2007年俄罗斯数学奥林匹克试题1

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a?9，0?b?9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k ＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km ＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n?10a＋1．因此b＝n2100a2?20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a?4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402?422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a 都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2?m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4224，4234，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c?9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a22b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137273．故对一切n?2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，1043M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n?5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i2n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m2n！＋k（m∈N，2?k ?n）由于n！＝1222…2n是k的倍数，所以m2n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n?2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m?p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m?p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n?n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m?m，p?2m＋1由得4m2＋4m＋1?m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n?0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab?0（否则ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a?b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方． 18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2?k?n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n －2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以A?15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 ………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1?i?20，1?j?10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k ＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由。

2007年全国高中数学联合竞赛一试试卷（考试时间：上午8：00—9：40）一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 如图，在正四棱锥P −ABCD 中，∠APC =60°，则二面角A −PB −C的平面角的余弦值为（ ） A. 71 B. 71- C. 21 D. 21- 2. 设实数a 使得不等式|2x −a |+|3x −2a |≥a 2对任意实数x 恒成立，则满足条件的a 所组成的集合是（ ） A. ]31,31[- B. ]21,21[- C. ]31,41[- D. [−3，3]3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。

甲从袋中摸出一个球，其号码为a ，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b 。

则使不等式a −2b +10>0成立的事件发生的概率等于（ ） A. 8152 B. 8159 C. 8160 D. 8161 4. 设函数f (x )=3sin x +2cos x +1。

若实数a 、b 、c 使得af (x )+bf (x −c )=1对任意实数x 恒成立，则ac b cos 的值等于（ ） A. 21- B. 21 C. −1 D. 15. 设圆O 1和圆O 2是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（ ）6. 已知A 与B 是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且为A ∩B 空集。

若n ∈A 时总有2n +2∈B ，则集合A ∪B 的元素个数最多为（ ）A. 62B. 66C. 68D. 74二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A (−3，0)，B (1，−1)，C (0，3)，D (−1，3)及一个动点P ，则|PA |+|PB |+|PC |+|PD |的最小值为__________。

8. 在△ABC 和△AEF 中，B 是EF 的中点，AB =EF =1，BC =6，33=CA ，若2=⋅+⋅AF AC AE AB ，则EF 与BC 的夹角的余弦值等于________。

十一年级试题（第一天 2007年4月24日 9：00~14：00 迈科普）11.1 设()cos cos 2cos3cos 2k f x x x x x =".证明:如果k>10,则可在f (x )中将某个cos 换成sin （所得的函数称为1()f x ）,使得对一切实数x ,都有113|()|2k f x +≤.11.2 在△ABC 中,内切圆分别与边BC,CA,AB 相切于点111,,A B C .线段1AA 与内切圆的另一个交点为Q.直线l 经过点A 且平行于BC.直线11AC ,11A B 分别与l 相交于点P,R.证明:11PQR B QC ∠=∠.11.3 同10.4.11.4 设{}n x 为无穷数列,第一项1x 为大于1的有理数.对于一切正整数 n ,都有11[]n n n x x x +=+.证明:在该数列中有整数项.十一年级试题（第二天 2007年4月25日 9：00~14：00 迈科普）11.5 同9.5.11.6 是否存在非零实数a ,b ,c ,使得对一切整数n>3,都能找到形如2()n n P x x ax bx c =++++"的多项式,使之恰有n 个整数根(不一定各不相同)?11.7 给定了一个三棱锥.列沙试图从中选取两条互相异面的棱,以它们为直径各作一个球.试问,列沙是否一定可以找到这样的两条异面的棱,使得三棱锥中的每一个点都至少位于他所作的一个球中?11.8 某国有N 个城市,某些城市之间开辟有双向的直飞航线(中途不降落).已知,对任何(2)k k N ≤≤,对其中任意选出的k 个城市,在它们之间所开辟的双向航线数目都不多于2k-2条.证明:可以把这些航线分配给两个航空公司,使得每个公司的航线都不形成闭的路线.。

数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程. B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j ≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程.B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小.【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y.（1）当n是奇数时，x n≥y n.（2）当n是偶数时（i）如果x≥y≥0，则x n≥y n；（ii）如果0≥x≥y，则x n≤y n；（iii）如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n.B1-032对任意实数x、y.定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值.【题说】1985年全国联赛一试题2（4）.原题为填空题.【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 （1）2*3=2a+3b+6c=4 （2）x*d=ax+bd+cxd=（a+cd）x+bd=x（3）由（3）得a+cd=1 （4）B d=0 （5）因d≠0，故由（5）式得b=0.再解方程（1）及（2），得a=5，c=-1，最后由（4）式得d=4.B1-033计算下式的值：【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题14.注意324=4³34.【解】x4+4y4=（x2+2y2）2-（2xy）2=[（x2+2y2）-2xy][（x2+2y2）+2xy]=[（x-y）2+y2][（x+y）2+y2]。

目录2002年女子数学奥林匹克 (1)2003年女子数学奥林匹克 (3)2004年女子数学奥林匹克 (5)2005年女子数学奥林匹克 (7)2006年女子数学奥林匹克 (9)2007年女子数学奥林匹克 (11)2008年女子数学奥林匹克 (13)2009年女子数学奥林匹克 (16)2010年女子数学奥林匹克 (19)2011年女子数学奥林匹克 (21)2012年女子数学奥林匹克 (24)2002年女子数学奥林匹克1.求出所有的正整数n，使得20n+2能整除2003n+2002.2.夏令营有3n（n是正整数）位女同学参加，每天都有3位女同学担任执勤工作.夏令营结束时，发现这3n位女同学中的任何两位，在同一天担任执勤工作恰好是一次.（1）问：当n=3时，是否存在满足题意的安排？证明你的结论；（2）求证：n是奇数.3.试求出所有的正整数k，使得对任意满足不等式k(aa+ab+ba)>5(a2+a2+b2)4.⊙O1和⊙O2相交于B、C两点，且BC是⊙O1的直径.过点C作⊙O1的切线，交⊙O2于另一点A，连结AB，交⊙O1于另一点E，连结CE并延长，交⊙O2于点F.设点H为线段AF内的任意一点，连结HE并延长，交⊙O1于点G，连结BG并延长，与AC的延长线交于点D.求证：AA AH=AA AC.5.设P1，P2，⋯，P n(n≥2)是1，2，⋯，n的任意一个排列.求证：1P1+P2+1P2+P3+⋯+1P n−2+P n−1+1P n−1+P n>n−1n+2.6.求所有的正整数对(x,y)，满足x y=y x−y.7.锐角△ABC的三条高分别为AD、BE、CF.求证：△DEF的周长不超过△ABC周长的一半.8.设A1，A2，⋯，A8是平面上任意取定的8个点，对平面上任意取定的一条有向直线l，设A1，A2，⋯，A8在该直线上的摄影分别是P1，P2，⋯，P8.如果这8个射影两两不重合，以直线l的方向依次排列为P i1，P i2，⋯，P i8，这样，就得到了1,2，…，8的一个排列i1，i2，⋯，i8（在图1中，此排列为2,1,8,3,7,4,6,5）.设这8个点对平面上所有有向直线作射影后，得到的不同排列的个数为N8=N(A1,A2,⋯88的最大值.图12003年女子数学奥林匹克1. 已知D 是△ABC 的边AB 上的任意一点，E 是边AC 上的任意一点，连结DE ，F 是线段DE 上的任意一点.设AC AA =x ，AA AA =y ，CH CA =z .证明： （1） S △ACH =(1−x )yzS △AAA ，S △AAH =x (1−y )(1−z )S △AAA ;（2） �S △ACH 3+�S △AAH 3≤�S △AAA 3.2. 某班有47个学生，所用教室有6排，每排有8个座位，用(i ,j )表示位于第i 排第j 列的座位.新学期准备调整座位，设某学生原来的座位为(i ,j )，如果调整后的座位为(m ,n )，则称该生作了移动[a ,a ]=[i −m ,j −n ]，并称a +b 为该生的位置数.所有学生的位置数之和记为S .求S 的最大可能值与最小可能值之差.3. 如图1，ABCD 是圆内接四边形，AC 是圆的直径，BB ⊥AA ，AC 与BD 的交点为E ，F 在DA 的延长线上.连结BF ，G 在BA 的延长线上，使得BD ∥BB ，H 在GF 的延长线上，AC ⊥DB .证明：B 、E 、F 、H 四点共圆.图14.（1）证明：存在和为1的5个非负实数a、b、c、d、e，使得将它们任意放置在一个圆周上，总有两个相邻数的乘积不小于19；（2）证明：对于和为1的任意玩个非负实数a、b、c、d、e，总可以将它们适当放置在一个圆周上，且任意相邻两数的乘积均不大于19.5.数列{a n}定义如下：a1=2，a n+1=a n2−a n+1，n=1,2,⋯.证明：1−120032003<1a1+1a2+⋯+1a2003<1.6.给定正整数n(n≥2).求最大的实数λ，使得不等式a n2≥λ(a1+a2+⋯+a n−1)+2a n对任意满足a1<a2⋯<a n的正整数a1，a2，⋯，a n均成立.7.设△ABC的三边长分别为AB=b、BA=a、AA=a，a、b、c互不相等，AD、BE、CF分别为△ABC的三条内角平分线，且DE=DF.证明：（1）a b+c=b c+a+c a+b;（2）∠BAA>90°.8.对于任意正整数n，记n的所有正约数组成的集合为S n.证明：S n中至多有一半元素的个位数为3.2004年女子数学奥林匹克1.如果存在1，2，⋯，n的一个排列a1，a2，⋯，a n，使得k+a k(k=1,2,⋯,n)都是完全平方数，则称n为“好数”.问：在集合{11,13,15,17,19}中，哪些是“好数”，哪些不是“好数”？说明理由.（苏淳供题）2.设a、b、c为正实数.求a+3c a+2b+c+4b a+b+2c−8c a+b+3c的最小值.（李胜宏供题）3.已知钝角△ABC的外接圆半径为1.证明：存在一个斜边长为√2+1的等腰直角三角形覆盖△ABC.（冷岗松供题）4.一副三色纸牌，共有32张，其中红黄蓝每种颜色的牌各10张，编号分别是1，2，⋯，10；另有大小王牌各一张，编号均为0.从这副牌中任取若干张牌，然后按如下规则计算分值：每张编号为k的牌记为2k分.若它们的分值之和为2004，则称这些牌为一个“好牌组”.试求“好牌组”的个数.（陶平生供题）5.设u、v、w为正实数，满足条件u√vv+v√vu+v√uv≥1.试求u+v+v的最小值. （陈永高供题）6.给定锐角△ABC，点O为其外心，直线AO交边BC于点D.动点E、F分别位于边AB、AC上，使得A、E、D、F四点共圆.求证：线段EF在边BC上的投影的长度为定值.（熊斌供题）7.已知p、q为互质的正整数，n为非负整数.问：有多少个不同的整数可以表示为ii+jj的形式，其中i，j为非负整数，且i+j≤n.（李伟固供题）8.将一个3×3的正方形的四个角上各去掉一个单位正方形所得到的图形称为“十字形”.在一个10×11的棋盘上，最多可以放置多少个互不重叠的“十字形”（每个“十字形”恰好盖住棋盘上的5个小方格）？（冯祖明供题）2005年女子数学奥林匹克1.如图1，点P在△ABC的外接圆上，直线CP、AB相交于点E，直线BP、AC相交于点F，边AC的垂直平分线与边AB相交于点J，边AB的垂直平分线与边AC相交于点K.求证：AA2AH=AA⋅AA AA⋅AH.图1（叶中豪供题）2.求方程组�5�x+1x�=12�y+1y�=13(z+1z)xy+yz+zx=1,的所有实数解.（朱华伟供题）3.是否存在这样的凸多面体，它共有8个顶点、12条棱和6个面，并且其中有4个面，每两个面都有公共棱？（苏淳供题）4.求出所有的正实数a，使得存在正整数n及n个互不相交的无限整数集合A1，A2，⋯，A n满足A1∪A2∪⋯∪A n=Z，而且对于每个A i中的任意两数b>c，都有a−b≥a i.（袁汉辉供题）5.设正实数x、y满足x3+y3=x−y.求证：x2+4y2<1. （熊斌供题）6.设正整数n(n≥3).如果在平面上有n个格点P1，P2，⋯，P n满足：当�P i P j�为有理数时，存在P k，使得|P i P k|和�P j P k�均为无理数；当�P i P j�为无理数时，存在P k，使得|P i P k|和�P j P k�均为有理数，那么，称n是“好数”.（1）求最小的好数；（2）问：2005是否为好数（冯祖明供题）7.设m、n是整数，m>n≥2，S=�1，2，⋯，m�，T=�a1，a2，⋯，a n�是S的一个子集.已知T中的任两个数都不能同时整除S中的任何一个数.求证：1a1+1a2+⋯+1a n<m+n m. （张同君供题）8.给定实数a、b(a>a>0)，将长为a、宽为b的矩形放入一个正方形内（包含边界）.问正方形的边至少为多长?（陈永高供题）2006年女子数学奥林匹克1.设a>0，函数f:(0，+∞)→R满足f(a)=1.如果对任意正实数x、y，有f(x)f(y)+f�a x�f�a y�=2f(xy)，求证：f(x)为常数.（朱华伟供题）2.设凸四边形ABCD的对角线交于点O.△OAD、△OBC的外接圆交于点O、M，直线OM分别交△OAB、△OCD的外接圆于点T、S.求证：M是线段TS的中点.（叶中豪供题）3.求证：对i=1，2，3，均有无穷多个正整数n，使得n，n+2，n+28中恰有i个可表示为三个正整数的立方和.（袁汉辉供题）4.8个人参加一次聚会.(1)如果其中任何5个人中都有3个人两两认识，求证：可以从中找出4个人两两认识；(2)试问：如果其中任何6个人中都有3个人两两认识，那么是否一定可以找出4个人两两认识？（苏淳供题）5.平面上整点集S=�(a,a)�1≤a,a≤5(a、a∈Z)�，T为平面上一整点集，对S中任一点P，总存在T中不同于P的一点Q，使得线段PQ上除点P、Q外无其它的整点.问T的元素个数最少为多少？（陈永高供题）6.设集合M={1,2,⋯,19}，A={a1,a2,⋯,a k}⊆M.求最小的k，使得对任意的a∈M，存在a i、a j∈A，满足a=a i或a=a i±a j（a i、a j 可以相同）.（李胜宏供题）7.设x i>0(i=1,2,⋯,n),k≥1.求证：∑11+x i n i=1⋅∑x i n i=1≤∑x i k+11+x i n i=1⋅∑1x i k n i=1. （陈伟固供题）8.设p为大于3的质数，求证：存在若干个整数a1,a2,⋯,a t满足条件−p2<a1<a2<⋯<a t<p2，使得乘积p−a1|a1|⋅p−a2|a2|⋅⋯⋅p−a t|a t|是3的某个正整数次幂.（纪春岗供题）2007年女子数学奥林匹克1.设m为正整数，如果存在某个正整数n，使得m可以表示为n和n的正约数个数（包括1和自身）的商，则称m是“好数”.求证：（1）1,2,⋯,17都是好数；（2）18不是好数.（李胜宏供题）2.设△ABC是锐角三角形，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，线段AD、BE、CF经过△ABC的外心O.已知以下六个比值AC CA、AA AA、AH HA、AH HA、AA AA、AC CA中至少有两个是整数.求证：△ABC是等腰三角形.（冯祖明供题）3.设整数n(n>3)，非负实数a1，a2，⋯，a n满足a1+a2+⋯+a n=2.求a1a22+1+a2a32+1+⋯+a n a12+1的最小值.（朱华伟供题）4.平面内n(n≥3)个点组成集合S，P是此平面内m条直线组成的集合，满足S关于P中每一条直线对称.求证：m≤n，并问等号何时成立？（边红平供题）5.设D是△ABC内的一点，满足∠BAA=∠BAA=30°，∠BBA=60°，E是边BC的中点，F是边AC的三等分点，满足AF=2FC.求证：BD⊥DB.（叶中豪供题）6.已知a、a、b≥0，a+a+b=1.求证：�a+14(a−b)2+√a+√b≤√3（李伟固供题）7.给定绝对值都不大于10的整数a、b、c，三次多项式f(x)=x3+ ax2+ax+b满足条件�f(2+√3)�<0.0001.问：2+√3是否一定是这个多项式的根？（张景中供题）8.n个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局.规定：胜者得1分，负者得0分，平局得0.5分.如果赛后发现任何m个棋手中都有一个棋手胜了其余m-1个棋手，也有一个棋手输给了其余m-1个棋手，就称此赛况具有性质P(m).对给定的m(m≥4)，求n的最小值f(m)，使得对具有性质P(m)的任何赛况，都有所有n名棋手的得分各不相同.（王建伟供题）2008年女子数学奥林匹克1.（1）问能否将集合�1，2，⋯，96�表示为它的32个三元子集的并集，且每个三元子集的元素之和都相等；（2）问能否将集合�1，2，⋯，99�表示为它的33个三元子集的并集，且每个三元子集的元素之和都相等.（刘诗雄供题）2.已知式系数多项式ϕ(x)=ax3+ax2+bx+d有三个正根，且ϕ(0)<0.求证：2a3+9a2d−7aab≤0. （朱华伟供题）3.求最小常数a(a>1)，使得对正方形ABCD内部任一点P，都存在△P AB、△PBC、△PCD、△PDA中的某两个三角形，其面积之比属于区间�a−1，a�.（李伟固供题）4.在凸四边形ABCD的外部分别作正△ABQ、△BCR、△CDS、△DAP，记四边形ABCD的对角线的和为x，四边形PQRS的对角线中点连线的和为y.求y x的最大值.（熊斌供题）5.如图1，已知凸四边形ABCD满足AB=BC，AD=DA，E、F分别是线段AB、AD上一点，满足B、E、F、D四点共圆，作△DPE顺向相似于△ADC，作△BQF顺向相似于△ABC.求证：A、P、Q三点共线.图1 注：两个三角形顺向相似是指它们的对应顶点同按顺时针方向或同按逆时针方向排列.（叶中豪 供题）6. 设正数列x 1，x 2，⋯，x n ，⋯满足(8x 2−7x 1)x 17=8及x k+1x k−1−x k 2=x k−18−x k 8(x k x k−1)7(k ≥2).求正实数a ，使得当x 1>a 时，有单调性x 1>x 2>⋯>x n >⋯，当0<x 1<a 时，不具有单调性. （李胜宏 供题）7. 给定一个2008×2008的棋盘，棋盘上每个小方格的颜色均不相同.在棋盘的每一个小方格中填入C 、G 、M 、O 这4个字母中的一个，若棋盘中每一个2×2的小棋盘中都有C 、G 、M 、O 这4个字母，则称这个棋盘为“和谐棋盘”，问有多少种不同的和谐棋盘？（冯祖明 供题）8. 对于正整数n ，令f n =�2n √2008�+[2n √2009].求证：数列f 1,f 2,⋯中有无穷多个奇数和无穷多个偶数（[x ]表示不超过实数x 的最大整数）.（冯祖明 供题）B2009年女子数学奥林匹克1. 求证：方程aab =2009(a +a +b )只有有限组正整数解(a,b,c).（梁应德 供题）2. 如图1，在△ABC 中，∠BAA =90°，点E 在△ABC 的外接圆圆Γ的弧BC （不含点A ）内，AE >EC .连结EC 并延长至点F ，使得∠DAA =∠AAB ，连结BF 交圆Γ于点D ，连结ED ，记△DEF 的外心为O .求证：A 、C 、O 三点共线.图1 （边红平 供题）3. 在平面直角坐标系中，设点集�P 1，P 2，⋯，P 4n+1�=�(x ,y )�x 、y 为整数，|x |≤n ,|y |≤n ,xy =0�，其中，n ∈N +.求(P 1P 2)2+(P 2P 3)2+⋯+(P 4n P 4n+1)2+(P 4n+1P 1)2的最小值.（王新茂 供题）4. 设平面上有n (n ≥4)个点V 1，V 2，⋯，V n ，任意三点不共线，某些点之间连有线段.把标号分别为1，2，⋯，n 的n 枚棋子放置在这n 个点处，每个点处恰有一枚棋子.现对这n 枚棋子进行如下操作：每B次选取若干枚棋子，将它们分别移动到与自己所在点有线段相连的另一个点处；操作后每点处仍恰有一枚棋子，并且没有两枚棋子在操作前后交换位置.若一种连线段的方式使得无论开始时如何放置这n 枚棋子，总能经过有限次操作后，使每个标号为k (k =1,2,⋯,n )的棋子在点V k 处，则称这种连线段的方式为“和谐的”.求在所有和谐的连线段的方式中，线段数目的最小值. （付云皓 供题）5. 设实数xyz 大于或等于1.求证：(x 2−2x +2)(y 2−2y +2)(z 2−2z +2)≤(xyz )2−2xyz +2 （熊 斌 供题）6. 如图2，圆Γ1、Γ2内切于点S ，圆Γ2的弦AB 与圆Γ1切于点C ，M 是弧AB （不含点S ）的中点，过点M 作MN ⊥AB ，垂足为N .记圆Γ1的半径为r .求证：AA ⋅AB =2rMN .图2 （叶中豪 供题）7. 在一个10×10的方格表中有一个有4n 个1×1的小方格组成的图形，它既可被n 个“”型的图形覆盖，也可被n 个“”或“”型（可以旋转）的图形覆盖.求正整数n的最小值.（朱华伟供题）8.设a n=n√5−�n√5�.求数列a1，a2，⋯，a2009中的最大项和最小项，其中，[x]表示不超过实数x的最大整数.（王志雄供题）2010年女子数学奥林匹克1. 给定整数n (n ≥3)，设A 1，A 2，⋯，A 2n 是集合�1，2，⋯，n�的两两不同的非空子集，记A 2n+1=A 1.求∑|A i ∩A i+1||A i |⋅|A i+1|2n i=1的最大值.（梁应德 供题）2. 如图1，在△ABC 中，AB =AA ，D 是边BC 的中点，E 是在△ABC 外一点，满足AD ⊥AB ，BD =BB .过线段BE 的中点M 作直线MB ⊥BD ，交△ABD 的外接圆的劣弧AD 于点F .求证：DB ⊥BB .图1 （郑焕 供题）3. 求证：对于每个正整数n ，都存在满足下面三个条件的质数p 和整数m ：（1）i ≡5(mmd 6)；（2）i ∤n ；（3）n ≡m 3(mmd i ).（付云皓 供题） 4. 设实数x 1，x 2，⋯，x n 满足∑x i 2=1(n ≥2)n i=1.求证：∑(1−k ∑ix i 2n i=1)2x k 2k n k=1≤(n−1n+1)2∑x k 2k n k=1，并确定等号成立的条件.（李胜宏供题）5.已知f(x)、g(x)都是定义在R上递增的一次函数，f(x)为整数当且仅当g(x)为整数.证明：对一切x∈R，f(x)−g(x)为整数.（刘诗雄供题）6.如图2，在锐角△ABC中，AB>AA，M为边BC的中点，∠BAA的外角平分线交直线BC于点P.点K、F在直线P A上，使得MB⊥BA，MM⊥PA.求证：BC2图2（边红平供题）7.给定正整数n(n≥3).对于1，2，⋯，n的任意一个排列P=(x1,x2,⋯,x n)，若i<j<k，则称x j介于x i和x k之间（如在排列（1,3,2,4）中，3介于1和4之间，4不介于1和2之间）.设集合S={P1,P2,⋯,P m}的每个元素P i(1≤i≤m)中都不介于另外两个数之间.求m的最大值.（冯祖鸣供题）8.试求满足下列条件的大于5的最小奇数a：存在正整数m1、n1、m2、n2，使得a=m12+n12，a2=m22+n22，且m1−n1=m2−n2.（朱华伟供题）2011年女子数学奥林匹克1.求出所有的正整数n，使得关于x，y的方程1x+1y=1n恰有2011组满足x≤y的正整数解(x，y) .（熊斌供题）2.如图1，在四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，边AB、CD的中垂线相交于点F，点M、N分别为边AB、CD的中点，直线EF分别与边BC、AD相交于点P、Q，若MB⋅AB=NB⋅AB, BQ⋅BP=AQ⋅AP，求证：PQ垂直于BC.图1（郑焕供题）3.设正数a，a，b，d满足aabd=1，求证：1+1+1+1+9≥25（朱华伟供题）4.有n(n≥3)名乒乓球选手参加循环赛，每两名选手之间恰好比赛一次(比赛无平局).赛后发现，可以将这些选手排成一圈,使得对于任意三名选手A，B，C，若A，B在圈上相邻,则A，B中至少有一人战胜了C，求n的所有可能值.（付云皓供题）5.给定非负实数a，求最小实数f=f(a)，使得对任意复数,Z1,Z2和实数x(0≤x≤1)，若|Z1|≤a|Z1−Z2|，则|Z1−xZ2|≤f|Z1−Z2|.（李胜宏供题）6.是否存在正整数m，n，使得m20+11n是完全平方数？请予以证明.（袁汉辉供题）7.从左到右编号为B1，B2，⋯，B n的n个盒子共装有n个小球，每次可以选择一个盒子B k，进行如下操作：若k=1且B1中至少有1个小球，则可从B1中移1个小球至B2中；若k＝n，且B n中至少有1个小球，则可从B n中移1个小球至B n-1中，若2≤k≤n－1且B k中至少有2个小球，则可从B k中分别移1个小球至B k－1和B k＋1中，求证：无论初始时这些小球如何放置，总能经过有限次操作使得每个盒子中恰有1个小球.（王新茂供题）8. 如图2，已知⊙O 为△ABC 中BC 边上的旁切圆，点D 、E 分别在线段AB 、AC 上，使得BD ∥BA .⊙O 1为△ADE 的内切圆，O 1B 交DO 于点F ,O 1C 交EO 于点G .⊙O 切BC 于点M .⊙O 1切DE 于点N .求证：MN 平分线段FG .图2 （边红平 供题）A2012年女子数学奥林匹克1.设a1,a2,⋯,a n为非负实数，求证：11+a1+a1(1+a1)(1+a2)+⋯+ a1a2⋯a n−1(1+a1)(1+a2)⋯(1+a n)≤1.2.如图1所示，圆O1和O2外切于点T，点A、E在圆O1上，AB切圆O2于点B，ED切圆O2于点D，直线BD、AE交于点P.（1）求证：AB⋅DT=AT⋅DB；（2）求证：∠ATP+∠DTP=180°Array图13.求所有整数对（a,b），使得存在整数d>1，对任意的正整数n，都有d|a n+a n+1.4.在正十三边形的13个顶点上各摆放一枚黑子或者白子，一次操作是指将两枚棋子的位置交换.求证：无论开始时棋子是如何摆放的，总可以至多操作一次，使得各个棋子的颜色关于正十三边形的某一条对称轴是对称的.5.如图2所示，在△ABC中，I为内切圆圆心，D、E分别为AB、AC边上的切点，O为△BIC的外心，求证：∠OBB=∠ODA.图26. 某个国家有n (n ≥3)个城市，每两个城市间都有一条双向航线.这个国家有两个航空公司，每条航线由一家公司经营.一个女数学家从某个城市出发，经过至少两个其它城市，回到出发地.如果无论怎样选择出发城市和路径，都无法只乘坐一家公司的航班，求n 的最大值.7. 有一个无穷项的正整数数列a 1≤a 2≤a 3≤⋯.已知存在正整数k和r ，使得r a r =k +1，求证：存在正整数s ，使得s a s =k .8. 集合{0,1,2,⋯,2012}中有多少个元素k ，使得A 2012k 是2012的倍数.B。

历届奥数竞赛题讲解精选1. 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．---------------------------------------------------------------------------1.已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．【证】设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．2.求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．【解】设 n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412---------------------------------------------------------------------------1.求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．2.证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的 a．---------------------------------------------------------------------------1.如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．2.能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋503.021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402 … … … … … …1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）令 Si＝ai＋ai＋1＋...＋ai＋9（i＝1，2， (1901)则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．综上所述A＝15005．---------------------------------------------------------------------------1. n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】 32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当 n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13．2. 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂pl，则k ＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．---------------------------------------------------------------------------1. 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】由n个数ai＝i·n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…· n是 k的倍数，所以m·n！＋k是 k的倍数，因而为合数．对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj ＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n ＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 （1）5d－1＝y2 （2）13d－1＝z2 （3）其中x、y、z是正整数．由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 （4）（4）式说明d也是奇数．于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．---------------------------------------------------------------------------1.如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8．【证】若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．2.证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．【题说】第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3．【证】因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除．于是6是p＋1的因数．。

目录2005年北方数学奥林匹克 (2)2006年北方数学奥林匹克 (4)2007年北方数学奥林匹克 (6)2008年北方数学奥林匹克 (7)2009年北方数学奥林匹克 (10)2010年北方数学奥林匹克 (13)2011年北方数学奥林匹克 (15)2012年北方数学奥林匹克 (17)2005年北方数学奥林匹克1.AB是⊙O的一条弦，它的中点为M，过点M作一条非直径的弦CD，过点C和D作⊙O的两条切线，分别与直线AB相交于P、Q两点.求证：P A=QB.（裘宗沪供题）2.定义在R上的函数f(x)满足：（1）f(0)=0;（2）对任意xx∈(−∞,−1)∪(1,+∞)，都有f�1x�+f�1y�=f(x+y1+xy)；（3）当x∈(−1,0)时，都有f(x)>0.求证：f�119�+f�129�+⋯+ f�1n2+7n+11�>f(12)，其中n∈N+. （刘贵谭祖春供题）3.在公差为d(d>0)的整数等差数列a1,a2,⋯,a3n(n≥2)中，任取n+2个数.证明：其中必存在两个数a i、a j(i≠j)，满足不等式1<�a i−a j�nn<2. （刘康宁安振平供题）4.已知n位数的各位数字只能取集合{1,2,3,4,5}中的元素，设含有数字5且在5的前面不含3的n位数的个数为f(n).求f(n).（蒋西明供题）5.如果三个正实数x、y、z满足x2+xx+x2=254，x2+xy+y2=36，y2+yx+x2=1694.求xx+xy+yx的值. （张同君供题）6.设0≤α、β、γ≤π2，ccc2α+ccc2β+ccc2γ=1.求证：2≤（1+ccc2α）2cin4α+（1+ccc2β）2cin4β+（1+ccc2γ）2cin4γ≤(1+ccc2α)(1+ccc2β)(1+ccc2γ)（谭祖春供题）2006年北方数学奥林匹克1. 如图1，AB 为⊙O 的直径，非直径的弦CC ⊥AA ，E 是OC 的中点，连结AE 并延长交⊙O 于点P ，连结DP 交BC 于点F .求证：F 是BC 的中点.图12. 设p 是大于2的质数，数列{a n }满足na n+1=(n +1)a n −(p 2)4.求证：当a 1=5时，16|a 81. 3. 已知AD 是△ABC 的边BC 上的高，且AC +AC =AA +AC .求∠A 的取值范围.4. 设函数f (x )=x 2+ax +b (a 、b ∈R ).若存在实数m ，使得|f (m )|≤14，且|f (m +1)|≤14，求Δ=a 2−4b 的最大值和最小值.5. 已知正数a 、b 、c 满足a +b +c =3.求证：a 2+92a 2+(b+c )2+b 2+92b 2+(c+a )2+c 2+92c 2+(a+b )2≤5. 6. 组委会说明试题有误.7. 是否可以将正整数1,2,⋯,64分别填入8×8的64个方格 ，使得凡具备“”形的四个方格（方向课以任意转置）内的数之和都能被5整除？8. 已知数列{a n }满足a k+1=a k +12006a k 2，a 0=12，k ∈N .求证：A1−12008<a2006<1.1.在锐角△ABC中，BD、CE分别是AC、AB边上的高.以AB为直径作圆交CE于M，在BD上取点N是AN=AM.证明：AN⊥CN.2.设△ABC三边长分别为a、b、c，且a+b+c=3.求f(a,b,c)=a2+ b2+c2+43abc的最小值.3.在数列{a n}中，a n+1=a n2a n+1(n∈N).求证：当0≤n≤1004时，有[a n]=2007−n（其中[x]表示不超过x的最大整数）.4.平面上每个点被染为n中颜色之一，同时满足：（1）每种颜色的点都有无穷多个，且不全在同一条直线上；（2）至少有一条直线上所有的点恰为两种颜色.求n的最小值，使得存在互不同色的4个点共圆.5.设α,β∈(0,π2)，求A=(1−�tanα2tanβ2)2cctα+cctβ的最大值.6.已知f(x)=ll(x+1)−12lcl3x.（1）解方程f(x)=0；（2）求集合M={n|f(n2−214n−1998)≥0,n∈Z}.7.设n是正整数，a=�√n�（其中[x]表示不超过x的最大整数），求同时满足下列条件的n的最大值：（1）n不是完全平方数；（2）a3|n28.设△ABC的内切圆半径为1，三边长AC=a，CA=b，AA=c.若a、b、c都是整数，求证：△AAC为直角三角形.1. 如图1，⊙O 是梯形ABCD 的内切圆，切点分别为E 、F 、G 、H ，AB ∥CD .作BP ∥AD 交DC 的延长线于点P ，AO 的延长线交CP 于点Q .若AD =AD ，求证：∠CAQ =∠PAQ .图1 （张利民 供题）2. 已知∠A 、∠A 、∠C 是△AAC 的三个内角.证明：tan A 2+tan B 2+tan C 2√3≥�tan 2A 2+tan 2A 2+tan 2C 26 （张 雷 供题）3. 给定三角形数表如图2：1 2 3 4 ⋯ 97 98 99 100 3 5 7 ⋯ 195 197 199 8 12 ⋯ 392 396 20 ⋯ 788 ⋱ ⋯ ⋰ ⋱ ⋰ M图2其中，第一行各数依次是1,2,⋯,100，从第二行起，每个数分别等于它上面一行左、右两数的和.求M 的值.（焦和平 供题）4.证明：（1）存在无穷个正整数n，使n2+1的最大质因子小于n；（2）存在无穷个正整数n，使n2+1|n!. （张雷供题）5.如图3，已知□ABCD，过A、B、C三点的⊙O1分别交AD、BD 于点E、F，过C、D、F三点的⊙O2交AD于点G，设⊙O1、⊙O2R222.的半径分别为R1、R2.求证：AG图3（吕建恒刘康宁供题）6.设a、b、c为直角三角形的三边长，其中，c为斜边长.求使得a3+b3+c3abc≥k成立的k的最大值.（李铁汉供题）7.设n是正整数，整数a是方程x4+3ax2+2ax−2×3n=0的根.求所有满足条件的数对(n,a).（李铁汉供题）8.给定由n(n+1)2个点组成的正三角形点阵（如图4），记以点阵中三个点为顶点的所有正三角形的个数为f(n)，求f(n)的表达式.图4（张利民供题）2009年北方数学奥林匹克1. 设数列{x n }满足x 1=1，x n =�x n−12+x n−1+x n−1(n ≥2).求数列{x n }的通项公式. （张 雷 供题）2. 如图1，在锐角△ABC 中，已知AA >AC ，cccA +cccC =1，E 、F 分别是AB 、AC 延长线上的点，且满足∠AAF =∠ACD =90°.（1） 求证：AD +CF =DF ；（2） 设∠DAC 的平分线与EF 交于点P ，求证：CP 平分∠ACF .图1（刘康宁 吕建恒 徐庆金 供题）3. 已知有26个互不相等的正整数，其中任意六个数中都至少有两个数，一个数整除另一个数.证明：一定存在六个数，其中一个数能被另外五个数整除.（张同君 供题）4. 船长和三位水手共得到2009枚面值相同的金币.四人商定按照如下规则对金币进行分配：水手1、水手2、水手3每人写下一个正整E数分别为b 1、b 2、b 3，满足b 1≥b 2≥b 3，且b 1+b 2+b 3=2009；船长在不知道水手写的数的情况下，将2009枚金币分成3堆，各堆数量分别为a 1、a 2、a 3，且a 1≥a 2≥a 3.对于水手k (k =1,2,3)，当b k <a k 时，可以从第k 堆拿走b k 枚金币，否则不能拿.最后所有余下的金币归船长所有.若无论三位水手怎样写数，船长总可以确保自己拿到n 枚金币.试确定n 的最大值，并证明你的结论. （张 利 供题）5. 如图2，在给定的扇形AOB 中，圆心角为锐角.在弧AB 上取异于A 、B 的一点C ，在线段OC 上取一点P ，连结AP ，过点B 作直线BQ ∥AP 交射线OC 于点Q .证明：封闭图形OAQPBO 的面积与点C 、P 的选取无关.图2 （徐庆金 供题）6. 设x 、y 、z >0，且x 2+x 2+y 2=3，求证：∑x 2009−2008(x−1)y+z ≥12(x +x +y ). （杨海滨 贾应红 供题）7. 记[m ]为不超过实数m 的最大整数.设x 、y 均为正实数，且对所有的正整数n ，都有[x [nx ]]=n −1成立.证明xy =1，且y 是大于1的无O理数.（刘康宁供题）8.求能被209整除且各位数字之和等于209的最小正整数.（张雷供题）2010年北方数学奥林匹克1.已知数列{a n}满足a1=2，a n=22n a n−1+2n2n(n=2,3,⋯).求通项a n(n=1,2,⋯). （吴树勋供题）2.已知PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B，PCD是⊙O的一条割线，过点C作PA的平行线，分别交弦AB、AD于点E、F.求证：CD=DF.（李新焕供题）3.求所有的正整数(x,x,y)，使得1+2x×3y=5z成立.（张雷供题）4.在7×7的方格表的64个网格线交点（称为“结点”）处放棋子，每点至多放1枚，一共放了k枚棋子.若无论怎样放，总存在4枚棋子，它们所在的结点构成一个矩形（矩形的边平行于棋盘网格线）的四个顶点.试求k的最小值.（张利民供题）5.设正实数a、b、c满足(a+2b)(b+2c)=9.求证：�a2+b22+2�b3+c323≥3.（张雷供题）6.已知⊙O是△ABC的内切圆，D、E、N是切点，连结NO并延长交DE于点K，连结AK并延长交BC于点M.求证：M是BD的中点.（康春波供题）7.求[x,x,y]=(x,x)+(x,y)+(y,x)满足x≤x≤y,(x,x,y)=1的所以正整数解，其中，[m,n]和(m,n)分别表示正整数m、n的最小公倍数和最大公约数.（王全供题）8.设x、x、y∈[0,1]，且|x−x|≤12，|x−y|≤12，|y−x|≤12.试求W=x+x+y−xx−xy−yx的最小值和最大值.（刘康宁安振平供题）2011年北方数学奥林匹克1.已知数列{a n}的通项a n=(√3+√2)2n(n∈N+)，设b n=a n+1a n. （1）试求b n+2、b n+1、b n之间的递推关系；（2）求a2011整数部分的个位数字.（刘洪柱供题）2.如图1，△ABC的内切圆分别切BC、CA、AB、于点D、E、F，P 为内切圆内一点，线段PA、PB、PC分别于内切圆交于点X、Y、Z.证明：XD、YE、ZF三线共点.图1（徐庆金供题）3.求不定方程1+2x×7y=y2的全部正整数解(x,x,y). （翁世有供题）4.设n个集合A1,A2,⋯,A n是集合A={1,2,⋯,29}的一个分划，且A i(i=1,2,⋯,n)中任意个元素之和都不等于30.求n的最小可能值. 【注】若集合A的非空子集A1,A2,⋯,A n(n∈N+,n≥2)满足A i∩A j=∅(i≠j)，A1∪A2∪⋯∪A n=A，则称A1,A2,⋯,A n是集合A的一个分划.（张雷供题）5. 若正整数a 、b 、c 满足a 2+b 2=c 2，则称(a ,b ,c )为勾股数组.求含有30的所有勾股数组. （杨春宏 供题）6. 如图2，过点P 引的切线P A 和割线PBC ，AC ⊥PP ，垂足为D .证明：AC 是△ABD 外接圆的切线.图2（吕建恒 供题） 7. 在△ABC 中，证明：11+ccs 2A+ccs 2A +11+ccs 2A+ccs 2C +11+ccs 2C+ccs 2A ≤2.（安振平 供题） 8. 已知n 是正整数，实数x 满足�1−|2−⋯|(n −1)−|n −x ||⋯|�=x .求x 的值. （张利民供题）P2012年北方数学奥林匹克1.如图1，在△ABC中，∠C=90°，I是内心.直线BI交AC于D，作DE平行于AI交BC于E，直线EI交AB于F.证明：DF垂直于AI.图12.正整数x1,x2,⋯,x n(n∈ℕ+)，满足x12+x22+⋯+x n2=111，求S=x1+x2+⋯+x n n的最大可能值.3.设S={x|x=a2+ab+b2,a,b∈ℤ}.求证：(1)若m∈S,3|m，则3m∈S；(2)若m,n∈S，则m⋅n∈S.4.平面上有n(n≥4)条直线，对于直线a，b，在余下的n-2条直线中，如果至少存在两条直线与直线a，b都相交，则称直线a，b是相合的直线对，否则称其是相离的直线对.若n条直线中相合直线对的个数比相离直线对的个数多2012.求n的最小可能值（直线对中的两条直线不计顺序）.5.已知数列{a n}:a0=0,a n=1a n−1−2,n∈ℕ+，在数列{a n}中任意取定一项a k，构造数列{b n}:b0=a k,b n=2b n−1+1b n−1,n∈ℕ+.试判断数列{b n}是有限数列还是无穷数列？并给出证明.6.设n是正整数，证明�1+13��1+132�⋯�1+13n�<2.7.如图2在五边形ABCDE中，BC=DE，CD平行于BE，AB>AE，AA AA，求证：AC平分线段BE.若∠AAC=∠CAD，且图28.设p是奇素数，如果存在正整数a使p!|a p+1，证明：(1)�a+1,a p+1a+1�=p.(2)a p+1a+1没有小于ｐ的素因子.p!|a+1.。