中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题

测 试 题 B学校： 姓名： 营员证号：________一． 以⊿ABC 的三条边作为斜边；分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上；试求 cot cot cot A B C ++ 的值.二． 平面上给出n 个点()3n ≥；以这些点为端点的集合为M ；线段长度的集合为D ；,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n三． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.四．某人掷硬币；得正面记a 分；得背面记b 分；(,a b 为互质正整数；a b >）；并将每次的得分进行累记；他发现；不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次；恰有35个分值总是记录不到；例如58就是其中之一；试确定,a b 的值。

测试题B 解答学校： 姓名： 营员证号：________四． 如图；以⊿ABC 的三条边作为斜边；分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上；试求 cot cot cot A B C ++ 的值.解：设ABC 的外心为O ；外接圆半径为单位长； 作1C D AB ⊥于D ；则外心O 在AB 的中垂线1C D 上； 且圆周角C ACB AOD =∠=∠； 于是；11sin cos ,OC DC DO DA DO C C =-=-=-同理有 1sin cos OB B B =-；而11cos sin OA OE A E OE BE A A =-=-=-；由于111,,OA BC OB AC OC AB ⊥⊥⊥；则 11,AOC B ∠= 11AOB C ∠=；11BOC A π∠=-；因此；1111111sin 2OA C S OA OC AOC =⋅⋅∠=()()1cos sin sin cos sin ,2A A C C B -- 同理有； 1111111sin 2OA B S OA OB AOB =⋅⋅∠=()()1cos sin sin cos sin ,2A A B B C -- 1111111sin 2OB C SOB OC B OC =⋅⋅∠=()()1sin cos sin cos sin ,2B BC C A -- 因为点111,,A B C 共线；则 111111OB C OA B OA C SSS=+；即有()()sin cos sin cos sin B B C C A --=()()cos sin sin cos sin A A B B C --+()()cos sin sin cos sin ,A A C C B +-- ……○1 同除以 sin sin sin A B C ；得()()()()1cot 1cot cot 11cot B C A B --=--+()()cot 11cot A C --；即 1cot cot cot cot B C B C --+=()cot cot 1cot cot A B A B +--+ ()cot cot 1cot cot A C A C ++--……○2 而在ABC 中； 由于 cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A ++=因此由○2得 cot cot cot 2A B C ++=.五． 平面上给出n 个点()3n ≥；以这些点为端点的集合为M ；线段长度的集合为D ；,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n证：()1.对n 归纳；当3n =时显然有()0336f d n ≤=-；今设命题对于()3n n ≥个点成立；考虑1n +个点的情况；设其中一点1n p +是其凸包的顶点；则1n p +至多引出3条长度为最小值0d 1n p +后由归纳假设；剩下n个点；连线中至多有36n -条长为最小值0d 的线段因此；这1n +个点所成的线段中；成立 ()()0363316f d n n ≤-+=+-；从而命题对一切不小于3的n 皆成立.()2.称已知点为“红点”；对于每个红点,(1,2,,)i p i n =；若它发出的线段中；有长为d 的线段i k 条；则()12nii kf d ==∑；而以i p 为圆心；d 为半径所作的圆i p 上有i k 个红点；共作成2ik C 条弦；今过每个这种点都作这种等圆以及相应的弦；共得21ink i C=∑条弦；每两个圆至多一条公共弦；即这些弦至多重复2n C条；因此得到221ink ni CC =-∑条不同的弦；另一方面；n 个红点间两两连线；共计2n C条；因此；2221i nnk n i C C C =≥-∑；由此； ()()211111111222n n n i i i i i i i n n k k k k ===-≥-=-∑∑∑2111122n ni i i i k k n ==⎛⎫≥- ⎪⎝⎭∑∑=()()22f d f d n - 即()2221f nf n n -≤-；232722,24n f n n ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭因此(32144n nf n ≤+<=P n+1六． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.证：由于a N +∈；故存在p N ∈；使()1kkp a p ≤<+；因此有b N ∈；使(),01.kk k a p b b p p =+≤<+- 再设 ,0b qp r r p =+≤<；于是,0k a p qp r r p=++≤<○1 又因 ()1122111kk k k k k k k a p p C p C p C p ---<+=+++++；所以122310,k k k k k k q C p C p C ---≤≤+++○2称○1式中的r 为数a 的“余量”；由于()1kk p a p ≤<+；则 p =()01.当0,0q r p =<<时；ka pr =+；这时()()12,2,k k f a p p r f a p p r =++=++；记12231k k k k k k s C p C p C ---=+++；则 ()11221k k k k k s k k k f a p sp r p C p C p C p r ---=++=+++++()()11.kp r =++-所以；()s f a 要么是一个k 次方数（当1r =）；要么是一个其“余量”比a 的“余量”小1的数（当1r >）；继续此过程；可知；经有限项后；必有某项()m f a 是一个k 次方数.()02.当 122310,0k k k kk k q C pC p C r p ---<≤+++≤< 时；,k a p qp r =++ 则()()()()121,2,k k f a p q p r f a p q p r =+++=+++；记1211k k k k s C p C q --=++-；则()()11ks f a p q s p r =+++=()()11111.kk k k k k p C p C p r p r --++++=++-若1,r =则 ()()11ks f a p =+为一个k 次方数；若2,r ≥则 ()()()111ks f a p r =++-是一个其“余量”比a 的“余量”少1的数； 若0,r =则 ()()()()()()1111111.k ks s f a ff a p p p p +⎡⎤==+-+=++-⎣⎦它们都归结为情形()1.()03.当 0,0q r ==时；,ka pp =+归结为情形()02.综合以上讨论；知本题结论成立.四．某人掷硬币；得正面记a 分；得背面记b 分；(,a b 为互质正整数；a b >）；并将每次的得分进行累记；他发现；不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次；恰有35个分值总是记录不到；例如58就是其中之一；试确定,a b 的值.解：设此人掷得正面x 次；背面y 次；则累计得分为 ax by +；若 (),1,a b d =>则对任一个不能被d 整除的正整数分值；他都记录不到；也就是有无穷多个数记录不到；所以(),1a b =. 现在设m 为掷币人能够记录到的一个分值；则方程 ax by m += 至少有一组非负整解；（即直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内）； （1）.若m ab ≥；因为(),1a b =；则b 个正整数(),,2,,1m m a m a m b a ----构成模b的完全剩余系；其中恰有一个是b 的倍数；即此时方程 ax by m +=有非负整数解。

2023东南数学奥林匹克试题
2023东南数学奥林匹克试题主要包括以下几个部分：
1. 整式与恒等式：涉及多项式的计算和恒等式的问题。

例如，求多项式的值，或者根据多项式的性质求解未知数。

2. 代数与不等式：考察代数方程的解法，以及不等式的性质和证明。

3. 几何：考察平面几何和立体几何的知识点，例如勾股定理、相似三角形、圆的性质等。

4. 组合数学：考察组合数学中的计数、排列、组合等知识点，例如排列组合的公式和性质，以及一些常见的组合数学问题。

5. 概率与统计：考察概率和统计的基本概念和计算方法，例如概率的基本性质、期望和方差等。

具体题目可能包括：
1. 已知函数 f(x) = x^2 - 2x + 3，求 f(3) 的值。

2. 已知二次方程 x^2 - 2x - 3 = 0，求该方程的解。

3. 已知三角形 ABC 的三边长分别为 a、b、c，且 a + b = 7，ab = 10，求三角形 ABC 的面积。

4. 已知有 5 个不同的红球和 3 个不同的白球，从中任取 3 个球，求取出红球个数 x 的分布律。

5. 已知随机变量 X 的分布列为 P(X=1) = ，P(X=2) = ，P(X=3) = ，求 X 的期望和方差。

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2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测 试 题 B （陶平生供题）学校： 姓名： 营员证号：________一． 以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.二． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n三． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.四． 某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值.2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B 解答 （陶平生供题）五． 如图，以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.解：设ABC 的外心为O ，外接圆半径为单位长， 作1C D AB ⊥于D ，则外心O 在AB 的中垂线1C D 上， 且圆周角C ACB AOD =∠=∠， 于是，11sin cos ,OC DC DO DA DO C C =-=-=-同理有1sin cos OB B B =-，而11cos sin OA OE A E OE BE A A =-=-=-，由于111,,OA BC OB AC OC AB ⊥⊥⊥，则 11,AOC B ∠= 11AOB C ∠=，11BOC A π∠=-，因此，1111111sin 2OA C S OA OC AOC =⋅⋅∠= ()()1cos sin sin cos sin ,2A A C CB -- 同理有， 1111111sin 2OA B S OA OB AOB =⋅⋅∠= ()()1cos sin sin cos sin ,2A A B B C -- 1111111sin 2OB C S OB OC B OC =⋅⋅∠= ()()1sin cos sin cos sin ,2B BC C A --因为点111,,A B C 共线，则 111111OB C OA B OA C S S S =+ ，即有()()sin cos sin cos sin B B C C A --=()()cos sin sin cos sin A A B B C --+()()cos sin sin cos sin ,A A C C B +-- ……○1 同除以 sin sin sin A B C ，得()()()()1cot 1cot cot 11cot B C A B --=--+()()cot 11cot A C --，即 1c o t c o t c o tc o t BC B C --+=()c o t c o t 1c o t c o t A BA B +--+ ()cot cot 1cot cot A C A C ++--……○2 而在ABC 中， 由于 cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A ++=因此由○2得 cot cot cot 2A B C ++=.六． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n证：()1.对n 归纳，当3n =时显然有()0336f d n ≤=-，今设命题对于()3n n ≥个点成立，考虑1n +个点的情况，设其中一点1n p +是其凸包的顶点，则1n p +至多引出3条长度为最小值0d 的线段.去掉1n p +后由归纳假设，剩下n 个点，连线中至多有36n -条长为最小值0d 的线段因此，这1n +个点所成的线段中，成立 ()()0363316f d n n ≤-+=+-，从而命题对一切不小于3的n 皆成立.()2.称已知点为“红点”，对于每个红点,(1,2,,)i p i n = ，若它发出的线段中，有长P n+1为d 的线段i k 条，则()12nii kf d ==∑，而以i p 为圆心，d 为半径所作的圆i p 上有i k 个红点，共作成2ik C 条弦，今过每个这种点都作这种等圆以及相应的弦，共得21ink i C=∑条弦，每两个圆至多一条公共弦，即这些弦至多重复2n C条，因此得到221i nk n i C C =-∑条不同的弦，另一方面，n 个红点间两两连线，共计2n C条，因此，2221i nnk n i C C C =≥-∑，由此， ()()211111111222n n n i i i i i i i n n k k k k ===-≥-=-∑∑∑2111122n ni i i i k k n ==⎛⎫≥- ⎪⎝⎭∑∑=()()22f d f d n - 即()2221f nf n n -≤-，232722,24n f n n ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭因此(32144n nf n ≤+<=七． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.证：由于a N +∈，故存在p N ∈，使()1kkp a p ≤<+，因此有b N ∈，使(),01.kk k a p b b p p =+≤<+- 再设 ,0b qp r r p =+≤<，于是,0k a p qp r r p =++≤< ○1 又因 ()1122111kk k k k k k k a p p C p C p C p ---<+=+++++ ，所以122310,k k k k k k q C p C p C ---≤≤+++ ○2 称○1式中的r 为数a 的“余量”，由于()1kkp a p ≤<+，则p =()01.当0,0q r p =<<时，ka pr =+，这时()()12,2,k k f a p p r f a p p r =++=++ ，记12231k k k k k k s C p C p C ---=+++ ，则 ()11221kkk k k s k k k f a p sp r p C pC p C p r ---=++=+++++ ()()11.kp r =++-所以，()s f a 要么是一个k 次方数（当1r =），要么是一个其“余量”比a 的“余量”小1的数（当1r >），继续此过程，可知，经有限项后，必有某项()m f a 是一个k 次方数.()02.当 122310,0k k k kk k q C pC p C r p ---<≤+++≤< 时，,k a p qp r =++ 则()()()()121,2,k k f a p q p r f a p q p r =+++=+++ ，记1211k k k k s C p C q --=++- ，则()()11k s f a p q s p r =+++=()()11111.kk k k k k p C p C p r p r --++++=++-若1,r =则 ()()11ks f a p =+为一个k 次方数；若2,r ≥则 ()()()111ks f a p r =++-是一个其“余量”比a 的“余量”少1的数； 若0,r =则 ()()()()()()1111111.kks s f a ff a p p p p +⎡⎤==+-+=++-⎣⎦它们都归结为情形()1.()03.当 0,0q r ==时，,ka pp =+归结为情形()02.综合以上讨论，知本题结论成立.四．某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值.解：设此人掷得正面x 次，背面y 次，则累计得分为 ax by +，若 (),1,a b d =>则对任一个不能被d 整除的正整数分值，他都记录不到，也就是有无穷多个数记录不到，所以(),1a b =. 现在设m 为掷币人能够记录到的一个分值，则方程 ax by m += 至少有一组非负整解，（即直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内），（1）.若m ab ≥，因为(),1a b =，则b 个正整数(),,2,,1m m a m a m b a ---- 构成模b 的完全剩余系，其中恰有一个是b 的倍数，即此时方程 ax by m +=有非负整数解.也就是m 能被记录到，因此掷币人能够记录到的分值m 应满足：0m ab ≤<.(2).当0m ab ≤<，因为(),1a b =，则直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内，事实上，设闭的第一象限内有两个整点()()1,122,,x y x y 在直线上，则直线ax by m +=的斜率 1212y y k x x -=- 满足 b k a =，但由直线 a x b ym+=ab <，则1x y a b +<，而由截距，1212,x x b y y a -<-< 知 ab不是既约分数，矛盾.据此知，在 闭的第一象限内，满足0ax by ab ≤+<的整点与满足0m ab ≤<且可记录到的分值m ，一 一对应，因为闭矩形{}0,0x b y a ≤≤≤≤内有()()11a b ++个整点，故在 闭的第一象限内，满足0ax by ab ≤+<的整点数为()()11122a b ++-⎡⎤⎣⎦个，从而满足0m ab ≤<的ab 个数值m 中，不能记录到的数值m 的个数为：()()()()111111122ab a b a b -+++=--.所以 ()()135112a b =--，由()()1170170235514a b --==⋅=⋅=⋅710=⋅，而(),,1a b a b >=，故仅有 71,2a b == 及 11,8a b ==可能适合；若取71,2a b ==，则71022958⋅+⋅=能够记录到，不合题意，再考察 11858x y +=上的整点，显然此方程没有非负整解，即分值58记录不到，因此11,8a b ==是合于题意的唯一解.。

2023年奥数冬令营试题奥数（奥林匹克数学竞赛）是一项旨在培养学生数学思维能力和解决问题能力的竞赛活动。

而冬令营则是为了给学生提供一个学习和交流的机会，让他们在寒假期间继续深化数学知识。

在2023年的奥数冬令营中，学生们将面临一系列挑战性的数学试题。

以下是其中的一道试题：试题：设 S 是一个三位数，它的个位数是1，百位数是3，十位数是奇数。

将 S 从十进制表示转换成八进制表示，得到的数是 A。

再将 A 从八进制表示转换成二进制表示，得到的数是 B。

问 B 的十进制表示是多少？解析：我们首先要找到满足条件的三位数S。

题目中给出了个位数是1，百位数是3，十位数是奇数。

因为个位数是1，所以百位数不能是1，因此百位数只能是3。

十位数是奇数，所以只能是1或者3。

因此，满足条件的数是131、133、311和313。

我们接下来将 S 从十进制表示转换成八进制表示。

我们可以使用除以8的方法来进行转换。

例如，我们以131为例，进行如下计算：131 ÷ 8 = 16 (3)16 ÷ 8 = 2 02 ÷ 8 = 0 (2)所以，131 的八进制表示是203。

然后，我们将 A 从八进制表示转换成二进制表示。

我们可以使用除以2的方法来进行转换。

以203为例，进行如下计算：203 ÷ 2 = 101 (1)101 ÷ 2 = 50 (1)50 ÷ 2 = 25 025 ÷ 2 = 12 (1)12 ÷ 2 = 6 06 ÷ 2 = 3 03 ÷ 2 = 1 (1)1 ÷ 2 = 0 (1)所以，203 的二进制表示是11001011。

最后，我们要求 B 的十进制表示。

我们可以将二进制转换成十进制，将每一位的值乘以2的相应次方，再相加。

以11001011为例，进行如下计算：1 × 2^7 + 1 × 2^6 + 0 × 2^5 + 0 × 2^4 + 1 × 2^3 + 0 × 2^2 + 1 × 2^1 + 1 × 2^0 = 128 + 64 + 0 + 0 + 8 + 0 + 2 + 1 = 203所以，B 的十进制表示是203。