2020年首届加拿大初中数学奥林匹克(Word版,无答案)

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。

38中等数学缴t 奥I 逛酬錄龜（19〇)中图分类号:G 424.79文献标识码：A文章编号：1005 - 6416(2021)03 - 0038 - 06第一试一、选择题（每小题7分，共42分）1.在A 从C 中，1 i +丄•则Z ： 4a b c )•(A )必为锐角 （B )必为直角(C )必为钝角（D )以上答案都不对则Z Z 寧+ Z ：= \S0° -Z B T C = 90°^点X 在以为直径的圆上.又/L QXP =1k -乙 TXQ - A T X P= Z Q E T + Z P F T = k -Z A ,于是，点;f 在厶/!/^的外接圆厂。

上.过点X 作以为直径的圆的切线X K故 Z KXP = Z P X F - Z KXF=Z P T F - Z X E F = Z P T F - Z XQT =Z PQT - Z XQT = Z XQP.这表明，^也为圆厂。

的切线.因此，以为直径的圆与圆厂。

相切.四、设最小值为歛下面证明A =3.(1)若A ： = 1，考虑其中任意一种颜色S ，记4为连出边的颜色中含有S 的点的集合.一方面，由于每个点所对应的颜色集相 同，于是，M l = 2 023.另一方面，由于公共点的任意两条边颜色不同，M l 为偶数，矛盾.(2) 若A =2,设其中一个颜色集所对应 的点为A ，〇i 2，…，〜，另一个颜色集所对应的2.记[*]表示不超过实数$的最大整 数.则方程[2*]+ [3*] = h - 6的所有实数解 的个数为（）.(A)l (B )2 (C )3(D )43•在中，已知/lfi=ylC，Z 4=40。

，P 为仙上一点，Z M C />=20。

•贝 l j |^ = ().点为卜，卜，…，h f d m .考虑ai、\两点间的 颜色7\则r 同时出现在两个颜色集中，记 为连出边的颜色为r 的点的集合，同（1)知 矛盾.(3)给出A ； =3的构造•记2 023个点为〇丨，a2，…，ai oil，，办2，*** >^i on >c-令a;a;(i#y)颜色为尤 i+_/•( mod 1 011)，以 i色为 y;+Amodl011>，a;C 颜色为 ％(n i o d l 011)»/ (i</)颜色为 2w(inodl()11)，颜色为Z 2i(mod 1 Oil)'对于任意的a,(l 矣i矣1 011)，其所对颜 色集为I ^1 fx 2' ^Xl 0U iJ\ »^2 » "*' >7l Oil ! •对于任意的6,(1名；<1 011)，其所对颜 色集为U l ，:2，…，21 Oil，7l，；K2，…011 丨•对于C ，其所对颜色集为 { ,x2,xx 01I ,Z[ ,z2 » J Z1 o n l •综上A =3.(命题组提供）2021年第3期39(A)及（B)在（C)f(D)^4•已知实数《:、y满足x23+y2 = 1•记x4 +砂+ /的最大值、最小值分别为.则Smax + *^m i n -（)*(A)~j(B)0 (C)l (D)|5. 在 Rt A/lfiC 中，Z C = 90°，4C = 1，fiC =在，£>为边/I S的中点，五为边5C上一点.将A A M；沿抓翻折得到A/l'Z)£，使得A I M与泌重叠部分的面积占△A M面积的|.则6£的长为（).(A)f(D)|■或早6. 已知关于％的方程\f~x~~—'2x+1 —\[~x~—A%+4 +2 \J~x~—6x+9=t +4恰有两个实数解.则i的取值范围是（）.(A)-3 <t<0(B)f>-3且 ¥-1(C)t^ -1 (D)W〇且#-1二、填空题（每小题7分，共28分）1.若关于x的不等式组|U的U>〇所有整数解之和为12,则f的取值范围是2.已知整数n >2 020,= 了2 020为完全2 12U - n平方数.则n的值为_3.如图1，A仙C 的内切圆为©〇,过〇作B C的平行线，分别与仙d C交于点D、£.若的三边5C、的长分别为8、A7、5，则£>£的长为______.4.在直角坐标系中，4为抛物线在第二象限上的点，过点〇作〇/?丄似，与抛物线交于点fi，以为边构造矩形40S C.如图2,当点4的横坐标为-^■时，经过点C的反比例函数曲线的解析式为.图2第二试一、（20分）求满足方程x2 +y2 = 2(x y)+ xy的所有正整数x、y.二、（25分）如图3，45为©0的直径，弦C£>与仙交于点£，过点4作圆的切线，与C D的延长线交于点R若C E ：DE ：DF = 4： 3： 3,/^=24，求弦/1(：的长及sin 的值•CF图3三、（25分）已知直线；r = +3与戈轴交于点C，与y轴交于点抛物线y =c w c2 ++ c经过两点，且与％轴的第二个交点为A.(1)如图4，£为直线5C右上方抛物线上的一动点，当A f i五c的面积最大时，求过点£的切线/的方程和A f i£C面积的最大值.(2)在（1)的结论®4下，过点£作y轴的平行线，与直线fiC交于40中等数学点M，联结4M,为抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以为顶点的四边形为平行四边形?若存在，请直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由.(3)如图5,点#(1，〇)，将线段 0/V绕点〇逆时针方向旋转得到O N'，旋转角为 a(0°<a<90°)，求/Vf C+|~/V'fi 的最小值.参考答案第一试—、1. A.图53 3无整数解;=> 12(3)若 <y,则y2.t+ 1 + 3i+ 1= S(t + r) -6>\=> t-8 8=———r3 38 4A,5^13〇N=> t-1\\*1>r~8(4)若|■心<1，则2t+ 1 + 3i+ 2 = 8(^ + r)—6=> t= 3 -, 3 — 7=>t = l,r = —=>x=—.4 4由=冬 +」一=> 26c = a(6 + c)•a b c又 6 + e > a，贝!J26c > a2.由（fc-c)2彡0 => 62.+ c2彡26c => b2 +c2 > a24必为锐角.2. C.当％为整数时，2x -\-3x = Sx -6 => x =2.当％不为整数时，设尤+r(i 为整数，0 <r<l).⑴若〇<厂<+，则2t+3/ = 8(^ + r) —6…=2-爭#f<t=2-f<2=> t无整数解；(2)若士&<士，则2 艺+ 3f + l = 8(尤+ r) —6综上,符合条件的实数解有3个.3. B.如图6，作丄fiC于点/)，则仙= CZ).在A仙c外作Z C A E=20°, W\Z B A E=60°.作（^丄狀于点E，P F丄A E于点F.易证△A C E笤A/ICZ).于是，C E= C D=*B C.由= /Msin ZP F= C E,故蔻=万.4. D.注意到，(x -y)2 =x2 -2xy +y2^0==>2 I a c y l^x2 + y2 = 1A图62021年第3期41令S =尤4 +尤y + y4.贝|JS=(^；2 +y2)2 -2x2y2+xy=-2x2y2+ xy + 1由函数增减性知：当 = |时，S_ =|;当 xy = -^■时，Sm i n =0•因此，>S m a x + Sm i n = y.5.C.如图7,当之厦>90。

在撰写这篇文章之前，我首先要对“canadamo数学竞赛知识点”进行全面评估，以确保文章的深度和广度兼具。

在这篇文章中，我将从简到繁地分析并探讨canadamo数学竞赛的知识点，帮助你更深入地理解这个主题。

canadamo是加拿大数学奥林匹克(Canadian Mathematical Olympiad)的缩写，是加拿大国内最具权威性和影响力的数学竞赛之一。

参加canadamo数学竞赛，不仅能锻炼学生的数学能力，更能培养学生的逻辑思维和解决问题的能力。

我将从基础知识点开始，逐步深入，全面探讨canadamo数学竞赛的重要知识点。

1. 数论- 数论是canadamo数学竞赛中的重要知识点之一。

它涉及整数的性质、因数分解、同余方程等内容。

在canadamo数学竞赛中，数论题目常常涉及数字性质的推导和证明，考查选手的数学逻辑推理能力。

2. 几何- 几何是canadamo数学竞赛的另一个重要知识点。

它包括平面几何和立体几何两部分，涉及角度、边长、面积、体积等概念。

在canadamo数学竞赛中，几何题目常常涉及图形的性质和相似性的判断，考查选手的几何分析能力和空间想象能力。

3. 代数- 代数是canadamo数学竞赛的核心知识点之一。

它涉及方程、不等式、多项式、数列等内容。

在canadamo数学竞赛中，代数题目常常涉及函数的性质和变量的关系，考查选手的代数运算能力和推理能力。

4. 组合数学- 组合数学是canadamo数学竞赛的另一个重要知识点。

它包括排列、组合、概率等内容。

在canadamo数学竞赛中，组合数学题目常常涉及排列组合的计算和概率问题的推导，考查选手的组合分析能力和概率计算能力。

总结回顾：通过对canadamo数学竞赛知识点的全面评估，我们可以看到，数论、几何、代数和组合数学是其重要的知识点。

参加canadamo数学竞赛不仅需要掌握这些知识点，还需要灵活运用，并具备深入思考和解决问题的能力。

2020巴尔干初中数学奥林匹克（JBMO）预选题数论组中文
翻译
数论组
1.是否存在正整数, 使得为素数?
2.求所有的正整数, 以及素数, 使得.
3.求最大的正整数(), 使得存在正整数 (), 满足对任意个连续的正整数, 一定可以从中选取个数,满足如下条件:
每个被选取的数都不是或者的倍数.
任意两个被选取的数的差都不是或者的倍数.
4.求所有的素数, 使得对任意正整数, 均有整除.
5.对给定正整数, 集合包含到中的正整数, 且对其中不存在互异的正整数 , , , 使得. 称中区间内的数为"小数", 区间内的数为"中数", 区间内的数为"大数". 以下结论是否成立?
不存在正整数, 使得 , , 与被除的余数都为中的元素, 且其中, ,的余数互不相同, 且均为
(1) 小数 (2)中数 (3) 大数
6.是否存在正整数, 使得.
7.求证: 不存在素数, 使得的任意次幂均为回文数.
注: 若一个数从左往右读和从右往左读完全相同, 就称这个数为回文数. 显然的, 末尾为的数一定不是回文数.
8.求所有的素数, 使得
也为素数.。

初中数学奥林匹克竞赛题及答案初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题（每题1分，共10分）1．如果a，b都代表有理数，并且a＋b=0，那么 ( )A．a，b都是0B．a，b之一是0C．a，b互为相反数D．a，b互为倒数答案：C解析：互为相反数。

b，由此a、－2，满足2+(－2)=0令a=2，b=2．下面的说法中正确的是 ( )A．单项式与单项式的和是单项式B．单项式与单项式的和是多项式C．多项式与多项式的和是多项式D．整式与整式的和是整式答案：D33222解析：3是多项式，排除A+x之和为xx，x。

两个单项都是单项式．两个单项式x，x22223之和为2x3x是个单－之和为3xx是单项式，排除B。

两个多项式x3+x2式x2x，与。

，因此选D项式，排除C3．下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B．没有最小的正有理数C．没有最大的负整数D．没有最大的非负数答案：C解析：错误。

C最大的负整数是-1，故4．如果a，b代表有理数，并且a＋b的值大于a－b的值，那么 ( )A．a，b同号B．a，b异号C．a＞0D．b＞0答案：D5．大于－π并且不是自然数的整数有 ( )A．2个B．3个C．4个D．无数个答案：C解析：在数轴上容易看出：在－π右边0的左边（包括0在内）的整数只有－3，－2，13/ 1初中数学奥林匹克竞赛题及答案。

个．选C0共4－1，6．有四种说法：甲．正数的平方不一定大于它本身；乙．正数的立方不一定大于它本身；丙．负数的平方不一定大于它本身；丁．负数的立方不一定大于它本身。

这四种说法中，不正确的说法的个数是 ( )A．0个B．1个C．2个D．3个答案：B解析：负数的平方是正数，所以一定大于它本身，故C错误。

7．a代表有理数，那么，a和－a的大小关系是 ( )A．a大于－aB．a小于－aC．a大于－a或a小于－aD．a不一定大于－a答案：D解析：。

，应选D、B、C，马上可以排除令a=0A8．在解方程的过程中，为了使得到的方程和原方程同解，可以在原方程的两边( )A．乘以同一个数B．乘以同一个整式C．加上同一个代数式D．都加上1答案：D解析：对方程同解变形，要求方程两边同乘不等于0的数，所以排除A。

2019-2020年初中数学联赛初赛试卷及答案四、（本题满分25分）如图，AB 是⊙o 的直径，AB=d ，过A 作⊙o 的切线并在其上取一点C ，使AC=AB ，连结OC 叫⊙o 于点D ，BD 的延长线交AC 于E ，求AE 的长。

五、（本题满分25分）设x = a+b －c ,y=a+c －b ,z= b+c －a ,其中a 、b 、c 是待定的质数，如果x 2试求积abc 的所有可能的值。

B A OE D C参考解答及评分标准一、选择题（每小题7分，共计42分）1、D2、B3、C4、A5、C6、C二、填空题（每小题7分，共计28分）3、45°4、12 1、a2－2 2、2三、解：∵原点是线段AB 的中点⇒点A 和点B 关于原点对称设点A 的坐标为（a ，b ），则点B 的坐标为（―a ，―b ）……5分又 A 、B 是抛物线上的点，分别将它们的坐标代入抛物线解析式，得：22242242b a a b a a ⎧=+-⎪⎨-=--⎪⎩ …………………………10分 解之得： a = 1 , b = 4 或者a = －1 ,b = －4…………………15分 故 A 为（1，4），B 为（-1，-4） 或者 A （-1，-4），B （1，4）.……20分 四、解：如图连结AD ，则∠1=∠2=∠3=∠4∴ΔCDE ∽ΔCAD∴T 1T 122-+⋅CD CADE AD =① ………………5分 又∵ΔADE ∽ΔBDA ∴AE ABDE AD=② ………………10分 由①、②及AB=AC ，可得AE=CD …………15分 又由ΔCDE ∽ΔCAD 可得CD CE CA CD=，即AE 2=CD 2=C E ·CA …………20分 设AE=x ，则CE=d －x ，于是 x 2=d(d －x) 即有AE = x =1d 2（负值已舍去） ……………………25分五、解：∵a+b －c=x, a+c －b=y, b+c －a =z ,∴a =1(x y)2+, b=1(x z)2+, c=1(y z)2+ …………………5分 又∵ y=x 2 , 故 a=21(x x )2+---(1); b=1(x z)2+-----(2) BA O EDC 43 2 1c=21(x z)2+----(3)∴∵x 是整数，得1+8a=T 2，其中T 是正奇数。

2020首届加拿大初中数学奥林匹克
1.正实数列123,,,a a a ⋅⋅⋅满足21111,n n n a a a a ++=+=.
证明:对任意实数n,1.n a n
≥
2.紫泉的艺术课考试是这样的:紫泉需要画一系列线段,其中第n 条线段的长度为n.绘画过程中,紫泉不能把他的笔尖离开纸面,故第n+1条线段的起点即为第n 条线段的终点.紫泉所画的线段可以与画过的线段交叉,甚至覆盖之前的线段.
当紫泉画出有限条线段之后,他把自己的作品交给了艺术课老师.如果紫泉所画的图形是一个N ×N 的正方形,其中N 为正整数,那么他就通过率考试,否则他就不能通过考试.
请问紫泉有可能通过考试吗?
3.给定n ≥3个正实数.证明:至多有n －2个互异的3的幂可以表示为其中3个不同元素的和. 译者注:本题目为同时考试的加拿大MO 第一题.
4.给定菱形ABCD.线段PQ 与菱形ABCD 的内切圆相切,其中P 在边AB 上,Q 在边AD 上. 证明:当线段PQ 移动时,△CPQ 面积为常数.
译者注:本题目为同时考试的加拿大MO 第二题.
5.智多星的存钱罐里有无穷多个硬币,且它们的币值为两两互异的正整数.那么,是否可能制作这样一个存钱罐,使得智多星恰好有2020种方法从存钱罐中取出若干个硬币,使得它们的币值的和为2020？
译者注:本题目为同时考试的加拿大MO第三题.。

2020塞尔维亚数学奥林匹克1. 求所有首一的多项式P x (), 使得-P x ()12可以被+P x (1)整除.2. 给定一个至少有5个顶点的多面体, 且每个顶点恰与3条边相连. 证明, 可以在每个顶点上标记一个有理数, 且满足如下两个条件:(i)至少有一个顶点上标记的数为2020.(ii)对每个面, 这个面上所有顶点上所标记数字的乘积为1.3. 给定△ABC, 在射线BA 上取点D, 射线AB 上取点E, 使得AD ＝AC, BE ＝BC. △DBC 和△EAC 的外接圆再次相交于点X, △DEC 和△ABC 外接圆再次相交于点Y. 若DY ＋EY ＝2XY, 求∠ACB 大小.第一天第二天4. 如图, 梯形ABCD中, 每个角都不为直角. 对角线AC和BD交于E. 作AP⊥BC于P, BQ⊥AD于Q. 过C,E,Q的圆与过D,E,P的圆交于点F.求证: AP, BQ, EF要么互相平行,要么交于一点.5. 对自然数n, 设2()v n 表示满足0,2|k k n ≥的最大自然数k. 若函数**:f →满足如下两个条件: (1)对任意*,()3x f x x ∈≤. (2)对*22,,(()())()x y v f x f y v x y ∀∈+=+. 证明: 对*a ∀∈, 有且仅有一个正整数x, 使得()3f x a =.6. 给定一个正整数k, 将n 个硬币分成若干堆, 并将这些硬币堆从左往右排成一列.(每堆可以有多个硬币)接下来, 在如下两种操作方式中任选一种进行操作:(i) 找到两个非空的硬币堆, 将其中一堆的所有硬币移至另一堆.(ii)找到一个至少有2个硬币的硬币堆, 从中选出两枚硬币,将其中一枚移至其左侧第k 堆, 再将另一枚移至其右侧第k 堆.(空堆也算)这样我们就完成了一步. 随后我们继续从以上两种操作中任选一种进行下去,直到无法进行操作为止.(1)若n ≤k ＋1, 证明我们只能进行有限步操作.(2) 当k 为何值时, 我们可以找到正整数n, 并以某种方式将这n 枚硬币分堆, 使得我们可以进行无限次操作?。

2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。

题目：探讨2020中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答---1. 引言2020年的中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答，是一个备受关注的事件。

在数学领域，这些试题代表着挑战和机遇。

本文将深入探讨这些试题，给您带来一场关于数学奥赛的知识盛宴。

2. 试题概述2020年中美洲及加勒比地区的数学奥林匹克试题，涵盖了代数、几何、概率等多个领域。

每道题目都设计严谨，考察了考生对数学知识的深度和灵活运用能力。

试题内容不仅注重基础知识的考察，更将数学与现实生活相结合，增加了题目的趣味性和挑战性。

3. 题目解析（1）代数题在代数题部分，考生需要熟练运用代数运算、方程式求解等技巧，解决问题。

一道题目要求计算多项式的值，另一道题目则考察了对齐次方程组的解法。

这些题目旨在考察考生对代数知识的掌握情况，并培养其逻辑推理能力。

（2）几何题几何题部分则考察了考生的空间想象能力和几何推理能力。

题目设计涉及了线段、角度、多边形等几何形状，要求考生在解题过程中画出清晰准确的图形，并通过严密的证明、推理解决问题。

（3）概率题概率题部分考察了考生对概率的理解和应用能力。

题目设计涉及了随机事件、概率计算、独立事件等内容，要求考生通过分析情况、计算概率，解决实际问题。

4. 试题意义2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计，旨在提高学生的数学综合能力，培养他们的逻辑思维和解决问题的能力。

通过解答这些试题，考生不仅能够巩固已学的数学知识，还能够开拓思维，拓展数学视野，提高解决实际问题的能力。

5. 个人观点作为一名数学爱好者，我认为2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计非常有价值。

这些试题既考察了考生的数学基础知识，又注重了数学在现实生活中的应用。

通过解答这些试题，我深切感受到数学的魅力和实用性，也在实践中不断提高自己的数学素养。

6. 总结2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的内容丰富多样，题目设计严谨合理，体现了数学的广度和深度。

解答这些试题不仅有助于考生巩固数学知识，还能够培养他们的逻辑思维和问题解决能力。