2016年第57届imo中国国家队选拔考试试题(pdf版)

2009年IMO 中国国家队选拔考试第1天2009年3月31日8：00-12：30 湖北 武汉1、设D 是三角形ABC 的BC 边上一点，满足ÐCAD =ÐCBA ．圆O 经过B ，D 两点，并分别与线段AB ，AD 交于E ，F 两点，BF 、DE 相交于G 点．M 是AG 的中点．求证：CM ⊥AO ．2、给定整数2n ³，求具有下述性质的最大常数()n l ：若实数序列012,,,...,n a a a a 满足满足0120...n a a a a =££££，及111()2ii i a aa +-³+，1,2,...,1i n =-， 则有则有2211()()nni ii i ia n a l ==³åå.3、求证：对于任意的奇素数p ，满足|!1p n +的正整数n 的个数不超过23cp ，这里c 是一个与p无关的常数.1、设D 是三角形ABC 的BC 边上一点，满足ÐCAD =ÐCBA ．圆O 经过B ，D 两点，并分别与线段AB ，AD 交于E ，F 两点，BF 、DE 相交于G 点．M 是AG 的中点．求证：CM ⊥AO ．证明 如图，连接EF 并延长交BC 于P ，连接GP 交AD 于K ，并交AC 延长线于L ．K LP MGEFDCABO如下图，在AP 上取一点Q ，满足∠PQF ＝∠AEF ＝∠ADB ．易知A 、E 、F 、Q 及F 、D 、P 、Q 分别四点共圆．记⊙O 的半径为r ．根据圆幂定理知：知：AP 2＝AQ ×AP ＋PQ ×AP ＝AF ×AD ＋PF ×PE＝（AO 2－r 2）＋（PO 2－r 2）． ①QPGAOB EFD类似地，可得：类似地，可得：AG 2＝（AO 2－r 2）＋（GO 2－r 2）． ② 由①，②得AP 2－AG 2＝PO 2－GO 2，于是由平方差原理即知PG ⊥AO ．如下图，对△PFD 及截线AEB 应用Menelaus 定理，得定理，得1D A F E P B A FE PB D´´=．③ 对△PFD 及形外一点G 应用Ceva 定理，得定理，得1D KF E P B K F E P B D ´´=．④ ③÷④即得：③÷④即得：D A D K A FK F=． ⑤KPGAOBEFD⑤表明A ，K ；F ，D 构成调和点列，即AF ×KD ＝AD ×FK ． 再代入点列的Euler 公式知：公式知：AK ×FD ＝AF ×KD ＋AD ×FK ＝2AF ×KD ． ⑥而由B 、D 、F 、E 四点共圆，得∠DBA ＝∠EF A ．而∠CAD ＝∠CBA ；故∠CAF ＝∠EF A ，这就表明AC ∥EP ．由此，．由此，C P A F P DF D=． ⑦在△ACD 中，对于截线LPK 应用Menelaus 定理，得定理，得1A L C P D K L CP DK A´´=； ⑧将⑥，⑦代入⑧即得2A L L C=．最后，在△AGL 中，由M 、C 分别是AG 、AL 的中点，故MC 是其中位线，得MC ∥GL ．而已证GL ⊥AO ，从而MC ⊥AO ．2、给定整数2n ³，求具有下述性质的最大常数()n l ：若实数序列012,,,...,n a a a a 满足满足0120...n a a a a =££££，及 111()2i i i a a a +-³+，1,2,...,1i n =-，则有则有2211()()nni i i i ia n a l ==³åå.解：()n l 的最大值为2(1)4n n +.首先，令12...1n a a a ====，得2(1)()4n n n l +£.下面我们证明：对任何满足条件的序列012,,,...,n a a a a ，有不等式，有不等式22211(1)()()4nniii i n n ia a ==+³åå(*) 首先我们证明21...2n a a a n³³³.事实上，由条件有112()i i i ia i a a +-³+对任意1,2,...,1i n =-成立.对于给定的正整数11l n ££-，将此式对1,2,...,i l =求和得1(1)l l l a la ++³，即11l l a a ll +³+对任意1,2,...,1l n =-成立.下面我们证明，对于,,{1,2,...,}i j k n Î，若i j >，则2222ikjki k j k >++. 事实上，上式等价于222()2()ik j k jk i k +>+，即3()0i j k ->，显然成立. 现在我们来证明(*). 首先对于1i j n £<£，来估计i j a a 的下界. 由前述，知j i a a i j³，即0i j ja ia -³. 又因为0i j a a -£，故()()0i j j i ja ia a a --³，即22i j ji i j a a a a i ji j³+++.这样，我们有：这样，我们有：222111()2nni i i j i i i j nia i a ija a ==£<£=+ååå222222112()niji i i j ni j ij ia a a i ji j=£<£³×++++åå22112()n n ii k ik a i k ===×+åå.记212ni k ikb i k==+å，由前面证明可知12...n b b b £££.又22212...n a a a £££，由切比雪夫不等式，有：，由切比雪夫不等式，有：221111()()nn nii i i i i i a b a bn ===³ååå.这样221111()()()nnni ii i i i ia a b n ===³ååå.而22222222111111112(1)2()2()4nnnnn nii i k i i j ni i j ni ik i j ij n n biiij i i k iji j ====£<£=£<£=+==++=+==+++åååååååå因此22211(1)()4n ni i i i n n ia a ==+³åå.故(*)获证.综上所述，可知()n l 的最大值为2(1)4n n +.3、求证：对于任意的奇素数p ，满足|!1p n +的正整数n 的个数不超过23cp ，这里c 是一个与p 无关的常数.证明证明显然，符合要求的n 应满足11n p ££-. 设这样的n 的全体是12...k n n n <<<， 我们只需要证明2312k p £，当12k £时结论是显然成立的，下设12k >. 将1i i n n +-(11)i k ££-重排成不减的数列1211...k m m m -££££. 则显然有则显然有11111()k kii i k i i nn n n p m-+===-=-<åå.① 我们首先证明，对1s ³，有，有|{11:}|ii k s s m ££-=£， ②即等于给定的s 的i m 至多有s 个.事实上，设1i i n n s +-=，则1!1!10(m od )i i n n p ++º+º，由此可知(,!)1i p n =，故，故()(1)...(1)1(mod )i i in s n s n p ++-+º.故i n 是s 次同余方程次同余方程()(1)...(1)1(mod )x s x s x p ++-+º的一个解. 由于p 是素数，由拉格朗日定理知，上述同余方程至多有s 个解，故满足1i i nn s +-=的i n 至多只有s 个值，从而②得证个值，从而②得证.. 现在我们证明，对任意的正整数l ，只要(1)112l l k ++£-，就有(1)121l l lm ++³+.假设结论不成立，即(1)12l l l m++£，那么12(1)12,,...,ll m m m ++都是1到l 中的正整数. 而由②知，在12(1)12,,...,l l m m m ++中，1至多出现1次，2最多出现2次，…，l 至多出现l 次，即从1到l的正整数总共至多出现(1)12 (2)l l l ++++=次，这与(1)12l l ++个数12(1)12,,...,l l m m m ++都是不超过l 的正整数矛盾！的正整数矛盾！ 设m 是满足(1)112m m k ++£-的最大正整数，则的最大正整数，则(1)(1)(2)11122m m m m k ++++£-<+③ 我们有我们有11112(1)(1)(1)(2)(1)121122223(...)(1)(1)(1)(21).63k m m m ii i i i i i i i i i i i i i m m m m mmm m m----++++++++====³+++³+³+++=>åååå由于12k >，故4m ³，因此，结合①，③可得，因此，结合①，③可得2212331(1)(2)244(3)4(3)2k i i m m k m p m -=++<+<<<×å.这就证明了结论.。

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。

2001年IMO中国国家集训队选拔考试试题
佚名
【期刊名称】《《中等数学》》
【年(卷),期】2001(000)003
【摘要】（2001-03-31 8∶00～12∶30）一、平面上给定凸四边形ABCD及其内点E和F，适合AE＝BE，CE＝DE，∠AEB＝∠CED，AF＝DF，BF＝CF，∠AFD ＝∠BFC．求证：∠AFD＋∠AEB＝π．（许以超提供）二、对给定的正整数a、b，b＞a＞1，a不能整除b及给定的正整数数列｛bn｝∞n＝1，满足对所有正整数n 有bn＋1≥2bn，是否总存在正整数数列｛an｝∞n＝1使得对所有正整数n，有
an＋1－an∈｛a，b｝，且对所有正整数m、l（可以相同），有am＋al｛bn｝∞n＝1？（陈永高提供）
【总页数】1页(P38)
【正文语种】中文
【中图分类】O12
【相关文献】
1.2006年IMO中国国家集训队选拔考试 [J], 李胜宏
2.2004年IMO中国国家集训队选拔考试试题 [J],
3.2007年IMO中国国家集训队选拔考试 [J], 朱华伟
4.2005年IMO中国国家集训队选拔考试 [J], 冷岗松; 王建伟; 朱华伟; 熊斌; 余红兵; 陈永高
5.2004年IMO中国国家集训队选拔考试 [J], 2004年IMO中国国家集训队命题组
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２０ ８年第期９竞赛 之 窗第５ Ｓ届 ＩＭＯ 预 选 题 （三）中图分类号 〇 ８ 文献标识码 Ａ文章纗号 ００５ ６４６ ２０ ００ ９ ０几 何 部 分外接圆 的两条外公切线交于点证明ＺＸＩＹ ９０ °１已知 凸五边形 灿以呢 满足 ＡｆｉＢＣ ＝ＣＤＺＥＡＢ ＝ Ｚ ＢＣＤ Ｚ ＥＤＣ ＝ Ｚ ＣＢＡ 证明 过点 五 作 ５Ｃ 的垂线与 此 历 三线共点２ 本届 ＩＭＯ 第 ４ 题３ 已知非等腰锐角 ＡＡｆｉＣ 的外心为 ０直线 与 的过点 ５ Ｃ 的高线 分别交于点 Ｐ？ 这两 条髙线交 于 点 仗证 明 ＡＰ？Ｈ 的外接圆 的 圆心在ＡＭＣ 的 条中线上４已知 Ａ 的顶点 ４ 所对 的 旁切 圆与併Ｇ４狀 分 别切 于点 ２Ｍ Ｆ△ 处Ｆ 的外接圆 厂 与直线 ＳＣ 交于点线段 的中 点为 Ｍ证 明 △ 的 外接圆ｒ与？１相切Ｓ已知 凸 六边形 仙ＣＣＡ岑 满足 仙５Ｃ 且 有公共 的 中垂线 设对角线与岑 Ｃ交于点 Ｚ）△ＡＢＣ的外接圆尸与△皂 的外接圆交于点 仏［证明 直线忍仏 与见 的交点在圆 尸 上６设正整数多３ 已知在平面上有两个正ｎ 边形＾ 方 证 明 在 方 的 内部或边界上的顶点是连续的 即存在 条直线将 ＾的顶点分成两部分 其 中 部分的顶点均在ｉ的内部或边界上７ 已 知 凸 四 边形 仙⑶ 有 内 切 圆 ？／△ ＺＭ５ ＡＡｆｉＣ ＡＢＣＺ Ａ ＣｉＭ 的内心分别为ｍ ／，△ ＡＶｆｒ △ ＣＶｆｒ 的 外接 圆 的两条外公切线交于点 总 △ ５／乂 △ Ｄ／乂 的８已 知黑板 上有 ２ ０１ ７个 两两 不交 的圆 且不存在三个 圆有公切线 称两个圆的条切线段为这两个圆 的 条公切线的两个切点之间所连线段 卢西亚诺在黑板上 条条地画切线段 使得切线段与任何其他圆 均不交 也与之前画的切线段不交 他按上述规则画切线段 直到不能再画为止 求卢西亚诺停止画切线段时 他画 的切线段数 目 的所有可能值参 考 答 案１记凸五边形的内角 分别为Ｚ 上ＺＢ ＺＷ Ｅ如图 １设 ４ ＣＥ抑 的 中 垂线交于点由题意 知４ＣＭ 的 中 垂 线 分 别过点ｂ ｃ由 仰丄Ｃ／图ＡＣ丄 ＢＩ４ ＡＣ与 ＢＤ 的交点 ｆ 为Ａ ＢＩＣ 的垂心＝＞册 丄 ５Ｃ因为 ＺＢ／Ｃ分别为ＺＣ的平分线ＩＡ ＝ＩＣ ＩＢ ＩＤａ ＡＢＢＣ ＝ ＣＤｊ； ＷＡＩＡＢ ＾ＡＩＣＢ ＾ＡＩＣＤ＝＞Ｚ ＩＡＢ ＝ＺＩＣＢ ＝ｊＺ Ｃ ＝ｊＺ Ａ＝＞Ａ７平分ＺＡ２０类似地／／平分Ｚ￡这表明凸五边形有内切圆？／＾ＺＥ５４０°２ＺＡ２ＺＢＺＢＩＥ３６０〇ＺＥＡＢＺＡＢｆＺ爐＝３６０°ＺＡｊＺＢｊＺＥ＝３６０°ＺＡｊＺＢ２７０°ＺＡＺＢ＝９０°＋＾ＺＢ＝９０°＋Ｚ／ＢＣ２＝＞ＥｌＬＢＣ故结论成立２本届ＭＯ第４题３不妨设ＡＢ＜４Ｃ如图２＝９０°Ｚ〇ＡＢＺＡＣＢ类似地Ｚ？Ｐ／／＝Ｚ仙Ｃ于是ＡＡＢＣ／＾＼ＨＰＱ设的外接圆为？乃由Ｚ＾Ｐ＝９０ｏＺ露＝ＺＡＣＢＺＰＱＨ＝＾４／／与？７切于点／／设与５Ｃ交于点Ｍ过点４作？０的切线与ｉｆＣ交于点Ｓ因为过点丑作？７的切线与Ｐ？的交点为七所以对于△ ｃ／＾Ａ／叩ｓ与／为对应点贝ＪＺＯＳＭＺＯＳＣＺＺ〇厦中等数学４Ｓｖ４０Ｍ四点共圆由于于是ＺＯＭＳｍ°Ｚ０ＡＳ９０°这表明Ｍ为线段ｆｉＣ的中点因此点７在Ａ仙Ｃ的中线爾上４设直线与？Ａ的第二个交点为ｒ由丄￡ｒＦ丄ｆＡ４为圆ｒ的直径设的中点为ｖ由４Ｖ丄￡ｒ＝？＝９０。

世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛（2016年10月）选手须知：1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。

2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。

3、比赛时不能使用计算工具。

4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。

七年级试题（Ａ卷）（本试卷满分120分，考试时间90分钟）一、填空题。

（每题5分，共计50分）1、用200千克花生可榨油25千克，如此计算，用15吨花生可以榨油吨。

2、把110厘米长的铁丝焊成一个长方体的框架，长是宽的两倍，宽是高的1.5倍。

则这个长方体的长厘米，宽厘米，高厘米。

3、某商品按20﹪的利润定价，然后按八八折出售，实际获得利润84元。

则商品的成本元。

4、某中学学生中83是男生，男生比女生少250人，则该中学有人。

5、若04312y x ，求yx 。

6、一项工程，如果单独做，甲、乙各需10天完成，丙需7.5天完成，现在三人合作，在做的过程中，甲外出1天，丙休息0.5天，结果一共用了天完成。

7、有五张牌，分别写着2、3、4、5、6，其中三张是反着的，从中任意取出一张，若为单数就是甲赢，若为双数就是乙赢，则赢的可能性大。

8、甲、乙两种酒精浓度分别为70﹪和50﹪，现在要配制65﹪的酒精3000克，应当从甲种酒精中取克，乙种酒精中取克。

9、在一个长为4厘米的正方体的前后、上下、左右各面的中心位置挖去一个底面半径为1厘米、高为1厘米的圆柱，则挖去后物体的表面积为。

（圆周率用3.14计算）10、|3-x ||2-x ||1x|的最小值是____。

二、计算题。

（每题6分，共计12分）11、211712111743322174112、102418141211三、解答题。

（第13题6分，第14题8分，第15题10分，第16题10分，第17题12分，第18题12分，共计58分）13、已知在数轴上，点A 与原点之间的距离是点A 与30所对应的点之间的距离的4倍，那么点A 所表示的数是多少？14、a 与b 互为相反数，且1,54|b -a |2ab abab a 求的值。

2016年第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析KOOA CBDF'BDF K第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析2016.03.17 严文兰数学工作室由于IMO 试题比较困难，所以即使写了解答，同学们也不一定看得懂，或者理解试 的解法，为什么这样想呢？以及自己做时如何分析问题呢？本文尽量给予阐明清楚。

1. 如图，在圆内接六边形ABCDEF 中，AB=BC=CD=DE ，若线段AE 内一点K 满足 ∠BKC=∠KFE, ∠CKD=∠KFA ，证明：KC=KF 。

分析：圆中角的关系最为灵活也相对简单，由已知圆周角∠AFE=∠BKD ， 注意到弧BD=弧AE 的一半，所以又有∠AFE=∠BOD ，从而∠BKD=∠BOD ，B 、K 、O 、D 四点共圆， 注意到OC 为此圆对称轴，所以在直 径上，所以OK 为∠BKD 的外角平分2. 求最小的正实数λ，使得对任意三个复数123,,{|||1}z z z z C z ∈∈<，若1230z z z ++=，则22122331123||||z z z z z z z z z λ+++<。

分析：由连续性，问题等价于条件、结论都是≤的情况。

在高等数学中有最大模原理，解析函数在自变量在边界时达到最大模。

所以，容易想到当22122331123||||z zz z z z z z z +++最大时，123,,z z z至少有两个在边界，即满足||1z =，而22122331123||||z z z z z z z z z +++=2232122331123|()|||i i z zz z z z e z z z e θθ+++，故不妨设1212||||1,Re Re 0,z zz z x ====≥则32zx=-，10,2x ≤≤ 所以2222224122331123|||||14||2|14161z z z z z z z z z x x x x +++=-+=-+≤，所以min1λ=下面设法证明之不妨设123,,z z z 中3z 的模最大，因为3||1z≤，将每个数都乘以13z --代替原来的数，则左边更大，此时31z =-，因为1230z zz ++=，设12,1,,,0zx yi z x yi x y R y =+=--∈≥，则0x 1≤≤，代入化简得f =左边=22222222(2xy-y)(1)()x x y x x y +-+-+-+，先固定x ，得'228()y f y x x y =-+，所以'yf 先负后正，f 先减后增，在两端最大， 当0y =时，22112()122f x x=--+≤，当y 最大时，12||,||z z 至少一个为1，不妨设2||1z=，以下同前面分析，即旋转为1z 在x 轴负半轴上，设1(01)z x x =-≤≤，则左边222(1)1x x =-+≤，所以min1λ=。

第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。

（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；b)A =1；c)A =2。

（罗马尼亚）3. a 、b 、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程0cos cos 2=++c x b x a试用 a,b,c 作出一个关于 cos 2x 的二次方程，使它的根与原来的方程一样。

当a =4,b =2,c =-1 时比较 cos x 和 cos 2x 的方程式。

（匈牙利）4. 试作一直角三角形使其斜边为已知的c ，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。

（匈牙利）5. 在线段AB 上任意选取一点M ，在AB 的同一侧分别以 AM 、MB 为底作正方形AMCD 、 MBEF ，这两个正方形的外接圆的圆心分别是 P 、Q ，设这两个外接圆又交于 M 、N 。

a) 求证：AF 、BC 相交于N 点；b) 求证：不论点M 如何选取，直线MN 都通过定点S ；c) 当M 在A 与B 之间变动时，求线段PQ 的中点的轨迹。

（罗马尼亚）6. 两个平面P 、Q 的公共边为 p ，A 为P 上给定一点，C 为Q 上给定一点，并且这两点都不在直线p 上。

试作一等腰梯形ABCD （AB 平行于CD ），使得它有一个内切圆，并且顶点B 、D 分别落在平面P 和Q 上。

（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚 锡纳亚（Sinaia ，Romania ）1. 找出所有具有下列性质的三位数N ：N 能被11整除且商等于N 的各位数字的平方和。

（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x ：（匈牙利）()92211422+<+-x x x3. 直角三角形ABC 的斜边BC 的长为a ，将它分成n 等份（n 为奇数），令α为从A 点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A 到BC 边的高长为h ，求证：（罗马尼亚）()a n nh 14tan 2-=α 4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、hb 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。