奥林匹克训练题库·去伪存真

数学奥林匹克高中训练题_119 注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明第II卷（非选择题）一、填空题1.若实数a、b、c、d满足a≥c≥b≥d≥0，则S=aa+b+bb+c+cc+d+dd+a的取值范围为________。

2.如图，在ΔABC的外部作ΔBDC、ΔAFB、ΔCEA，使得ΔBDC∽ΔAFB∽ΔCEA，则ΔABC和ΔDEF总有相同的________（填重心、内心、外心或垂心）.3.给定正实数a、b变量x、y满足x、y≥0，x+y=a+b，则函数f(x,y)=a√a2+x2+b√b2+y2的最小值为________.4.如图，在单位正四面体ABCD中，M、N、K分别在棱AB、AD、BD上，满足BM=DN=13，DK=14.则面ACK与面CMN所夹锐角的余弦值为________.5.数列{x n}满足：0<x1<1，x=n+1{3x n}(n≥1) .则共有________个不同的x1，使得{x n }从第一项开始是最小正周期为9的周期数列（{x }=x −[x ]，[x ]表示不超过实数x 的最大整数）. 6.在ΔABC 中，已知AC=1，BC =3√2，以AB 为斜边向ΔABC 外作等腰RtΔABD 则AB +2√2CD 的最大值是________.7.图是一个3×4的方格（其中心的方格线已被划去）.一只青蛙停在A 格处，从某一时刻起，青蛙每隔一秒钟就跳到与它所在方格有公共边的另一方格内，直至跳到B 格才停下..若青蛙经过每一个方格不超过一次，则青蛙的跳法总数为________.8.设AB 是抛物线y 2=2px 的一条焦点弦，且AB 与x 轴不垂直，P 是y 轴上异于O 的一点，满足O 、P 、A 、B 四点共圆，点A 、B 、P 的纵坐标分别为y 1、y 2、y 0.则y 1+y 2y 0的值为________.二、解答题9.实数x 、y i (i=1,2,3) 满足∑x 13i=1=∑y i 3i=1=∑y ix 13i=1=1，试求∑y ix 12+x 1x 2x 33i=1的值.10.若ΔABC 的三边所在直线均与抛物线y 2=2px (p >0)相切，证明：ΔABC 的外接圆必过某个定点，并求出定点的坐标. 11.数列{f n }(n ≥1)的通项为f n=∑C n−2k k [n3]k=0，a n 是f n 除以10以后的余数.试问{a n }是否为周期数列？如果是，请求出{a n }的最小正周期；如果不是，请说明理由. 12.求在图所示的2×6的方格中“圈”的个数.在这里，一条封闭的折线叫做圈，如果这条折线的边均由方格的边组成，且折线经过的任意一个方格顶点都只与折线的两条边相连.13.如图，在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O .过O 作直线H 1H 2和H 3H4，其中，H 1、H 3在线段AD 上，H 2、H 4在线段BC 上.设直线H 1H 4交线段AB 的延长线于T ，直线H 2H 3交线段CD 的延长线于S .证明：S 、Q 、T 三点共线.14.n 是大于1的整数，正实数a i (i =1,2,⋯,n ) 满足∑a i=1ni=1 .令a n+1=a 1.求证：（1）∑1−a 1a i+1ni=1≥(n −1)2∑a i1−a i+1ni=1； （2）∑a 11+a 1−a i+1≤n−1n ∑a i 1−a i n i=1n i=1； 15.试求出所有的正整数组(m,n,p )(p ≥2)，使得(pmn −1)|(m 2+n 2).参考答案1.[2，52)【解析】1. 因为a ≥c >0，所以，f (x )=x (a−c )(x+a )(x+c )=a−cx+acx+(a+c )在(0，√ac ]上是不减函数.故S=2+[a a+b−c c+b]+[c c+d−a a+d]=2+b (a−c )(b+a )(b+c)−d (a−c )(d+a )(d+c )=2+f (b )−f (d )≥2又a≥c ≥b >0，则S =1+[a a+b+b b+c]−[d c+d−d a+d]≤1+a a+b+b b+c<1+a+b a+b+b 2b=52.取a=b =c =d =1，则S =2；取a →+∞，b =c =1，d →0，则S →52.综上，S∈[2,52).2.重心【解析】2.建立复平面，设点A 在复平面内对应的复数为A ，其余类似. 由ΔBDC ∽ ΔAFB ∽ ΔCEA ，可设∠DBC=∠ECA =∠FAB =θ，|BD ||BC |=|CE||CA |=|AF ||AB |=k .令ke −iθ=z .则D−B C−B=|BD ||BC |e −i∠DBC=z ，即D −B =z (C −B ). 同理，E −C =z (A −C )，F −A =z (B −A )..将上述三式相加得A +B +C =D +E +F .这表明，ΔABC 和ΔDEF 总有相同的重心.3.(a +b )√a 2+b 2【解析】3.由柯西不等式得√a 2+x 2⋅√a 2+b2≥a 2+bx ，√b 2+y 2⋅√b 2+a 2≥b 2+ay . 则f (x,y )=2+x 2+b√b 2+y 2≥2√a 22+b 2√a 22=23√a 22=(a +b )√a 2+b 2.当且仅当x =b,y =a 时，上式等号成立.4.√69【解析】4.如图，记MN 与AK 交于点G ，并设面ACK 与面CMN 所成的锐角大小为θ. 作CO⊥面ABD 于点O .延长AO 交BD 于点X .易知O 是ΔABD 的中心.则AO =2OX ，BX =XD .又AM=2MB ，AN =2ND ，因此，M 、O 、N 三点共线，O 是MN 的中点.由AC ⊥MN ，AC ⊥CO 知AC ⊥面CMN .故ΔACG 在面CMN 上的投影为ΔOCG .由面积射影定理得cosθ=S ΔCOG S ΔACG=14SΔCMN 23SΔACK=14×√6923×12×34=√695.19656【解析】5. 不妨令0≤x 1≤1.若x 1=0或1，则当n ≥2时，x n =0.这样的数列不满足题意.设x 1在三进制下可表示为(0.a 1a 2⋯)3，a 1∈{0,1,2}.则{x n }是周期为T 的周期数列⇔{a n }是周期为T 的周期数列⇔ x 1在三进制下是循环小数，且循环节长为T . 因此，使{x n }是以T 为周期的周期数列x 1共有3个.设所有最小正周期为9的数列{x n }组成集合A ，所有周期为9的数列{x n }组成集合B ，所有周期为3的数列{x n }组成集合C ，则A ∩C =∅，A ∪C =B .从而，最小正周期为9的数列{x n }共有|A |=|B |−|C |=39−33=19656 个，这些数列所对应x 1也有19656个.6.10【解析】6.如图，以BC为直角边、C为直角顶点向外作等腰RtΔBCE，联结AE，设∠ACB=θ.由AB=√2BD，BE=√2BC，∠EBA=∠CBD，知ΔEBA∽ΔCBD.则AECB =BEBC=√2在ΔACE中，AE=√AC2+BC2−2AC⋅BC[cosθ+π2]=√19+6√2sinθ在ΔABC中，AB=√AC2+BC2−2AC⋅BCcosθ=√19-6√2cosθ故AB+√2CD=√19+6√2sinθ+√19−6√2cosθ≤√2(19+6√2sinθ+19−6√2cosθ)=√76+24[sinθ−π4]≤√100=10.当且仅当θ=3π4时，上式等号成立.7.26【解析】7.如图，分两种情况讨论.（1）如果青蛙不经过M格，则有2条路径：APCDRB，AQSEFB.（2）如果青蛙经过M格，若某时刻青蛙跳到C格，则它下一秒内一定跳至D格；若某时刻青蛙跳到D 格，则它下一秒内一定不会跳至C 格.因此，可将C 、D 两格合并为一个大方格（设之为G ）.同样地，可将E 、F 两格合并为大方格H . 如果两个方格有公共边，则在两个方格间连上虚线，如图9.由图可知，P 、G 、R 和Q 、S 、H 对称地分布在直线AB 的两侧.显然，青蛙第一步必跳入P 、Q 两格中的某格，倒数第二步必跳入R 、H 两格中的某格. 如果青蛙第一步跳至P 格，倒数第二步跳至R 格，那么，这样的路径有3条：APGMRB ，APMPB ，APMGRB .如果青蛙第一步跳至Q 格，倒数第二步跳至R 格，设青蛙第k 秒钟跳至M 格，第k −1秒跳至X 格，第k+1 秒跳至Y 格.则X 格可以是Q 、S 、H 、Y 格可以是P 、G 、R .因此，这样的路径有3×3=9条. 由对称性知，如果青蛙第一步跳至Q 格，倒数第二步跳至H 格，则这样的路径有3条；如果青蛙第一步跳P 格，倒数第二步跳至H 格，则这样的路径有9条. 综上，青蛙的跳法总数为2(9+3)+2=26. 8.4【解析】8.如图，设直线1AB :ky =x −p2，与抛物线方程联立得y 2−2pky −p 2=0.由于y 1、y 2是方程的两根，且y 1≠y 2，则由韦达定理得y 1y =2−p 2.设直线PA 、PB 的斜率分别为k 1、k 2.则k 1=y 1−y 0y 122p=2p (y 1−y 0)12，k 2=2p (y 2−y 0)22. 因为A 、P 、O 、B 四点共圆，所以，∠APB=∠AOB ，tan∠APB =tan∠AOB .而 tan∠APB =k 1−k 21+k 1k 2=2p (y 1−y 0)y 12−2p (y 2−y 0)y 221+2p (y 1−y 0)y 12⋅2p(y 2−y 02)y 22=2p (y 2−y 1)[y 1y 2−y 0(y 1+y 2)]p 4+4p 2(y 1−y 0)(y 2−y 0).令y 0=0，可得tan∠APB =2p (y 2−y 1)y 1y 2p 4+4p 2y 1y 2=2(y 2−y 1)3p.故tan∠APB =tan∠AOB ⇔2p (y 2−y 1)[y 1y 2−y 0(y 1+y 2)]p +4p (y 1−y 0)(y 2−y 0)=2(y 2−y 1)3p.又y 1−y 2≠0，则tan∠APB =tan∠AOB ⇔y 1y 2−y 0(y 1+y 2)p 2+4(y 1−y 0)(y 2−y 0)=13⇔3y 1y 2−3y 0(y 1+y 2)=p 2+4(y 1−y 0)(y 2−y 0).将−p 2=y 1y 2代入上式得y 0(y 1+y 2)=4y 02.由于y 0≠0，故y 1+y 2y 0=4.9.0【解析】9. 令a i =y i x 1(i =1,2,3).于时，∑a i =∑a i x 1=13i=13i=1.故y 1x 12+x 1x 2x 3=y 1x 1x 1(x 1+x 2+x 3)+x 2x 3=a 1(x 1+x 2)(x 1+x 3)=a 1−a 1x 1(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1).同理，y 2x 22+x 1x 2x 3=a 2−a 2x 2(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1)，y 3x 32+x 1x 2x 3=a 3−a 3x 3(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1).则∑y ix 12+x 1x 2x 3=∑a 1−∑a 1x 13i=13i=1(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1)=03i=1.10.见解析【解析】10.如图，不妨设点A 和抛物线在直线BC 的两侧，且点B 在C 的上方.并设直线AB 、BC 、CA与抛物线的切点分别为D 、E 、F 设D(y 122p ,y 1)、E(y 222p ,y 2)、F(y 322p ,y 3)、S(p 2,0).易求得k AB =py 1，k AC =py 3.则1AB :y −y 1=p y 1[x −y 122p ]， 即y 1y =px +y 122p ，1AC :y 3y=px +y 322p .联立两方程得A(y 1y 32p,y 1+y 32).同理，B(y 1y 22p,y 1+y 22)、C(y 2y 32p,y 2+y 32).故tan∠BAC=k AB −k AC 1+k AB k AC=p y 1−py 31+p 2y 1y 3=p (y 3−y 1)p 2+y 1y 3，于是，k BS=y 1+y 22y 1y 22p −p2=p (y 1+y 2)y 1y 2−p 2，k CS=p (y 3+y 2)y 3y 2−p 2.则tan∠CSB=p (y 1−y 3)p 2+y 1y 3=−tan∠BAC .因此，∠BAC+∠BSC =π.所以ΔABC 的外接圆恒过点S(p2,0).显然，ΔABC 的外接圆不可能同时通过两个不同的定点. 因此，(p2,0)是外接圆通过的唯一定点.11.见解析【解析】11.{a n }是周期数列，最小正周期为217. 易知f 1=f 2=1，f 3=2，f 4=3，f 5=4.下面证明：当n ≥4时，f n+2=f n+1+f n−1. ①（1）当n≡0或2(mod3)时，[n+23]=[n+13].则f =n+2∑C n+2−2k k [n+23]k=0=C n+10+∑C n+2−2k k−1[n+23]k=1+∑C n+1−2k k[n+23]k=1=∑C n−1−2kk[n−13]k≡0+∑C n+1−2k k[n+13]k≡0=f n+1+f n−1.（2）当n ≡1(mod3)时， 令r=n−13∈Z .则f n+2=∑C n+2−2kk =2+r+1k=0∑C n+2−2k k r k=1=∑C n−1−2(k−1)k−1+∑C n+1−2k krk=1rk=1+2=[∑C n−1−2k k +C n−1−2r rr−1k=0]+[∑C n+1−2k k +C n+10rk=1]=∑C n−1−2k k +∑C n+1−2k k[n+13]k=0[n−13]k=0=f n+1+f n−1设u k 是f k 除以2所得的余数，v k 是f k 除以5所得的余数.由式①可得{u k }的各项为：1,1,0,1,2,2,1,1,1,0,1,0,0,1,⋯ {v k }的各项为：1,1,2,3,4,1,4,3,4,3,1,0,3,4,4,2,1,0,2,3,3,0,3,1,1,4,0,1,0,0,1,1,1,2,3⋯由上可知，{u k }是最小正周期为7的周期数列；{v k }是最小正周期为31的周期数列. 它们的循环节分别如划线部分所示.又(2,5)=1，故f k 除以10所得余数是周期数列，最小正周期是7和31的最小公倍数，即217. 12.681【解析】12.定义某个圈在方格水平方向的投影长为这个圈的“圈长”. 首先求2×k 的方格（如图）中圈长为k 的圈的个数a k .这些圈中都至少包含了A 、B 格中的一个，设其中包含A 格但不包含B 格的有x k 个， 包含B 格但不包含A 格的有y k 个，包含A 、B 两格的有z k 个.因此，a k =x k +y k +z k .由对称性知x k=y k ，又包含A 、B 格的圈，必须至少包含C 、D 格中的一个，故z k =a k−1；包含A 格但不包含B 格的圈必包含C 格，故x k =x k−1+z k−1.由以上四式得a k =2a k−1+a k−2.下面计算a 1、a 2.如图（a ）,在2×1的方格中圈长为1的圈共有3个：ABDCA ，CDFEC ，ABDFECA .（a ） （b ）如图（b ），在2×2的方格中圈长为2的圈共有7个：GHILKJG ，JKLONMJ ，GHILONMJG ，GHILONKJG ，GHILKNMJG ，HILONMJKH ，GHKLONMJG .所以，a 1=3，a 2=7因此，a 3=17，a 4=41，a 5=99，a 6=239.故2×6棋盘中圈的个数为∑(7−i )a i =68161=1.13.见解析【解析】13. 先证明一个引理.引理 如图在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 交千点O 、P 、Q 分别是线段AB 、CD 外的点.如果P 、O 、Q 三点共线，则CQ QD ⋅DO OB ⋅BP PA ⋅AOOC =1.引理的证明：由于P 、O 、Q 三点共线，则∠AOP=∠COQ ，∠BOP =∠DOQ ，故CQ QD ⋅BPPA =SΔOCQ S ΔOQD⋅S ΔOBPS ΔOPA=SΔOCQ S ΔOAP⋅S ΔOBP S ΔOQD=OB⋅OP OD⋅OQ ⋅OC⋅OQ OA⋅OP =OC OA ⋅OB OD .因此，CQ QD ⋅DO OB ⋅BP PA⋅AO OC=1.回到原题. 分两种情况讨论.（1）如图，当AD 与BC 不平行时，设AD 与BC 交于点M .对ΔMAC 与截线H 1OH 2，有MH 1H 1A ⋅AO OC ⋅CH2H 2M =1；①对ΔMBD 与截线H 3OH 4，有H 3M DH 3⋅MH 4H 4B ⋅BOOD=1；②对MCD 与截线H 2H 3S ，有MH 2H 2C ⋅CS SD ⋅DH 3H 3M=1； ③ 对ΔMBA 与截线H 1H 4T ，有H 4M BH4⋅MH 1H 1A ⋅ATTB=1； ④ ①÷②×③÷④得CS SD ⋅DO OB ⋅BT TA ⋅AOOC=1.故BTTA=BT ′T ′A.因此，点T 与T ′重合.所以，S 、O 、T 三点共线. （2）当AD ∥BC 时，有CS SD =CH 2DH 3，DO OB =DH 3BH 4，BT TA =BH 4AH 1，AOOC =AH 1CH 2.①÷②×③÷④得CS SD ⋅DO OB ⋅BT TA ⋅AO OC=1.设射线SO 交线段AB 的延长线于点T ″.理可以证明点T 与T ′重合. 所以，S 、O 、T 三点共线. 14.（1）见解析；（2）见解析【解析】14. （1)令a 0=a n ，对任意的i (i =1,2,⋯,n )，由均值不等式得a 11−ai+1=a i∑a j1≤j≤n,j≠i+1≤i(n−1)n−1√∏a j1≤j≤n,j≠i+1=1n−1√∏a ia j1≤j≤n,j≠i+1n−1≤1(n−1)2∑a ia j1≤j≤n,j≠i+1.故∑a i 1−a i+1≤1(n−1)2∑∑a i a j=1(n−1)2[∑a i ∑1a i−ni=1ni=11≤j≤nj≠i+1n−1i=0n i=1∑a ia i+1ni=1]=1(n−1)2∑1−a i a i+1n i=1. 因此，∑1−a i a i+1≥(n −1)2∑a i1−a i+1ni=1ni=1.当且仅当a i=1n(i =1,2,⋯,n )时，上式等号成立.（2）设i 1,i 2,⋯,i n 是1,2,⋯,n 的一个排列，满足a i 1≥a i 2≥⋯≥a i n .因此11−ai 1≥11−a i 2≥⋯≥11−a i n.由排序不等式得∑a i 1−a i=∑a ij 1−a ij≥∑a i1−a i+1ni=1nj=1ni=1.①由柯西不等式得∑a i 1−a i≥[∑n i=1a ]2∑a 1−∑a 12ni=1ni=1≥[∑n i=1a ]2∑a 1n i=1−1n [∑ni=1a ]2=n n−1ni=1.②对任意的i (i=1,2,⋯,n )，由均值不等式得ai1+a i−ai+1=a ia i +(n−1)⋅1−ai+1n−1≤in √a i(1−ai+1)n−1(n−1)n−1=n−1n √1n−1[a i 1−a i+1]n−1n≤n−1n[(n −1)⋅a i 1−a i+1+1n−1].③由式①、②、③得∑a i1+a i −a i+1≤(n−1)2n 2ni=1∑a i 1−a i+1+1n ≤ni=1(n−1)2n 2∑a i 1−a i +n−1n 2∑a i1−a i=n−1n∑a i1−a in i=1ni=1ni=1. 当且仅当a i =1n(i =1,2,⋯,n )时，上式等号成立. 15.见解析【解析】15. 由题意设m 2+n 2=k (pmn −1)(k ∈N +).①下面分两种情况讨论. （1）若m =n ，则k =2m 2pm −1≥1.因此，(p −2)m 2≤1.显然，p ≤3.若p=3，则m 2≤1，故只能有m =n =1；若p =2，则k =2m 22m −1=1+12m −1是正整数，故只可能有m=n=1.（2）若m≠n，由对称性不妨假设m>n，即m≥n+1.考虑二次方程x2−pknx+(n2+k)=0，②其中，m是方程②的一个根.设方程的另一根为y.由韦达定理有是m+y=pk，my=n2+k>0.所以，y为正整数且y=pkn−m.下面证明：当n≥2时，y>n.事实上，n−y=m+n−pkn=m+n−pn⋅m2+n2 pmn−1=(pmn−1)(m+1)−pn(m2+n2)pmn−1=pmn2−pn3−m−npmn−1.又p≥2，m≥n+1，则pmn2−pn2−m−n≥2mn2−2n3−m−n= m(2n2−1)−(2n3+n)≥(n+1)(2n2−1)−(2n3+n)=2n(n−1)−1≥3≥0.所以，n−y>0，y<n成立.由于m和y=pkn−m是方程②的两个根，因此，对某个p，如果一组(m,n)=(m0,n0)(m0>n0>1)是方程①的解，那么，(m′,n′)=(n0,pkn0−m0)也是方程①的解.而m0>n0=m′>n′，可因此，对方程①的任意一个解(m,n)(m>n>1)，用(n,pkn−m)来替换原来的(m,n)，式①仍然成立.只要这里的n>1，这样的替换便可以继续下去.而每经过一次这样的替换，n的值将会减少.因此，经过有限步之后，必有n=1.下面讨论n=1时，方程①的解.（i）若k=1，则方程①即为m2−pm+2=0.而m>1，故仅有解(m,n,p)=(2,1,3).此时，k=1.（ii）若k≥2,则有m2+1≥2(pm−1).③因为k=m2+1pm−1是正整数，所以，p2k=p2m2+p2pm−1=pm+1+p2+1pm−1是正整数.故(pm−1)|(p2+1).如果m≥p+1,则p2+1≥pm−1≥p2+(p−1).解得p≤2.于是，p=2,m=p+1=3,即(m,n,p)=(3,1,2),此时，k=2.如果m≤p,代入式③可得m2+1≥2(m2−1),即m≤√3与m≥2矛盾.因此，p只能取2,3.当p=2时，方程①的任意一个解(m,n)(m>n>1)经过有限次替换以后必将变为(3,1).反过来，对(3,1)作上述替换的逆变换(m,n)→(4m−n,m)，a1)(i=1,2,⋯)，将生成方程的全部解.这些解可表示为(a,i+1在这里，数列{a n}满足a=11，a2=3以及递推关系a i+1=4a i−a i−1.同理，当p=3时，方程的全部解为(b i+1,b i)(i=1,2,⋯)，在这里，数列{b n}满足b1=1,b2=2以及递推关系b i+1=3b1−b i−1.当m<n时，由对称性可知，方程的全部解为(m,n,p)=(a i,a i+1,2)以及(b,b i+1,3)(i=1,2,⋯).因此，全部解为(m,n,p)=(a i+1,a,2),(a,a i+1,2),(b i+1,b i,3),(b,b i+1,3)(i=1,2,⋯).其中，数列{a n}满足a=1a2=1，a i+1=4a1−a i−1；数列{b n}满足b1= b2=1，b i+1=3b1−b i−1.。

去伪存真47A，B，C，D四人中只有一人体育未达标，当有人问他们是谁体育未达标时，A说“是B”，B说“是D”，C说“不是我”，D说“B说错了”。

如果这四句话中只有一句是对的，那么体育未达标的是谁？48A，B，C，D四个孩子踢球打碎了玻璃窗。

A说：“是C或D打碎的。

”B说：“是D打碎的。

”C说：“我没有打碎玻璃窗。

”D说：“不是我打的。

”他们中只有一人说了谎话。

到底是谁打碎玻璃窗的？49A， B， C， D四人在争论今天是星期几。

A说：“明天是星期五。

”B说：“昨天是星期日。

”C说：“你们俩说的都不对。

”D说：“今天不是星期六。

”实际上这四人只有一人说对了。

今天是星期几？50丁丁把两张纸片团起来握在手中，请甲、乙、丙三个小朋友猜哪只手里握有纸片。

甲说：“左手没有，右手有。

”乙说：“右手没有，左手有。

”丙说：“不会两手都没有，我猜左手没有。

”丁丁说三人中有一人两句话都说错了，一人两句话都猜对了，一人对一句错一句。

问：丁丁的哪只手里有纸片？51甲、乙、丙三人分别是学校足球队、乒乓球队和篮球队的队员。

下面的说法只有一种是对的：（1）甲是足球队的；（2）乙不是足球队的；（3）丙不是篮球队的。

问：甲、乙、丙分别是哪个队的？52从分别写着努、力、学、习四个字的四张卡片中选出三张，然后将这三张卡片有字的面朝下摆在桌子上。

甲、乙、丙分别猜每张卡片上是什么字，猜得的情况见下表：结果有一人全猜对了，有一人猜对两个，有一人全猜错了。

全猜错的是谁？53A，B，C三人谈他们的年龄，每人说的三句话中都有两句真话一句假话。

A说：“我不是最小的，B是25岁，我和B差3岁。

”B说：“C是23岁，A比C大3岁，我比C小。

”C说：“我22岁，我比A小2岁，比B大1岁。

”问：三人各多少岁？54甲、乙、丙三人，一个总说谎，一个从不说谎，一个有时说谎。

有一次谈到他们的职业。

甲说：“我是油漆匠，乙是钢琴师，丙是建筑师。

”乙说：“我是医生，丙是警察，你如果问甲，甲会说他是油漆匠。

奥运知识竞赛题库1.奥林匹克运动的发祥地在何处？奥林匹亚为奥林匹克运动的发祥地，位于希腊首都雅典西南约300公里的地方。

2.古代奥运会创始人是谁？古代奥运会的创始人是伊菲图斯。

3.奥运火炬是如何起源的？奥林匹克火炬起源于古希腊神话中普罗米修斯为人类上天盗取火种的故事。

为了纪念这位神话中的英雄，古代奥运会采取点燃圣火的仪式。

4.《掷铁饼者》是谁雕塑的？由古希腊伟大的雕塑家米伦公元前5世纪雕塑，《掷铁饼者》一直保留至今，它栩栩如生地再现了运动员娴熟、优美的投掷姿态。

5.现代奥林匹克创始人是谁？代奥林匹克运动创始人是顾拜旦，曾任国际奥委会第二任主席。

6.著名的《体育颂》作者是谁？顾拜旦在第五届奥运会上发表了他的著名诗作《体育颂》。

7.国际奥委会是何时诞生的？1894年6月23日，在法国巴黎举办的"恢复奥林匹克运动会代表大会"上，正式成立了国际奥林匹克委员会。

8.国际奥委会第一任主席是谁？国际奥委会第一任主席是希腊诗人维凯拉斯。

9.国际奥委会总部设在何处？国际奥委会总部设在有世界"花园城市"之称的瑞士洛桑。

10.国际奥委会是个怎样的组织？际奥林匹克委员会，是一具有法律地位和永久继承权的法人团体，是以不营利为目的的组织。

11.国际奥委会使用的正式语言是什么？《奥林匹克宪章》规定，国际奥委会的正式语言是法文和英文，因此要求国际奥委会委员必须能讲英语或法语。

近年来，又增加了西班牙语、俄语和德语，这5种语言为公用语，在会议上同声传出。

国际奥委会的文件包括奥林匹克宪法章在内的重要文件，如遇英文本法文本有出入之处，则以法文本为准。

12.奥林匹克运动的宗旨是什么？奥林匹克宪章明文规定，奥林匹克运动宗旨的内容是：使体育运动为人类的和谐发展服务，以提高人类尊严；以友谊、团结和公平竞赛的精神，促进青年之间的相互理解，从而有助于建立一个更加美好的和平的世界；使世界运动员在每4年一次的盛大的体育节日--奥林匹克运动会中聚会在一起。

奥林匹克运动试题一第一篇：奥林匹克运动试题一一、名词解释：（20分）1、古奥运会花冠：古代奥运会胜利者的奖品是从阿尔提斯采摘的橄榄枝编成的花冠。

古希腊人认为，橄榄树是雅典保护神雅典娜带到人间的，是神赐予人类和平与幸福的象征，因此用橄榄枝编织的花冠是最神圣的奖品。

据说，用于编织桂冠的橄榄枝必须由一个双亲健在的12岁儿童用纯金小刀从神树上割下来。

古代奥运会对于其优胜者并不注重物质的奖励，而是给予他们最高的荣誉——一顶橄榄枝编织而成的花冠。

橄榄枝花冠编制时不仅要特别精心，而且还要特别虔诚。

奖给获胜运动员以橄榄枝花冠的做法，始于公元前752年的第7届古代奥运会。

当时除奖给冠军以橄榄枝花冠外，还另外发一条棕榈枝，运动员右手持枝，以示荣耀。

奥运优胜者不但得到大会的奖励，在自己的城邦也会得到许多荣誉和奖赏。

但是从古到今，最重要的，也是最悠久的奖励方式，还是授予橄榄枝花冠。

2、奥林匹克会旗：奥林匹克标志，由五个奥林匹克环组成，五环的颜色规定为蓝、黄、黑、绿、红，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄、绿环。

长3米，宽2米，以白色为底，象征纯洁。

国际奥委会会旗系1913年根据皮埃尔·德·顾拜旦的构思而设计制作的。

会旗和五个环的含义是，象征五大洲的团结，全世界的运动员以公正、坦率的比赛和友好精神，在奥运会上相聚一堂。

3、奥林匹克村：奥运村又叫奥林匹克村或者运动员村。

指奥林匹克运动会主办城市为参加奥运会的运动员、教练员提供的集中住宿的处所。

奥运村从运动会开幕前两周开始使用，闭幕三天后结束使用。

各代表团入住奥运村都要举行入村仪式。

4、奥林匹克精神：相互理解、友谊长久、团结一致和公平竞争二、填空题：（40分）1、2000年（第27）届奥运会在（悉尼）举行，2008年（第29）届奥运会将在（北京）举行。

2、古奥会从公元前（776）年起至公元（393）年止，经历了（1169）年，共举行了（293）届。

分析与推理训练B卷班级______姓名______得分______1．已知A＞B，D＜C，E＞A，B＞F，E＜D。

想一想:下列各项是什么关系？A□D D□B F□EC□A E□C2．有A、B、C、D、E、F六人围一张圆桌而坐，已知E与C相隔一人并坐在C的右面(如图)，D坐在A的对面，B与F相隔一人并坐在F的左面，F与A不相邻。

试定A、B、C、D、E、F的位置。

3．明明、冬冬、蓝蓝、静静、思思和毛毛六人参加一次会议，见面时每两人都要握一次手，明明已握了五次手，冬冬已握了四次手，蓝蓝已握了三次手，静静已握了两次手，思思握了一次，问毛毛已握了几次手？4．甲、乙、丙、丁比赛乒乓球，每两个人要赛一场，结果甲胜了丁，并且甲、乙、丙三人胜的场数相同。

问丁胜了几场？5．三个口袋，有一个装着两个黑球，另一个装着两个白球，还有一个装着一个黑球一个白球。

可是，口袋外面的标签都贴错了，标签上写的字与袋子里球的颜色不一样。

你能不能只从一个口袋里摸出一个球，就能说出这三个口袋各装的是什么颜色的球？6．甲说:“我10岁，比乙小2岁，比丙大1岁。

”乙说:“我不是年龄最小的，丙和我差3岁，丙是13岁”。

丙说:“我比甲年龄小，甲 11岁，乙比甲大3岁。

”以上每人所说的三句话中都有一句是错的，请确定甲、乙、丙三人的年龄。

7．A、B、C三个人回答同样的七个判断题，按规定凡答案是对的，就打一个“√”，相对，答案是错的，就打一个“×”。

回答结果发现，这三个人都只答对5题，答错2题，A、B、C三人所答题的情况如下所示:请问:这七道题目的正确答案是什么？8．甲、乙、丙三人用汽枪射靶，每人射一发子弹，中靶的位置如图所示(图上黑点处)，其中只有一发射中靶心(25分)。

计算成绩时发现三人得分相同。

甲说:“我有两发子弹共得18分”，乙说:“我有一发子弹只得3分”，请你判断是谁射中了靶心？9．少年宫一至四楼的八个房间分别是音乐、舞蹈、美术、书法、棋类、电工、航模、生物八个活动室。

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。

奥林匹克运动选修课试题库题目李岳峰一、选择题：1、公元前776年从有文字记载的第一届古奥运会，在希腊的举办地是。

（C）A、雅典B、泽尔非C、奥林匹亚2、古奥运会每隔年举行一次，人们把这一周期称为奥林匹亚德。

（B）A、5年B、4年C、3年3、古奥林匹亚的宙斯庙建于公元前490年前，希腊军大败波斯军的地方是。

（B）A、奥林匹斯山B、马拉松河谷C、爱琴海4、古奥运会赛前最后一天要到宙斯庙宣誓，誓词大意为。

（C）A、服从裁判B、重在参与，不中途退出C、永不把非正当手段用于比赛5、古代奥运会五项全能比赛的五个项目。

（A）A、赛跑、跳远、铁饼、标枪和角力B、赛跑、跳远、铁饼、标枪和角力C、赛跑、跳远、铅球、标枪和角力6、古奥运会跳远比赛踏跳时，着地要求。

（C）A、单脚B、双脚不同时间C、双脚整齐7、古奥运会塞马的冠军是。

（C）A、马B、骑手C、马主人8、古奥运会战车赛，比赛距离的为米左右。

（B）A、1万米B、9千米C、8千米9、古奥运会从第78届起将比赛时间延长，整个会期总共为天。

（C）A、4天B、3天C、5天10、古奥运从第6届开始，奖给冠军的是。

（C）A、一头羊B、奖章C、用橄榄枝编织的花冠11、古奥运会由衰落直至走向毁灭的时间段是。

（A）A、公元前146年至公元394年B、公元前776年至公元前338年C、公元前338年至公元前146年12、现代奥运创始人是。

（B）A、马泰奥B、顾拜旦C、扎巴斯13、具有历史意义的巴黎国际体育会议，于1894年6月23日通过决议，成立国际奥林匹克委员会，不少国家称之为体育节日，我国也于1986年将这天定为。

（C）A、体育节B、世界体育节C、奥林匹克14、第一届国际奥委会第一任主席是。

（C）A、顾拜旦B、卡洛C、维凯拉斯15、1896年第一届现代奥运会的举办地是。

（B）A、巴黎B、雅典C、奥林匹克16、国际奥委会总部设在。

（C）A、巴黎B、伦敦C、洛桑17、中国任国际奥委会第一副主席、奥委会执委之一的人名叫（A）A、何振梁B、伍邵组C、张百发18、奥林匹克会旗图案为白色、无边，中央有5个相互套连的圆环，颜色自左至右依次为。

奥林匹克训练题库第五章应用题一行程问题1.57.6千米/时。

2.60千米/时。

19（分）。

6.2.4时。

解：设上山路为x千米，下山路为2x千米，则上、下山的平均速度是（x＋2x）÷（x÷22.5＋2x÷36）＝30（千米/时），正好是平地的速度，所以行AD总路程的平均速度就是30千米/时，与平地路程的长短无关。

因此共需要72÷30＝2.4（时）。

8.15辆。

11.30分。

提示：一个单程步行比骑车多用20分。

12.2时20分。

13.12千米/时。

14.4000千米。

15.15千米。

16.140千米。

17.20千米。

18.52.5千米。

解：因为满车与空车的速度比为50∶70＝5∶7，所以9时中满车行19.25∶24。

提示：设A，B两地相距600千米。

20.5时。

提示：先求出上坡的路程和所用时间。

21.25千米。

提示：先求出走平路所用的时间和路程。

22.10米/秒；200米。

提示：设火车的长度为x米，根据火车的速度列出方程24.乙班。

提示：快速行走的路程越长，所用时间越短。

甲班快、慢速行走的路程相同，乙班快速行走的路程比慢速行走的路程长，所以乙班获胜。

25.30千米。

提示：军犬的速度为20千米/时，它跑的时间等于甲、乙两队从出发到相遇所用的时间。

26.2时15分。

提示：上山休息了5次，走路180分。

推知下山走路180÷1.5＝120（分），中途休息了3次。

28． 24千米。

解：设下山用t时，则上山用2t时，走平路用（6-3t）时。

全程为4（6-3t）＋3×2t＋6×t＝24（千米）。

29．8时。

解：根据题意，上山与下山的路程比为2∶3，速度比为甲地到乙地共行7时，所以上山用4时，下山用3时。

如下图所示，从乙地返回甲地时，因为下山的速度是上山的2倍，所以从乙到丙用3×2＝6（时），从丙到甲用4÷2＝2（时），共用6＋2＝8（时）。