第56届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试

《数学奥林匹克报》Mathematical Olympiad Express 2005 第 20 届IMO 中国国家队选拔考试2005年3月31日 8∶20～12∶50辽宁沈阳东北育才学校每题21分 一、（冷岗松供题）设⊙ O 的内接凸四边形ABCD的两条对角线AC、BD的交点为P，过P、B两点的⊙ O1 与 过P、A两点的⊙ O2 相交于两点P和Q，且⊙ O1 ，⊙ O2 分别与⊙ O 相交于另一点E，F。

求证：直线PQ，CE，DF或者共点或者互相平行。

二、（王建伟供题）给定正整数 n （ n ≥2），求最大的 λ 使得：若有 n 个袋子，每一个袋子中都是一些 重量为2的整数次幂克的小球，且各个袋子中的小球的总重量都相等，则必有某一重量的小球的总个数 至少为 λ （同一个袋子中可以有相等重量的小球）。

三、（朱华伟供题） n 是正整数， a j 为复数（ j ＝1，2，……， n ）， 且对集合 {1, 2,, n} 的任一非空子集I，均有 ∏ (1 + a j ) − 1 ≤j∈In 1 。

证明： ∑ a j ≤3。

2 j =12005年4月1日8∶20～12∶50辽宁沈阳东北育才学校每题21分 四、（熊6斌供题）设 a1 ， a2 ，……， a6 ； b1 ， b2 ，……， b6 和 c1 ， c2 ， c6 都是1,2，……，6的排列，求∑ a b c 的最小值。

i =1 i i i五、（余红兵供题）设 n 是任意给定的正整数， x 是正实数。

证明：∑ ⎜ x ⎢ x ⎥ − ( x + 1) ⎢ x + 1⎥ ⎟ ≤ n ，其中 [ a ] 表示不超过实数 a 的最大整数。

⎣ ⎦⎠ ⎝ ⎣ ⎦k =1n⎛ ⎡k ⎤⎡ k ⎤⎞六、（陈永高供题）设 a 是给定的正实数，求所有的函数 f : N → R ，使得对任意满足条件*am ≤ k ＜ ( a + 1) m 的正整数 k ， m ，都有 f ( k + m ) ＝ f ( k ) ＋ f ( m ) 。

2024年第22届中国女子奥林匹克竞赛数学试卷1、求所有的三元正整数组(aa,bb,cc)，满足aa2aa=bb2bb+cc2cc．2、如图，用144根完全相同的长度为1的细棒摆成边长为8的正方形网格状图形．问：至少需要取走多少根细棒，才能使得剩余图形中不含矩形?请证明你的结论.3、设aa，bb，cc，dd都是不超过1的非负实数．证明：11+aa+bb+11+bb+cc+11+cc+dd+11+dd+aa⩽41+2√aabbccdd4．4、如图，四边形AAAAAAAA内接于圆Γ，对角线AAAA，AAAA互相垂直，交点为EE．设FF是边AAAA上一点，射线FFEE交Γ于点PP，线段PPEE上一点QQ满足PPQQ⋅PPFF=PPEE2，过点QQ且垂直于AAAA的直线交AAAA于点RR．证明：RRPP=RRQQ．5、如图，在锐角△AAAAAA 中，AAAA <AAAA ，AAAA 是高，GG 是重心，PP 、QQ 分别是内切圆与边AAAA 、AAAA 的切点，MM 、NN 分别是线段AAPP 、AAQQ 的中点．设AA 、EE 是△AAAAAA 内切圆上两点，满足：∠AAAAAA +∠AAAAAA =180°，∠AAEEAA +∠AAAAAA =180°．证明：直线MMAA ，NNEE ，GGAA 三线共点．6、设实数xx 1，xx 2，⋯，xx 22满足对任意1⩽ii ⩽22，有2ii−1⩽xx ii ⩽2ii ．求(xx 1+xx 2+⋯+xx 22)�1xx 1+1xx 2+⋯+1xx 22� 7、给定奇素数pp 和正整数aa 、bb 、mm 、rr ，其中pp ∤aabb ，且aabb >mm 2．证明：至多只有一对正整数(xx ,yy )满足xx 与yy 互素，且aaxx 2+bbyy 2=mmpp rr ．8、对于平面直角坐标系中任意两点AA (xx 1,yy 1)、AA (xx 2,yy 2)，定义dd (AA ,AA )=|xx 1−xx 2|+|yy 1−yy 2|，设PP 1，PP 2，⋯，PP 2023是该坐标系中2023个两两不同的点．记λλ=mmaaxx 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �mmii mm 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �．(1) 证明：λλ⩾44．(2) 给出一组PP 1，PP 2，⋯，PP 2023，使得λλ=44．1 、【答案】(1,4,4)，(2,4,4)，(4,5,6)，(4,6,5);【解析】设xx mm=mm2nn，则当nn⩾2时，xx mm−xx mm+1=mm−12nn+1>0，故12=xx1=xx2>xx3>xx4>⋯，不妨设bb⩽cc，由条件等式得aa<bb⩽cc，（1）若bb=cc，则aa2aa=bb2bb−1，故bb aa=2bb−aa−1∈ZZ，设bb=aaaa(aa>1)，则aa=2aaaa−aa−1⩾aaaa−aa，即(aa−1)(aa−1)⩽1，由aa⩾2知aa=1或2，均有bb=2bb−2，得bb=4，（2）若bb<cc，则aa2aa⩽aa+12aa+1+aa+22aa+2=3aa+42aa+2①⇒aa⩽4，注意到，xx1=xx2=12，xx3=38，xx4=14，xx5=532，xx6=332<18，若aa=1或2，则xx bb+xx cc=12⇒xx bb>14⇒bb=3，此时cc无解．若aa=3，则xx bb+xx cc=38⇒xx bb>316⇒bb=4,此时cc无解；若aa=4，则式①等号成立，即bb=5，cc=6，经检验，满足要求，综上，所求(aa,bb,cc)为(1,4,4)，(2,4,4)，(4,5,6)，(4,6,5)．【标注】 ( 数论模块 )2 、【答案】43;【解析】首先证明至少需要移除43根细棒，假设图形中不含矩形，则每个有界连通区域至少由3个单位正方形组成，即面积至少为3，记[xx]表示不超过实数xx的最大整数，这样至多有�643�=21个有界连通区域，每取走一根细棒至多使得有界连通区域的个数减少1（将两个有界连通区域合并为一个有界连通区域，或者将一个有界连通区域与无界连通区域合并），最初时有64个有界连通区域，故至少取走64−21=43根细棒，下图给出了取走43根细棒的例子，其中每个有界连通区域的面积均是3，且图中不含矩形．【标注】 ( 数论模块 )3 、【答案】证明见解析;【解析】注意到，当√aacc⩽xx时，1xx+aa+1xx+cc−2xx+√aacc=(√aa−√cc)2(√aacc−xx)(xx+aa)(xx+cc)(xx+√aacc)⩽0，①由条件可知√aacc⩽1⩽1+bb，√aacc⩽1+dd，在式①中取xx=1+bb和xx=1+dd，分别得11+aa+bb+11+bb+cc⩽21+bb+√aacc，11+cc+dd+11+dd+aa⩽21+dd+√aacc，可见以√aacc代替aa和cc时，不等式左边不减，而右边不变，故不妨设aa=cc，类似地，不妨设bb=dd，这样，原不等式变为证明11+aa+bb⩽11+2√aabb，由均值不等式aa+bb⩾2√aabb可知上式成立．【标注】 ( 不等式 )4 、【答案】证明见解析;【解析】如图，作EEEE//AAFF，交AAPP于点EE，交AAPP于点YY，延长EEQQ、YYQQ，分别交AAAA于点SS、TT，联结AAPP，记⊙AAAAAA表示过AA，AA，AA三点的圆，由PPPP PPPP=PPPP PPPP=PPPP PPPP⇒EEQQ//AAEE，类似地，YYQQ//AAEE，由∠EEEESS=∠AAEEEE=∠AAAAAA=∠EEAASS⇒EE，EE，SS，AA四点共圆，由∠PPEEEE=∠PPAAAA=∠PPAAEE⇒EE，EE、PP，AA四点共圆，故EE，EE，SS，PP，AA五点共圆，类似地，YY，EE、TT，PP，AA五点共圆，由∠PPQQTT=∠PPEEAA=∠PPSSTT⇒PP，SS、QQ，TT四点共圆，由SSQQ//AAEE，TTQQ//AAEE，AAEE⊥AAEE⇒SSQQ⊥TTQQ，由∠RRQQSS=90°−∠QQEEYY=90°−∠QQTTSS=∠RRSSQQ，可知RR是⊙PPSSQQTT的圆心．从而，RRPP=RRQQ．【标注】 ( 平面几何 )5 、【答案】证明见解析;【解析】在△AAAAAA的外接圆上取点FF，使得AAAAAAFF是等腰梯形．直线FFAA与⊙AAAAAA的另一个交点为LL，与中线AAAA交于点GG′．如图，由AAFF=2AAAA⇒PPGG′GG′KK=PPPP HHKK=2⇒GG′是△AAAAAA的重心⇒点GG′与GG重合，故∠AALLAA=∠AALLFF=12AAFF⌢∘=12AAAA⌢∘=∠AAAAAA，结合条件∠AAAAAA+∠AAAAAA=180°得∠AAAAAA+∠AALLAA=180°⇒AA，LL，AA，AA四点共圆，类似可证∠AALLAA=∠AAAAAA，且AA，LL，AA、EE四点共圆，由于∠AALLAA=∠AAAAAA，PPAA与⊙AALLAAAA切于点AA，记△AAAAAA的内切圆为Γ，PPAA是Γ与⊙AALLAAAA的外公切线，由MMPP =MMAA 可知MM 是Γ与⊙AALLAAAA 的等幂点，从而，直线MMAA 是Γ与⊙AALLAAAA 的根轴，类似可证直线NNEE 是Γ与⊙AALLAAEE 的根轴，又直线GGAA 是⊙AALLAAAA 与⊙AALLAAEE 的根轴，故直线MMAA 、NNEE 、GGAA 要么三线共点，要么两两平行．若MMAA 、NNEE ，AAAA 两两平行，则⊙AALLAAAA 的圆心OO 1，⊙AALLAAEE 的圆心OO 2、Γ的圆心II 三点共线， 由于∠AAAAAA 与∠AAEEAA 都是钝角，于是，点OO 1，OO 2在AAAA 下方，显然点II 在AAAA 上方，设OO 1、OO 2、II 在AAAA 上的投影分别为EE 、YY 、ZZ ，则EE ，YY 分别是AAAA 、AAAA 的中点，由AAAA <AAAA 知点YY 、ZZ 在AAAA 同侧，且AAZZ =PPAA+BBAA−PPBB 2>BBAA 2>AAHH 2=AAYY ， 故点ZZ 在线段EEYY 上．因此，OO 1、OO 2、II 不可能共线，矛盾， 从而，MMAA 、NNEE 、GGAA 三线共点．【标注】 ( 平面几何 )6 、【答案】 �212−1−1211�2 ;【解析】 设yy ii =xx ii 211(ii =1,2,⋯,22) ， 注意到， ff (tt )=tt +1tt在区间(0,1]上递减，在区间[1,+∞)上递增，对1⩽ii ⩽11，有1212−ii ⩽yy ii ⩽1211−ii ⇒yy ii +1yy ii ⩽212−ii +1212−ii ； 对12⩽ii ⩽22，有 2ii−12⩽yy ii ⩽2ii−11⇒yy ii +1yy ii ⩽2ii−11+12ii −11， 则 �∑22ii=1xx ii ��∑22ii=11xx ii �=�∑22ii=1yy ii ��∑22ii=11yy ii� ⩽14���yy ii +1yy ii �mm ii=1�2⩽14���212−ii +1212−ii �11ii=1+��2ii−11+12ii −11�22ii=12�2=�21+22+⋯+211+121+122+⋯+1211�2 =�212−1−1211�2， 当xx ii =�2ii−1,1⩽ii ⩽112ii ,12⩽ii ⩽22 时，上式等号成立， 故所求最大值是 是�212−1−1211�2． 【标注】 ( 不等式 )7 、【答案】 证明见解析;【解析】 反证法．假设有两对不同的正整数解 (xx 1,yy 1)、(xx 2,yy 2)，由于xx 1与yy 1互素，于是，pp ∤xx 1yy 1， 类似地，pp ∤xx 2yy 2，由 aaxx 12≡−bbyy 12(mod pp rr )aaxx 22≡−bbyy 22(mod pp rr )，可知 aabbxx 12yy 22≡aabbxx 22yy 12(mod pp rr ) 又pp ∤aabb ，故pp rr |(xx 12yy 22−xx 22yy 12)， 注意到，xx 1yy 2−xx 2yy 1与xx 1yy 2+xx 2yy 1不能都被pp 整除，否则，pp |2xx 1yy 2，这与pp 是奇素数且pp ∤xx 1yy 1xx 2yy 2矛盾， 故pp rr |(xx 1yy 2−xx 2yy 1)或pp rr |(xx 1yy 2+xx 2yy 1)， 若xx 1yy 2−xx 2yy 1=0，则 xx 1xx 2=yy1yy 2， 结合aaxx 12+bbyy 12=aaxx 22+bbyy 22，可知xx 1=xx 2，yy 1=yy 2，这与(xx 1,yy 1)≠(xx 2,yy 2)矛盾， 因而，xx 1yy 2−xx 2yy 1≠0， 若pp rr |(xx 1yy 2+xx 2yy 1)，则xx 1yy 2+xx 2yy 1⩾pp rr ，若pp rr |(xx 1yy 2−xx 2yy 1)，则xx 1yy 2+xx 2yy 1⩾|xx 1yy 2−xx 2yy 1|⩾pp rr ，因此总有xx 1yy 2+xx 2yy 1⩾pp rr ，利用条件aabb>mm2和上式有mm2pp2rr=(aaxx12+bbyy12)(aaxx22+bbyy22)=(aaxx1xx2−bbyy1yy2)2+aabb(xx1yy2+xx2yy1)2⩾aabb(xx1yy2+xx2yy1)>mm2pp2rr，矛盾．故假设不成立，原命题成立．【标注】 ( 数论模块 )8 、【答案】 (1) 证明见解析;(2) 见解析;【解析】 (1) 对aa=1，2，⋯，2023，设PP aa(xx aa,yy aa)，记uu aa=xx aa+yy aa，vv aa=xx aa−yy aa，记AA=mmaaxx1⩽ii⩽jj⩽2023dd�PP ii,PP jj�，则对于任意1⩽ii、jj⩽2023，有|uu ii−uu jj|=|�xx ii−xx jj�+�yy1−yy jj�|⩽|xx ii−xx jj|+|yy ii−yy jj|=dd�PP ii,PP jj�⩽AA，因此，uu1，uu2，⋯，uu2023中的最大数与最小数之差不超过AA，即全在某个区间[aa,aa+AA]中，类似地，vv1，vv2，⋯，vv mm全在某个区间[bb,bb+AA]中，对aa、ll=1,2,⋯,44，考虑区域AA aa,ll=��uu+vv2,uu−vv2�|aa+aa−144AA⩽uu⩽aa+aa44AA,bb+ll−144AA⩽vv⩽bb+ll44AA�，点PP ii，PP2，⋯，PP2023落在这442=1936个区域中，由抽屉原理知存在两点在同一区域，假设PP1、PP jj∈AA aa,ll，记UU=uu ii−uu jj，VV=vv ii−vv jj，则−DD44⩽UU、VV⩽DD44，dd�PP ii,PP jj�=|xx ii−xx jj|+|+|yy ii−yy jj|=�uu ii+vv ii−uu jj+vv jj�+�uu ii−vv ii−uu jj−vv jj�=�UU+VV 2�+�UU−VV 2� ∈�±UU+VV 2±UU−VV 2�={UU ,−UU ,VV ,−VV }，由于每种情况都有 dd�PP ii ,PP jj �⩽mmaaxx {|UU |,|VV |}⩽DD 44， 故 mmii nn 1⩽ii<jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �⩽dd�PP ii ,PP jj �⩽DD 44⇒λλ⩾44． (2) 关于构造，取点集MM ={(xx ,yy )∈ZZ 2|xx ,yy 同奇偶，|xx +yy |⩽44，|xx −yy |⩽44} =��uu+vv 2,uu−vv 2�|uu =0,±2,±4,⋯,±44;vv =0,±2,±4,⋯,±44�， 集合MM 中共有452=2025个点，从中任选2023个点作为PP 1，PP 2，⋯，PP 2023，则 dd�PP ii ,PP jj �=|xx ii −xx jj |+|yy ii −yy jj |是偶数且大于0，即dd�PP ii ,PP jj �⩾2， 另一方面，dd�PP ii ,PP jj �=|xx ii −xx jj |+|yy ii −yy jj |⩽mmaaxx�|(xx ii +yy ii )−�xx jj +yy jj �|,|(ii yy ii )−�xx jj −yy jj �|�⩽88， 故此时λλ=mmaaxx 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �mmii mm 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �⩽882，由（1）知此时λλ=44， 图1是nn =25个点满足λλ=4的例子，图2是16个区域划分，可以用来证明nn =17个点时λλ⩾4．第11页， 共11页【标注】。

2020年第12期49《中等数学》2020年总目次I M O快讯(10.封底）数学活动课程讲座.初中.初中数学竞赛中的组合最值问题解法举例(钟志强6-2)完全平方数的性质及其应用(李昌勇刘应成6-7)•高中•一些关于无穷多个素因子的问题（吴宇培丨*2) “线性化”在多元不等式证明与最值求解中的应用(唐智逸茹双林2-2)数学竞赛中两种不等式基本思想的应用(缠祥瑞3*2)数学竞赛中的复数问题（唐立华 4.27-2)数学竞赛中组合几何问题的常见解法(程振峰李宝毅5-2)递归计数的六种方式（冯跃峰8-2)圆锥曲线几个结论的证明与应用（金荣生9-2)数学竞赛中数列不等式的常见解法举例(王逸凡王彬瑶10-2)数论中的升幂引理及其应用（王永喜丨卜2)对应思想在组合问题中的应用（缠祥瑞12-2)命题与解题数学命题中的“抱残守缺”（陶平生I*7)例谈不等式题的命制方法（张端阳卜1丨）两道赛题的创作思路、答题情况及启示(林天齐何忆捷熊斌2-8)开世定理的推广与应用（李庆圣2，12)老题新芽别样趣味（肖恩利陈博文3-6) 2019年全国高中数学联赛加试第三题的改进(晏兵川赵凌燕3*13)一道罗马尼亚竞赛题的分析与推广(朱华伟邱际春4‘7)一道高中数学竞赛题的探讨(邱慎海沈家书4’11)一道集训队选拔考试题的推广（李伟健4*14)一道不等式赛题的演变与推广(邱际春朱华伟郑焕5-9)利用抽屉原理证明三道竞赛题（隋婷婷5*11)一道数学竞赛题的推广（林根 5 •13)一道中国北方数学奥林匹克试题的引申(赵凌燕隋世友6‘11)判别式在不定方程中的应用（雷勇7-9)三道国外竞赛题的简解（姚先伟于娟7 •12)两道数学竞赛题的分析与推广(邱际春朱华伟8‘12)与三角形的内切圆有关的一个性质及相关性质和命题（李庆圣一道印度赛题的解题思考（李明谈谈数学竞赛中的数学期望（吴宇培关于一道数论题的思考（李彬解题小品—投石问路（陶平生利用复数证明竞赛题（刘东华华洁一道东南赛题与2020年高中联赛数论题的渊源（陶平生一道高中联赛题的推广与变形（王若飞9.9)9.16)10.11)10-13)11.7)11-11)12.7)12.9)赛题另解(1-154-155-157-1310-15)2020年全年高中数学联赛加试题另解(李庆圣杨续亮刘晓理等12-13)专题写作一类麦比乌斯反演问题及其应用（刘志乐2•15)多项式根的倒数和问题求解（梅述恩 3 •17)一个与多项式相关的不等式（刘亮赵斌5*18)高斯整数在数学竞赛中的应用（古德麟 7_15)一道北方希望之星数学夏令营试题的拓展第29届南美洲数学奥林匹克(8.36) (贾秀平段敏敏11-14)2020年全国高中数学联赛浙江赛区预赛(9-20)学生习作2020年全国高中数学联赛重庆赛区预赛(9-25)2018中国香港代表队选拔考试(9-28)论局部调整法的妙用(阮书镐4-17)2018中美洲及加勒比地区数学奥林匹克(9-32)构造表格探究一类数的分布(徐博润6-18)第61届I M O试题(10-16)一种证明三元齐次不等式的方法(王一鹏8.16)2020年全国高中数学联合竞赛(10-17)两道罗马尼亚大师杯赛题的另解(严彬玮9-18)第17届中国东南地区数学奥林匹克(10-25)竞赛之窗第61届I M O试题解答(11-18)第16届中国东南地区数学奥林匹克2019中国数学奥林匹克希望联盟夏令营(1.29 2.30第30届亚太地区数学奥林匹克第35届中国数学奥林匹克2019年全国高中数学联赛四川赛区预赛第三届中国北方希望之星数学夏令营2019青少年数学国际城市邀请赛2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛2019美国数学竞赛（八年级）2019年北京市中学生数学竞赛复赛（高一）2019年全国高中数学联赛吉林赛区预赛第六届伊朗几何奥林匹克2019年全国高中数学联赛甘肃赛区预赛第12届罗马尼亚大师杯数学邀请赛2020美国数学竞赛（十、十二年级）2018爱沙尼亚国家队选拔考试（初中）2018荷兰数学奥林匹克（初中）2019马其顿数学奥林匹克（初中）2019巴尔干地区数学奥林匹克（初中）2〇19希腊数学奥林匹克（初中）2019希腊国家队选拔考试（初中）2019年全国高中数学联赛贵州赛区预赛2019年全国高中数学联赛重庆赛区预赛第83届莫斯科数学奥林匹克（7,29 2020欧洲女子数学奥林匹克2019年全国高中数学联赛广西赛区预赛2019美国国家队选拔考试第60届I M O预选题(11-2212-20) 0-17)2019亚太地区数学奥林匹克(11-32) 3-33)第19届中国女子数学奥林匹克(11-36)首届百年老校数学竞赛(12-30) (1*35)(2.18)2019瑞士数学奥林匹克（初赛）(12-37) (2.25)再品佳题(2-36)(3.20)第二届国际大都市竞赛（数学）(1-38) (3-27)第32届北欧数学竞赛(2-39) (4.21)2018瑞士数学奥林匹克（预赛）(3-39)(4.26)课外训练(4-29)(4.34).初中.(5.20)(186罗家亮 6.34187 李铁汉汪波 6 •(5.27)39 188 谢文晓9.34189 陈迁赵手志(5-32)王祥10.38)(6.20).高中■(6.23)(247 巢中俊 1.41 248王永中2•41 249 (6.28)于现峰 3.41250王永喜4■41251 刘(6-30)小杰宛昭勋5‘42252杨运新6•42 253 (6.31)李潜7 41254徐节槟龙崎钢8-40(6.33)255何忆捷9.39256李培臣谭祖春郝(7.20)泽来10.42 257 胡满11.42258褚小光(7-26)田开斌12.39)8.29)(7.36)(8.20)(8.24)数学奥林匹克问题(1-48 2-47 3.474-475-48 6.477.488.469-4610-48 11-48 12-46)。

1985-2012年国际数学奥林匹克中国参赛人数按地区、学校统计国际数学奥林匹克(International Mathematical Olympiad，简称IMO)是世界上规模和影响最大的中学生数学学科竞赛活动。

由罗马尼亚罗曼(Roman)教授发起。

1959年7月在罗马尼亚古都布拉索举行第一届竞赛。

我国第一次派学生参加国际数学奥林匹克是1985年，当时仅派两名学生，并且成绩一般。

我国第一次正式派出6人代表队参加国际数学奥林匹克是1986年。

2012年第53届国际数学奥林匹克竞赛将于今年7月4日至16日在阿根廷马德普拉塔（Mar del Plata , Argentina）举行。

入选国家队的六名学生是：（按选拔成绩排名）陈景文（中国人民大学附属中学)、吴昊（辽宁师范大学附属中学）、左浩（华中师范大学第一附属中学）、佘毅阳（上海中学）、刘宇韬（上海中学）、王昊宇（武钢三中）---------------------------------------------------------历届IMO的主办国，总分冠军及参赛国（地区）数为：年份届次东道主总分冠军参赛国家（地区）数1959 1 罗马尼亚罗马尼亚71960 2 罗马尼亚前捷克斯洛伐克51961 3 匈牙利匈牙利 61962 4 前捷克斯洛伐克匈牙利71963 5 波兰前苏联81964 6 前苏联前苏联91965 7 前东德前苏联81966 8 保加利亚前苏联91967 9 前南斯拉夫前苏联131968 10 前苏联前东德121969 11 罗马尼亚匈牙利141970 12 匈牙利匈牙利141971 13 前捷克斯洛伐克匈牙利151972 14 波兰前苏联141973 15 前苏联前苏联161974 16 前东德前苏联181975 17 保加利亚匈牙利171976 18 澳大利亚前苏联191977 19 南斯拉夫美国211978 20 罗马尼亚罗马尼亚171979 21 美国前苏联231981 22 美国美国271982 23 匈牙利前西德301983 24 法国前西德321984 25 前捷克斯洛伐克前苏联341985 26 芬兰罗马尼亚421986 27 波兰美国、前苏联371987 28 古巴罗马尼亚421988 29 澳大利亚前苏联491989 30 前西德中国501990 31 中国中国541991 32 瑞典前苏联561992 33 俄罗斯中国621993 34 土耳其中国651994 35 中国香港美国691995 36 加拿大中国731996 37 印度罗马尼亚751997 38 阿根廷中国821998 39 中华台北伊朗841999 40 罗马尼亚中国、俄罗斯812000 41 韩国中国822001 42 美国中国832002 43 英国中国842003 44 日本保加利亚822004 45 希腊中国852005 46 墨西哥中国982006 47 斯洛文尼亚中国1042007 48 越南俄罗斯932008 49 西班牙中国1032009 50 德国中国1042010 51 哈萨克斯坦中国1052011 52 荷兰中国101------------------------------------------------------------------历届国际数学奥林匹克中国参赛学生分省市、分学校统计按学校排名（TOP16)1 武汉钢铁三中 152 湖南师大附中 113 华南师范大学附中 104 北大附中 94 人大附中 96 湖北黄冈中学 86 上海中学 88 上海华东师大二附中 5 8 东北育才学校 510 华中师大一附中 410 复旦大学附中 410 深圳中学 410 东北师范大学附中 4 14 上海向明中学 314 长沙市一中 314 哈尔滨师范大学附中 3 以下略。

《数学奥林匹克报》Mathematical Olympiad Express 2006 第 21 届IMO 中国国家队选拔考试2006年3月31日 8∶00～12∶30辽宁沈阳东北育才学校每题21分 一、设H为ΔABC的垂心，D，E，F为ΔABC的外接圆上三点使得AD∥BE∥CF，S，T，U分别为D，E，F关于边 BC，CA，AB的对称点。

求证: S，T，U，H 四点共圆。

二、给定正整数 n ，求最大的实数C，满足：若一组大于1的整数(可以有相同的)的倒数之和小于C ， 则一定可以将这一组数分成不超过 n 组，使得每一组数的倒数之和都小于1。

三、对正整数M，如果存在整数 a ， b ， c ， d 使得M ≤ a ＜ b ≤ c ＜ d ≤M＋49， ad ＝ bc ， 则称M为好数, 否则称M为坏数。

试求最大的好数和最小的坏数。

2006年4月1日8∶00～12∶30辽宁沈阳东北育才学校每题21分 四、设 k ≥3是奇数. 证明：存在一个次数为 k 的非整系数的整值多项式 f ( x ) ，具有下面的性质： (1) f ( 0 ) ＝0， f (1) ＝1； (2) 有无穷多个正整数 n ，使得：若方程 n ＝ f ( x1 ) ＋……＋ f ( xs ) 有整数解 x1 ，……， xs ， 则 s ≥ 2 －1。

(若对每个整数 x ，都有 f ( x ) ∈ Z ，则称 f ( x ) 为整值多项式。

)k五、给定正整数 m ， a ， b ， ( a, b ) ＝1。

A 是正整数集的非空子集，使得对任意的正整数 n 都有 an ∈A 或 bn ∈A。

对所有满足上述性质的集合A，求 A ∩ {1, 2,, m} 的最小值。

六、已知ΔABC覆盖凸多边形M。

证明：存在一个与ΔABC全等的三角形，能够覆盖M，并且它的一条边所在 的直线与M的一条边所在的直线平行或者重合。

2006第47届IMO于2006年7月6日～7月18日在斯洛文尼亚卢布尔雅那举行 中国国家队队员是 任庆春 天津耀华中学 金牌 邓 煜 深圳高级中学 金牌 沈才立 浙江镇海中学 金牌 柳智宇 华中师大一附中 金牌 甘文颖 湖北武汉武钢三中 金牌 金 龙 长春东北师大附中 金牌普及数学知识，传播奥林文化，快递竞赛信息。

出征国际数学奥林匹克的中国集训队完成终极选拔，入选者是谁？在人人学奥数的年代，只有少数人能够成为奥数江湖中的绝顶高手——进入终极6人组。

因为每年代表中国队角逐国际数学奥林匹克的，只有6个人。

最新消息：今年即将代表中国队参加第57届国际数学奥林匹克(IMO)的6人组名单，已经出炉。

先来看看这6位准国家级奥数选手的名字和学校——杨远（河北省石家庄二中）张盛桐（上海市上海中学）王逸轩（湖北省武钢三中）贾泽宇（人大附中）宋政钦（湖南师大附中）梅灵捷（复旦附中）在6员即将出征参赛的奥数选手中，上海独占两元，足见上海在数学教育上的优势。

由于选手们目前正在备战国际大赛，且一般出征队伍赛前肯定是低调、低调、再低调，不太愿意让选手们抛头露脸分心，所以目前除了选手名字和学校外，关于他们的个人信息非常少。

而根据知情人士独家透露的消息，光上海两位选手，就确有过人之处先说上海中学的张盛桐，他是这6人组里年纪最小的一位。

其他选手今年基本都是高三，在出征IMO之前都已经获得了保送大学的资格，而张盛桐今年还只是一位高一年级的学生（所以参加过第57届IMO，他到底是读大学还是继续读中学，真是不知道哦。

）根据已公开的消息，2015年张盛桐在上海中学中考录取名单上，也就是说，他是上海中学2015级的高一新生。

入学不久，他便参加2015年高中数学联赛（上海赛区）且获得一等奖，总分排名第三（排在他之前的，第一名是高三学生，第二名高二学生）；此后，张盛桐参加了2015年12月份在江西鹰潭市第一中学举行的第31届中国数学奥林匹克（俗称全国中学生数学冬令营），并在这场369人的奥数高手比拼中获得了第一名。

经过这一轮大浪淘沙——369进60的激烈选拔后，张盛桐成为2016年中国数学奥林匹克国家集训队成员之一。

在中国数学会官网公布的60人名单上，他的名字排在第一个。

来看看60人的大名单，全都是顶尖高手啊——注：本名单来源于中国数学会官网今年3月14日至3月27日，在湖南师大附中进行的终极集训和选拔中，张盛桐从60选6的选拔中胜出，将代表中国队出征第57届国际数学奥林匹克 (IMO) 。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛一试试卷（预赛）（A卷）一、填空题：本题共8小题，每小题8分，共64分。

1.若实数m>1满足log9(log8m)=2024，则log3(log2m)的值为______．2.设无穷等比数列{a n}的公比q满足0<|q|<1.若{a n}的各项和等于{a n}各项的平方和，则a2的取值范围是______．3.设实数a，b满足：集合A={x∈R|x2−10x+a≤0}与B={x∈R|bx≤b3}的交集为[4,9]，则a+b的值为______．4.在三棱锥P−ABC中，若PA⊥底面ABC，且棱AB，BP，BC，CP的长分别为1，2，3，4，则该三棱锥的体积为______．5.一个不均匀的骰子，掷出1，2，3，4，5，6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a，b.若事件“a+b=7”发生的概率为17，则事件“a=b”发生的概率为______．6.设f(x)是定义域为R、最小正周期为5的函数.若函数g(x)=f(2x)在区间[0,5)上的零点个数为25，则g(x)在区间[1,4)上的零点个数为______．7.设F1，F2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P(异于长轴端点)，记O为△PF1F2的外心，若PO⋅F1F2=2PF1⋅PF2，则Ω的离心率的最小值为______．8.若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，4，0，9，0，8，则称(a,b,c)为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组.满足10<a<b<c的幸运数组(a,b,c)的个数为______．二、解答题：本题共3小题，共56分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

9.(本小题16分)在△ABC中，已知cosC=sinA+cosA2=sinB+cosB2，求cosC的值．10.(本小题20分)在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x2−y2=1的右顶点为A.将圆心在y轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P，圆心距为d，求d|PA|的所有可能的值．11.(本小题20分)设复数z，w满足z+w=2，求S=|z2−2w|+|w2−2z|的最小可能值．参考答案1.40492.[−14,0)∪(0,2)3.74.345.196.117. 648.5919.解：由题意知，sinA +cosA =sinB +cosB ，所以 2sin (A +π4)= 2sin (B +π4)，所以A +π4=B +π4或(A +π4)+(B +π4)=π，即A =B 或A +B =π2，当A =B 时，C =π−2A ，且A ∈(0,π2)，由cosC =sinA +cosA 2，知cos (π−2A)=sinA +cosA 2，即−2cos2A =sinA +cosA ，所以2(sin 2A−cos 2A)=sinA +cosA ，所以2(sinA +cosA)(sinA−cosA)=sinA +cosA ，因为A ∈(0,π2)，所以sinA +cosA ≠0，所以sinA−cosA =12，又sin 2A +cos 2A =1，所以(12+cosA )2+cos 2A =1，解得cosA =7−14或cosA =− 7−14(舍负)，所以cosC =−cos2A =1−2cos 2A =1−2×(7−14)2= 74；当A +B =π2时，C =π2，所以cosC =0，此时sinA +cosA = 2sin (A +π4)=0，而A ∈(0,π2)，所以A +π4∈(π4,3π4)，所以sin (A +π4)>0，与sin (A +π4)=0相矛盾，所以cosC =0不成立，综上，cosC = 74． 10.解：考虑以(0,y 0)为圆心的好圆Ω0：x 2+(y−y 0)2=r 20(r 0>0)．由Ω0与Γ的方程联立消去x ，得关于y 的二次方程2y 2−2y 0y +y 20+1−r 20=0．根据条件，该方程的判别式Δ=4y20−8(y20+1−r20)=0，因此y20=2r20−2．对于外切于点P的两个好圆Ω1，Ω2，显然P在y轴上．设P(0,ℎ)，Ω1，Ω2的半径分别为r1，r2，不妨设Ω1，Ω2的圆心分别为(0,ℎ+r1)，(0,ℎ−r2)，则有(ℎ+r1)2=2r21−2，(ℎ−r2)2=2r22−2，两式相减得2ℎ(r1+r2)=r21−r22，而r1+r2>0，故化简得ℎ=r1−r22，进而(r1−r22+r1)2=2r21−2，整理得r21−6r1r2+r22+8=0①，由于d=r1+r2，A(1,0)，|PA|2=ℎ2+1=(r1−r2)24+1，而①可等价地写为2(r1−r2)2+8=(r1+r2)2，即8|PA|2=d2，所以d|PA|=22．11.解：根据z+w=2，得w=2−z，可得|z2−2w|=|z2−2(2−z)|=|z2+2z−4|=|z+1+5|⋅|z+1−5|．|w2−2z|=|(2−z)2−2z|=|z2−6z+4|=|z−3+5|⋅|z−3−5|．以上两式的最右边各项分别是z到复平面中实轴上的点(−1−5,0)，(−1+5,0)，(3−5,0)，(3+5,0)的距离，将z=x+yi换成其实部x时，各个距离都不会增大，因此只需考虑函数f(x)=|x2+2x−4|+|x2−6x+4|在R上的最小值．由x2+2x−4=0的根为−1±5，x2−6x+4=0的根为3±5，且−1−5<3−5<−1+5<3+5，分以下几种情况讨论：①若x≤−1−5，则f(x)=2x2−4x，f(x)在(−∞,−1−5]上的最小值为f(−1−5)=16+85；②若x∈(−1−5,3−5]，则f(x)=−8x+8，此时f(x)的最小值为f(3−5)=−16+85；③若x∈[3−5,−1+5]，则f(x)=−2x2+4x，此时f(x)的最小值为f(3−5)=f(−1+5)=−16+85；④若x∈[−1+5,3+5]，则f(x)=8x−8，此时f(x)的最小值为f(−1+5)=−16+85；⑤若x≥3+5，则f(x)=2x2−4x，f(x)在[3+5,+∞)的最小值为f(3+5)=16+85．综上所述，f(x)在R上的最小值为f(3−5)=f(−1+5)=85−16．即S=|z2−2w|+|w2−2z|的最小可能值是85−16．。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛内蒙古赛区初赛试卷（2024年5月19日，8:30~9:50）考生注意：1、本试卷共二个大题（11个小题），全卷满分120分.2、用黑色的钢笔或签字笔作答.3、解题书写不要超出装订线.4、不能使用计算器.一、填空题（本题满分64分，每小题8分）本题共有8小题，要求直接将答案写在横线上.1．集合{}1,2,3,5,6M =的全部非空子集的元素和等于.2．设a ，b ，c 是实数，满足1a b c ++=，2221a b c ++=，0a ≠，3bc a 的取值范围为.3．已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为4，底面边长为2，过点A 的一个平面截此棱柱，与侧棱1BB ，1CC 分别交于点M ，N ，若MNA △为直角三角形，则MNA △面积的最大值为.4．已知在ABC V中BC =，π3A =，14BD BC = ，则线段AD 的最大值为.5．从1，2，⋅⋅⋅，11中任取三个不同的数，则这三个数可以构成等差数列的概率为.6．O 是原点，椭圆22145x y +=，直线l 过()1,0且与椭圆交于A ，B 两点，则ABO 面积的最大值为.7．数列{}n a 中，1110a =，且对任意*n ∈N ，21n n n a a a +=+，求2024111n n a =+∑的整数部分是.8．已知关于x 的方程3340x x -+=的三个复数根分别为1z ，2z ，3z ，则()()()222122331z z z z z z ---的值为.二、解答题（本题满分56分）9．已知双曲线22:143x y C -=，直线:1l y kx =+与双曲线C 的左右支分别相交于A ，B 两点，双曲线C 在A ，B 两点处的切线相交于点P ，求ABP 面积的最小值.10．已知函数()21e 21x x f x ax x -=--+.(1)当0a =时，讨论()f x 在14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上的极值.(2)若0x =是()f x 的极小值点，求a 的取值范围.11．设n 是一个给定的正整数，集合(){}*,1,2,,n S i j i j n i j =≤≤∈N ，求最大的正数()c c n =，使得对任意正整数1d ，2d ，都存在集合n S 的子集P ，满足集合P 至少有2cn 个元素，且集合P 的任两个元素(),i j ，(),k l 均有()()221i k j l d -+-≠，()()222i k j l d -+-≠.1．272【分析】分析各元素出现的次数，进而可得结果.【详解】集合{}1,2,3,5,6M =的子集有以下情形；含有元素1的子集有4216=个；含有元素2的子集有4216=个；含有元素3的子集有4216=个；含有元素5的子集有4216=个；含有元素6的子集有4216=个，所有子集的元素的和为()1612356272⨯++++=．故答案为：272.2．(],0-∞【分析】根据已知条件，求出2bc a a =-，1+=-b c a ，根据韦达定理确定a 和b 是关于x 的方程：()2210x a x a a +-+-=的两个根，求出113a -≤≤，又0a ≠，构造函数()21x f x x-=，(]1,00,13x ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数值域即可求解.【详解】因为1a b c ++=，所以()22222221a b c a b c ab bc ac ++=+++++=，又2221a b c ++=，所以2220ab bc ac ++=，即0ab bc ac ++=，所以()0bc a b c ++=，即()10bc a a +-=，2bc a a =-，又1+=-b c a ，所以由韦达定理得a 和b 是关于x 的方程：()2210x a x a a +-+-=的两个根，所以()()22140a a a ∆=---≥，整理有：23210a a --£，解得113a -≤≤，又0a ≠，所以(]1,00,13a ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭，所以23321bc a a a a a a--==，(]1,00,13a ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭，令()21x f x x -=，(]1,00,13x ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭，()242x x f x x-+'=，(]1,00,13x ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭，令()0f x '=，解得0x =或2x =，所以当1,03x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，当(]0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当0x →时，()f x →-∞，1123f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()10f =，所以(]1,00,13x ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭，()(],0f x ∈-∞，所以3bc a 的取值范围为(],0-∞.故答案为：(],0-∞.3【分析】设,,,[0,4]CN x BM y x y ==∈，90ANM ∠=︒，则由直角三角形MQN 可得2y x x=+，从而可得面积的表达式，利用函数的单调性可求最大值.【详解】如图，设,,,[0,4]CN x BM y x y ==∈，不妨设90ANM ∠=︒，则222AM AN MN =+，即222444()y x y x +=+++-，整理得：220x xy -+=，若0x =，显然不成立，可得(]222,0,4x y x x x x+==+∈，又因为04y <≤，即24x x+≤，解得22x -≤≤+设AMN 的面积为S ，则()222444()S x y x ⎡⎤=+⋅+-⎣⎦()22444x x ⎛⎫=+⋅+ ⎪⎝⎭2216204x x =++224204x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，令26t x ⎡=∈-+⎣，因为函数()4f t t t =+在)62⎡-⎣上单调递减，在(2,6+上单调递增，且((6612f f -=+=，可知24S 最大值是2041268+⨯=，所以max S =.。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分 设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。