y+z+z−u z+u>0，且1≤x、y、z、u≤10的所有四元有序整数组(x,y,z,u)的个数.2005年东南数学奥林匹克1.(1)设a∈R.求证：抛物线y=x2+(a+2)x−2a+1都经过一个顶点，且顶点都落在一条抛物线上.(2)若关于x的方程y=x2+(a+2)x−2a+1=0有两个不等实根，求其较大根的取值范围.（吴伟朝供题）2.⊙O与直线l相离，作OO⊥l，P为垂足.设点Q是l上任意一点（不与点P重合），过点Q作⊙O的两条切线QA、QB，A、B为切点，AB与OP相交于点K.过点P作OP⊥QB，ON⊥QA，M、N为垂足.求证：直线MN平分线段KP.（裘宗沪供题）3.设n(n≥3)是正整数，集合P={1,2,⋯,2n}.求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于4n+1.（张鹏程供题）4.试求满足a2+b2+c2=2005，且a≤b≤c的所有三元正整数数组(a,b,c).（陶平生供题）5.已知直线l与单位圆⊙O相切于点P，点A与⊙O在直线l的，且A到直线l的距离为ℎ(ℎ>2)，从点A作⊙O的两条切线，分别与直线l交于B、C两点.求线段PB与线段PC的长度之乘积.（冷岗松司林供题）6.将数集A=�a1,a2,⋯,a n�中所有元素的算术平均值记为O(A)�O(A)=a1+a2+⋯+a n n�.若B是A的非空子集，且P(B)=P(A)，则称B是A的一个“均衡子集”.试求数集P={1,2,3,4,5,6,7,8,9}的所有“均衡子集”的个数.（陶平生供题）7.(1) 讨论关于x的方程|x+1|+|x+2|+|x+3|=a的根的个数；(2) 设a1,a2,⋯,a n为等差数列，且|a1|+|a2|+⋯+|a n|=|a1+1|+|a2+1|+⋯+|a n+1|=|a1−2|+|a2−2|+⋯+|a n−2|=507.求项数n的最大值.（林常供题）8.设0<α、β、γ<π2，且csn3α+csn3β+csn3γ=1.求证tan2α+tan2β+tan2γ≥3√32.（李胜宏供题）2006年东南数学奥林匹克1. 设a >b >0，f (x )=2(a+b )x+2ab 4x+a+b .证明：存在唯一的正数x ，使得f (x )=�a 13+b 132�3. （李胜宏 供题）2. 如图1，在△ABC 中，∠ABC =90°，D 、G 是边CA 上的亮点，连结BD 、BG .过点A 、G 分别作BD 的垂涎，垂足分别为E 、F ，连结CF .若BE =EE ，求证：∠ABG =∠DEC .图13. 一副纸牌共52张，其中，“方块”、“梅花”、“红心”、“黑桃”每种花色的牌个13张，标号依次是2,3,⋯,10,J ,Q ,K ,A .相同花色、相邻标号的两张牌称为“同花顺”牌，并且A 与2也算同花顺牌（即A 可以当成1使用）.试确定，从这副牌中取出13张牌，使每种标号的牌都出现，并且不含同花顺取牌方法数.（陶平生 供题）4. 对任意正整数n ，设a n 是方程x 3+x n =1的实数根.求证： (1) a n+1>a n ;(2) ∑1(s+1)a i n s=1<a n .（李胜宏 供题）5. 如图2，在△ABC 中，∠A =60°，△ABC 的内切圆⊙I 分别切边AB 、AC 于点D 、E ，直线DE 分别与直线BI 、CI 相交于点F 、G .证明：EG =12BC .图2 6. 求最小的实数m ，使得对于满足a +b +c =1的任意正实数a 、b 、c ，都有m (a 3+b 3+c 3)≥6(a 2+c 2+c 2)+1. （熊 斌 供题）7. (1) 求不定方程mn +nn +mn =2(m +n +n )的正整数解(m ,n ,n )的组数； (2) 对于给定的整数k (k >1)，证明：不定方程mn +nn +mn =k (m +n +n )至少有3k +1组正整数解(m ,n ,n ). （吴伟朝 供题） 8. 对于周长为n (n ∈N +)的圆，称满足如下条件的最小的正整数p n 个点A 1,A 2,⋯,A p n ，对于1,2,⋯,n −1中的每一个整数m ，都存在两个点A s 、A j (1≤s 、j ≤p n ).以A s 和A j 为端点的一条弧长等于m ，圆周上每相邻两点间的弧长顺次构成的序列T n =�a 1,a 2,⋯,a p n �称为“圆剖分序列”.列入，当n =13，圆剖分数为p 13=4，图3中所标数字为相B邻两点之间的弧长，圆剖分序列为T 13=(1,3,2,7), (1,2,6,4)，求p 21和p 31，并给出一个相应的圆剖分序列.图3（陶平生 供题）73112007年东南数学奥林匹克1. 试求实数a 的个数，使得对于每个a ，关于x 的三次方程x 3=ax +a +1都有满足|x |<1000的偶数根.2. 如图1所示，设C 、D 是以O 为圆心、AB 为半径的半圆上的任意两点，过点B 作⊙O 的切线交直线CD 于P ，直线PO 于直线CA ，AD 分别交于点E 、F .证明：OE =OF .图13. 设a s =msn �k +s k �k ∈N ∗�，试求S n 2=[a 1]+[a 2]+⋯+[a n 2]的值.4. 试求最小的正整数n ，使得对于满足条件∑a s n s=1=2007的任一个具有n 项的正整数数列a 1,a 2,⋯,a n ，其中必有连续若干项之和等于30. 5. 设函数f (x )满足：f (x +1)−f (x )=2x +1(x ∈R )，且当x ∈[0,1]时有|f (x )|≤1，证明：当x ∈R 时，有|f (x )|≤2+x 2.6. 如图，在直角三角形ABC 中，D 是斜边AB 的中点，PB ⊥AB ，MD 交AC 于N ；MC 的延长线交AB 于E .证明：∠DBN =∠BCE .7. 试求满足下列条件的三元数组(a ,b ,c )：E(1) a<b<c，且当a,b,c为质数；(2) a+1,b+1,c+1构成等比数列.8.设正实数a,b,c满足：abc=1，求证：对于整数k≥2，有a k a+b+b k b+c+c k c+a≥32.2008年东南数学奥林匹克1.已知集合S={1,2,⋯,3n}，n是正整数，T是S的子集，满足：对任意的x、y、z∈T（x、y、z可以相同），都有x+y+z∉T.求所有这种集合T的元素个数的最大值.（李胜宏供题）2.设数列{a n}满足a1=1,a n+1=2a n+n(1+2n)(n=1,2,⋯).试求通项a n的表达式.（吴伟朝供题）3.在△ABC中，BC>AB，BD平分∠ABC交AC于点D，AQ⊥BO，垂足为Q，M是边AC的中点，E是边BC的中点.若△PQM的外接圆⊙O与AC的另一个交点为H.求证：O、H、E、M四点共圆.（郑仲义供题）4.设正整数m、n≥2，对于任一个n元整数集A=�a1,a2,⋯,a n�，取每一对不同的数a s、a j(j>s)，作差a j−a s.由这C n2个差按从小到大.衍生数列顺序排成的一个数列，称为集合A的“衍生数列”，记为A生A生中能被m整除的数的个数记为A生(m).5.证明：对于任一正整数m(m≥2)，n圆整数集A=�a1,a2,⋯,a n�及B={1,2,⋯,n}所对应的A生及B生，满足不等式A生(m)≥B生(m)（陶平生供题）6.求出最大的正数λ，使得对于满足x2+y2+z2=1的任何实数x、y、z成立不等式|λxy+yz|≤√52. （张正杰供题）7. 如图1，△ABC 的内切圆⊙I 分别切BC 、AC 于点M 、N ，E 、F 分别为边AB 、AC 的中点，D 是针线EF 于BI 的交点.证明：M 、N 、D 三点共线.图1（张鹏程 供题） 8. 杰克(Jack )船长与他的海盗们掠夺到6个珍宝箱A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6，其中A s (s =1,2,⋯,6)内有金币a s 枚（诸a s 互不相等）.海盗们设计了一种箱子的布局图（如图2），并推派一人和船长轮流拿珍宝箱.每次可任意拿走不与两个或两个以上的箱子相连的整个箱子.如果船长最后所取得的金币不少于海盗们所取得的金币，那么船长获胜.问：若船长先拿，他是否有适当的取法保证获胜?图2 （孙文先 供题）9. 设n 为正整数，f (n )表示满足以下条件的n 位数（称为波形数）a 1a 2⋯a n �������������的个数：a 1a 2 a 3 a 4a 6 a 5i.每一位数码a s∈{1,2,3,4}，且a s≠a s+1(s=1,2,⋯);ii.当n≥3时，a s−a s+1与a s+1−a s+2(s=1,2,⋯)的符号相反.(1)求f(10)的值；(2)确定f(2008)被13除得的余数.（陶平生供题）2009年东南数学奥林匹克1.试求满足方程x2−2xy+126y2=2009的所有整数对(x,y).（张鹏程供题）2.在凸五边形ABCDE中，已知AB=DE，BC=EA，AB≠EA，且B、C、D、E四点共圆.证明：A、B、C、D四点共圆的充分必要条件是AC=AD.（熊斌供题）3.设x,y,z∈R+，√a=x(y−z)2，√b=y(z−x)2,√c=z(x−y)2；求证：a2+b2+c2≥2(ab+bc+ca). （唐立华供题）4.在一个圆周上给定十二个红点；求n的最小值，使得存在以红点为顶点的n个三角形，满足：以红点为顶点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边.（陶平生供题）5.设1,2,⋯,9的所有排列X=�x1,x2,⋯,x9�的集合为A；∀X∈A,记f(X)=x1+2x2+3x3+⋯+9x9，P={f(X)|X∈A}；求|P|. （其中|P|表示集合M的元素个数）.6.已知⊙O、⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆；证明：过⊙O上的任意一点D，都可作一个△DEF，使得⊙O、⊙I分别是△DEF的外接圆和内切圆.（陶平生供题）7.设f(x,y,z)=x(2y−z)1+x+3y+y(2z−x)1+y+3z+z(2x−y)1+z+3x，其中x,y,z≥0，且x+y+z=1.求f(x,y,z)的最大值和最小值.（李胜宏供题）8.在8×8方格表中，最少需要挖去几个小方格，才能使得无法从剩余的方格表中裁剪出一片形状如下完整的T型五方连块？（孙文先供题）2010年东南数学奥林匹克1. 设a 、b 、c ∈{0,1,⋯9}.若二次方程ax 2+bx +c =0有有理根，证明：三位数abc�����不是质数. （张鹏程 供题）2. 对于集合A ={a 1,a 2,⋯,a m }，记O (A )=a 1a 2⋯a m .设A 1,A 2,⋯A n (n =C 201099)是集合{1,2,⋯,2010}的所有99元子集.求证：2011|∑O (A s )n s=1. （叶永南 供题）3. 如图1，已知△ABC 内切圆⊙I 分别与边AB 、BC 切于点F 、D ，之心啊AD 、CF 分别于⊙I 交于另一点H 、K.求证：FD⋅HK FH⋅DK =3.图1 （熊 斌 供题）4. 设正整数a 、b 满足1≤a <b ≤100.若存在正整数k ，使得ab |a k +b k ，则称数对(a ,b )是“好数对”.求所有好数对的个数.（熊 斌 供题）5. 如图2，△ABC 为直角三角形，∠ACB =90°，M 1、M 2为△ABC 内任意两点，M 为线段M 1M 2的中点，直线BM 1、BM 2、BM 与AC 分别交于点N 1、N 2、N.求证：M 1N 1BM 1M 2N 2BM 22MN BM .图2 （裘宗沪 供题）6. 设Z +为正整数集合，定义：a 1=2,a n+1=msn �λ�∑1a i n s=1+1λ<1,λ∈Z +�(n =1,2,⋯). 求证：a n+1=a n 2−a n +1. （李胜宏 供题）7. 设n 是一个正整数，实数a 1,a 2,⋯,a n 和n 1,n 2,⋯,n n 满足：a 1≤a 2≤⋯≤a n 和n 1≤r 2≤⋯≤n n .求证：∑∑==≥n i nj j i j i r r a a 110),min(（朱华伟 供题）8. 在一个圆周上给定8个点A 1,A 2,⋯,A 8.求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形.（陶平生 供题）21B2011年东南数学奥林匹克1.已知min x∈R ax2+b√x2+1=3.（1）求b的取值范围；（2）对给定的b，求a.2.已知a、b、c为两两互质的正整数，且a2|(b3+c3),b2|(a3+ c3),c2|(a3+b3)求a、b、c的值.3.设集合P={1,2,3,⋯,50}，正整数n满足：M的任意一个35元子集中至少存在两个不同的元素a,b,使a+b=n或a−b=n.求出所有这样的n.4.如图1，过△ABC的外心O任作一直线，分别与边AB,AC相交于M,N，E,F分别是BN,CM的中点.证明：∠EOE=∠A.图15. 如图2，设AA0,BB0,CC0是△ABC的三条角平分线，自A0作A0A1∥BB0,A0A2∥CC0,A1,A2分别在AC,AB上，直线A1A2∩BC=A3;类似得到点B3,C3．证明：A3,B3,C3三点共线．图26．设O 1,O 2,⋯,O n 为平面上n 个定点，M 是该平面内线段AB 上任一点，记|O s P |为点O s 与M 的距离，s =1,2,3,⋯,n ，证明：≤∑∑∑===ni i ni i n i i B P A P M P 111,max . 7．设数列{a n }满足：a 1=a 2=1,a n =7a n−1−a n−2,n >3．证明：对于每个n ∈N ∗,a n +a n+1+2皆为完全平方数．8．将时钟盘面上标有数字1,2,⋯,12的十二个点，分别用红、黄、蓝、绿四种颜色各染三个点，现以这些点为顶点构造n 个凸四边形，使其满足：(1) 每个四边形的四个顶点四色都有；(2) 任何三个四边形，都存在某一色，该色的三个顶点所标数字各不相同．求n 的最大值．32012年东南数学奥林匹克1. 求一个三元整数组(l ,m ,n )(1<l <m <n )，使得∑k l k=1，∑k m k=l+1，∑k n k=m+1依次成等比数列.2. 如图1，△ABC 的内切圆I 在边AB ，BC ，CA 上的切点分别是D ，E ，F ，直线EF 与直线AI ，BI ，DI 分别相交于点M ，N ，K .证明：DP ⋅KE =DN ⋅KE .图1 3. 对于合数n ,记f (n )为其最小的三个正约数之和，g (n )为其最大的两个正约数之和.求所有的正合数n ，使得g (n )等于f (n )的某个正整数次幂.4. 已知实数a ，b ，c ，d 满足：对任意实数x ，均有acccx +bccc 2x +cccc 3x +dccc 4x ≤1， 求a +b -c +d 的最大值.当a +b -c +d 取最大值时，求实数a ，b ，c ，d 的值.5. 如果非负整数m 及其各位数字之和均为6的倍数，则称m 为“六合数”.求小于2012的非负整数中“六合数”的个数.6. 求正整数n 的最小值，使得A东南数学奥林匹克�n−20112012−�n−20122011<�n−201320113−�n−201120133.7.如图2，△ABC中，D为边AC上一点且∠ABD=∠C，点E在边AB上且BE=DE，设M为CD重点，AA⊥DE于点H.已知AA=2−√3，AB=1，求∠APE的度数.图2设m是正整数，n=2m−1，O n={1,2,⋯,n}为数轴上n个点所成的集合.一个蚱蜢在这些点上跳跃，每步从一个点跳到与之相邻的点.求m的最大值，使对任意x,y∈O n，从点x跳2012步到点y的跳法种数为偶数（允许中途经过点x，y）.。
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a
单独考虑左边, 左边可以看成是一个 a 的函数, b 为参数, 那么关于 a 取最
小值的时候有
Å
ã
Ç…
å
ab + (1 + b2) + b (b + 1) ≥ 2 ab · b + (1 + b2) (b + 1) = (b + 1)3
a
a
于是我们只需要取 k ≤ (b + 1)3b−2 即可.
设
值得一说的是, 在这个题目中, 对于任何整数 n, 我们可以定义一个新的 函数 fn(a) = f (an), 那么 fn(ab) = f (abn) 要整除 max{ f (an), b} = max{ fn(a), b}. 也就是说 fn 也是一个满足相同性质的函数, 那么实际上, 我们可以证明对任 意一个 k 满足 f (k) = 1, 那么 {mk}∞m=1 中有无限多个 m 满足 f (mk) = 1. 更复 杂的话, 有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个 f (k) = 1 的解的密度.
评析 3. 欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式, 在证明某一类数字有无限多个的时候, 通过反证假设这一类数字只有有限 个, 不妨设为 k1 < k2 < . . . < kn, 套路上我们可以考虑 kn, kn + 1, k1k2 . . . kn, k1k2 . . . kn + 1, [k1, k2, . . . , kn] 等数字来找到矛盾, 本题也是如此.
22 2 2
22
Å
b b ã1/3
Å ab ab
ã1/3
Å bb
ã1/3
≥3 a· ·
第14届WMO世奥赛地方选拔赛通知
八、时间安排
1. 2015 年 10 月底—11 月，WMO 分赛区初赛 2. 2015 年 12 月 20 日，WMO 分赛区复赛 3. 2016 年 2 月，WMO 中国区总决赛 4. 2016 年 7 月，WMO 国家集训队 5. 2016 年 7 月，WMO 亚洲精英赛及世界总决赛
匹克中国代表队副领队兼教练） 梅全雄（华中师范大学数学系教授、奥林匹克数学竞赛研究所副所长） 牛家骥（山东省数学教育研究会副理事长、全国优秀教师，享受国务
院政府特殊津贴专家） 杨万才（河南省洛阳市数学会会长） 刘 勇（中国数学奥林匹克一级教练员） 岳 嵩（中国数学奥林匹克一级教练员）
三、地方组织机构 1. WMO 分赛区组委会由有组织管理及承办大型赛事活动经验并
九、评比方法与奖项设置
（一）评比方法 1. WMO 分赛区选拔赛由命题主试委员会统一命题，WMO 分赛区
组委会组织考试并评出各类奖项。 2. WMO 中国区总决赛奖项由专家评审委员会、命题主试委员会评
出。 （二）奖项设置
1. WMO 分赛区选拔赛奖项：一等奖、二等奖、三等奖，获奖比例 分别为 5%、15%、35%。获一、二、三等奖选手有资格参加 WMO 中 国区总决赛。
2. WMO 中国区总决赛颁奖仪式由全国活动办公室、中国区组委会 组织，邀请各级领导作为颁奖嘉宾，举办颁奖典礼。
十一、活动要求
1. WMO 分赛区组委会应发挥自身优势，广泛动员宣传，并积极争 取当地教育主管部门的支持与指导。
2. WMO 分赛区组委会应严格执行全国中小学数学创新能力实验 展示活动办公室、WMO 世界奥林匹克数学竞赛(中国区）选拔赛组委 会下发的文件通知和竞赛规则，做到组织严密、竞赛公正并接受各方 监督。
历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)
（5月14日下午14:30—16:30）
题目
一
二
三
总成绩
13
14
15
16
得分
评卷人
复核人
考生注意：1.本试卷共有三大题（16个小题），全卷满分140分
2.用黑（蓝）色圆珠笔或钢笔作答。
3.计算器，通讯工具不准待入考场。
4.解题书写不要超过封线
一，单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
二，填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
7.1008 8.0 9.2 10. 11.2 12.243
三，解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）
13.证明：（1）因为
所以，数列 成等比数列 ……5分
于是
即数列 的通项公式 ……10分
（2）法1：因为 对任意的正整数n都成立，故
由（1）知
∴共有C 种比赛方式．
三．(15分)长为 ，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．
解：过轴所在对角线BD中点O作MN⊥BD交边AD、BC于M、N，作AE⊥BD于E，
则△ABD旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径AE= = ．其体积V= ( )2· = π．同样，
1．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( )
A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)
解：第二个函数是y=φ－1(x)．第三个函数是－x=φ－1(－y)，即y=－φ(－x)．选B．
小学奥数的书大全
学奥数这里总有一本适合你奥数图书出版大事记2000年 《奥数教程》（10种）第一版问世2001年 《奥数教程》获优秀畅销书奖2002年 《奥数教程》在香港出版繁体字版和网络版2002年 《奥数测试》（第一版）出版2003年 《奥数教程》（第二版）出版，并开展“有奖订正”、“巧解共享”活动2003年 《奥数教程》（3~6年级）VCD出版2003年~ 陆续出版由IMO中国国家集训队教练组编写的《走向IMO：数学奥林匹克试题集锦》2005年 “奥数”图书累计销量近1000万册2005年 出版《数学奥林匹克小丛书》（30种）2006年 《奥数教程》（第三版）、《奥数测试》（第二版）出版2006年 《数学奥林匹克小丛书》（12种）繁体字版在台湾出版2007~2008年 《多功能题典》丛书中的小学、初中和高中数学竞赛相继出版2008年 《日本小学数学奥林匹克（六年级）》出版2009年~ 《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》陆续出版2009年 《Mathematical Olympiad in China》、《Problems of Number Theory in Mathematical Competitions》和《Graph Theory》相继与新加坡世界科技出版公司联合出版2010年 《全俄中学生数学奥林匹克（1993~2006）》出版2010~2011年 《高思学校竞赛数学课本》和《高思学校竞赛数学导引》（3~6年级）相继出版2011年 《从课本到奥数》（1~9年级A、B版）出版2011年 《初中数学联赛考前辅导》和《高中数学联赛考前辅导》出版学奥数，这里总有一本适合你2000年华东师范大学出版社出版了《奥数教程》丛书，首次在书名中使用“奥数”一词。
《奥数教程》由国家集训队教练组执笔联合编写，获得第十届全国教育图书展优秀畅销图书奖，深受读者喜爱，被奉为经典奥数蓝皮书。
自《奥数教程》出版以来，华东师范大学出版社聚集国内最顶尖的作者团队，陆续为不同层次、不同需求的读者打造了近200种奥数图书, 形成多品种、多层次、全系列的格局，“奥数”图书累计销量超1000万册，由此奠定了奥数品牌出版社的地位。
高中联赛难度几何100题及其解答(修订版)
高中联赛难度几何 100 题及其解答解答人：文武光华数学工作室 田开斌第一题、如图，P 为⊙O 外一点，PA 、PB 分别切⊙O 于 A 、B ，PCD 为⊙O 一条割线，CO 交⊙O 于另一点 E ，AC 、EB 交于点 F ，证明：CD 平分∠ADF。
F证明方法一：如图，延长 ED 交 CA 于 K ，根据条件知四边形 CADB 为调和四边形，故ED 、EC 、EA 、EB 构成一组调和线束，进而知 K 、C 、A 、F 构成一组调和点列。
而 KD⊥CD， 故 CD 平分∠ADF 。
PF证明方法二：如图，连结 OA 、OB 、AB 、BC ，因为∠AFB = ∠ACE − ∠BEC =∠AOE−∠BOC=180°−∠AOC−∠BOC=∠APC，且PA = PB ，故点 P 为△ABF 的外心。
于是知222∠PFA = ∠PAC = ∠PDA ，所以 P 、A 、D 、F 四点共圆。
又PA = PF ，故 CD 平分∠ADF。
F第二题、如图，AB 为⊙O直径，C、D 为⊙O上两点，且在 AB 同侧，⊙O在C、D 两处的切线交于点 E，BC、AD 交于点 F，EF 交AB 于M，证明：E、C、M、D 四点共圆。
B证明：如图，延长 AC、BD 交于点 K，则BC⊥AK，AD⊥BK，从而知 F 为△KAB 的垂心。
又在圆内接六边形 CCADDB 中使用帕斯卡定理，知 K、E、F 三点共线，从而KM⊥AB于M。
于是知∠CMF = ∠CAF = ∠CDE，所以 E、C、M、D 四点共圆。
B第三题、如图，AB 为⊙O 直径，C 、D 为⊙O 上两点，且在 AB 同侧，⊙O 在 C 、D 两处的切线交于点 E ，BC 、AD 交于点 F ，EB 交⊙O 于点 G ，证明：∠CEF = 2∠AGF 。
B证明：如图，根据条件知∠CFD =AB +CD =(180°−A C )+(180°−BD ) = ∠CAB + ∠DBA =22∠ECF + ∠EDF ，且EC = ED ，故点 E 为△CFD 外心。
抽屉原理在组合数学中的应用
2中等数学叙嗲活劫镙歿饼;I抽屉原理在组合数学中的应用刘媛媛石泽晖(长春吉大附中实验学校,130021)中图分类号:〇141.2 文献标识码:A文章编号:1005 - 6416(2021)05 - 0002 - 05(本讲适合高中）抽屉原理也被称为鸽巢原理或狄利克莱 原理，它是组合数学中一个基本且重要的原理，许多存在性问题的证明和极值问题中不等关系的得出都可以用抽屉原理来解决.1知识介绍抽屉原理具体内容在不同的背景下（代 数、几何等）略有不同，常见形式主要有以下几种：抽屉原理（1)若将m个物件放到n个抽屉里，则必有一个抽屉至少有+1n个物件，其中，[a]表示不超过实数a的最大 整数；(2)若将m个物件放到n个抽屉里，则必有一个抽屉内至多有[@1个物件.n证明（1)反证法.若每个抽屉内至多有个物件，则放人71个抽屉内的物件总数至多为n—~- ^n(— ~^=m-l，这 与抽屉内共有m个物件矛盾.故必有一个抽屉内至少有1+ 1个物件.n(2)的证法同样，此处省略.抽屉原理的实质是对物件最多的抽屉内 至少有多少个物件，物件最少的抽屉内至多收稿日期:2021 -01 -11有多少个物件的估计，本质是极端原理.平均值原理（1)设，a2,…，an 6R，h|(a i+a2+...+a n)J l K，a2，…，an 中必有一个数不小于1也必有一个数不大于4;⑵设o^，％，…，an 6R,G= 7ai°2"，an*则h，a2，…，an中必有一个数不小于G,也必有一个数不大于C.事实上，平均值原理中的均值可以替换成任何一种均值，结论依然成立.图形重叠原理在平面上有n个面积分别为51，52，一，5…的图形>1132，一,疋，把这«个图形按任意方式放入一个面积为S的固定图形4内.(1) 若& +s2 +…+ s… >5,则存在两个 平面图形卓、4(1A <)矣n)，它们有公共内点；(2) 若&+S2 +…+S…<S，则在>4内必 存在一点，不属于U2，…，纪中任意一个•此结论同样适用于一维、三维情况.抽屉原理本身并不难，用其解题关键是如何设计“抽屉”，即题中涉及元素的具体分类方式.2例题选讲2.1合理“划分抽屉”解决组合问题例1设S=l l，2,…，100!.求最大的整数fc，使得S有个互不相同的非空子集，具有性质:对这A个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元2021年第5期3素与这两个子集中的最大元素均不相同.[1] (2014,全国高中数学联合竞赛）解对于有限非空实数集用m in夂 max4分别表示4的最小元素、最大元素.考虑S的所有包含1且至少有两个元素 的子集，共2" - 1个，记为岑，…，七^丨•它们 显然满足要求.因为 min(/!;Di4,+)= 1 < max A-,所以人下面证明A>299时不存在满足要求的友 个子集.将丨1，2,…，100丨按以下方式划分为如 下2"-1个子集：对任意的m 6丨4,5,…，100|，记对于任意的，定义集合对U u |m|；[,A B m t U I mi !,则共有2^2个不同的集合对.将11，2,3丨的非空子集按以下方式分成 三个子集对：{13|；11,3}；|2,3|},1|2|；{1,2!|,I H I ;{1,2,3( !.从而，共有£2m—2 +3 =2" -1个不同 的子集对.若非空子集个数多2"，则必有两个在同一组中，故它们交集中的最小元素与最大元素相同，矛盾.因此，1.例2甲选了 13个两两不同的三位数，乙从甲选的13个三位数中再挑选几个三位数.若通过四则运算可以使最后的结果属于区间（3，4)，则乙获胜；否则，甲获胜.问：谁 有获胜策略？(第34届阿根廷数学奥林匹克）解乙有获胜策略.将所有三位数按如下方式分成八个集合，同一集合中最大数除以最小数的值小于4G\ ={100,101 ,•••,133},G2 =)134,135,---,178!,G3 =j179,180,---,238!,G4 ={239,240,---,318},g5 =j319,320,---,425!,G6 =|426，427,…,567| ,G7 =|568,569,…,757i ,G8 =|758,759,…,999|.因为甲共选取13个三位数，且13 >8,所以，由抽屉原理，知必有两个三位数属于同 一集合，不妨设为A(A > *2 )，显然，,41<^<y-去掉这两个三位数，剩下11个三位数属 于同一集合，由于11 >8,则由抽屉原理，知 必有两个三位数属于同一集合，不妨设为巧、尤4()，显然，X43再去掉这两个三位数，剩下9个三位数属于同一集合，由于9 >8,则由抽屉原理，知必有两个三位数属于同一集合，不妨设为 ■*5、无6($5〉)，显然，,*5 41 <—<了.尤63由此得X}X^y1 +1 +1 =3 < — + —+ —丨2 丨4 丨64 4 4 A<了 + 了 + 了=4.故乙有获胜策略.[2]利用抽屉原理，知研究此类问题的关键是构造合适的“抽屉”，即确定恰当的分类规则，将题目中涉及的元素按照一定的性质进行分类.当取出的元素数量足够多时，由抽屉 原理，知至少有某些元素属于同一个集合.从 而，这些元素具有某种性质，进而得出结论. 构造抽屉的原则是与题设密切相关的，常用 方法有:分割区间、分割图形、同余分类、最大 奇因子、划分集合等方式，使用时具体要看题4中等数学设条件所关注的性质.2.2 “计算总量”，用抽屉原理估计最值例3 设5=14，/12，"•，/!…}(〇.多2)，其 中，义，/12，…，七是n个互不相同的有限集合,满足对任意次、禹6S，均有6S.若灸=m in丨4丨>2( I Z I表示有限集合Z的1矣i矣n元素个数），证明：存在$ G，使得尤属于次，禹，…人中的至少f个集合.[3](2015,全国高中数学联合竞赛）证明不妨设丨41= 6.设在次，…，人中与々不相交的集合有5个，重新记为A，fi2，…，虼；设包含岑的集合有f个，重新记为C丨，C2，…，C,.由已知条件，知晃U A G S，即B i UA1 6于是，得到一个映射/:\B l ,B2,--,B S\\CX,C2,--,C t\,f(B i)= B i U A l.显然，/是单射.从而，s矣z.i^：Al =在^，七，…，火中除去乂，氏，…，Ci，C2,…，后，在剩下的n-s-t个集合中，设包含a,的集合有个.由于剩下的n-s-f个集合中每个集合与岑的交非空，即包含某个A，于是，x x +x2 + •••+ xk^n- s-1.从而，/i,中的各个元素出现在集合…，火中的次数总和满足T= k t+n-s-t=n+ (k-l)t-s^n.由抽屉原理，知至少存在一个m 6丨i，2,…，M，使得〜彡f.上述问题的特征是:题中所给的元素具有任意性•题设为集合4，4,…，人和所涉及的元素提供的条件均是平等的、任意的.题 目探究的结论是一个存在性命题，证明存在一个元素具有某种性质，且只需说明存在性，并不需要指明具体是哪个集合满足此要求.这类问题考虑用抽屉原理处理，通过计算抽 屉中元素的总量来得出相应结论，是抽屉原 理非常典型的应用.2.3应用“图形重叠原理”解决组合几何问题例4 一农夫在120 m x 100 m的矩形 土地中有九个直径为5 m的圆形菜园.证明: 无论圆形菜园的位置如何设置，农夫总能建 一"t"25 m x35 m的矩形菜园•(2018,越南数学奥林匹克）证明设矩形仙CZ)满足Zlfi = CZ)= 120=5C= 100•将其分割为 10 个 30 x40 的小矩形，如图1.图1考虑九个圆形菜园的圆心.由抽屉原理，知必存在某个小矩形不包含这九个圆心中的任何一个.设这个矩形为；O^T，其中，XY= ZT= 40 ,XT=Y Z=30.考虑矩形x y z r内的矩形z'r r，使 得两个矩形的对应边平行且距离为2. 5.则 矩形z'r z'r为25 x35，且与每个圆形菜园 均无重叠.[2]例5 平面上给定100个半径为1的 圆，使得任意三个圆心所构成的三角形的面积至多为i o a证明：存在一条直线至少与1〇 个圆相交.(2018,中国台湾数学奥林匹克选训营）证明证明一个更一般的命题:平面上给定n个半径为1的圆，使得任三个圆心所构成的三角形面积至多为n，证明：存在一条直线至少与个圆相交.+2令S为这〃个圆心所成的集合.2021年第5期5设S中距离最远的两点间的距离为丄任取S中异于的一点C.因为以，所以，点C到直线仙的距离至多为^.从而，若直线Z丄于点Z)，则集合S 中任一点在/上的投影点将落入以Z)为中心、$为长度的区间内.又集合S中两点距离最大值为d，则S 中的点在直线/的投影点必落在一个长度为 d的区间内.故此区间长度至多为y/An .注意到，这n个圆投影到直线/上全是 长度为2的区间，而这些区间均包含在一个长度至多为A+2的区间内.令这个区间为/，C,•为第i(l在n)个圆在直线Z上的投影.由于所有(；的长度总和为2n，且其均落 在/中，依照图形重叠原理，这表明,/中至少要有一个点X同时属于至少个圆C,++2中.故取平行于且过点尤的直线g即可.取n= 100，得200 200 n,___—= —^>9,v^+222即g至少与10个圆相交.[2]用图形重叠原理解决组合几何中的存在 性问题时，题中所给元素条件具有任意性也是一典型特征，如例5中涉及的100个圆，条 件是任意的、平等的，题目的结论是一个存在 性命题，有以上特征的问题通常可以考虑用图形重叠原理去解决.练习题1.设集合S=丨1，2，".，3/1丨为正整数，71为S的子集，满足:对于任意的x、y、z G T (；«、y、z可以相同），均有;+ y+ z备71.求所有这种集合r的元素个数的最大值.[4](第五届中国东南地区数学奥林匹克）提示取T0 = \x\x S H x^n+ \\=|n+ 1,r e+2,•••,3n\ ,此时，i r Qi= 2re，且r Q中任三个数的和大于3心于是，不在r。
三角形内切圆的几个结论及应用
当Ｃ Ｇ上 Ａ Ｇ时 ， 结 Ｈ 联 由 上 Ａ 知 Ａ Ｇ Ｆ、 Ｂ， 、 、 ，四点 共 圆．
又 为内心 ， 则
ＡＦＧ ＝
，
结论 １ 如 图 １ △ Ａ Ｃ的 内切 圆 ｏ， ， Ｂ 分 别 切边 Ｂ Ｃ Ａ Ｃ、Ａ、Ｂ于点 Ｄ、 Ｆ， Ｅ、 ． ｓ和 、 和 Ｎ、 Ｇ和 日分 别 为角平 分 线 Ａ 、 、 所 在 直 ，
ｊ
ＨＣ ＋ Ｃ Ａ＝ Ｂ Ｈ＋ Ｃ Ｂ Ａ Ｃ Ａ＝９ Ｂ ０。
Ｃ Ｈ上 Ａ Ｂ
ｊ Ｈ为△ Ａ Ｃ的垂 心． Ｂ
必要 性．
当 日为 △ Ａ Ｃ的垂心 时 ， Ｂ 由
２１ ０ ２年第 ６ 期
Ａ
Ａ
９
Ｅ 图８
Ｃ
图 ７
证 明 设 Ａ Ｂ △ Ａ 的 内切 圆 与 Ａ Ｘ、 Ｃ
ＢＨ ＢＦ ＢＤ 疋 ’ ＣＨ —ＣＥ — Ｃ ‘ Ｄ
Ｂ Ｃ上 的 高 线 Ａ 与 Ｆ 交 于 点 则 日 为 Ｐ Ｅ △Ａ Ｃ Ｂ 的垂心 的充分 必要条 件是 Ｄ ｊ Ｆ ． Ｈ － Ｅ
证明 如 图 ５ 不 妨设 Ａ Ａ ． ， Ｂ＞ Ｃ
从 而 ， Ｈ平 分 Ｂ Ｃ Ｄ Ｈ．
由 Ｃ ＝Ｃ Ｆ Ｅ
／ Ｔ ＤＥ ＝ Ｔ ＥＤ ＝ Ｃ Ｅ Ｆ
Ｂ Ｘ分别 切 于点 Ｄ、 与 Ａ Ｆ， 分 别 切 于 点 Ｅ 、
Ｇ 则 Ｄ ∥Ｆ ， Ｄ 、 Ｇ与 Ａ Ｂ的平分线 ． Ｅ Ｇ且 Ｅ Ｆ Ｘ
垂直．
ｏ ／ｃ 历 Ｔ／ ｃ Ｇ Ｄ＝
．
又 由结论 ４知丽 Ｂ Ｅ＝
ＢＡ ＝ Ｈ ＨＣ ＝ Ｃ ＨＣＣ
从而 ， 、 四点共 圆． Ｍ、 、 例 ２ 如 图 ７ 已知 △ Ａ Ｃ Ｘ是直 线 Ｂ ， Ｂ ， Ｃ 上 的动点 ， 且点 Ｃ在 点 Ｂ、ｆ 间 ， △ Ａ Ｘ、 Ｊ之 ］ ｊ 又 Ｂ △ Ａ Ｘ 的内切 圆有 两个 不 同 的交 点 Ｐ、 ． Ｃ Ｑ 证 明 ：Ｑ经过一 个不依 赖 于 的定 点． Ｐ （ ４ 第 ５届 Ｉ ＭＯ预选题 ）