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第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；b)A =1；c)A =2。
（罗马尼亚）3. a 、b 、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程0cos cos 2=++c x b x a试用 a,b,c 作出一个关于 cos 2x 的二次方程，使它的根与原来的方程一样。
当a =4,b =2,c =-1 时比较 cos x 和 cos 2x 的方程式。
（匈牙利）4. 试作一直角三角形使其斜边为已知的c ，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
（匈牙利）5. 在线段AB 上任意选取一点M ，在AB 的同一侧分别以 AM 、MB 为底作正方形AMCD 、 MBEF ，这两个正方形的外接圆的圆心分别是 P 、Q ，设这两个外接圆又交于 M 、N 。
a) 求证：AF 、BC 相交于N 点；b) 求证：不论点M 如何选取，直线MN 都通过定点S ；c) 当M 在A 与B 之间变动时，求线段PQ 的中点的轨迹。
（罗马尼亚）6. 两个平面P 、Q 的公共边为 p ，A 为P 上给定一点，C 为Q 上给定一点，并且这两点都不在直线p 上。
试作一等腰梯形ABCD （AB 平行于CD ），使得它有一个内切圆，并且顶点B 、D 分别落在平面P 和Q 上。
（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚 锡纳亚（Sinaia ，Romania ）1. 找出所有具有下列性质的三位数N ：N 能被11整除且商等于N 的各位数字的平方和。
（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x ：（匈牙利）()92211422+<+-x x x3. 直角三角形ABC 的斜边BC 的长为a ，将它分成n 等份（n 为奇数），令α为从A 点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A 到BC 边的高长为h ，求证：（罗马尼亚）()a n nh 14tan 2-=α4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、h b 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
数学奥林匹克高中训练题（27）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题57)若()f x 是R 上的减函数，且()f x 图像经过点(0,3)A 和点(3,1)B -，则不等式(1)12f x +-<的解集为(D)．(A)(,3)-∞ (B)(,2)-∞ (C)(0,3) (D) (1,2)-2．(训练题57)若函数2()sin 2(2)cos 2f x a x a x =+-的图像关于直线8x π=-对称，则a 的值等于(C)．或 (B)1或1- (C)1或2- (D)1-或2 3．(训练题57)设椭圆的方程为221,(0,1)3x y A +=-为短轴的一个端点，,M N 为椭圆上相异两点，若总存在以MN 为底边的等腰AMN ∆，则直线MN 的斜率k 的取值范围是(C)．(A)(1,0]- (B)[0,1] (C)(1,1)- (D)[1,1]-4．(训练题57)()f x 是定义在R 上的函数，且对任意的x 满足(1)()f x f x +=-．已知当(2,3]x ∈时，()f x x =．那么，当(2,0]x ∈-时，()f x 的表达式为(C)．(A)()4f x x =+ (B)4,(2,1]()2,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨-+∈-⎩(C)4,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨--∈-⎩ (D)1,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x --∈--⎧=⎨--∈-⎩ 5．(训练题57)已知1111ABCD A B C D -是边长为１的正方体，P 为线段1AB 上的动点，Q 为底面ABCD 上动点．则1PC PQ +的最小值为(A)．(A)12+ (C)2 (D)122+ 6．(训练题57)已知在数列{}n a 中，11,n a S =为前n 项的和，且满足2(1,2,)n n S n a n ==．则n a 的表达式为(D)．(A)1(2)2n n ≥+ (B)1(3)(1)n n n ≥- (C)1(4)2(1)n n ≥+ (D)2(1)n n + 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 1．(训练题57)在ABC ∆中，AD BC ⊥于D ，且13AD BC =．则AC AB AB AC +的最大值为2．(训练题57)已知函数1a x y x a -=--的反函数图像关于点(1,4)-成中心对称．则实数a 的值 3 ．3．(训练题57)集合11{(1)},{|}22A x a xB x x =>+=-<，当A B ⊆时，a4．(训练题57)已知线段//AD 平面α，且到平面α的距离等于８，点B 是平面α内的一动点，且满足10AB =．若21AD =，则点D 与B 距离的最小值为 17 ．5．(训练题57)已知多项式21x x --整除多项式541ax bx ++．则实数a = 3 ，b =5-．6．(训练题57)设[2002]S =++++，其中整数。
国际数学奥林匹克试题分类解析数论A2 整数的求解A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3．【解】设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有a＋（a＋1）＋…＋（a＋n－1）＝1000即n（2a＋n－1）＝2000若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≥1，故2a＋n－1＞n．同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若n＝5，则 a＝198；若n＝16，则 a＝55；若n＝25，则 a＝28．故解有三种：198＋199＋200＋201＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】设b为所求最小正整数，则7b2＋7b＋7＝x4素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．【题说】 1976年纽约数学竞赛题 7．s2－s1＝n2＝100从而求得n＝10．A2－004 设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977．【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题 5．本题由原联邦德国提供．【解】由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≤1977，从而q≤44．若q≤43，则r＝1977－q2≥1977－432＝128．即（a＋b）≤88，与（a＋b）＞r≥128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨设|a－22|≥|b－22|，则1009≥（a－22）2≥504，从而45≤a≤53．经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．A2－005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n 取最小值，这里n＞m≥1．【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题 1．本题由古巴提供．【解】由题设1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod 1000）因而1978m≡2m×989m≡0（mod 8），m≥3又1978n－m≡1（mod 125）而 1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod 125）（1）从而3n－m≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则代入（1）得从而k（20k＋3）≡0（mod 25）因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4×25＝100，于是m＋n的最小值为n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y．【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6．本题由荷兰提供．于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v从而原方程变为2v（u－4）＝u3－8u2－8 （2）因u≠4，故（2）即为根据已知，u－4必整除72，所以只能有u－4＝±2α3β，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2进一步计算可知只有u－4＝2·3＝6，于是u＝10，v＝16A2－007 确定m2＋n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题 3．【解】若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1．若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋u k，于是[（m＋u k）2－m（m＋u k）－m2]2＝1于是有若u k≠u k－1，则以上步骤可以继续下去，直至从而得到数列：n，m，u k，u k－1，…，u k－l，u k－l－1此数列任意相邻三项皆满足u i＝u i－1＋u i－2，这恰好是斐波那契型数列．而{1，2，…，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值．A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．【题说】第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题 1．【解】不妨设x≤y≤z．显然w≥z＋1，因此（z＋1）！≤w！＝x！＋y！＋z！≤3·z！从而z≤2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解．A1－010 前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？【题说】第三届（1985年）数学邀请赛题 10．【解】令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．个不同的正整数值．另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到50×12＝600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式．A2－011 使n3＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）数学邀请赛题 5．【解】由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且a＋b＝cd，ab＝c＋d求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d．【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1．【解】由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，才有a＋b≥ab．如果a、b都不是1，那么c＋d＝ab＞a＋b＝cd由此知c＝1或d＝1．因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2．这样，本题的答案可以列成下表A2－013 设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．【题说】第五届（1987年）数学邀请赛题 7．【解】显然，a、b、c都是形如2m·5n的数．设a＝2m1·5n1，b＝2m2·5n2，c＝2m3·5n3．由[a，b]＝1000＝23·53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max （m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．由此，知m3应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故m i、n i（i＝1、2、3）不同取法共有7×10＝70种，即三元组共有70个．A2－014 设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．【题说】第五届（1987年）数学邀请赛题12．m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2·10－3＋3n·10－6＋10－9于是从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 1．【解】 144＝122，1444＝382设n＞3，则则k必是一个偶数．所以也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，因此，本题答案为n＝2，3．A2－016 当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝1989有整数解？【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】1989≤10n/x＜1990所以10n/1990＜x≤10n/1989即10n·0.000502512…＜x≤10n·0.000502765…所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．A2－017 设a n＝50＋n2，n＝1，2，…．对每个n，a n与a n＋1的最大公约数记为d n．求d n的最大值．【题说】 1990年第1轮选拔赛题 9．【解】d n＝（a n，a n＋1）＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）＝（2（n2＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇数）＝（2（n2＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）＝（100－ n，2n＋1＋2（100－ n））＝（100－n，201）≤201在n＝100≠201k（k∈N）时，d n＝201．故所求值为201．A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；（2）n恰为 75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75．【题说】第八届（1990年）数学邀请赛题5．【解】为保证 n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2α·3β·5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75由75＝52·3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24·34·52，n/75＝432．A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5．【解】 1．例如x＝1，y＝8即满足要求．2．假设988≤x＜y≤1991x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则x2＜xy＋x＜xy＋y这时y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1即y＞3x＋1由此得1991≥y＞3x＋1≥3×998＋1矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．A2－020 求所有自然数n，使得这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数，N是自然数集．【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5．【解】题给条件等价于，对一切k∈N，k2＋n/k2≥1991 （1）且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≥0即（k2－1991/2）2＋n－19912/4≥0 （3）故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n≥1991×322－324＝1024×967又，（2）等价于存在k∈N，使（k2－996）2＋n－9962＜0上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于n＜1992×322－324＝1024×968故n为满足1024×967≤n≤1024×967＋1023的一切整数．A2－021 设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．n≥2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．现考虑第k（2n＞k≥1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n －2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有A2－022 在{1000，1001，1002，…，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？【题说】第十届（1992年）数学邀请赛题6．7或 8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．如果不是上面描述的数，则n有如下形式其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有53＋52＋5＋1＝156个这样的n．A2－023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？【题说】第十届（1992年）数学邀请赛题15．【解】设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）＝f（m＋4）＜f（m＋5）因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；…；1991，1991，1991，1991，1991容易看出如果存在m使f（m）＝1991，则因而m＞4×1991＝7964．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991．在序列（1）中共有7980项，不同的值有7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，…，1991}中，有1992－1596＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．A2－024 数列{a n}定义如下：a0＝1，a1＝2，a n＋2＝a n＋（a n＋1）2．求a1992除以7所得的余数．【题说】 1992年数学奥林匹克预选赛题1．【解】考虑a n以7为模的同余式：a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）2＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）所以，a n除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．A2－025 求所有的正整数n，满足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题 3．【解】显然，n＝1满足要求．由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）所以9|n．若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2×9）＝S（3×9）＝…＝S（92）＝9，故9满足要求．10k≤n＜10k＋1又9 10k，故10k＋1≤n＜10k＋1若n＜10k＋10k－1＋…＋10＋1，则与已知矛盾，从而n≥10k＋10k－1＋…＋10＋1（1）令n＝9m．设m的位数为l（k≤l≤k＋1），m－1＝S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋10＋1）n）＝S（（10k＋1－1）m）＝S（10k＋1（m－1）＋（10k＋1－10l）＋（10l－m））其中9有k＋1－l个，b i＋c i＝9，i＝1，2，…，l．所以S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是 k＋1位数，所以 n＝99…9＝10k＋1－1．另一方面，当 n＝99…9＝10k＋1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）．综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≥1）．A2－026 求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数．【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2．【解】当m＝1时，23m＋1＝9，故k≤2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod 9）＝0所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2．最大整数．【题说】 1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题．【解】因为1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－3×1031＋32）＝（1031）（1031－3）＋9－1它的个位数字是8，十位数字是0．A2－028 试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．【解】设这组数的绝对值为a≤b≤c≤d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≥bc，类似地，d≤bc．从而，bc≤a≤b≤c≤d≤bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x2．如果f （19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？【题说】第十二届（1994年）数学邀请赛题3．【解】重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝…＝942－932＋922－…＋202－f（19）＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－91）＋…＋（22＋21）（22－21）＋202－94＝（94＋93＋92＋…＋21）＋306＝4561因此，f（94）除以1000的余数是561．A2－030 对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2n]＝1994成立的正整数n．【题说】第十二届（1994年）数学邀请赛题 4．【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2128]＋[log2129]＋…＋[log2255]＝2×1＋4×2＋8×3＋16×4＋32×5＋64×6＋128×7＝1538．A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋…＋p（999），则S的最大素因子是多少？【题说】第十二届（1994年）数学邀请赛题5．【解】将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是（0·0·0＋0·0·1＋0·0·2＋…＋9·9·8＋9·9·9）－0·0·0＝（0＋1＋2＋…＋9）3－0p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到．因此，＝463－1＝33·5·7·103最大的素因子是103．A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs 及p2＋qr都是平方数．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．【解】因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是q＝a－2， s＝a＋2q＝a＋2，s＝a－2所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4．三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．【解】设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q ＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．个整数．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≥n．当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≥2．若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2．若m＞n，则由于2（mn－1）≥n2＋mn＋n－2≥n2＋2m＞n2＋m所以mn－1＝n2＋m，即（m－n－1）（n－1）＝2于是本题答案为（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．【题说】第十三届（1995年）数学邀请赛题7．【解】由已知得即所以A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？【题说】第十三届（1995年）数学邀请赛题10．【解】设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．由于2×42＋1，42＋2，42＋3，42×5＋5，42＋7，2×42＋11，42＋13，4×42＋17，3×42＋19，42＋23，3×42＋29，2×42＋31，4×42＋37，2×42＋41，都是合数，所以在n≥5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42×5＋5例外．因此，所求的数就是42×5＋5＝215．A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为a＋b2＋z＝abz2 （1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≤a＋z．a＋z＋b2＝abz2＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）≥a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z）（2）（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a ＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明（z2－2）a－2Z＜0 （3）从而z≤2（否则（3）的左边≥z2－2－2z≥z－2＞0）．在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．在z＝1时，（1）成为a＋b2＋1＝ab （4）从而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．A2－039 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数．【题说】 1996年数学奥林匹克题 2．【解】记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．则H（0，1）＝（2，12）＝2H（1，1）＝（12，12）＝12因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≥m．当n≥2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）当m≤n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m－n＋72m－n））＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n）记则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有A2－040 求下列方程的正整数解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a≥b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．【题说】 1996年数学奥林匹克预选赛题 7．【解】记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′ （*）所以故1＜d≤4．当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；当d＝3时，（*）等价于（2a′－1）（2b′－1）＝3由a′≥b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．当d＝2时，（*）等价于（a′－1）（b′－1）＝2由a′≥b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．【题说】第十四届（1996年）数学邀请赛题1．【解】幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的左下角的数为19＋96－1＝114．因此x＝3×105－19－96＝200A2－042 对整数1，2，3，…，10的每一个排列a1，a2，…，a10，作和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|数．求p＋q．【题说】第十四届（1996年）数学邀请赛题12．【解】差|a i－a j|有如下的45种：这45种的和为1×9＋2×8＋3×7＋4×6＋5×5＋6×4＋7×3＋8×2＋9×1＝165．每一种出现的次数相同，而在和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|中有5种，所以A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值．【题说】第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供．【解】 15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1）所以 16r2－15s2是481＝13×37的倍数．由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（mod 13）时，必有13|s．同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．于是481|s．由（1），481|r．在r＝s＝481时，b＝（16－15）×481＝481，a＝（16＋15）×481＝31×481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．所以所说最小值为481．A2－044 设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≤k≤9）．求一切这样的数n．【题说】 1997年数学奥林匹克预选赛题 7．【解】设n的左数第k＋1位上的数字为n k（0≤k≤9），则数字k出现的次数为n k．因为n是10位数，所以n0＋n1＋n2＋…＋n9＝10 （1）又数字k若在左数第n j＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．n k个k意味着有数字j1，j2，…，j nk，共出现k nk次．于是，又有n i＋2n2＋…＋9n9＝10 （2）由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≤1．若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0 （3）则n0≥5．于是n中至少有一个数字≥5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而n1＋2n2＋3n3＋4n4≤5 （4）（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≥6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．若n9＝1，则n0＝9，n1≥1，这显然不可能．若n8＝1，则n0＝8，n1≥1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≥1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a≥1，b≥1，且满足等式a b2＝b a．【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供．【解】显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≥2．设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝a t，at＝a2t，从而t＝a2t－1．如果2t－1≥1，则t ＝a2t－1≥（1＋1）2t－1≥1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝b k可知K＝b K－2 （1）如果K≤2，则K＝b K－2≤1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）q＝1，即K为一个大于2的自然数．当b＝2时，由（2）式得到K＝2K－2，所以K≥4．又因为等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝b K＝24＝16．当b≥3时，＝b K－2≥（1＋2）K－2≥1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K≤3．这意味着K＝3，于是得到b＝3，a＝b K＝33＝27．综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．75=3×5^2显然N必含有质因数3、5，且质因数5的个数至少为2。
2021年第5期39缴f奥.剜餘龜(263)中图分类号:G424.79 文献标识码:A文章编号：1005 - 6416(2021)05 - 0039 - 07第一试一、填空题（每小题8分，共64分）1.记^]表示不超过实数*的最大整数. 设为满足■x^O,<r^〇,,x+y+[«] + [y]^7的点(U)构成的区域.则区域《的面积为2.将一张三边长分别为6、8、10的纸片沿三条中位线折起，使得三个顶点交于一点.所得的四面体外接球的表面积为_____•3•已知 a:、y、2 6R+且 x+y+z = l.则x+ s/lxy +3^/^"的最大值为______.4. 设〜、x2为关于6C)的方程X2 -3sin0'X+sin20 + 1 = 0(0 ^[〇,tt))的两个根，且丨A丨+丨工2丨=2•则0 =______.5.已知双曲线厂V -y2= 1上第一象限 内一点M,过M作厂的切线/，与厂的渐近线交于两点（P在第•象限），/?与<?在这表明，数列是递增的.由式①，得 r s+ s- rmr+ m s.因此，题目要证的结论成立.3.注意到，4x4 +y4-z+4xyz=(4x4 +y4 +4r t2y2)- {Ax2y2+z2-4xyz)=(2x2 +y2)2 - (2xy-z)2= (2x2+y2-2xy+z)(2x2-hy2+2xy-z).A = 2x2 +y2 - 2xy+ z,B= 2x2 +y2 + 2xy- z.贝丨J4 B= 4尤2 + 2y2.若选取x、y的值，使得A- Ax2 =4x52n+2,B= 2y2 = 2 x2ln,则仙=2 x102n+2，其各位数字之和必等于2.从而，取整数=5n+1，y=22n，则A= Ax2 <^>2x2 + y2 - 2xy+ z= 4x2=> z= 2x2 + 2xy—y2=2 x52"+2 +1(T+1 -4'结合z为正整数得4a;4+y4-z2+4x y z = 2 x 102n+2.因此，结论成立.4•易知，等边三角形内一点到三边的距离之和等于三角形的高线长.本题改为证明：若x+y+^ = 1，则式①成立•对于尤+ y+ z= l，由代数一几何均值不等式得x y y z z x =(x y+ y z z x)(x+ y+ z)彡3 V{x y)(y z)(z x)*3 \fx y z= 9x y z=> x y-\-yz +z x- 3x y z^6x y z=> (x+ y+ z)2+ x y(x+ y) + y z{y + z) + z x{z+ x) -6x y z^l.整理得式①成立.(熊斌提供孟宪锴翻译）40中等数学同一条渐近线上.若庙•两恒成立，则a 的取值范围是______•6. 设0为△XfiC的内心，A B=3,A C=4,B C=5,OP= x OA+ y OB+ z O C,O^x^y^z^l.则动点P的轨迹所覆盖的平面区域的面积等于______.7. 电脑每秒钟以相同的概率输出一个数字1或-1.则输出的前《个数字之和被3整 除的概率凡=_____•8. 有红色、绿色、白色、蓝色（除颜色外均相同）的棋子各两枚.现从中选取七枚镶嵌在一个正六棱锥的顶点处，每个顶点镶嵌一枚棋子.则不同的镶嵌方法种数为______•二、解答题(共56分）9. (16分）数列|a…丨满足：〇1 =0,a2 = -y.(«-!)an+l~nan=«nan+l(r e^2)-(1) 求|〇…丨的通项公式；(2) 证明:]"[(2+〇>v/5^71.k=l10. (20 分)设x、y、z G R且 x+2：=0.若（x2 + y2 + /)3多m^2y2z2①恒成立，求实数m的最大值.11. (20分）已知椭圆厂的标准方程为4+ 4= 1(<1=26>0),且尸过点/^(4，1)，a〇a、s为厂上两动点•若z的外角平分线为厂在点P处的切线，试求线段中点M 的轨迹.力口试一、（40分）如图1，在中，£：为边 S C的中点，点P、(？分别在边上.圆、厂c分别为坪、△ c舛的外接圆，两 圆的第二个交点为/X中线与圆厂B、厂c 分别交于点A/、W，记线段M/V的中点为尺证明：Z A E B= Z F D E.A二、（40分）求所有的实系数多项式n*)，使得非常值且P(x2 _2;c+4) IP(尤3 +8).三、（50分）已知n为不大于2 021的正 整数，且满足([-J n]2+l)l(n2+l).①试求/i的个数.四、（50分）设Z为非空有限集合，A，4，…，火是I的&个子集，满足下列条件：(1)IA；I ^3(i= 1,k)；(2) X中任意一个元素属于义，岑，…，次中的至少六个集合.证明:若，则可从…A中选出m个集合，使得它们的并集为X参考答案第一试一、1.8.i E U I= * - [*]•一方面，当尤”<4时，有[*] + [y]+y<4=> [x]+ [y] ^3,满足:》：+y+ [*]+ [y] <7.另一方面，当x+y>4时，有[x]+ [y]+i*} + jy!>4.2021年第5期41由U丨+ |y丨<2,知〇]+ [y]>2 => 〇]+ [y]多3.故a:+y+ [*]+[y] >7,这与条件矛盾.于是，区域尺的面积为8.2. 25t t.所折成的四面体为等腰四面体，三组腰 分别长为3、4、5.从而，外接球的表面积为(32 +42 +52)t c_---------2---------=25兀.3.2.l：x〇x-y〇y=\,且72 - J\ _^0h 一*1y〇’x2i -y\ =°,,x2 -y\ =0.故么7i+Ji~7i2-Xl%! +*22结合式①得①由均值不等式得2+ 7^y i x y+ y+2z^3^/x y z .两式相加得x + s/l x y+3^x y z^2(a: + j +z) = 2.当;c:y:z=4:2:1时，上式等号成立. 4.0.注意到，A =9sin20 -4( sin20 + 1 ) = 5sin20 -4.(1)若A多0.由*内=sin20 + 1>0,知I I+ I I= 1^1 + *2 I=13sin 01 = 3sin 6 = 2=> sin 02_J此时，A<0,舍去.⑵若副.^x x=x2=> \x x\=\x2\.又 h 1+ I%1= 2,于是，I^ j I—I I一1.则 Ih I l;c2I=I= sin20 + 1=>sin20=〇 =>0=0.此时，满足A矣0•综上，6>= 〇.5. a^.设点 M〇。
1、若一个正整数的各位数字之和为10，且这个数能被其各位数字中的任意一个整除，则这个数最小可能是：A. 1111111111B. 1234567890C. 109D. 28（答案：D）2、设n为正整数，且满足2的n次方减去1是质数，则n的值可能为：A. 10B. 12C. 15D. 17（答案：A）3、在三角形ABC中，若角A、角B、角C的度数之比是1:2:3，则三角形ABC是：A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形（答案：B）4、已知a、b、c为实数，且满足a+b+c=0，abc>0，则：A. a、b、c中只有一个正数B. a、b、c中只有一个负数C. a、b、c中有两个正数，一个负数D. a、b、c中有两个负数，一个正数（答案：D）5、设x、y为实数，且满足x2 - 2xy + y2 = 4，则(x+y)2的最大值为：A. 4B. 8C. 16D. 不存在（答案：C）6、已知正整数n的各位数字之和为20，且n的各位数字均不相同，则n的最小值为：A. 299B. 389C. 1999D. 10999（答案：B）7、在直角坐标系中，点A(1,1)，点B(3,3)，点C为x轴正半轴上一点，若角ABC=45度，则点C的横坐标为：A. 3+√2B. 4+√2C. 5+√2D. 6+√2（答案：A）8、设a、b为正整数，且满足ab = ba，则(a,b)的可能取值有：A. (2,2)B. (2,4)C. (3,3)D. (4,2)（答案：A、C、D）9、已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S7 = 7a4，则a2 + a5 + a8 =：A. 0B. a1C. 2a4D. 3a7（答案：C）10、设p、q为质数，且满足p+q=2006，则p、q的积为：A. 3998B. 4003C. 4013D. 无法确定（答案：C）。
第一章数论初步第四节整除A4－001证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5）假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则S n=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod 5）由此推出，当r=0时，S n≡4，而当r=1，2，3时，S n≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4整除时，S n能被5整除．A4－002证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除．【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3．【证】设a1，a2，…，a n是给定的n个数．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，…，a1＋a2＋…＋a n．如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断言成立．如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．A4－003 1．设n为正整数，证明132n－1是168的倍数．2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋…＋n整除1·2·3…·n．【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．问题即何时为整数．（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）2（n－1）！（2）若n＋1=2，则（n＋1）|2（n－1）！（3）若n＋1为合数，则n＋1=ab其中a≥b＞1．在b=2时，a=n＋1－a≤n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！在b＞2时，2a≤n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有（n ＋1）|2（n－1）！综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋…＋n整除1·2…·n．A4－004证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除．【题说】 1957年～1958年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a3－1）a3（a3＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a3＋1．a≡0（mod 7）时，7|a3．因此7|n．（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋1是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除．（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a3－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a3．因此9|n．由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．A4－005设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y－z）（z－x）（x－y）整除．【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2）而 5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．因此，结论成立，而且除后所得商式为u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－2yz－2xz．【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．A4－006已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a2＋b2的最大公约数为1或2．【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设（a＋b，a2＋b2）=d，则d可以整除（a＋b）2－（a2＋b2）=2ab但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2．A4－007（a）求出所有正整数n使2n－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2n＋1被7整除．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律．【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整数）从而23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋223m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k2＋4所以当n=3m时，2n－17k；当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n ＋1总不能被7整除．A4－008设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记C s=s（s＋1）．证明：乘积（C m+1－C k）（C m+2-C k）…（C m+n－C k）能被乘积C1·C2·…·C n整除．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．【证】C p－C q=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）所以（C m+1－C k）（C m+2－C k）…（C m+n－C k）=（m－k＋1）（m－k＋2）…（m－k＋n）·（m＋k＋2）（m＋k＋3）·…·（m ＋k＋n＋1）C1C2…C n=n！（n＋1）！因此只需证=A·B是整数．由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）…（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．A4－009设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a m＋b m能被a n＋b n整除，那么m能被n整除．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】由于a k＋b k=a k-n（a n＋b n）－b n（a k-n－b k-n）a l－b l=a l-n（a n＋b n）－b n（a l-n＋b l-n）所以（i）如果a k＋b k能被a n＋b n整除，那么a k-n－b k-n也能被a n＋b n整除．（ii）如果a l－b l能被a n＋b n整除，那么a l-n＋b l-n也能被a n＋b n整除．设m=qn＋r，0≤r＜n，由（i）、（ii）知a r＋（－1）q b r能被a n＋b n 整除，但0≤|a r＋（－1）q b r|＜a n＋b n，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．A4－010设m，n为任意的非负整数，证明：是整数（约定0！=1）．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数．因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数．A4－011证明对任意的自然数n，和数不能被5整除．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．又两式相乘得因为72n+1=7×49n≡2×（－1）n（mod 5）A4－012设p和q均为自然数，使得证明：数p可被1979整除．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．将等式两边同乘以1319！，得其中N是自然数．由此可见1979整除1319！×p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．A4－013一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．（c＋f）被37整除．由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．A4－014 （a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4．【解】设n个连续正整数中最大的为m．当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．设n=4．由于m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）…（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m具有题述性质．类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质．所以，当n≥4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．A4－015求一对正整数a和b，使得：（1）ab（a＋b）不被7整除；（2）（a＋b）7－a7－b7被77整除．证明你的论断．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题2．【解】（a＋b）7－a7－b7=7a6b＋21a5b2＋35a4b3＋35a3b4＋21a2b5＋7ab6=7ab[（a5＋b5）＋3ab（a3＋b3）＋5a2b2（a＋b）]=7ab（a＋b）[a4＋2a3b＋3a2b2＋2ab3＋b4]=7ab（a＋b）（a2＋ab＋b2）2取a=18，b=1，则a2＋ab＋b2=a（a＋b）＋b2=343=73．所以（a＋b）7－a7－b7被77整除，ab（a＋b）不被7整除．A4－0161．是否存在14个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于11的素数整除？2．是否存在21个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于13的素数整除？【题说】第十五届（1986年）美国数学奥林匹克题1．【解】1．14个连续正整数中，有7个奇数n，n＋2，n＋4，n＋6，n ＋8，n＋10，n＋12不能被2整除．这7个奇数中，至多1个被11整除，一个被7整除，2个被5整除，3个被3整除．如果被3整除的数少于3个或被5整除的数少于2个，那么这7个奇数中被3，5，7，11整除的数不足7个．如果恰有3个数被3整除，2个数被5整除，那么，被3整除的数必须是n，n＋6，n＋12，被5整除的2个数必须为n与n＋10或n＋2与n＋12．此时必有一个数n或n＋12同时被3，5整除．即这7个奇数中被3，5，7，11整除的数仍不足7个．不管怎样，这14个连续正整数中必有1个不被2，3，5，7，11任一个整除．故答案为不存在．2．存在．以下21个连续整数－10，－9，…，－1，0，1，2，3，…，10除去±1，其余整数被2，3，5，7之一整除．由中国剩余定理，满足N≡0（mod 210）N≡1（mod 11）N≡－1（mod 13）的整数N存在，于是N－10，N－9，…，N，N＋1，…，N＋10这21个连续整数满足所有要求．A4－018试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a －1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供．【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≤x＜y＜z并且xyz是（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数．由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≤1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．019x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除x n＋y n．【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1．当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）2xy．故（x＋y）（x2＋y2）．假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）所以（x＋y）（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除x n＋y n．A4－020证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除．【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≤q≤r，则nA4－021找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除．你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992年英国数学奥林匹克题3．【解】显然，2、6、10、14满足要求．任取n个不同的正整数。
历届国际数学竞赛试题历届国际数学竞赛试题求证(21n 4)/(14n 3) 对每个自然数n都是最简分数。
2.√2；(b)A=1；(c)A=2。
3. a试作一直角三角形使其斜边为已知的c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
5.、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.)当M在A与B之间变动时，求线断PQ的中点的轨迹。
6.找出所有具有下列性质的三位数N：N能被11整除且N/11等于N的各位数字的平方和。
2.√(12x))23.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。
5.求XY中点的轨迹；b.一个圆锥内有一内接球，又有一圆柱体外切于此圆球，其底面落在圆锥的底面上。
令V1 为圆锥的体积，V2 为圆柱的体积。
(a). 求证：V1不等于V2 ；(b). 求V1/V2的最小值；并在此情况下作出圆锥顶角的一般。
7.设a、b是常数，解方程组x y z =a; x2 y2 z2 =b2; xy=z2并求出若使x、y、z是互不相同的正数，a、b应满足什么条件？2.解方程cosx - sinx = 1, 其中n是一个自然数。
4. P是三角形ABC内部一点，PA交BC于D，PB交AC 于E，PC交AB于F，求证AP/PD, BP/PE, CP/PF 中至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2。
5三个不共线的点A、B、C，平面p不平行于ABC，并且A、B、C在p的同一侧。
在p上任意取三个点A', B', C'，A'', B'', C''设分别是边AA', BB', CC'的中点，O是三角形A''B''C''的重心。
问，当A',B',C'变化时，O的轨迹是什么？nn第4届IMO1.试找出满足下列不等式的所有实数x：√(3-x)- √(x 1) > 1/2.3.解方程cosxcos2x cos3x = 1。
第46届国际数学奥林匹克（IMO）试题解答
王建伟
【期刊名称】《中学数学研究》
【年(卷),期】2005(000)009
【摘要】1.在正三角形ABC的三边上依下列方式选取6个点：在边BC上选点A1，A2，在边CA上选点B1，B2，在边AB上选点C1，C2，使得凸六边形
A1A2B1B2C1C2的边长都相等。
证明：直线A1B1，B1C2，C1A2共点。
【总页数】3页(P31-32,37)
【作者】王建伟
【作者单位】中国科学技术大学数学系,230026
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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第三节立体几何证明本页仅作为文档页封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第三章几何第三节立体几何证明C3－001证明：如果四面体ABCD的对棱分别相等（即AB=CD，AC=BD，AD=BC），那么通过每组对棱中点的直线互相垂直，并且是四面体的对称轴．【题说】 1953年～1954年波兰数学奥林匹克三试题3．【证】如图，设 K、L、P、Q、M、N分别是四面体各棱中点．由于AD=BC，BD=AC，AB公用，所以△ABD≌△BAC，因而它们的对应中线DK=CK，由此知KL⊥CD，同理LK⊥AB．这说明A与B关于KL对称，C与D也关于KL对称．因此，KL是四面体的对称轴．BC的中点Q与DA的中点P对称，因而PQ⊥KL．同理可得结论中的其它部分．[别证] 将四面体的各组对棱分别作为一个平行六面体各面的对角线，由于各组对棱分别相等，所以这六面体为长方体，而长方体的对面中心的连线是对称轴并且互相垂直．C3-002 四面体ABCD，若AB⊥CD，AC⊥BD，则AD⊥BC．【题说】 1957年天津市赛初赛题 3，1979年上海市赛题4．【证】过A作BCD的垂线AH，连BH、CH、DH并延长，分别交CD、DB、BC于E、F、G，再连AE、AF、AG．因AH⊥平面BCD，AB⊥CD，得BE⊥CD．同理，CF⊥BD，故H为△BCD的垂心，所以DG⊥BC，得AD⊥BCC3-003 已知一个圆锥及其内切球，这个球外接一个圆柱，该圆柱的底面在圆锥底面上．并设V1是圆锥的体积，V2是圆柱的体积．（a）证明：不可能成立V1=V2；（b）求出使V1=KV2成立的最小的数K．并作出这种情况下的圆锥顶角．【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题 6．本题由保加利亚提供．【解】（a）轴截面如图．设球半径为R，锥底面半径为r，高为h=（c+2）R．V2=2πR3所以V1≠V2．C3-004证明：如果四面体被平面所截得的截面形状是平行四边形，那么这个平行四边形的半周长介于四面体的最长棱长和最短棱长之间．【题说】 1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．【证】设四面体ABCD被平面所截得的截面是平行四边形MNPQ，各点位置如图所示．因为PQ∥MN，所以PQ∥平面ABC，从而PQ平行于平面ABC与平面BCD的交线BC，因此MN∥BC．同理，MQ∥AD∥NP．于是由此得：设a和b分别是四面体的最小棱和最大棱，则a≤BC，AD≤b，由此得a≤MN+MQ≤bC3-005 设有一个四面体SABC有如下性质：有五个球与棱SA、SB、SC、AB、BC、CA或其延长线相切．证明：（a）该四面体是正四面体；（b）反之，对每一正四面体都有这样的五个球．【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题7．本题由前苏联提供．【证】设球K与四面体ABCD的各棱相切，则K与各个面，比如面ABC，相交得一个圆，这圆是△ABC的内切圆或旁切圆，记为K ABC．每两个这样的圆，如K ABC与K ABD有一个唯一的公共点，也就是球K与AB的切点．有两种情况：Ⅰ．所有的圆都是内切圆．由于K ABC与K ABD均唯一确定，而且不在同一平面上，所以如果有这样的球K，只可能有一个．Ⅱ．有一个圆为旁切圆．例如圆K ABD是与D相对的旁切圆，即它与DA、DB的延长线相切，那么K BCD、K CAD也是与D相对的旁切圆，而K ABC与AB、BC、CA相切于内点，所以是内切圆．与Ⅰ同理，对于每个顶点，这种球至多有一个．因而与四面体各棱都相切的球至多有五个，一个类型Ⅰ，四个类型Ⅱ．现在假定有五个球与四面体各棱都相切．由内切球K1，可得（设DA =a，DB =b，DC =c，BC =a′，CA =b′，AB =c′）：a +a′=b +b′=c +c′=自A、B、C、D所作四条切线之和考虑D所对的旁切球，可得a-a′=b-b′=c-c′所以a=b=c，a′=b′=c′再考虑其他旁切球，可得a =b =c =a′=b′=c′所以ABCD为正四面体．反之，正四面体显然有五个和各棱都相切的球．C3-006 （a）已知一四面体ABCD．顶点D和底面△ABC的重心D1相连接，过A、B、C作DD1的平行线，分别交于该点相对的底面所在平面于A1、B1、C1．证明：四面体ABCD的体积是四面体A1B1C1D1体积的三分之一．（b）当点D1是底面△ABC内任一点时，结果又如何？【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题6．本题由波兰提供．【证】（a）设E、F、G分别为AD1、BD1、CD1与BC、CA、AB的交点．则A1在ED上，且△ED1D∽△EAA1，AA1 3DD1，同样BB1 CC1 3DD1，所以四面体A1B1C1D1的底面△A1B1C1≌△ABC，而四面体A1B1C1D1的高等于四面体ABCD的高的3倍．所以（b）当D1为任意点时，结论仍然成立．设DD1交平面A1B1C1于D1，A1D2、B1D2、C1D2分别交B1C1、C1A1、A1B1于E1、F1、G1．则过D1、D2任意作两个平行平面与直线AA1、BB1、CC1相截而得C3-007 在某个球形的星球上的居民，他能在星球表面上以不大的速度u移动，有一艘以速度v飞行的宇宙飞船．证明：若v/u＞10，则从飞船上总能看到这个星球居民，假定他没有藏起来的话．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十一年级题5．【证】设行星半径是1，取任一直径的二端点为南北极N、S，过N、S引一条基准子午线．再将它分成若干段长度为ε的相等的弧，过这些分点作纬线．始，每次到达基准子午线时都下移ε到下一条纬线．这样，便能保证从飞船上看到行星上移动的居民．理由如下：假如飞船在点B上空，行星居民在A，A与B纬度相同．那么飞船因此，当纬线的弧（沿飞船飞行方向，从B到A）＜π时，居民来不及逃避．当＜π时，由于ε很小，可以认为飞船在到B之前，仍在同一纬度上飞行．由于飞船到B时，居民在A，所以飞船在A时（比到BC3-008 证明：一个正四面体的外接球球心，到它的四个顶点的距离之和，小于空间中的其它任一点到四个顶点的距离之和．【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题3．本题由保加利亚提供．【证】过这正四面体的各个顶点作对面的平行平面，围得一个大的正四面体．任一点P到原四面体各个顶点的距离和a不小于该点到大四的体积，因此a′等于大四面体的高h（当点P在大四面体外时，P到各面距离的代数和等于h，因而a′＞h）．而原四面体外接球球心到各顶点的距离和等于h．因此命题成立．C3-009以四面体ABCD的棱AB、AC、AD为直径各作一个球．证明：这些球覆盖了整个四面体．【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】由A点作平面BCD的垂线AH，再由H点分别作线段BC、BD、CD的垂线HK、HL和HM．显然，棱锥ABKL、ACKM、ADML分别被相应的球所覆盖．C3-010证明：任何一个四面体总有一个顶点，以这个顶点引出的三条棱为三边可构成一个三角形．【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题4．本题由波兰提供．【证】设四面体ABCD中，AB是最长的棱．因为AC+BC＞AB，AD+BD＞AB，所以AC+AD+BC+BD＞2AB．从而AC+AD＞AB与BC+BD＞AB中至少有一个成立．不妨设前者成立，这时AC、AD、AB可构成三角形．C3-011 一个给定的四面体ABCD是等腰的，即AB=CD，AC=BD，AD=BC．证明：该四面体的各面都是锐角三角形．【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题2．【证】由题设知，四面体各面为全等三角形．设其三内角分别为α、β、γ，则α+β+γ=180°．又α、β、γ中每一个角小于其它两个的和，所以每一个角都小于90°，即各个面都是锐角三角形．C3-012 在空间的八个点上放置探照灯，若它的照射范围是以此点为顶点的直三面角．证明：这些探照灯能照亮整个空间．【题说】第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】作一平面，使已知点中的四个在它的一侧，其余四点在另一侧，则放在平面一侧的四个探照灯可以照遍另一侧．C3-013 设一个凸多面体P1的9个顶点为A1，A2，…，A9．设P i为由P1通过平移A1→A i（i=2，3，…，9）得到的凸多面体，证明：在多面体P1，P2，…，P9中至少有两个最少包含有一个公共内点．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题2．本题由前苏联提供．【证】以A1为原点建立一个坐标系，设A2，…，A9的坐标分别是v2，…，v9，令A′i的坐标为2v i（1≤i≤9），则P k的诸顶点的坐标为即A′i和A′k连线的中点．由于以A′i（1≤i≤9）为顶点的凸多面体P′是以A1为位似中心将P1放大到2倍的结果，它的体积是P1的8倍，而且P1，P2，…，P9都落在P′内部（因为它们都是凸的，并且顶点都在P′面上），它们的体积之和为P1的9倍，大于P′的体积，根据重叠原则，至少有两个P i（1≤i≤9）有公共内点．C3-014已知四个不重合的平行平面，试证：存在一个正四面体，使每个平面上都有该四面体的一个顶点．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【证】设已知平面为E1，E2，E3，E4，并且在编号中，使平面E2，E3，E4依次在平面E1的同一侧，记平面E i与平面E i+1间的距离为d i（i=1，2，3）．任取一正四面体P′1P′2P′3P′4．并且依照定比d1∶d2：d3分线段P′1P′4，依次得分点Q2和Q3，依照定比d2∶d3分线段P′2P′4得分点R3；依照定比d1∶d2分线段P′1P′3，得分点S2（如图a），于是有P′4Q3∶P′4Q2=P′4R3∶P′4P′从而可知Q3R3∥Q2P′2类似地，由P′1Q2∶P′1Q3=P′1S2∶P′1P′3可知Q2S2∥Q3P′3因此过Q2、P＇2、S2的平面E′2与过Q3、R3、P′3的平面E′i3平行．设E′1和E′4分别是过点P′1和P′4且平行于E′2的平面（如图b），过点P′4引平面E′1的垂线交平面E′i于点T i（i=1，2，3），记平面E′i与E′i+1间的距离为t i（i=1，2，3）．于是有t1∶t2∶t3=P′1Q2∶Q2Q3∶Q3P′4=d1∶d2∶d2（1）由（1）式可知，在空间可作一相似变换将平面E′1、E′2、E′3、E′4分别变换为平面E″1、E″2、E″3、E″4，使平面E″i与平面E″i+1间的距离为d i（i=1，2，3），在这相似变换下，正四面体P′1P′2P′3P′4变换为正四面体P″1P″2P″3P″4，并且点P″i在平面E′i内（i=1，2，3，4）．最后，移动平面E″1、E″2、E″3、E″4使它们分别与平面E1、E2、E3、E4重合，于是正四面体P″1P″2P″3P″4变换为正四面体P1P2P3P4，并且P i在平面E i内（i=1，2，3，4）．C3-015半径为1的球面上两点，用球内长度小于2的曲线连结起来，证明：这条曲线一定落在这个球的某个半球内．【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题3．【证】作点A、B所在的大圆，连结AB，并过球心O作平行AB的平面α，如图曲线整个地落在α以上的半球内．如若不然，曲线必与α交于某点P，连AP、BP，作A关于α的对称点A′，连AO、BO、A′O、A′P，曲线长≥AP+BP=A′P+BP＞A′B=2．与已知矛盾．因此，原命题成立．C3-016 凸多面体N在每个顶点处都形成一个三面角．又知它的每个面是多边形，且内接于一个圆周．证明：该多面体能内接于一个球．【题说】第十一届（1977年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】过多面体棱AB的两个界面的外接圆可唯一确定一个球面δ，球面δ含有上述两个界面上的所有顶点．如果BC和BD是由B出发的另外两条棱，那么包含B、C、D的圆（包含界面的外接圆）也属于δ，因为由棱BC连接的界面的顶点全部落在δ上．类似地研究由C出发的棱连接的界面，等等，一直到多面体的任意顶点全部落在球面δ上．C3-017 1．若四面体的六个二面角（即两面之间的夹角）相等，那么，这个四面体一定是正四面体．2．如果五个二面角相等，这个四面体一定是正四面体吗？【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题4．【证】作DE⊥AB，DF⊥AC，又作EG⊥AB，FG⊥AC，设EG与FG交于G．则AB⊥面DEG，AC⊥面DGF．所以AB⊥DG，AC⊥DG所以DG⊥面ABC∠DGE=∠DGF=90°由设∠DEG=∠DFG由是 Rt△DEG≌Rt△DFG，DE=DF因此 Rt△ADE≌Rt△ADF∠BAD=∠CAD同理可证∠ADB=∠ADC所以△ABD≌△ADC得 AB=AC，BD=DC再考虑以B、C为顶点的三面角，又得AB=BD，AC=DC，由此，该四面体六条棱皆相等，每个面都是等边三角形，因而是正四面体．2．结论不成立，可如下作出一个非正四面体，它有五个二面角相等：使∠ABC=∠CBD=∠DBA=∠ACB=∠BCD=∠DCA=40°，∠BAD=∠CAD=∠CDA=∠BDA=70°，∠BAC=∠BDC=100°．显然，这样的四面体存在，其中除二面角B-AD-C外，五个二面角皆相等，而它不是正四面体．[别解] 若取∠ABC等6个角为80°，∠BAD等4个角为80°，∠BAC=∠BDC=20°．则也有五个二面角相等的非正四面体．C3-018 众所周知，在欧氏几何中，三角形内角和为定值．试证明四面体的二面角的和不是定值．【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】考虑正三棱锥ABCD．设侧面与底面所成二面角为α，侧面间的二面角为β．当顶点A趋向于底面中心O时，α→0，β→π，四面体所有的二面角的和趋向于3π．当顶点A趋向于无穷时，α→π/2，β→π/3，四面体所有二面角的和趋向于3（π/2+π/3）=5π/2．由此可知，四面体的所有二面角的和不是定值．C3-019 已知四面体内切球的切点是四面体各面的重心，求证：该四面体是正四面体．【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题4．【证】设G1、G2分别是△ABC、△ADC的重心，则切线AG1=AG2，CG1=CG2．△ABC与△ADC中有两组中线对应相等，又共有AC．易知二者全等．因而得AB=AD，BC=DC同理 AC=AD，BC=BD；AD=BD，AC=BC．四面体六条棱都相等，故是正四面体．C3-020 过正方体ABCD-A1B1C1D1的一条对角线AC1任作一平面，截正方体．在截面不是对角面的情况下，能否使截面成为一个矩形？试证明你的结论．【题说】 1982年芜湖市赛题4．【解】如图，设截面为矩形AEC1F，则EF=AC1=BD1但矩形BB1D1D中，显然EF≤BD1，等号仅在EF是对角线BD1或B1D时成立．[别解] AB是面BCC1B1的垂线，所以BE是斜线AE在面BCC1B1上的射影，若AE⊥EC1，则BE⊥EC1，显然这是不可能的．C3-021 经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体的一个侧面面积，试证明．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题8．【证】显然正方体的截面是中心对称凸多边形，并且边数是偶数的，即或是四边形或是六边形．如果截面是四边形，那末它与正方体某两个相对的侧面不相交，并且截面在这两个侧面上射影是整个侧面，因此截面四边形的面积不小于正方体一个侧面的面积．如果截面是六边形，那末它与正方体的六个侧面都相交，考察正方体的侧面展开图，可知截面的周长P有不等式．其中a是正方体的棱长．截平面交正方体内切球的截圆半径为a/2，所以对截面积S，有这时截面六边形的面积也不小于正方体的一个侧面的面积．C3-022 AB、BC、CD为不在同一平面内的三条线段，AB、BC⊥BD．【题说】 1986年北京市赛高一题1（4）．原题为选择题．【证】因P、Q、R分别为AB、BC、CD的中点，故PQ∥AC，QR∥BD．在△PQR中，有所以∠PQR=90°，即 PQ⊥QR，从而AC⊥BDC3-024 四面体ABCD的棱AB、CD之中点分别是E、F，过EF任作一个平面．试证：这个平面将四面体分成两个等积的部分．【题说】 1987年芜湖市赛题4，第二十九届（1988年）IMO预选题8．【证】如图，设截面为EGFH，DG∶AG=λ，d（x）表示点x到截面EGFH的距离，则所以设△BCD面积为S，A到平面BCD的距离为h，则同理可得三式相加，得C3-025 设A1A2A3A4是一个四面体，S1、S2、S3、S4分别是以A1、A2、A3、A4为球心的球，它们两两相切，如果存在一点Q，以这点为球心可作一个半径为r的球与S1、S2、S3、S4都相切，还可以作一个半径为R的球与四面体的各棱都相切．求证这个四面体是正四面体．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题5．【证】设以A i为球心的球半径为r i（1≤i≤4）．半径为R的球切棱A i A j于B ij，A i B ij=a i（1≤i，j≤4，i≠j）．则r i+r j=a i+a j（1≤i，j≤4，i ≠j）．从而r i=a i（1≤i≤4），又所以r i=r j（1≤i，j≤4，i≠j）．从而各棱均相等，四面体为正四面体．C3-026 正方形ABCD中，M为AB上一点，N是BC上一点，且AM=BN．连DM、DN分别交对角线AC于P、Q，剪去△MNB．求证：（1）以DM、DN为折痕，将DA、DC重合，可以构成一个三棱锥的侧面；（2）以线段AP、PQ、QC为边，恰可构成有一个内角为60°的三角形．【题说】第一届（1990）希望杯高一二试题5．【证】（1）设∠ADP=α，∠CDQ=β，∠PDQ=γ．因为α+γ＞45°＞β，β+γ＞45°＞α，故只须证明α+β＞γ．设AM =BN =a，CN =b，AB=1．则因此α+β＞45°，从而α+β＞γ．（2）在折成的四面体D-A（C）MN中，DA⊥AN，DA⊥AM，故DA⊥底面△AMN，且△AMN≌△BMN（图1中）故∠MAN=90°．又AQ平分∠DAN，AP平分∠DAM．过Q作QR∥AN交DA于R；过R作RS∥AM交AP于S．则四面体R-AQS 中，RS=RQ=RA，且∠ARQ=∠QRS=∠ARS=90°．60°．C3-027 在空间给定若干个点，其中任意四点不共面．给定的点具有以下性质：若有球面过其中任意四点，则所有其余的点均在该球面上或球面内．证明：所有给定的点，均在一个球面上．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】在给定点中取点A、B、C，使其余的点都在平面ABC的同一侧．设D、E是另两个已知点，若E在过A、B、C、D的球面S的内部，则点D在过A、B、C、E的球面的外部，与已知矛盾．因此，点E必在球面S 上．同理可证所有其余的点均应在球面S上．C3-028 三维欧氏空间（xyz空间）所有点的集合为E．A1、A2、A3、A4、A5是E的非空子集，满足条件：（1）A1∪A2∪A3∪A4A2、A3、A4、A5中至少4个集合的点．【题说】 1990年日本第二轮选拔赛题1．【证】若存在直线l至少含3个相异子集A i的点，则过该直线及另一子集的点作平面即为所求．设任何直线至多含两个相异子集的点．设P i 分别为A i的点（i=1，2，3，4，5）．考虑连结P1、P2的直线l，除P1、P2外l上还有A1或A2的点．不失一般性，设l上含A1的点Q1≠P1．过P2、P3、P4作平面L，若l在L内，则L即为所求；若l不在L内，过P5和l作平面M， M与L的交线为过P2的直线a．在M内，过P5的两条直线P1P5和P5Q1至少有一条与a相交，交点属于A1或A5，所以平面L必含有4个不同子集的点．C3-029 设AA′、BB′、CC′是球的不在同一平面的三条弦，它们相交于球内一点P．若过A、B、C、P的球面和过A′、B′、C′、P的球面相切，求证：AA′=BB′=CC′．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题4．【证】过A、A′、B、B′的平面截三个球得三个圆，其中两个圆分别是△ABP及△A′B′P的外接圆，这两个圆相切于P点（如图）．设RQ 是它们在P点的公切线．于是，有∠ABP=∠APQ=∠A′PR=∠A′B′P=∠BAP所以AP=BP同理A′P=B′p相加得 AA′=BB′同理BB′=CC′C3-036 四面体ABCD的四条高AA1、BB1、CC1、DD1相交于H点（A1、B1、C1、D1分别为垂足）．三条高上的内分点A2、B2、C2满足AA2∶A2A1=BB2∶B2B1=CC2∶C2C1=2∶1．证明：H、A2、B2、C2、D1在同一个球面上．【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克第十一年级题7．【证】设M是△ABC重心，则它将中线AA3分为2∶1，于是MA2∥A3A1．因为AA2⊥面BCD，所以AA1⊥A3A1，从而MA2⊥A1A，∠MA2H=90°．同理∠MB2H=∠MC2H=90°．又DD1是四面体的高，所以DD1⊥MD1，即∠MD1H=90°．因此M、A2、B2、C2、D及H在以MH为直径的球面上．。
小学数学奥林匹克竞赛试题（一）一、填空题1．三个连续偶数，中间这个数是m，则相邻两个数分别是___m-2____和___m+2_ __。
2．有一种三位数，它能同时被2、3、7整除，这样的三位数中，最大的一个是____966___，最小的一个是____126____。
解题过程：2×3×7=42；求三位数中42的倍数126、168、 (966)3．小丽发现：小表妹和读初三哥哥的岁数是互质数，积是144，小表妹和读初三哥哥的岁数分别是_____9____岁和____16____岁。
解题过程：144=2×2×2×2×3×3；（9、16）=14．一个四位数，它的第一个数字等于这个数中数字0的个数，第二个数字表示这个数中数字1的个数，第三个数字表示这个数中数字2的个数，第四个数字等于这个数中数字3的个数，那么这个四位数是____1210___。
5．2310的所有约数的和是__6912____。
解题过程：2310=2×3×5×7×11；约数和=（1+2）×（1+3）×（1+5）×（1+7）×（1+11）6．已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10，这些自然数共有____11____个。
解题过程：2008-10=1998；1998=2×33×37；约数个数=（1+1）×（1+3）×（1+1）=16（个）其中小于10的约数共有1，2，3，6，9；16-5=11（个）7．从1、2、3、…、1998、1999这些自然数中，最多可以取多少个数，才能使其中每两个数的差不等于4？__ 1000 __。
解题过程：1，5，9，13，……1997（500个）隔1个取1个，共取250个2，6，10，14，……1998（500个）隔1个取1个，共取250个3，7，11，15，……1999（500个）隔1个取1个，共取250个4，8，12，16，……1996（499个）隔1个取1个，共取250个8．黑板上写有从1开始的若干个连续的奇数：1，3，5，7，9，11，13…擦去其中的一个奇数以后，剩下的所有奇数之和为1998，那么擦去的奇数是____27____。
数学奥林匹克高中训练题（02）第一试一、选择题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题07)十个元素组成的集合{19,93,1,0,25,78,94,1,17,2}M =----．M 的所有非空子集记为(1,2,,1023)i M i =，每一非空子集中所有元素的乘积记为(1,2,,1023)i m i =.则10231i i m ==∑（C ）．（A ）0 （B ）1 (C) -1 (D)以上都不对2．(训练题07)ABC ∆△ABC 的三个内角,,A B C 依次成等差数列，三条边,,a b c 上的高,,a b c h h h 也依次成等差数列．则ABC ∆为（B ）（A ）等腰但不等边三角形 （B ）等边三角形 （C ）直角三角形 （D ）钝角非等腰三角形3．(训练题07)对一切实数x ，不等式42(1)10x a x +-+≥恒成立．则a 的取值范围是（A ）（A ）1a ≥- (B) 0a ≥ (C) 3a ≤ (D) 1a ≤4．(训练题07)若空间四点,,,A B C D 满足8,10,13AB CD AC BD AD BC ======，则这样的三棱锥ABCD 共有（A ）个．（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）多于25．(训练题07)已知不等式21log 0(0,)2m x x x -<∈在时恒成立，则m 的取值范围是（B ）（A ）01m << (B)1116m ≤< (C) 1m > (D) 1016m << 6．(训练题07)方程20(,,,0)ax b x c a b c R a ++=∈≠在复数集内根的个数为n .则（C ）（A ）n 最大是2 （B ）n 最大是4 （C ）n 最大是6 （D ）n 最大是8二、填空题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题07)函数368y x x =+-的值域是___10,210]_____2．(训练题07)已知椭圆22198x y +=，焦点为1F ，2F ，P 为椭圆上任意一点（但P 点不在x 轴上），12PF F ∆的内心为I ，过I 作平行于x 轴的直线交12,PF PF 于,A B .则12PAB PF F S S ∆∆=___916_____. 3．(训练题07),,A B C 为ABC ∆的三个内角，且cot cot cot 2(cot cot cot )222A B C A B C T ++-++≥.则max T =3__. 4．(训练题07)实数,,a b c 满足22223,285a b c a b c c +-=-+++=.则ab 的最小值是__2516__. 5．(训练题07)在一次足球冠赛中，要求每一队都必须同其余的各个队进行一场比赛，每场比赛胜队得2分，平局各得1分，败队得0分．已知有一队得分最多，但它胜的场次比任何一队都少．若至少有n 队参赛，则n =__6____.6．(训练题07)若1013222m ++是一个完全平方数，则自然数m = 14 ．三、(训练题07)（本题满分20分）若正三棱锥底面的一个顶点与其所对侧面的重心距离为4，求这个正三棱锥的体积的最大值．(18)四、(训练题07)（本题满分20分）一个点在x 轴上运动的速度为2米/秒，在平面其它地方速度为1米/秒．试求该点由原点出发在1秒钟内所能达到的区域的边界线．五、(训练题07)（本题满分20分）已知x 为虚数，且1x x+是方程210y ay a -++=的实根．求实数的取值范围．(2225a a ≤->或) 第二试一、(训练题07)（本题满分20分）在ABC ∆中，M 为BC 边上的任一点，ME AB ⊥于E ，MF AC ⊥于F ，AN EF ⊥交BC 于N ． 求证：AM AN BM BN CM CN AB AC ⋅+⋅⋅⋅=⋅．二、(训练题07)（本题满分35分）用n 个数（允许重复）组成一个长为N 的数列，且2n N ≥.证明：可在这个数列中找出若干个连续的项，它们的乘积是一个完全平方数．三、(训练题07)（本题满分35分）空间中有100个点，其中每四点都不在同一平面上，每三点都不在同一条直线上，每一点都与其它33点连红线，与另33点连黄线，与最后的33点连蓝线．证明：一定会出现一个三边均不同色的三角形．。
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：令a=2，b=－2，满足2+(－2)=0，由此a、b互为相反数。
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：D解析：x²，x3都是单项式．两个单项式x3，x²之和为x3+x²是多项式，排除A。
两个单项式x²，2x2之和为3x2是单项式，排除B。
两个多项式x3+x2与x3－x2之和为2x3是个单项式，排除C，因此选D。
3．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：最大的负整数是-1，故C错误。
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，－1，0共4个．选C。
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：令a=0，马上可以排除A、B、C，应选D。
8．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。
A 整数 A3 数字问题A3－001 在数3000003中，应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字，才能使所得的数能被13整除？【题说】1950年～1951年波兰数学奥林匹克三试题2．【解】设所求数字为x和y，则有因为106、104、102除以13时，分别得余数1、3、9，所以n≡3＋3x＋9y＋3＝3（2＋x＋3y）（mod 13）当且仅当x＋3y＋2被13整除，即x＋3y＋2＝13m（m为自然数）（1）时，n被13整除．由于x＋3y＋2≤9＋3·9＋2＝38所以m只能取1或2．当m＝1时，由方程（1）及0≤x，y≤9，解得x＝8，y＝1；x＝5，y＝2；x＝2，y＝3当m＝2时，解得x＝9，y＝5；x＝6，y＝6；x＝3，y＝7；x＝0，y＝8．故本题共有7个解：3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803．A3－002 求出所有这样的三位数，使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和．【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题1．本题由保加利亚提供．【解】设这个三位数除以11以后的商为10a＋b，其中a是商的十位数，b是商的个位数．若a ＋b≥10，则原数为100（a＋1）＋10（a＋b－10）＋b若a＋b＜10，则原数为100a＋10（a＋b）＋b以下对这两种情形分别讨论．先考虑第一种情形．由题设有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2＝10a＋b （1）若a＋b＞10，则有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2≥（a＋1）2＋1＋（11－a）2故若（1）式成立，只能有a＋b＝10．将b＝10－a代入（1）解得唯一的一组正整数解a＝7，b＝3再考虑第二种情形．此时由题设有a2＋（a＋b）2＋b2＝10a＋b （2）若a＋b＞5，则有a2＋（a＋b）2＋b2＝2（a＋b）·a＋2b2＞10a＋b故若（2）成立，只能有a＋b≤5．注意在（2）式中左边和10a都是偶数；因此b也是偶数．若a＋b＜5，则b只能为2，将b＝2代入（2）得不到整数解，因此只能有a＋b＝5．将b＝5－a代入（2）得唯一的一组正整数解a＝5，b＝0综上所述，合乎要求的三位数只有550，803．A3－003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式，试求商，并说明理由．【题说】1958年上海市赛高三题1．【解】原式可写成：其中所有未知数都表示数字，且下标为1的未知数都不等于零．x1x2x3等表示x1·102＋x2·10＋x3等．（1）因为得到商的第一个数字7后，同时移下两个数字a5、a6，所以y2＝0，同理y4＝0．（2）四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2，所以a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，于是a4＝b3，b2＝9，a3＝0．（3）由7×x1x2x3＝99b3，所以x1＝1，x2＝4．990－7×140＝10，所以x3＝2，b3＝4，从而a4＝b3＝4．（4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．（5）y5×142是四位数，所以x5≥8．又因y5×142的末位数字是8，所以y5＝9．于是商为70709，除数142，从而被除数为10040678．A3－004 证明：在任意39个连续的自然数中，总能找到一个数，它的数字之和被11整除．【题说】1961年全俄数学奥林匹克八年级题3．【证】在任意39个连续自然数中，一定有三个数末位数字为0，而前两个数中一定有一个十位数字不为9，设它为N，N的数字之和为n，则N，N＋1，N＋2，…，N＋9，N＋19这11个数的数字之和依次为n，n＋1，n＋2，…，n＋9，n＋10，其中必有一个是11的倍数．【注】39不能改为38．例如999981至1000018这38个连续自然数中，每个数的数字和都不被11整除．本题曾被改编为匈牙利1986年竞赛题、北京市1988年竞赛题．A3－005 求有下列性质的最小自然数n：其十进制表示法以6结尾；当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前，则成为n的四倍数．【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题1．本题由波兰提供．【解】设n＝10m＋6，则6×10p＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10p－4）/13，要使m为整数，p至少为5，此时，n＝153846．A3－006 公共汽车票的号码由六个数字组成．若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和，则称它是幸运的．证明：所有幸运车票号码的和能被13整除．【题说】1965年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设幸运车票的号码是A，则A′＝999999－A也是幸运的，且A≠A′．因为A＋A′＝999999＝999×1001含因数13．而所有幸运号码都能如此两两配对．所以所有幸运号码之和能被13 整除．A3－007 自然数k有如下性质：若n能被k整除，那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k 整除．证明：k是99的因子．【题说】第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题5．【证】k与10互质．事实上，存在首位为1且能被k整除的数，把它的数字倒过来也能被k整除，而此数的末位数字为1．取以500开头的且被k整除的数：500abc…z，（a，b，c，…，z是这个数的数字），则以下的数均被k整除：（1）z…cba005．（2）和（3）把（2）中的和倒过来z…cba00010abc…z（4）差由此看出，99能被k整除．A3－008 计算由1到109的每一个数的数字之和，得到109个新数，再求每一个新数的数字之和；这样一直进行下去，直到都是一位数为止．那么，最后得到的数中是1多，还是2多？【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题3．考虑整数被9除的余数．【解】一个正整数与其数字之和关于9是同余的，故最后所得的一位数为1者，是原数被9除余1的数，即1，10，19，…，999999991及109．同理，最后所得一位数为2者，原数被9除余2，即2，11，20， (999999992)二者相比，余1者多一个数，因此，最后得到的一位数中以1为多．A3－009 求出具有下列性质的所有三位数A：将数A的数字重新排列，得出的所有数的算术平均值等于A．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题5．由此可得222（a＋b＋c）＝6（100a＋10b＋c），即7a＝3b＋4c，将这方程改写成7（a－b）＝4（c－b）当0≤b≤2时，a＝b＝c，或a－b＝4且c－b＝7．当7≤b≤9时，b－a＝4，b－c＝7，从而A∈{111，222，…，999，407，518，629，370，481，592}显然这15个三位数都合乎要求．A3－010 当44444444写成十进制数时，它的各位数字之和是A，而B是A的各位数字之和，求B 的各位数字之和（所有的数都是十进制数）．【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】因为44444444的位数不超过4×4444＝17776，所以A≤177760B≤1＋5×9＝46，B的数字和C≤4＋9＝13由于一个数与它的数字和mod 9同余，所以C≡B≡A≡44444444≡74444＝（73）1481×7≡11781×7≡7（mod 9）故C＝7，即数B的各位数字之和是7．A3－011 设n是整数，如果n2的十位数字是7，那么n2的个位数字是什么？【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题1．【解】设n＝10x＋y，x、y为整数，且0≤y≤9，则n2＝100x2＋20xy＋y2＝20A＋y2（A为正整数）因20A的十位数字是偶数，所以要想使n2十位数字是7，必须要y2的十位数字是奇数，这只有y2＝16或36．从而y2的个位数字，即n2的个位数字都是6．A3－013 下列整数的末位数字是否组成周期数列？其中[a]表示数a的整数部分．【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题4．由于不循环小数，所以{a2k＋1}从而{a n}不是周期数列．在二进制中的末位数字．显然，b n为偶数时，r n＝0，b n为奇数时，r n＝1．仿（a）可证{r n}不是周期的，从而{b n}也不是周期数列．A3－014 设a n是12＋22＋…＋n2的个位数字，n＝1，2，3，…，试证：0.a1a2…a n…是有理数．【题说】1984年全国联赛二试题4．【证】将（n＋1）2，（n＋2）2，…，（n＋100）2这100个数排成下表：（n＋1）2 （n＋2）2 …（n＋10）2（n＋11）2 （n＋12）2 …（n＋20）2…………（n＋91）2 （n＋92）2 …（n＋100）2因k2与（k＋10）2的个位数字相同，故表中每一列的10个数的个位数字皆相同．因此，将这100个数相加，和的个位数字是0．所以，a n＋100＝a n对任何n成立．A3－015 是否存在具有如下性质的自然数n：（十进制）数n的数字和等于1000，而数n2的数字和等于10002？【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题2．【解】可用归纳法证明更一般的结论：对于任意自然数m，存在由1和0组成的自然数n，它的数字和S（n）＝m，而n2的数字和S （n2）＝m2？当m＝1，n＝1时，显然满足要求．设对自然数m，存在由1和0组成的自然数n，使得S（n）＝m，S（n2）＝m2设n为k位数，取n1＝n×10k＋1＋1，则n1由0，1组成并且S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1＝S（n2×102k＋2）＋S（2n×10k＋1）＋S（1）＝S（n2）＋2S（n）＋1＝m2＋2m＋1＝（m＋1）2因此命题对一切自然数m均成立．这说明0.a1a2a3…是循环小数，因而是有理数．A3－017 设自然数n是一个三位数．由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去n 等于1990．求n．【题说】1989年芜湖市赛题3．2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989而2090＞222×9＝1998，222×10＝2220＝1990＋230222×11＝2442×1990＋452，222×12＝2664＝1990＋674222×13＝2886＝1990＋896，222×14＝3108＞2989经验证：a＋b＋c＝11时，n＝452符合题意．A3－018 定义数列{a n}如下：a1＝19891989，a n等于a n－1的各位数字之和，a5等于什么？【题说】第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】由a1＜100001989＝b1，而b1的位数是4×1989＋1＝7957，知a2＜10×8000＝80000，所以a2最多是5位数，从而a3≤5×9＝45，a4≤4＋9＝13，因此a5一定是一位数．另一方面，由9|1989，知9|a1，因而9可整除a1的数字和，即9|a2，又因此有9|a3，9|a4，9|a5．所以a5＝9．A3－019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号（由0—9的数字组成），且规定任何两个牌号至少有两个数字不同（因此，证号“027592”与“020592”不能同时使用），试确定车牌证号最多有多少个？【题说】第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题1．【解】至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a5105个．令a6是a1＋a1＋a3＋a4＋a5的个位数字，所成的六位数便满足要求．因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同，那么第6位数字必然不同．另一方面，任何105＋1个6位数中，总有两个前五位数字完全相同．因此，符合题目要求的车牌证号最多有105个．A3－020 设A＝99…99（81位全为9），求A2的各位数字之和．【题说】1991年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】由A＝1081－1知A2＝10162－2·1081＋1＝99...980 (01)↑↑162位82位故A2各位数字之和＝9×（162－82）＋8＋1＝729．4A3－021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字，并且每个数字都比它右边的数字小，那么称它为“上升”的．这种“上升”的正整数共有多少个？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题2．【解】符合条件的正整数中的数字，都是不同的非零数码，即集合S＝{1，2，3，…，9}的二元或二元以上的子集．反过来，S的每个二元或二元以上的子集，将它的数码从小到大排列，也得到一个符合条件的正整数．S的子集共有29=512个，其中只含一个元素的子集有9个，一个空集．故符合条件的正整数共有512－10=502个．A3－023 求方程的各个正根的乘积的最后三位数字．【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题2．【解】令y=1og1995x．由原方程取对数得其最后三位数字为025．A3－024 一个六位数的首位数字是5，是否总能够在它的后面再添加6个数字，使得所得的十二位数恰是一个完全平方数？【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3．【解】不．若不然，105个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数．即有105个自然数n满足．5×1011≤n2＜6×1011亦即7×105＜n＜8×105由于7×105与8×105之间不存在105个整数，故上式不可能成立．。
数学奥林匹克高中训练题_46学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题二、填空题三、解答题13．在△ABC 中，实数x 满足2222sec x csc A csc B csc C =++，求证：的定圆P 的圆心上一动点，Q 与P 相外切，Q 交l 于N 两点．对于任意直径使得△MAN 求△MAN 的度数．．设函数f(x)、g(x)定义为()f x ()()11?2000,n f a b ==，2000的最小正．上的O 与其他三边都相切，)0nn i i x b x ==∑的所有根的平方的相反数是f(x)=0的全部根．求证：参考答案：【详解】0,4a π⎛∈ ⎝()tanacota <)(cotatana <34t t ＜＜.【详解】1 022≤3.3arccot arc≤1 arccos2,a b a ≥∴(222a x a +1,?4y 又≥∴22 4.x y ∴+≤满足22x y +≤其面积为1··3π3((0011821122sina sin a b a β<<≤<=-即()26a -【详解】(a b c ++项，但(a )nc +的展开式中不同的项数为)(nd a ⎡+=⎣=AB AC∴⊥SD BC∴⊥面BC于是SA与2.当两条较长棱相邻时，不妨设2sec x csc=2∴=tan x2=+cot A(cotA cotB=+60【详解】以l为r,h）.△Q2222rh r k r +3,tan MAN ∠223r k r r nhr +-=)223nh k r r -=±+-两边平方，得2m 对于任意实数r≥1223,m k =-另一方面，用数学归纳法可证明：()281n n a b +>当n=1时，()31223181128n n a b a b +>=>.假设式(1)在n=k 时成立，即28k k a b +>.当n=k+1时，()()2883112121282000820008k k k k k b ba b b k k a b +++=>=>⨯>⨯=. 所以，式(1)对所有n 成立.由式(1)得1998199820008b b a ≤<.1998m ∴>.综上所述，m=1999.16．2或7【详解】1当p=7m -5(m 为自然数，下同)时，()123721p p m =+=-.当m ＞1时，1p 为合数.当m=1时，p=2.此时123456711,19,29,31,101p p p p p p ======，均为质数，所以p 可为2.2当p=7m -6时，()243743p p m =+=-.当m=1时，p=1与p 为质数相矛盾.当m>1时，2p 为合数.3当p=7m -3时，()383783p p m =+=-为合数.4当p=7m -2时，()41637165p p m =-=-为合数.5当p=7m -4时，()5323373223p p m =-=-为合数.6当p=7m -1时，()6642776413p p m =-=-为合数.7 当p=7m 时，因p 为质数,则p=7.当p=7时，1234561731,59,109,191,421p p p p p p ======，均为质数.AB AD =即OA OB +1sina sin ∴+11sin sin a +sin 2αβ+2cos α⎛∴ ⎝4sin sin 2a ⋅202β+＜22αϕ+∴即2αϕ+亦即BAD ∠则AB//CD。
选讲2019年第60届国际数学奥林匹克竞赛IMO试题题1：设整数集为Z，求所有函数Z：使得对于任意整数bf→Za，都有()()()().f+a+f=b2baf2f解：对于任意整数ba，都有()()()().f+a+ ①f=2bb2aff也有().()()()bf+f=+ ②a2a2bff分别在①、②令a=，得()；()()()f=+2f0 ③bbff()；()()()+2f=2 ④fbfbf所以由③、④有()()().f=+ ⑤fb2f2b设()t0是常数，=tf，由⑤知()().f-b= ⑥2t2bf所以()()()()()()，t=++f-22 ⑦f2=+2fafabbbaff在⑦中令a==xb，结合⑥得()()()()，t()=f-f=42 ⑧2-xxtfffx在⑧中，()i若()()t==0是常数，f，ftx则代入⑧中计算得=t，所以().0=f ⑨x()ii若()，tf≠x令()t=2，y-fx则().=f+yy2t所以().= ⑩f+x2tx经检验⑨、⑩知，函数().0Z x x f ∈=，与函数().2是常数，，，C Z C x C x x f ∈+=使得对于任意整数b a ，都有()()()().22b a f f b f a f +=+解题反思：(1)本题解题上应用了代换法、赋值法，整体思想.数学思想上应用了推理逻辑.(2)本题可以推广，设整数集为Z ，求所有函数Z Z f →：使得对于任意整数）m b a ，，都有()()()().b a f f b mf ma f +=+参考答案：解题思路与原题类似， 答案是：函数().0Z x x f ∈=，与函数().是常数，，，C Z C x C mx x f ∈+=(3) 若改变指数可以得到另一个函数方程题：设整数集为Z ，求所有函数Z Z f →：使得对于任意整数b a ，都有()()()().2)(2b a f f b f a f +=+参考答案：函数().0Z x x f ∈=，与().1Z x x f ∈-=，(4) 教学建议：通过本题研究，教师在抽象函数问题求解时要特别强调数学思想教学研究。
