2020年东南地区数学奥林匹克试题及参考答案
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年东南奥林匹克赛高一组第二天答案
证明：记
Ͳ.
Ͳ
假设 1
Ͳ中每个整数都没有大于 的素因子.
设 是 最大的素数幂因子. 由于≤ 的素数个数不超过 1
1，
故当
1
1 1时，
1
1 ，对于所有的 1
.
因为 ≤ ，且≤ 的素数个数不会超过 1
1 个，故必然有两个不同
的1
1
使得 1
.故 1
min 1 1
1.但是
1 命题得证.
1
1≤
1 ≤ 1，矛盾.故当
T k i 1 T k i .
令 S㤵k T㤵k （k 1 ‴ 1 ）， k Ͳ 时 ， S㤵k 1 1 S ‴ S 1 S k
1 䁥 1 . 由此知，正整数
当且仅当 1 为合数. 因此有：
1 集合 1
1‴ 1
1 为质数 中的任一数（简称为质前数）
皆不属于集合 ，而其余的数皆在 中；
对于集合 ，
1 1 ，当正整数 䁥 不全为 1 时， 䁥 为合数，
即每个奇质数皆不属于 ，对于这种数，要么是两个相邻正整数的乘积： 1
1 ，要么可表为这样的三个因子之积，其中较大的一个因子等于另两个
状态, i S 则说明这一格子未被染色，否则这一格子没有染色.在任何一个状态下，我们计 f㤵S 为将状态 S 全部染成黑色所需的次数之期望.如果 S ⊆ S', 我们称 S'比 S 状态要"大"，此 时，关于状态 S'的染色策略也可用于 S，从而 f㤵S ≤ f㤵S' .令 g㤵S i 为选择喷涂格子 i 之后所
1 1时，
. 用一个喷头对一张 1 的方格纸条的每一格进行喷涂，当喷头对指定的
第 㤵1 ≤ ≤ 格喷涂时，该格被染成黑色，同时与第 格相邻的左侧方格和右
第十届中国东南地区数学奥林匹克
一
中每名 演员 的编号 分别等 于他脚下 两名演 员
的编 号 之 和 ， 则 称 这 样 的搭 配 结 构 为 一 个 “ 塔” ． 问： 总 共 能搭 配成 多 少 个 结 构 不 相 同
①
ａ ｘ ＋ ｂ ｘ—ａ＝ ０
的塔 ？
有三个正实根． 求 三 一 二
Ｄ＋ ｌ
的最小值
由（ １ ＋戈 ２ ＋ ３ ） ≥３ （ Ｉ ２ ＋ ２ ３ ＋ Ｘ １ ３ ）
ａ
２≥３６
．
３ ／ ． 口＝Ｘ １ ＋ ２＋２ ； ３ ≥３
０Ｉ ＞３ ．
＝３
数 ｋ的最大 值 ， 使 得无 论 以何 种 方 式 放 置 了 ｋ个 角形 之 后 ， 总 能在 方 格 表 中再 放 人 一 个 “ ｎ— NhomakorabeaＩ
证明： 该 数 列任 意 两个 相 邻 项 的平 方 和 仍是 该数 列 中的一个项． （ 陶平 生 供题 ）
４ ． １ ２名 杂 技 演 员 编 号 分 别 为 ｌ ， ２ ， …， ｌ ２ ， 将 他 们 按 适 当方 式 分 别 围 成 Ａ、 Ｂ两 个 圈， 每 圈六 人 ， 其中， 圈 中的 每名 演 员 分 别 站在 Ａ圈 中相 邻两 名演 员 的肩 膀上． 若 日圈
２ ０ １ ３年第 １ ０期
２ ９
方 格表 挖去 ， 剩下 的图形称 为 “ 角形” （ 如图 ３ 就是 一个 角 形 ） ． 现在 １ ０×１ ０方 格 表 （ 图４ ） 中放置 一些 两 两不 重 叠 的角 形 ， 要 求 角 形 的 边 界 与方格 表 的边 界 或 分 格 线 重 合． 求 正 整
种结构 ．
图２
（ 陶平 生
供题 ）
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。
2020最新奥数 14届地方复赛3年级A卷答案
14届地方赛3年级A卷答案一、选择题。
（每题5分，共80分）1．D2．B3．C4．C5．A6．D7．A8．D9．D10．B11．B12．D13．B14．C15．C16．D9．甲＋丙=85×3－84=171，乙=87×3－171=90。
10．[（38－8）×2＋6]÷2=33（岁）11．果果和爸爸的年龄差是32－4=28（岁），28÷（3－1）=14（岁），14－4=10（年），所以10年后爸爸的年龄是果果的3倍。
13．由“A班人数比B班人数多”可知A＞B，“C班人数比D班人数多，比E班人数少”可知E＞C＞D，“D班人数比B班人数多，E班人数比A班人数少”可知D＞B，A＞E，所以A＞E＞C＞D＞B。
15．1个小正方形组成的长方形有16个，2个小正方形组成的长方形有15个，3个小正方形组成的长方形有10个，4个小正方形组成的长方形有5个。
一共有16＋15＋10＋5=46个。
16．通过列表可知，有5种不同的支付方法。
10元4张3张2张1张0张20元2张0张3张1张4张50元3张4张3张4张3张二、解答题。
（第17题8分，第18题12分，共20分）17．平均分成4份，每份长40÷4=10（cm）；平均分成5份，每份长40÷5=8（cm）。
2×10－2×8=4（cm），40＋4=44（cm）。
18．（1）13个，规律是后一个阶段比前一个阶段多3个积木。
（2）51个，1＋4＋7＋10＋13＋16=51（个）。
三、思维冲击。
（10分）19．答案见下图。
四、数学与生活。
（10分）20．麦德龙：4×10×2.5＋（50－4×10－4×2）×2.5=105（元）沃尔玛：50×（2.50－0.50）=100（元）家乐福：50×2.50=125（元），125÷10≈12125－12×2=101（元）100＜101＜105，在沃尔玛购买最划算。
东南数奥试题1—5届
首届中国东南地区数学奥林匹克第一天（2004年7月10日 8：00 — 12：00 温州）1、设实数a 、b 、c 满足2223232a b c ++=，求证：39271a b c---++≥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=DN3、（1）是否存在正整数的无穷数列{}na ，使得对任意的正整数n 都有2122n n n aa a ++≥。
（2）是否存在正无理数的无穷数列{}na ，使得对任意的正整数n 都有2122n n n a a a ++≥。
4、给定大于2004的正整数n ，将1、2、3、…、2n 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。
B首届中国东南地区数学奥林匹克第二天（2004年7月11日 8：00 — 12：00 温州） 5、已知不等式63)cos()2sin 2364sin cos a a πθθθθ+-+-<++对于0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦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 三点的圆与边AB 交于点E 。
求证：CD EF DF AE BD AF ⋅+⋅=⋅7、n 支球队要举行主客场双循环比赛（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 的最大值。
2020年(第17届)中国东南地区数学奥林匹克高二年级第二天试题(含答案)
第十七届中国东南地区数学奥林匹克浙江•诸暨高二年级第二天2020 年8 月 6 H 上午8:00-12:001.集合…，2020}.称W={w(a,b)=(a + b) + a〃a,bwJ}c/ 为“吴，填合,Y = {y{a ,h) = (n + b) ah\a. bEI]C\l为“翻”集介.X = wcy为“西子,集合. (I) K求“西子”集合中最大致与最小数之和:(Z)若“越”集合中的元#"=y(%b)(a&b)及小方法不姓一(妇30 = y(l,5) = y(2.3)〉，就称〃为“卓越ST.求“越”亲合中“卓越故’的个数.2.如图，在四边形4BC0中,cKBC - ^ADC < 90\以4C为直径的圆。
与边BC. CD的％一个交点分用为E. F. M为9D的中点，AN LBD尸点M证明：M , N, E, F四点其四.B V3.将所行不含T方国了的正整数从小到大排成数列5，/山3.・・・，/ 证明；存在无方多个正整数八,使得册八一0=2020.4,用•个喷头对一张lx ri的方格方条的条一格进行喷法,当啧头对指定的第«1 WiVn）格喷涂时，该格被染成黑色•同时。
第i格相邻的左例方格和右侧方格（在存在的情况卜）独立地各彳弓的概率也被染成黑色.设在最佳策略卜（使喷涂次数尽可能少）,喷完n个方格所需要喷涂的次教期望侑为了（初求7S）的通项公式.第十七届中国东南地区数学奥林匹克浙江•诸暨高二年级第二天2020年8月6日上午8:00T2:001.集合，=口，2,…，2020).称 W = {w(a,b) = (a + b) + aZj|a,b|e/}n/ 为“吴”集合，f = {y(a,d) = (a + d)• ab\a,为“越”集合，X = WAV为••西子”集合.(1)试求“西了”集合中最大数与最小数之和；(2)若“越”集合3的元素n = y(aM(asb)表小”法不唯一(如30 = y(L5) = y(2,3)),就称几为“卓越数”.求“越”集合中“卓越数”的个数.证明：(1)若正整数孤£卬,即有正整数a,b,使得n = a十力十。
第四届中国东南地区高中数学奥林匹克竞赛试题(缺答案)
第四届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
（2007年7月28日， 8：00—12：00，湘江·镇海）
一、试求实数a的个数，使得对于每个a，关于x 的三次方程都有满足
的偶数根
二、如图所示，设C、D是以O为圆心、AB为直径的半圆上的任意两点，过点B作圆O的切线交直线CD于P，直线PO与直线CA，AD分别交于点E，F，证明：OE=OF。
三、设试求的值
四、试求最小的正整数n ，使得对于满足条件的任一个具有n项的正整数数列
，其中必有连续若干项之和等于30。
第四届中国东南地区数学奥林匹克
第二天
（2007年7月28日， 8：00—12：00，湘江·镇海）
五、设函数满足：，且当时有，
证明：当时，有
六、如图，在直角三角形ABC中，D是斜边AB 的中点，，MD交于AC于M；MC的延长线交AB于E。
证明：
七、试求满足下列条件的三组元数组
（1）且为质数；
（2）构成等比例数列
八、设正实数满足：求证：对于整数，有。
2020年奥林匹克数学竞赛试题
2020年奥林匹克数学竞赛试题
2020年奥林匹克数学竞赛试题指的是在2020年奥林匹克数学竞赛中使用的试题。
奥林匹克数学竞赛是世界范围内的一项高水平数学竞赛，旨在发掘和培养数学人才，提高参赛者的数学素养和解决问题的能力。
以下是 2020年奥林匹克数学竞赛试题示例：
选择题：
1.若关于x的不等式|x - 1| + |x - 2| + |x + 3| + |x + 4| ≤ 4的解集为M，则
集合M的面积为（）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
2.已知 f(x) = x^3 - ax^2 + bx + c 在 (-∞,0) 和 (1, +∞) 上有不同的极值点，
则 ( )
A. b/a 的可能取值是 (-∞,-2)∪(2,+∞)
B. b/a 的可能取值是 (-∞,-4)∪(4,+∞)
C. b/a 的可能取值是 (-∞,-4)∪(2,+∞)
D. b/a 的可能取值是 (-∞,-2)∪(4,+∞)
判断题：
1.若 x > 1, 则 x^2 - 1 > 0。
()
2.若 f(x) = x^3 + x^2 + ax + 1 有两个不同的极值点，则 a 的取值范围是 (-
1, 1)。
()
计算题：
1.设 f(x) = x^4 - 6x^3 + 9x^2 - 6x + 7，g(x) = x^4 - x^3 + x^2 - 2x +
1。
求 f(x) 的所有零点以及 g(x) 的所有零点。
十一届东南赛解答
对 k 进行归纳．当 k = 0 时， xs ≤ M ≤
2
s + k +1
∑
i=s
1 2 k 1 s + k +1 xi = xs + ∑ xi ≤ k +1 + + ∑ i i = s +1 2 3 i =1 2
2 k +1 1 = 3 + ∑ 2i ． i =1
，
因此 B, O, P, C 四点共圆，所以 ∠BPO = ∠BCO = ∠CBO = ∠OPN ． 另一方面，对 ∆BCP 及截线 DMN 用梅涅劳斯定理，得 BD CN PM ⋅ ⋅ = 1， DC NP MB 结合 BD = DC , BM = AM , CN = AN 可知， PM MB AM = = ， PN NC AN 即 PA 是 ∠MPN 的外角平分线．又 PO 是 ∠MPN 的平分线，故 OP ⊥ AP ． 4. 设 n 为正整数，非负实数 x1 , x2 , , xn 满足： xi x j ≤ 4 5 证明： x1 + x2 + + xn < ． （金蒙伟提供） 3 证法一：设 max xi = M ．
个 k (0 ≤ k ≤ n − 1) ，使得 S k ≤
S ≤ S k +1 ． 2 令 Tk = S − S k , Tk +1 = S − S k +1 ，则
Sk − Tk + S k +1 − Tk +1 = 2S k − S + 2S k +1 − S = S − 2S k + 2S k +1 − S = 2 xk +1 ≤ 2 ，