一道国家队训练题的简证
2012数学国家队训练题及解答(陶平生)
(10 ) 、任何 3n + 1 形状的质数，都具有 T 结构，并且其表法唯一．其中 a, b 为互质的正
整数．
(20 ) 、正整数 m 具有 T 结构的充要条件是，在其标准分解式中，至少含有一个 3n + 1 形
状的质因子，而任何 3n − 1 形状的质数因子皆具有偶数次幂． 证：设质数 p = 3N + 1 ，则 N 为偶数，记 N = 2m ，即 p = 6m + 1 ，现将这种质数 自小到大排列，为 p1 = 7, p2 = 13, p3 = 19, p4 = 31, p5 = 37, p6 = 43, p7 = 61,L 先证明，对每个 k ，存在正整数 xk , yk ，使 pk = xk + 3 yk ，对 k 归纳：显然有
2
据④， x0 + 3 y0 = m1 ppn ，所以 p x0 + 3 y0 ，且 m1 p pn = (a + 3b )( x0 + 3 y0 )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
= (ax0 + 3by0 ) 2 + 3(bx0 − ay0 )2 = (ax0 − 3by0 ) 2 + 3(bx0 + ay0 )2
2 2
p1 = 7 = 22 + 3 ⋅12 , p2 = 13 = 12 + 3 ⋅ 22 , p3 = 19 = 42 + 3 ⋅12 , p4 = 31 = 22 + 3 ⋅ 32 ，…，
设在 k < n 时，皆有正整数 xk , yk ，使 pk = xk + 3 yk ，
2 2
当 k = n 时，要证存在正整数 xn , yn ，使 pn = xn + 3 yn
一道国家集训队选拔考试题的简证及推广
25
n n
1= 1=
1
A2
n
+ +
a2
A2
+ +
1
A2 a3
n n n
+ …+ + 1
A3
n
1
A2
n
,
一点 , 且 OP = 1 , ∠XOP = 30° , 过点 P 任意作 一条直线分别交射线 OX 、 OY 于点 M 、 N. 求
1
A3
n
1
A3
n
1
A3
n
A3
+ …+
,
OM + ON - MN 的最大值 . ( 2004 , IMO 中国国家集训队选拔考试)
n
=
3 1 + cot θ+ 2 2
图1
1
A1
n
+ +
a2 1 1 ) + …+ n + n + …+ A2 A3 An n
n
1 3 1 3 + tan θ. 2 2 2 sin θ 2 cos θ
令 tan
1
A1
n
1
A2
n
+ …+
a1
an n An
n)
. a2
θ = t ∈( 0 , 1) , 则 2 OM + ON - MN
3 +1 t 3 1- t ・ 2 2 2 1+ t 1 2 3 = 3 +1 ( ) 2 1 + t + (1 + t) =
故 n ≥n・ ・
2019中国数学国家集训队测试题
2019中国数学国家集训队测试题标题：2019中国数学国家集训队测试题解析简介：2019中国数学国家集训队测试题是中国高中学生参加数学国家集训队选拔的标准化考试。
本文以这些题目为基础，对其中的数学问题进行解析和讨论，帮助读者更好地理解和应对此类问题。
本文将包括数学竞赛中常见的题型，如代数、几何、概率等，并给出详细解题步骤和方法，旨在提供参考和帮助。
正文：一、代数题2019中国数学国家集训队测试题中的代数题主要涉及多项式、方程、不等式等内容。
其中，一些题目需要运用代数方程的解法，如Vieta定理和提取根的方法。
其他题目则需要用到变量替换、配方等技巧。
通过分析题目所给条件，结合已知的代数知识和技巧，我们可以逐步求解问题。
同时，要善于将抽象的代数问题转化为具体的数字问题，便于辅助计算。
二、几何题几何题是数学竞赛中常见的类型之一，涉及直线、角度、三角形、圆等几何图形的性质和关系。
在解几何题时，我们首先需要通过观察、分析和推理，得出几何图形的特点和性质。
通过绘制几何图形的辅助线、引入新的几何概念或定理，我们可以更好地解决问题。
在解题过程中，要注意找出题目所给条件之间的联系，灵活应用已知几何知识和技巧，推导出未知的结果。
三、概率题概率题主要考察概率的基本概念、性质和计算。
在解决概率题时，需要明确事件和样本空间的概念，利用概率的加法和乘法规则计算概率。
同时，要注意将概率问题转化为排列、组合或几何计数等等数学问题，以便更好地解题。
在实际应用中，还需注意有关条件和限制条件，以便更准确地计算概率。
结论：通过对2019中国数学国家集训队测试题的解析和讨论，我们可以看到数学竞赛对于学生的数学思维和解决问题的能力提出了较高的要求。
解题过程中，我们需要充分发挥自己的逻辑思维和创造力，善于运用已知的知识和方法解决问题。
此外，要注重思考和实践，多做一些类似的数学题，提高自己的解题能力和水平。
最后，希望通过解析这些题目，能对广大读者在数学竞赛中的学习和备战提供帮助和指导。
IMO中国国家队训练题
2008IMO 中国国家队训练题及解答2008年IMO 中国队培训的主要阶段于6月15日至7月5日在上海中学进行,后期在清华附中调整.在培训期间,单墫、陈永高、冷岗松、余红兵、李伟固、熊斌等教授以及叶中豪、冯志刚先生为国家队队员作了讲座.我们从培训题中精选了一部分,配以个别队员们的解答,推荐给各位读者.1. 设G 为△ABC 内的一点,AG 、BG 、CG 分别交对边于点D 、E 、F.设△AEB和△AFC 的外接圆的公共弦所在的直线为l a ,类似定义l b ,l c .证明:直线l a ,l b ,l c 三线共点.证明:设∆AEB 的外接圆和∆AFC 的外接圆交于1,A A ,则a l 即1AA ,易知1A 在角BAC ∠内,1BAEA 共圆,1CAFA 共圆,类似地定义11,B C . 因为BAEA 1共圆,111FBA ABA A EC ∠=∠=∠故(1.1), 111A A C A A E A B E ∠=∠=∠(1.2), 11A AB A EB ∠=∠(1.3)因为CAFA 1共圆,故∠BFA 1=∠ACA 1=∠ECA 1 (1.4) 由(1.1)、(1.4)得:∆BFA 1~∆ECA 1,1BA BFA E CE=1故(1.5) 对∆BA 1E 用正弦定理并结合(1.2)、(1.3)得111111sin sin sin sin BA A EB A ABA E A BE A AC∠∠==∠∠(1.6) 1111,,b c B ABC C ACB l BB l CC ∠∠同理，在内，在内，即即11sin ,sin C CA AE C CB BD ∠=∠且有11sin sin B BC CDB BA AF∠=∠.故BDCDCE AE AF BF AF CD BD AE CE BF BA BC B CB CA C AC AB A ⋅⋅=⋅⋅=∠∠⋅∠∠⋅∠∠111111B sin sin C sin sin A sin sin 111AC BC CC BC CA AB D E F 而由、、分别交对边、、于、、及塞瓦定理得BD CDCE AE AF BF ⋅⋅=1. BA BC B CB CA C AC AB A 111111B sin sin C sin sin A sin sin ∠∠⋅∠∠⋅∠∠=1,这样利用角元形式的塞瓦定理可知直线AA 1,BB 1,CC 1三线共点.,,a b c l l l 即共点，命题得证。
奥林匹克训练题库·条件分析(word版)
条件分析1甲、乙两队进行象棋对抗赛，甲队的三人是张、王、李，乙队的三人是赵、钱、孙。
按照以往的比赛成绩看，张能胜钱，钱能胜李，李能胜孙，但是第一轮比赛他们都没有成为对手。
第一轮比赛的对手分别是谁对谁？2A， B， C， D四名学生猜测自己的数学成绩。
A说:“如果我得优，那么B也得优。
”B说:“如果我得优，那么C也得优。
”C说:“如果我得优，那么D也得优。
”结果大家都没说错，但是只有两个人得优。
谁得了优？3某校五年级三个班举行乒乓球混合双打表演，每班男女生各出一名，男生是甲、乙、丙，女生是A，B，C。
规定:同班的男女生不能配对。
已知:第一盘:甲和A对丙和B；第二盘:丙和C对甲乙的同班女生。
问:甲的同班女生是谁？4有三对夫妇在一次聚会上相遇，他们是X，Y，Z先生和A，B，C女士，其中X先生的夫人和C女士的丈夫是初次见面，B女士的丈夫和A女士也是初次见面，Z先生认识所有的人。
问:哪位先生和哪位女士是夫妇？5甲、乙、丙三位老师分别上语文、数学、外语课。
(1)甲上课全用汉语；(2)外语老师是一个学生的哥哥；(3)丙是一位女教师，她比数学老师活泼。
问:三位老师各上什么课？6刘刚、马辉、李强三个男孩各有一个妹妹，六个人进行乒乓球混合双打比赛。
事先规定:兄妹二人不许搭伴。
第一盘:刘刚和小丽对李强和小英；第二盘:李强和小红对刘刚和马辉的妹妹。
问:三个男孩的妹妹分别是谁？7徐、王、陈、赵四位师傅分别是工厂的木工、车工、电工和钳工，他们都是象棋迷。
(1)木工只和车工下棋，而且总是输给车工；(2)王、陈两位师傅是邻居；(3)陈师傅与电工下棋互有胜负；(4)徐师傅比赵师傅下的好；(5)木工的家离工厂最远。
问:徐、王、陈、赵四位师傅各是什么工种？8甲、乙、丙三位老师分别讲授数学、物理、化学、生物、语文和历史，每位老师教两门课。
化学老师和数学老师住在一起，甲老师最年青，数学老师和丙老师爱下象棋，物理老师比生物老师年长、比乙老师年青，三人中最年长的老师住家比其他二位老师远。
2008年中国国家集训队选拔考试
q ≥2 p - 1.
三 、引理 1 若正整数集 N+ 中存在一个
无穷的等差数列 ,则结论成立.
事实上 ,设无穷序列 c1 < c2 < …< cn <
…是 一 个 N+ 中 的 红 色 的 等 差 数 列. 则 取
ai = c2 i - 1 ( i ∈N+ ) ,便得到一个满足要求的
无穷的红色正整数序列
二 、数列{ xn }定义为
x1 = 2 , x2 = 12 , xn + 2 = 6 xn + 1 - xn ( n = 1 ,2 , …) . 设 p 是一个奇质数 , q 是 xp 的一个质因 子. 证明 :若 q ≠2 ,3 ,则 q ≥2 p - 1.
(余红兵 提供)
三 、将每个正整数任意染红、蓝两色之
a2
、a2
+ 2
l 、l 同色 ,因此 ,可取
a3
=
l ;如此下
去 ,便得到一个满足要求的无穷的红色正整
数序列
a1
<
a1
+ 2
a2
<
a2
<
a2
+ 2
a3
<
a3
<
….
引理 3 若 N+ 中不存在无穷项的同色
的等差数列 ,且存在 i0 ∈N+ ,使得对任意 j ∈
N+
(j
>
i0 )
,得
i0
、i0 + 2
2i
+
1}
∞ n=
1
,它们的所有项都是
蓝色 ,但注意到它是一个等差数列 ,矛盾. 这
国家队体能测试题及答案
国家队体能测试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 国家队体能测试中，以下哪项是衡量耐力的重要指标？A. 体重B. 身高C. 肺活量D. 1500米跑成绩答案：D2. 国家队体能测试中，以下哪项是衡量力量的重要指标？A. 握力B. 反应速度C. 柔韧性D. 心率答案：A3. 国家队体能测试中，以下哪项是衡量速度的重要指标？A. 跳远B. 引体向上C. 100米短跑D. 坐位体前屈答案：C4. 国家队体能测试中，以下哪项是衡量柔韧性的重要指标？A. 仰卧起坐B. 立定跳远C. 坐位体前屈D. 俯卧撑答案：C5. 国家队体能测试中，以下哪项是衡量爆发力的重要指标？A. 3000米长跑B. 引体向上C. 立定跳远D. 仰卧起坐答案：C二、判断题（每题2分，共10分）1. 国家队体能测试中，体重是衡量耐力的重要指标。
（错误）2. 国家队体能测试中，握力是衡量力量的重要指标。
（正确）3. 国家队体能测试中，100米短跑是衡量速度的重要指标。
（正确）4. 国家队体能测试中，坐位体前屈是衡量柔韧性的重要指标。
（正确）5. 国家队体能测试中，立定跳远是衡量爆发力的重要指标。
（正确）三、简答题（每题5分，共20分）1. 简述国家队体能测试中，1500米跑成绩如何影响运动员的耐力评价。
答案：1500米跑成绩是衡量运动员耐力的重要指标，它能够反映运动员在长时间运动中保持较高速度的能力，以及在高强度运动中持续供能的能力。
2. 描述国家队体能测试中，握力测试对运动员力量评价的重要性。
答案：握力测试能够评估运动员上肢及手部的力量水平，对于需要握持器械或进行上肢力量要求较高的运动项目尤为重要。
3. 解释国家队体能测试中，100米短跑成绩如何体现运动员的速度能力。
答案：100米短跑成绩直接反映了运动员在最短时间内达到最高速度的能力，是评价运动员爆发力和速度的重要指标。
4. 阐述国家队体能测试中，坐位体前屈成绩如何反映运动员的柔韧性。
奥运中的数学练习题
奥运中的数学练习题一、选择题1. 假设某奥运项目中，运动员A和运动员B进行比赛，A的胜率为60%，B的胜率为40%。
如果他们进行三局两胜制的比赛，A赢得比赛的概率是多少？A. 60%B. 73.9%C. 81.8%D. 100%2. 在奥运会的田径比赛中，如果运动员C在100米赛跑中的平均速度是10米/秒，那么他完成全程需要多少秒？A. 10秒B. 5秒C. 1秒D. 0.1秒3. 某奥运游泳运动员在50米自由泳比赛中，前25米用时12秒，后25米用时13秒。
请问他的平均速度是多少米/秒？A. 2.08B. 2.17C. 2.35D. 2.50二、填空题4. 假设在奥运会的射箭比赛中，运动员D的命中10环的概率是0.8，命中9环的概率是0.1，其余环数的概率是0.1。
如果D射了10箭，那么他命中10环的期望次数是______。
5. 在奥运会的举重比赛中，运动员E需要举起的总重量是300公斤，其中包括两个重量级别，分别是150公斤和150公斤。
如果E在第一次尝试150公斤时成功，那么他第二次尝试的重量至少需要达到______公斤才能赢得比赛。
6. 某奥运体操运动员F在平衡木上完成了一系列动作，她的动作得分由三个裁判给出，分别为9.5分、9.6分和9.4分。
根据去掉一个最高分和一个最低分后的平均分来计算，F的最终得分是______。
三、简答题7. 描述如何使用概率论来预测一个奥运项目中，两个运动员的比赛结果。
8. 假设在奥运会的跳远比赛中，运动员G的平均跳远距离是7.5米，标准差是0.3米。
如果G进行了10次尝试，那么根据正态分布，他至少跳远8米的次数大约是多少？9. 在奥运会的篮球比赛中，如果一个队伍的投篮命中率是50%，那么他们连续两次投篮命中的概率是多少？四、计算题10. 假设在奥运会的排球比赛中，一个队伍的发球得分率是60%，接发球得分率是40%。
如果比赛进行了5局，每局25分，计算这个队伍在5局比赛中平均得分的期望值。
2023中国国家数学集训队测试题解答
2023中国国家数学集训队测试题解答今年的数学集训队测试题涉及到了许多重要的数学知识和技巧，下面我将为您详细解答每道题目。
1. 题目一：已知函数$f(x)$满足$f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=x$，求$f(2)$的值。
解答：将$x=2$代入方程，得到$f(2)+f\left(\frac{1}{2}\right)=2$。
同时，将$x=\frac{1}{2}$代入方程，得到$f\left(\frac{1}{2}\right)+f(2)=\frac{1}{2}$。
将两个方程联立解得$f(2)=\frac{3}{4}$。
2. 题目二：已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=2$，$a_{n+1}=2a_n-1$，求$a_n$的表达式。
解答：观察数列前几项，发现$a_2=3$，$a_3=5$，$a_4=9$，$a_5=17$，$a_6=33$，$a_7=65$，可以猜测$a_n=2^n-1$。
可以通过数学归纳法证明，当$n=1$时，$a_1=2=2^1-1$，当$n=k$时，$a_k=2^k-1$，则当$n=k+1$时，$a_{k+1}=2a_k-1=2(2^k-1)-1=2^{k+1}-2-1=2^{k+1}-1$，证明完毕。
3. 题目三：已知函数$y=\frac{2x^2-1}{x^2-2x-1}$，求$y$的最大值。
解答：将$y$展开为$y=2-\frac{3}{x^2-2x-1}$，可以看出$y$的取值与$\frac{1}{x^2-2x-1}$有关。
观察函数$y$在定义域内的变化，发现$y$在$(-\infty,-1)\cup(1,2)$上是递增的，在$(-1,1)\cup(2,+\infty)$上是递减的。
由此可知$y$的最大值为$2$。
4. 题目四：设$P$是$2$次多项式，$P(x)+1$能被$x^2-x$整除，$P(x)-1$能被$x^2+x$整除，$P(2)=1$，$P(4)=-1$，求$P(x)$的表达式。
第53届国际数学奥林匹克中国国家集训队试卷训练题A解答
训练题A1、我们考虑如下变换T ：对于由三个正整数作成的有序组(,,)X x y z =,法则T 将其变成三个新的正整数有序组：1111()(,,)T X X x y z ==．其中，()()()111(2,,)1(,,)(2,,)22(2,,)x z z y x z x y z x y z y x y x y z y z x yx y x y z y +--<-⎧⎪=--+-≤≤⎨⎪--+⎩当当在其它情况下3请利用变换T 证明费尔马两平方和定理：若41p n =+是一个质数，则存在正整数,a b ， 使22a b p +=．（注：这个变换属于近代数学家察基尔()Zagier ，据此，他从另一观点证明了费尔马两平方和定理，其想法如同天外来客，无中生有．）证：容易验证，变换T 保持24x yz +的值不变，例如我们按情况()1做这个变换：则有2222221114(2)4()(44)(444)4x y z x z z y x z x xz z yz xz z x yz +=++--=+++--=+．在其余的两种情况下，检验起来也是如此简单的．这就是说，如果对于某个数p ，有等式24x yz p +=，那么在变换T 后，这种等式的值保持不变．我们再来检验，变换T 是对合的，即两次运用T 将使我们回到原来的数组． 例如我们仍按照前一种情况()1做这个变换，即当x y z <-时，有1112,,x x z y z z y x z =+==--，这时，由于11122x x z y z z x y =+>-=+-， 这就是说，对1X 的变换12222()(,,)T X X x y z ==，需要按照情况()3来进行：2112(2)2x x y x z z x =-=+-=，2111(2)()y x y z x z z y x z y =--=+-+--=， 21z y z ==．在其余的情况下，一切都是类似的．现在设，41p n =+是一个素数；首先，方程24(4)x yz p+=，至少有两个显然解：(,,)(1,1,)x y z n =与(1,,1)n ，前者满足x y =，后者满足x z =；马上想到的是，方程(4)是否还有满足y z =的解？如果有，那么方程(4)立即变成等式：22(2)x y p +=，结论已经获得；我们接下来的事情就是证明,满足这种条件的解确实存在．容易说明,方程(4)的正整数解(,,)x y z 只有有限多组；因为不大于p 的正整数,,x y z 都只有有限多个．据前面的察基尔变换可知，如果(,,)x y z 是方程(4)的一组正整数解， 那么111(,,)(,,)x y z T x y z =也是方程(4)的一组正整数解，反之亦然；假若在它的全部解中，没有使y z =成立的解，那么我们得出，变换T 可以将所有的解 配对成()(,,),(,,)x y z T x y z ，只要(,,)(,,)x y z T x y z ≠．现在我们需要考虑，是否存在这样的配对，或者如人们所说，变换T 是否具有不动点？ 观察变换T 中的三式，容易看出，T 的不动点（即满足111(,,)(,,)(,,)x y z T x y z x y z ==时的不动点），就是使x y =成立的不动点；但是方程(4)显然没有使1x y =>的解（否则将有2244(4)p x yz x xz x x z =+=+=+，与p 为素数矛盾！），因此，满足x y =的不动点只有一个，那就是(,,)(1,1,)x y z n =，故由以上情况得出，方程(4)的解的个数为奇数：其中，不动点为(1,1,)n ，而其余的解均可按对偶配对．为了导出与假设的矛盾，我们需要从另一途径来说明，方程(4)的解的个数又是偶数； 设方程(4)的全体解构成集合{}2(,,)4,S x y z x yz p y z =+=≠，任取000(,,)x y z S ∈，易知必有000(,,)x z y S ∈，而因00y z ≠，则000(,,)x y z 与000(,,)x z y 是一对不同的解，依据这一办法，可以将S 中的全体元素两两配对，因此，集S 有偶数个元素．矛盾！ 故所设不真，即方程(4)必有满足y z =的解(,,)a b b ，这时由方程(4)得到等式：22(2)a b p +=．定理证完．(注意：如果把以上做法看成是一个变换H ，使得111(,,)(,,)(,,)x y z H x y z x z y ==，则变换H 也是对合的；因为它也满足111(,,)(,,)H x y z x y z =，以及2211144x y z x yz +=+．而在y z ≠的假定下，解集中的元素对于H 不存在不动点,于是就可将解集的全体元素配对成()(,,),(,,)x y z H x y z ,因此,解的个数是偶数)．2、若简单图G 有21n +个顶点，至少31n +条边(2)n ≥，证明：G 中必有偶圈．证：由于图G 的边数不小于顶点数，则G 中必有圈，今逐次这样地去掉图中的一些边： 使得每去掉一条边，就破坏一个圈，这样的操作至少可以进行1n +次，也就是至少可以去掉1n +条边，破坏至少1n +个圈，即是说，图G 中的圈至少有1n +个．这1n +个圈中，必有两个圈有公共边，事实上如果任两个圈都无公共边，由于每个圈至少有3条边，则图G 至少有3(1)33n n +=+条边，矛盾！今设12,C C 是图G 中两个有公共边的圈，则1C 至少有一条边不在2C 中，2C 至少有一条边不在1C 中，若12,C C 含有公共边e 的最长公共道路为0()C AB =，若设道路0C 有r 条边，圈1C 有1r 条边（包括公共路），圈2C 有2r 条边（包括公共路），（即圈12,C C 的长分别是12,r r ）． 若去掉道路0()C AB =间的所有的边（即圈12,C C 的上述公共边），则圈12,C C 的剩下部分仍可合并为一个圈，记为*C ，圈*C 的长为122r r r +-；注意三个圈*12,,C C C 长的和等于122()r r r +-，它是一个偶数，故三个加项12,r r 和122r r r +-中必有一个是偶数，即G 中有偶圈．3、设G 为n 阶图()5n ≥，其边数4e n ≥+，证明G 中存在两个无公共边的圈.证：对n 归纳，当5n =时，9e ≥，这相当于从5k 中至多去掉一条边，结论显然成立. 设()6n k k <≥时结论成立，当n k =时，k 阶图G 的边数4e k ≥+，由于G 的边数≥顶点数，其中必有圈.若G 中存在一个长为3或4的圈1C ，则从图G 中删去圈1C 上所有的边，剩下的k 阶子图1G 中，依然满足：边数≥顶点数，其中又有圈2C ，显然，1C 与2C 都是G 中的圈，且无公共边.以下假设，G 中的每个圈长至少为5.若G 中有点0v ，其度数()01d v ≤，则删去点0v 以及它所关联的边，剩下的1k -阶子图2G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，2G 中有不含公共边的两个圈，它们当然也是G 中的圈.若G 中有点0v ，其度数()02d v =，设与0v 邻接的两个点是12, v v ，显然12, v v 不相邻（因G 中无三角形），此时，删去点0v 及其所发出的两条边，同时添加边12v v ，所得的图3G 中，有1k -个顶点，至少()14k -+条边，据归纳假设，3G 中有不含公共边的两个圈1C 与2C . 再将边12v v 去掉，恢复被删去的点0v 及其所发出的两条边0102, v v v v ，回到图G ，则G中也有不含公共边的两个圈（这是由于，若3G 中的这两个圈1C 与2C 都不含边12v v ，则这两个圈1C 与2C 也是G 中的圈；若3G 中的这两个圈中有一个，例如2C ，含有边12v v ，从该圈中去掉12v v ，并代之以边0102, v v v v ，得到圈0C ，则0C 与1C 是G 中不含公共边的两个圈）.若G 中所有的点i v ，其度数()3i d v ≥，1,2,,i k =，如果G 的边数4k >+，我们就从G 中删去一些边，使得边数恰好为4k +，记此图为4G .在图4G 中，若4G 中有一顶点的度数3<，则据前面的讨论，结论已经得证； 若4G 中每个顶点的度数皆3≥，则4G 中各顶点的度数之和3k ≥，故4G 中的边数32k≥，即有342kk +≥，由此得，8k ≤. 而在此时，只要能证得，在4G 中必有三角形或四边形，这种三角形或四边形当然也在G 中，这将与原先的假设（G 中的每个圈长至少为5）相矛盾.事实上，由于4G 中的边数4k +≥顶点数k ，故4G 中必有圈，设C 为极小圈，则圈C 的点与点之间不能再有其它边相连，否则圈C 将被分成更小的圈，矛盾；设极小圈C 的长为r ，则2r k ≤-.(由于每个顶点的度数皆3≥，若r k =，则圈C 的点与点之间将有其它边相连，于是圈C 被分成更小的圈，矛盾；若1r k =-，圈121r C vv v v =上的每个点都要与圈外的一点0v 相邻，于是得到三角形012v v v ，矛盾)；于是，当5k =或6k =时，4G 中的极小圈C 的长4r ≤.当7k =时，有5r ≤，若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另两点为,u v ，五边形的五个顶点共向,u v 发出至少5条边，则,u v 中必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少3条边，其中必有两个相邻顶点，例如12v v 都与u 相邻，于是得到三角形12uv v （更小的圈），矛盾，因此4r ≤；当8k =时，有6r ≤，若极小圈为六边形123456v v v v v v ，六个顶点共向圈外的两点,u v 发出至少6条边，则其中有一点，例如u ，要向六边形的顶点发出至少3条边，于是点u 要向顶点组{}{}135246,,, ,,v v v v v v 中的一组发出至少2条边，设u 与13,v v 相邻，则得到四边形123v v v u ，矛盾；若极小圈C 为五边形12345v v v v v ，另三点为,,u v w ，五边形的五个顶点共向,,u v w 发出至少5条边，必有一点，例如u ，要向五边形的顶点发出至少2条边，由于五边形的任两个顶点，要么相邻，要么中间只隔一个顶点，因此得到一个含有点u 的三角形或者四边形，矛盾,因此4r ≤.综合以上讨论，可知本题结论成立.4、设正整数2m >，若正整数a 与m 互质，并且1a m <<，就称a 是m 的“本原互质数”，例如10的“本原互质数”为3,7,9，其中3,7为质数，而9不是质数；12的“本原互质数”为5,7,11，它们都是质数．一般地说，若m 为正整数，并且它的“本原互质数”所构成的集合是一个非空的质数集，就称数m 是单纯的，例如12就是一个单纯数．试求全体单纯数． 解：容易验证，3,4,6,8,12,18,24,30这八个数都是单纯数； 下面证明，除此而外，不再有其它的单纯数． 引理：用123,,,p p p 表示全体质数自小到大排成的数列：2,3,5,7,11,，则当4n ≥时，成立不等式：2112n n p p p p +<⋅⋅⋅．引理证明：当4n =时，显然有2251234112357210p p p p p =<=⋅⋅⋅=，下面考虑一般4n >的情况，设123,,,,k p p p p 是前k 个质数，作k p 个数123,,,,k p a a a a ，其中1121212131211211121311k k k k p k k a p p p a p p p a p p p a p p p p ----=⋅-=⋅-=⋅-=⋅- …… ① 这k p 个数123,,,,k p a a a a 中，每个数皆与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质，且任两个数对模k p 不同余，因此恰有一个是k p 的倍数；继而可知，这k p 个数123,,,,k p a a a a 中，任两个数对模k r p +不同余，1r ≥，因此其中至多一个是k r p +的倍数，1,2,r =．对于给定的n k ≥，如果数1,,,k k n p p p +的个数少于集合{}12,,,k p A a a a =中元素的个数，即，若1k n k p -+< … ②，那么集A 中至少有一个数，设为j a ，它与1,,,k k np p p +都互质；又因j a 与1231,,,,k p p p p -中的所有数互质，于是，数j a 与前n 个质数123,,,,n p p p p 皆互质，此数j a 要么本身是质数，要么存在质数因子，总之有质数p ，使得j p a ，此p 当然异于123,,,,n p p p p ，但是前n 个质数已经被我们列出，所以1n p p +≥．即有112121n j k k p p a p p p p p p +≤≤≤-< … ③ ；再证明，当5n ≥时，对于前n 个质数123,,,,n p p p p ，存在k ，1k n <<，使得11212n k k k n p p p p p p p +++<< … ④5n =时，有61234513235711p p p p p p =<=⋅⋅<⋅= … ⑤， 6n =时，有71234561723571113p p p p p p p =<=⋅⋅<⋅⋅= … ⑥；假若对于n m =及1m +，有11212m i i i m p p p p p p p +++<<… ⑦，与21212+1m j j j m p p p p p p p +++<<… ⑧那么，由⑦，221112+11212m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p ++++++⋅<⋅<⋅，约去1i p +，即有111212312m i i i i i m m m p p p p p p p p p p p +++++++⋅<⋅<⋅ … ⑨，利用⑤⑥中135i p p +>=，以及切比雪夫定理（若实数1a >，在区间(,2)a a 中必有质数）则23211122m m m i m p p p p p +++++<<≤ … ⑩，由⑨⑩得，3121232m i i i m p p p p p p p +++++<<，而由⑧，222112112123m j j j j j m m m p p p p p p p p p p p ++++++++⋅<⋅<⋅，仿照上面做法，得4121233m j j j m p p p p p p p +++++<<，故由归纳法得④式成立．由④，221121212()n k k k k n p p p p p p p p p p +++<<⋅，引理得证．回到本题，显然，3,4,6,8是单纯数，当单纯数4m >，则m 必为偶数，（否则，若m 为奇数，则合数4将与m 互质，得m 不是单纯数）；当单纯数9m >，则m 除了是偶数外，还应是3的倍数，（否则，若m 与3互质，则合数9将与m 互质，得m 不是单纯数），因此大于9的单纯数应是236⨯=的倍数； 当单纯数25m >，则m 除了是6的倍数外，还应是5的倍数，（否则，若m 与5互质，则合数25将与m 互质，得m 不是单纯数），因此大于25的单纯数应是23530⨯⨯=的倍数； 继而可知，大于27的单纯数应是2357210⨯⨯⨯=的倍数；大于211的单纯数应是2357112310⨯⨯⨯⨯=的倍数，…，大于2np 的单纯数应是12n p p p 的倍数．于是，在区间22(3,5)内，6的倍数只有12,18,24，它们都是单纯数，在区间22(5,7)内， 30的倍数只有30这个数，它是单纯数；在区间22(7,11)(49,121)=内，已经没有数是2357210⨯⨯⨯=的倍数，因此没有单纯数，当4n ≥时，由于221(,)n n p p +内的单纯数必须是12n p p p 的倍数，而据引理，当4n ≥时，成立不等式：2112n n p p p p +<⋅⋅⋅，也就是说，12n p p p 的倍数不在该区间内，因此对任何4n ≥，所有形如221(,)n n p p +的区间内没有单纯数；又显然，当2n ≥时，2n p 不是单纯数（因为合数21n p -与之互质），因此全部单纯数只有3,4,6,8,12,18,24,30这八个数．5、将0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个原生数字分别填写于正五角星的十个交点处，使得五角星的每条线段上的四个数之和都是9的倍数，并且经过外环五点、内环五点所得到的两个圆周上的五数之和也都是9的倍数，称这样的填数图形为一个“五行轮”； 例如左图便是一个“五行轮”．我们将经过空中翻转或旋转移动后能够重合的“五行轮”认为是本质相同的，求本质不同的“五行轮”的个数．（注：五行，指金木水火土，它们循环相生相尅，是自古以来释、道、儒、玄易、中医诸学穷研之精粹，如右图（源自古籍）．而“五行轮”则是一种传说中的兵器，使用方法奥秘玄妙，对阵时按生尅关系，每招每式都需要用数学方法去推演的．本问题借用其基本模型．）解：若五条线上填写的数之和分别是9,1,2,3,4,5k S k =，则5919290k k i S i ====∑∑，所以5110k k S ==∑．0(1)、如果诸k S 全相等，则每线上的四数和皆为18；注意到，五角星的每两线皆有一交点，而每一交点恰有两线经过；先说明，此时9与0必共线，否则，假若9与0不共线，设9所在的一根线上的另三数为123,,x x x ，另一根线上的另三数为123,,y y y ，则12312312312336(9)(9)18()x x x y y y x x x y y y =+++++++=++++++18(123456)39≥++++++=，矛盾！9876543210外环相生，内环相尅现在设9与0所共的线为12(9,0,,)l a a =，则因129a a +=，所以有12(,)(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)a a =；0所在的另一线为0123(0,,,)l b b b =，由于12318b b b ++=，则123(,,)(3,7,8),(4,6,8),(5,6,7)b b b =；9所在的另一线为9123(9,,,)l c c c =，由于1239c c c ++=，则123(,,)(1,2,6),(1,3,5),(2,3,4)c c c =；若(9,0,1,8)l =，则0(0,5,6,7)l =，9(9,2,3,4)l =，这时09l l =∅，矛盾！ 若(9,0,2,7)l =，则0(0,4,6,8)l =，9(9,1,3,5)l =，这时09l l =∅，矛盾！若(9,0,3,6)l =，则09,l l 皆与l 有两个公共点，矛盾！ 若(9,0,4,5)l =，则0(0,3,7,8)l =，9(9,1,2,6)l =，这时09l l =∅，矛盾！因此，使诸k S 全相等的填法不存在．于是这样的“五行轮”也不存在．(2)、今考虑诸k S 不全相等的情况，由于5110k k S ==∑，其中若有某个4k S ≥，即若有某根线上四数和936k S ≥，那么其余六点的填数和至多为9，矛盾！又若有两个数,i j S S 皆为3，则相应两线的填数和分别为27，这两线的公共点的填数至多是9，于是两线上七个不同的点填数和不小于2727945+-=，也得矛盾！因此，在诸k S 不全相等时，五角星的五条线填数情况是：恰有一条线的填数和为27，一条线的填数和为9，其余三条线的填数和皆为18．为了找出所有的“五行轮”，首先指出，如果019(,,,)A a a a =是一个“五行轮”，那么，将每个k a 一律用k b 替换，其中9,0,1,,9k k b a k =-=，得到的019(,,,)B b b b =也是一个“五行轮”，称这样的两个“五行轮”是“对偶”的；由于内、外圈的五数之和皆大于10(01234)=++++，且两圈的十数之和为45，故两圈的和数必定是，一个为18，而另一个为27．由于上述“五行轮”,A B 一一对应，我们也可以这样来限定A 类“五行轮”，使得它的外圈五数之和恰为18，（于是内圈五数和恰为27）．这样，全体“五行轮”的个数便等于A 类“五行轮”个数的2倍． QP注意到，四数和为9的线段，只有三种情况：123(0,1,2,6),(0,1,3,5),(0,2,3,4)ααα===；四数和为27的线段，也只有三种情况：123(3,7,8,9),(4,6,8,9),(5,6,7,9)βββ===；由于同一个五角星中的任两条线段i α和j β应当恰有一个交点，故其交点的填数， 只有3,4,5,6四种情况，按照“本质不同”的含义，我们可始终将这样两条线段i α和j β的交点置于点P 或Q 处． 今按交点填数情况讨论： （一）、交点在P 处的情况：0(1)、当交点填数为3时，按2α有6个排列：它们只能与1β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征 （即：圈上五数和不是9的倍数）；0(2)、当交点填数为3时，按3α有6个排列：它们也只能与1β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征；0(3)、当交点填数为4时，按3α有6个排列：它们只能与2β搭配，共生成六个图，其中前两个是A 类的，中间两个是B 类987654321987654321098765432198765432109876421539876521043987654321098765432198765432109876543219876420153987652104398765432198765432198765432109876543210987642153987652143的，后两个则不具有轮特征；(4)、当交点填数为5时，按2α有6个排列：它们只能与3β搭配，共生成六个图，其中前两个是A 类的，中间两个是B 类的，后两个则不具轮特征；(5)、当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与2β搭配，共生成六个图，其中第一个是A 类的，中间三个是B 类的，后两个则不具轮特征；(6)当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与3β搭配，共生成六个图，其中第一个是A 类的，中间三个是B 类的，后两个则不具轮特征；在此情形下，我们总共得到24个“五行轮“，其中12个A 类五行轮，12个B 类五行轮．9876543210987654321098765432198765432109876421539876521439876543210987654321987654321987654321098764215398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143（二）、交点在Q处的情况：（如果采用对偶方法，也可共得到24个“五行轮“，其中12个A类五行轮，12个B类五行轮，但为明确起见，且为了给出具体结果，我们仍旧实际操作一遍．）(1)、当交点填数为3时，按2α有6个排列：它们只能与1β搭配，共生成六个图，其中第一个是A类的，中间三个是B类的，后两个则不具轮特征；(2)、当交点填数为3时，按3α也有6个排列：它们也只能与1β搭配，共生成六个图，其中第一个是A 类的，中间三个是B类的，后两个则不具轮特征；(3)、当交点的填数为4时，按3α有6个排列：它们只能与2β搭配，共生成六个图，其中前两个是A类的，中间两个是B类的，后两个则不具轮特征；987654321987654321987654321987654321987642153987652143987654321987654321987654321987654321987642015398765214398765432198765432198765432198765432198764201539876521430(4)、当交点填数为5时，按2α有6个排列：它们只能与3β搭配，共生成六个图，其中前两个是A 类的，中间两个是B 类的，后两个则不具轮特征；0(5)、当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与2β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征；(6)当交点填数为6时，按1α有6个排列：若将它们与3β搭配，共生成六个图，其中前三个是A 类的，第四个是B 类的，后两个则不具轮特征；在此情形下，我们也得到24个“五行轮”，其中12个A 类五行轮，12个B 类五行轮； 因此全部“五行轮”共有48个（其中24个A 类五行轮，24个B 类五行轮）．（又注，如果不考虑“轮”特征，只关注五角星填数，那么图形将有72般变化，也就是已经列出来的全部图形，这是一个有趣的结果；本题融九五太极，八九玄功于一体，所生成的十二组图形，梯次而出，有如布阵排兵，体现了数学结构的美与和谐，很值得细细玩味．）9876543219876543210987654321098765432109876421539876521043987654321098765432109876543219876543210987642015398765214398765432109876543210987654321098765432109876420153987652143。
一道印度赛题的简证
18中等数学一道印度赛题的简证李华杰。
(广东省湛江一中高三(4)班，524038)中图分类号：0141．3文献标识码：A文章编号：1005—6416(2010)l l一0018一O l题目设a是大于l的实数，数列{s。
}蒯定义如下-8，：l，s：=以若对于某个n (n≥1)，sl，s2，…，s2。
已被定义，则有2“+l白≤2”1，5，2∞，埘(前n项为l，a，a，a2，O r,乜2，a2，a3，…)．设c。
=s l+s2+…+s。
．若正整数n=2吣+2。
1+…+2“。
其中，eo>el>…>e‘≥O，证明：Ic。
=∑0c‘(1+a)“．(2008，印度国家队选拔考试)文[1]的证明是分四步，最终通过对n 用数学归纳法而完成的．该证法揭示了题目的二进制背景，但过程冗长，不容易想到．本文通过恰当地选取归纳对象，给出一个简洁自然的证明．证明对七运用数学归纳法．当k=0时，n=2勺，只需证明：C2eo=(1+a)eO．由题意知C20=5l_1．当eo≥1时，2c o、_、C2‘o=C2eo。
I+厶屯i=2叼‘l2叼一I弋1=C2∞．I+a厶屯‘=1=C2叼-I+0，c2叼一I作者系第一届陈省身杯全国高中学奥林匹克夏令营营员．=(1+d)c2t O—1．递推可得C2eo=(1+a)勺C20=(1+理)eO．故当k=O时命题成立．假设命题对k成立，即‰，=蚤ai(1+a)f，其中，g(矗)=∑2t对于k+1，记f(k+1)=∑2“．则‰”=印+鬯’。
ii=2eO+l：c：∞+am茧∥。
；2c2∞+a钕“”一2eo=(1+a)勺+t'v∑a¨(1+a)。
(由归纳假设，e，=龟7，e2=q’，……气+。
=唼’)=(1+a)勺+∑口‘(1+a)气=∑O t i(1+a)“．故命题对k+1也成立．综上，命题对任意的k∈N成立．因此，原命题成立．参考文献：[1]2008印度国家队选拔考试[J]．李建泉译．中等学．2009(增刊)．。
奥运中的数学练习题
奥运中的数学练习题1. 计算金牌数在2024年夏季奥运会中，中国代表团共获得金牌38枚。
如果每个项目获得的金牌数相同，且每个项目至少获得1枚金牌，那么中国代表团在2024年夏季奥运会中参加了多少个项目？2. 游泳比赛时间在一场游泳比赛中，选手A和选手B同时出发。
选手A的速度是每秒2.5米，选手B的速度是每秒2.2米。
如果游泳池的长度是50米，那么选手A比选手B早多少秒到达终点？3. 体操得分计算体操比赛中，一位选手的得分由难度分和完成分组成。
难度分满分为6分，完成分满分为10分。
如果一位选手的难度分为5.5分，完成分为9.2分，那么他的总得分是多少？4. 田径赛跑距离在400米田径赛跑中，如果选手C在前200米用时25秒，后200米用时24秒，那么选手C的平均速度是多少米/秒？5. 射箭得分问题在射箭比赛中，每个靶心被分为10环，9环，8环等，直到1环。
如果一位选手射中了5个10环，3个9环，2个8环，那么他的总得分是多少？6. 跳水同步性评分在双人跳水比赛中，两位选手的同步性评分由裁判给出。
如果一位裁判给出的同步性评分为9.5分，另一位裁判给出的评分为9.0分，那么这两位选手的平均同步性评分是多少？7. 举重重量计算在举重比赛中，选手D的抓举成绩为145公斤，挺举成绩为165公斤。
那么选手D的总成绩是多少公斤？8. 乒乓球比赛得分在乒乓球比赛中，一局比赛先得11分者获胜，且至少领先2分。
如果选手E在一局比赛中得了12分，对手得了10分，那么选手E赢得了这一局比赛吗？9. 自行车赛速度与时间在一场自行车赛中，选手F的速度是每小时30公里。
如果选手F完成了100公里的比赛，那么他完成比赛需要多少小时？10. 排球得分计算在排球比赛中，一个球的得分可以是1分，2分或3分。
如果一支队伍在一局比赛中得了18分，那么这支队伍至少需要赢得多少个球？。
2023年中国数学奥林匹克国家集训队第一次测试试题
2023年中国国家集训队选拔2023年中国国家集训队测试一第一天1.设整数n≥2，A1A2···A2n是圆内接凸2n边形.已知形内存在一点P，满足∠P A1A2=∠P A2A3=···=∠P A2n A1.求证：ni=1|A2i−1A2i|=n i=1|A2i A2i+1|其中A2n+1=A1.2.某次聚会有n个人参加.已知其中共有不超过n对朋友，且两人握手当且仅当他们有公共朋友.设整数m≥3，且满足n≤m3.求证：存在一个人A，A握过手的人数不超过A的朋友数的m−1倍.3.（1）设a,b是互质的正整数.求证：存在实数λ,β，使得对任意正整数m，均有λm−β≤m−1k=1{ak m}·{bk m}≤λm+β.（2）求证：存在正整数N，使得对任意质数p>N，若正整数a,b,c满足p∤(a+b)(b+c)(c+a)，则至少存在[p12]个1≤k≤p−1，使得{ak p}+{bk p}+{ck p}≤1.12023年中国国家集训队测试一第二天4.对正整数m,n记S(m,n)={(a,b)∈N2+|1≤a≤m,1≤b≤n,gcd(a,b)=1}.求证：对任意正整数d,r，存在不小于d的整数m,n，使得|S(m,n)|≡r(mod d).5.设P1,···,P n是△ABC内的点，满足P1,···,P n,A,B,C中任意三点不共线.求证:可以将△ABC划分为2n+1个小三角形，使得每个小三角形的顶点都来√n+1个.自P1,···,P n,A,B,C，且含A,B,C中至少一个的小三角形不少于n+6.求证：（1）在复平面中，每条过原点的直线（实轴除外）上至多有一点z，使得1+z23是实数.z64（2）对任意非零复数a和任意实数θ，方程1+z23+az64=0在Sθ={z∈C|Re(ze−iθ≥|z|cosπ20)}中都有根.2。
2005年国家集训队选拔考试(一)解答(沈阳)
2005年国家集训队选拔考试（一）解答第一天3月31日上午8：20—12：20辽宁 沈阳每题21分一、设圆O 的内接凸四边形ABCD 的两条对角线AC ，BD 的交点为P ，过P 、B 两点的圆O 1与过P 、A 两点的圆O 2相交于两点P 和Q ，且圆O 1，圆O 2分别与圆O 相交于另一点E 、F 。
求证：直线PQ ，CE ，DF 共点或者互相平行。
证法一因为CDF CAF PAF PJF ∠=∠=∠=∠，所以PJ ∥CD 。
同理IP ∥CD ，所以I 、P 、J 三点共线。
又 -︒=∠180FDC F C D ︒=∠180-∠ECD=180°-∠EIJ 所以E 、F 、J 、I 四点共圆。
这样，由根心定理知，三个圆：⊙（IEFJ ），⊙O 1，⊙O 2两两的公共弦IE ，PQ ，JF 共点或者互相平行，即直线PQ 、CE 、DF 共点或互相平行。
证法二因为∠ECD=∠EBD=∠EBP=180°-∠PQE ，所以C 、E 、Q 、H 四点共圆。
同理H 、Q 、F 、D 四点共圆。
又C 、E 、F 、D 四点共圆，所以HQ 是⊙（CEQH ）和⊙（HQFD ）的根轴，CE 是⊙（CEQH ）和⊙O 的根轴，FD 是⊙（HQFD ）和⊙O 的根轴，由根心定理，PQ 、CE 、DF 三线共点。
证法三由根心定理，直线BE 、AF 、PQ 共点或者互相平行。
在圆内接六边形ACEBDF 中，直线AC 与直线BD 的交点为点P ，直线BE 与直线AF 的交点在直线PQ 上，直线CE 与直线DF 交点在直线PQ 上，所以由Pascal 定理知，直线CE 、FD 、PQ 共点或者互相平行。
证法四设直线PQ 交AB 于G ，连接QE ，QF ，则 ∠BEC=∠BAP ， ∠DFA=∠ABP ， ∠AFQ=∠APG ， ∠QEB=∠GPB 所以∠DFQ+∠QEC∠DFA+∠AFQ+∠QEB+∠BEC ∠ABP+∠APG+∠GPB+∠BAP 180°设直线CE ，DF 分别交圆O 1，圆O 2于另一点I ，J ，连接PI ，PJ 则 ∠IPG+∠GPJ=∠QEC+∠DFQ=180° 故I 、P 、J 三点共线。
一道2011年中国国家队测试题的另解
若 Ｐ＞ ， ｇ 由引理得
ｐ＞ ２ ＋３， ＞ ｌ ． ￣ １ ｑ￣２ ＋５
掷 Ｉｄ １ ． （一 ）
而 １ ≤ｄ—ｌ＜ ， Ｐ 矛盾 ．
因此 ，≠２ ＋１ ｐ Ｚ ．
①一 ②得
ｐ —ｇ
由于 Ｐ是 质数 ， 于是 ，＃２ ＋ ． ｐ １ ２
从 而 ， ≥２ ＋ ． ｐ Ｚ ３
ｌ ６
中 等 数 学
● 自主招 生与数学竞 赛●
、
。 道 自 主 招 生题 的 推 广
郑 良
（ 安徽省灵璧第一 中学 ，３ ２ ０ ２４ ０ ）
中图分类号 ： ２ ． ０１３ １
文献标识码 ：Ａ
文章编号：１０ ０ ５～６ １ （ ０２ ０ 一 ０ ６一Ｏ ４６ ２１） ｌ ０ １ ｌ
是 合数 ．
矛殖．
由于质数有无穷多个 ， 故满 足条件的 有无 穷 多个 ． （ ） ≥２ ２ｄ ． （） （） Ｐ是 Ｉ： ｉ令 令 是 ｓ ＝
收稿 日期 ：０ １ ５— ８ ２ １ —０ ０
＋ｌ ｚ ） （ ≥ｄ 的一个 ≥
由此可知假设不成立 ， 即 ｄ （ ２ 一１ ！ １与 ｄ （ ２ － ） 一１ ・ｐ－ １ ） 一 ・ｇ－ ｌ ３ ！ 至少有一个是合数． 因此 ， ｐ一 ｚ ｌ ， ｇ一 ｚ ３满足 ＝ ２ — 或 ｌ ＝ ２一 条件 ． （ ） 已经找 到 ｋ个 满足 条件 的正整 ｉ若 ｉ 数， 不妨设为 ｎ ，：…， ． ｎ ， 则令 ｚ ｍ ｘｄｎ！ １ｄ，！ １…，・ ！ ｌ ， ＞ ａ｛・Ｉ一 ，・ 一 ， ｄ 一｝
２１ ０ ２年第 １ 期
ｌ ５
一
道 ２１ ０ １年中国国家队测试题 的另解
张 雷
国家集训队数学试题
国家集训队数学试题国家集训队数学试题近日，国家数学团队公布了一份数学试题，该试题被认为是目前国内最难的数学试题之一。
该试题旨在选拔出数学高手，为国家数学团队选拔出更多的优秀人才。
第一部分：选择题1. 下列哪一个数是无理数？A. 0.12587B. 1/7C. eD. -92. 设一元二次方程ax^2+bx+c=0的两个根分别为x1,x2，则它们的乘积是_______。
A. b/aB. c/aC. -b/aD. 2ac/b3. 若a+b+c=0，则四次方程x^4+ax^3+bx^2+cx+d的一个根为1，则另外三个根均为_______。
A. 2,-2,-1B. 1,-1,2C. 2,-2,1D. -1,1,-24. 已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图象与x轴交于P,Q两点，且直线y=x-1与该图象交于B,C两点。
若P点坐标为(-1,0)，则过B点的切线所在直线的方程为_______。
A. y=x-3B. y=x-2C. y=x-1D. y=x第二部分：填空题1. 在以O为圆心、R为半径的圆中，则同切圆OA相切的切点A到点O的距离是_______。
2. 已知正方形ABCD的对角线BD中点为M，点N在BD上，且BN:ND=2:3，则MN:MD=_______。
3. 已知平面内一组点的坐标分别是(0,0),(a,0),(0,a),(a,a)，则该组点的重心坐标为_______。
第三部分：证明题1. 若a,b,c为正数，则(a+b+c)(ab+bc+ca)>=9abc，等号成立的充分必要条件是a=b=c。
2. 设有任意正整数n，不妨设n>=2，如下式成立，则称n是一个漂亮的数字：n^(n-1)=(n-1)^n。
求所有漂亮的数字n。
3. 设A1,A2,...,An为n个正实数，且满足A1+A2+...+An=1，则A1/(1+A1)+A2/(1+A2)+...+An/(1+An)<ln2。
2004年国家队数学练习题(5套)及答案
3 x f ( x) ． 3
所以 xf ( x) 3 ，同理 xg ( x) 3 ．因此
3 f ( x) g ( x) , x R ． x 3 ． x 4、 设△ABC 的半周长和内切圆半径分别为 s 和 r，以三条边长 BC，CA，AB 为 直径向△ABC 的外部作三个半圆，记与这三个半圆都相切的圆的半径为 t， 证明：
若能证得
pl 1 | ck (k 1) ，
即有②．欲证③，只需 p l 1 |
n ( k 1) p 既约后的分子 k
③
p|
p ( k 1) 既约后的分子 k
④
而p
( k 1)
(1 1)
( k 1)
p ( k 1) p ( k )1 1， 所以 即 既约后分子大于 1， 1 (k 1) k ， k k
f ( g ( x) ) x x ，和 g ( f ( x)) ． x f( x ) 2 xg ( x) 2
4、 设△ABC 的半周长和内切圆半径分别为 s 和 r，以三条边长 BC，CA，AB 为 直径向△ABC 的外部作三个半圆，记与这三个半圆都相切的圆的半径为 t， 证明：
s s 3 t (1 )r ． 2 2 2
f ( g ( x) ) x x ，和 g ( f ( x)) ． x f( x ) 2 xg ( x) 2
证：首先有 xf ( x) 2 0, xg ( x) 2 0 ，即 xf ( x) 2, xg ( x) 2 ． 记 a1 2, bn
2an 2bn ，则 ai [2,3), bi (3, 4], i 1, 2,3, , an 1 an 1 bn 1
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=
y
y 4sin C y 2 2 2 4sin C・ cos C - 2sin C .
+
4sin C
2
6
+
8sin C・ cos C
4
+
③
不妨设 ∠C 为 △ABC 中的最大角 . 则 π π ∠C ∈ , . 3 2 2 因为 y ≤ 1 + cos C ≤ 2sin C , 由导函数性 2 6 y 4sin C 质知 ,当 y = 1 + cos C 时 , + 取 2 2 4sin C y 4 8sin C・ cos C 最小值 . 而 为减函数 , 因此 , 式
2
2
其中 , ∠A 、 ∠B 、 ∠C 为非钝角三角形的三个 内角 . 因此 ,题 2 得证 . 经过研究发现 ,由上述结论还可得到 : 推广 若 x、 y、 z ∈R+ , xy + yz + zx = 1 ,
n≥ 2 , n ∈N ,则
n
1 1 1 3 ≥ + + n ( x + y ) n ( y + z) n ( z + x ) n 2 证明略 .
2
+1
.
C
故 f ( t ) 在 1 , 3 + 2 5 内为增函数 , 在 3 11
3 +2 5 ,1 内为减函数 . 11
所以 , f ( t ) 的最小值在 t = 取到 ,而 f ( 1) = f
1 . 3
1 或 t =1时 3
当 ∠C = ∠B = ∠A = ∠A = ∠B =
π π 或 ∠C = , 3 2
1 1 = ( x + y ) 2 ( cot A + cot B ) 2 1 1 = 2 = cos A cos B sin ( A + B ) + sin A sin B sin A ・ sin B sin A ・ sin B . 2 sin C 于是 ,所证结论可转化为 =
2 2
2
∑
sin A ・ sin B ≥9 , 2 4 sin C
收稿日期 :2007 - 10 - 23 图1
理图” . 2 2 2 显然 , S 2 + S 3 = S 1 ,即 a + b = c ( 如果 把大正方形作为第一层 , 两个小正方形作为 第二层 ,那么 ,第二层的两个小正方形的面积 之和等于第一层正方形的面积) . 本文探究几个应用勾股定理图的性质的 例子 ,供大家欣赏 . 例1 如图 2 的 “仙人掌” 是由 15 个正方 形和 7 个直角三角形组成的 , 其中最大的正 方形的边长为 3.
2008 年第 9 期
13
● 专题写作 ●
一道国家队训练题的简证
熊学韬 江 峰 余水能
2 2
( 湖北省武汉二中 ,430000)
题1 在非钝角 △ABC 中 ,证明 : ( 1 - cos 2 A ) ( 1 - cos 2 B ) + 1 - cos 2 C ( 1 - cos 2 C) ( 1 - cos 2 A ) + 1 - cos 2 B ( 1 - cos 2 B ) ( 1 - cos 2 C) ≥9 . ① 1 - cos 2 A 2 ( 2006 ,中国国家队培训题) 本文给出一个简洁证明 . 证明 : 式 ① 即为 2 2 sin B ・ sin A ≥9 . ② 2 ∑ sin C 4 式② 左边 2 [ cos ( A - B ) - cos ( A + B ) ] = + 2 4sin C 4 4 sin A + sin B 2 sin C・ 2 2 sin A ・ sin B 2 [ cos C + cos ( A - B ) ] 2 = + sin C・ 2 4sin C 2 ( sin2 A + sin2 B ) 2 - 2sin2 A ・ sin B 1 2 [ cos C + cos ( A - B ) ] 4 2 [ cos C + cos ( A - B ) ] 2 = + sin C・ 2 4sin C 2 4[ 1 + cos C・ cos ( A - B ) ] 2 - 2sin C . 2 [ cos C + cos ( A - B ) ] 令 cos C + cos ( A - B ) = y . 则 1 + cos C・ cos ( A - B ) ( = 1 + y - cos C) cos C 2 = y cos C + sin C . 故式 ② 左边 2 2 2 2 y 4sin C ( y cos C + sin C) = + 2 2 4sin C y 2 2si即 ∠A = ∠B 时 取得 . 当 ∠A = ∠B 时 ,
∑
cos 2 2 sin A ・ sin B 2 2 = + 2sin C . 2 C 2 sin C 4sin 2
2
2
C
令 tan
= t. 则 2 1 8t f ( t) = + 4 t (1 + t ) 2 1 8 8 = + , 4 t 1 + t (1 + t ) 2 (3 t - 1) ( 11 t2 - 6 t - 1) ( t) = f′ . 2 3 4 t (1 + t )
π 时 ,取最小值代入原式得 4
14
中 等 数 学
数海拾贝
“勾股定理图” 的应用
任骏方
( 湖北省宜昌洋坪中学 ,444208)
勾股定理揭示了直角三角形三边之间的 一种关系 ,将形与数密切联系起来 ,在数学的 发展和现实世界中有着广泛的作用. 勾股定 理的发现反映了人类杰出的智慧 , 其中蕴涵 着丰富的科学知识与人文价值 . 如图 1 ,在 Rt △ ABC 中 , ∠C = 90° , BC = a , AC = b , AB = c ,分别以 c、 a、 b 为边的正方形 的面积是 S 1 、 S2 、 S3 . 不 妨将图 1 称为 “勾股定
∑
sin B ・ sin A 2 sin C
2
2
=
min
9 . 4
所以 ,结论成立 . 由此题联想到 1996 年伊朗数学奥林匹 克的一道试题 : 题 2 x 、 y、 z ∈R+ . 求证 : ( xy + yz + zx ) ・ 1 1 1 ≥9 . + + ( x + y) 2 ( y + z) 2 ( z + x) 2 4 此题可通过如下的等价变换转化为题 1. 1 1 由于 xy + yz + zx 与 + + ( x + y ) 2 ( y + z) 2 1 都为齐次式 ,不妨设 xy + yz + zx = 1. ( z + x) 2 设 x = cot A , y = cot B ,可得 z = cot C ( ∠C =π - ( ∠A + ∠B ) ) . 可以把 ∠A 、 ∠B 、 ∠C 看作非钝角三角 形的三个内角 . 注意到