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国际奥林匹克数学竞赛试卷一、选择题（每题5分，共30分）1. 已知实数a，b满足a + b = 5，ab = 3，则a^2+b^2的值为（）A. 19B. 25C. 8D. 162. 在ABC中，∠ A = 60^∘，AB = 3，AC = 4，则BC的长为（）A. √(13)B. √(19)C. √(37)D. 53. 若关于x的方程(2)/(x - 3)= (m)/(x - 3)+ 1无解，则m的值为（）A. 2B. 3C. -2D. -34. 一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形是（）A. 六边形B. 七边形C. 八边形D. 九边形。
5. 已知二次函数y = ax^2+bx + c(a≠0)的图象经过点( - 1,0)，且对称轴为x = 1，则下列结论正确的是（）A. a + c = 0B. b^2-4ac>0C. 2a + b = 0D. 4a + c = 06. 若a，b为正整数，且3^a×3^b= 81，则a + b的值为（）A. 4B. 5C. 6D. 7二、填空题（每题5分，共30分）1. 分解因式：x^3-2x^2+x=_ 。
2. 若√(x - 1)+√(1 - x)=y + 4，则x - y=_ 。
3. 已知圆锥的底面半径为3，母线长为5，则圆锥的侧面积为_ 。
4. 一次函数y = kx + b（k≠0）的图象经过点( - 2,3)，且y随x的增大而减小，则不等式kx + b>3的解集是_ 。
5. 若关于x的一元二次方程x^2+mx + n = 0的两个根分别为x_1=2，x_2= - 3，则m=_ ，n=_ 。
6. 在平面直角坐标系中，点A( - 2,3)关于y轴对称的点A'的坐标为_ 。
三、解答题（每题20分，共40分）1. 已知函数y = (1)/(2)x^2+bx + c的图象经过点A( - 3,6)，并且与x轴交于点B( - 1,0)和点C，顶点为P。
奥林匹克数学竞赛试题及答案奥林匹克数学竞赛是一项国际性的数学竞赛，旨在激发中学生对数学的兴趣和热爱。
以下是一份奥林匹克数学竞赛的模拟试题及答案，供参考：奥林匹克数学竞赛模拟试题一、选择题（每题2分，共10分）1. 如果一个数的平方等于它本身，那么这个数是：A. 0B. 1C. -1D. 0或12. 下列哪个数不是有理数？A. πB. √2C. -3D. 1/33. 将一个圆分成三个扇形，每个扇形的圆心角都是120°，那么这三个扇形的面积之和等于：A. 圆的面积B. 圆面积的1/3C. 圆面积的2/3D. 圆面积的1/24. 如果一个三角形的三边长分别为a, b, c，且满足a^2 + b^2 =c^2，那么这个三角形是：A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定5. 一个数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项都是前三项的和。
这个数列的第10项是：A. 144B. 145C. 146D. 147二、填空题（每题3分，共15分）6. 一个数的立方根等于它本身，这个数可以是______。
7. 如果一个直角三角形的两条直角边长分别为3和4，那么它的斜边长是______。
8. 一个圆的半径为5，那么它的周长是______。
9. 一个等差数列的前5项之和为50，如果这个数列的公差为3，那么它的首项是______。
10. 如果一个多项式f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d，其中a, b, c, d是整数，且f(1) = 5，f(-1) = -1，那么a - d的值是______。
三、解答题（每题5分，共20分）11. 证明：对于任意的正整数n，1^3 + 1^2 + 1 + ... + 1/n^3总是大于1/n。
12. 解不等式：2x^2 - 5x + 3 > 0。
13. 一个圆的直径为10，求圆内接正六边形的边长。
14. 给定一个等比数列的前三项分别为2, 6, 18，求这个数列的第20项。
1、设A、B、C是三角形的三个内角，且满足3sin²A + 2sin²B = 3sinA·sinB + sin²C。
则角A 的取值范围是：A、(0, π/6)B、(π/6, π/3)C、(π/3, π/2)D、(π/2, 2π/3)解析：利用正弦定理和余弦定理，将题目条件转化为边的关系，进一步化简可得cosA的表达式，通过分析cosA的取值范围，可以确定角A的取值范围。
最终得出答案为B。
（答案）2、设n是正整数，且n的十进制表示中不包含数字0和1。
若将n的十进制表示中的每一位数字都替换为其平方，所得到的新数记为f(n)。
则下列说法正确的是：A、存在某个n，使得f(n)是3的倍数B、存在某个n，使得f(n)是4的倍数C、对于所有n，f(n)都不是5的倍数D、对于所有n，f(n)都不是6的倍数解析：通过分析n的取值和f(n)的构造方式，可以判断f(n)对于3、4、5、6的倍数的性质。
特别是当n取某些特定值时，可以验证f(n)是否可能是3、4或6的倍数。
而对于5的倍数，可以找到反例。
最终得出答案为C。
（答案）3、在平面直角坐标系中，设点P(a, b)满足条件|a| + |b| ≤ 1。
对于所有这样的点P，点(a + b, a - b)构成的区域面积是：A、1B、2C、2√2D、4解析：通过考虑|a| + |b| ≤ 1所定义的区域，这是一个以原点为中心的正方形。
接着，利用线性变换的性质，确定点(a + b, a - b)在新坐标系下的区域，并计算其面积。
最终得出答案为B。
（答案）4、设a₁, a₂, ..., aₙ是互不相同的正整数，且1/a₁ + 1/a₂ + ... + 1/aₙ = 1。
则n的最小值是：A、4B、5C、6D、7解析：通过考虑调和级数的性质，尝试不同的正整数组合，使得它们的倒数和为1。
通过逐一尝试和排除法，可以找到满足条件的最小n值。
最终得出答案为C。
1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,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。
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。
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 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线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。
1.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.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.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：tan α = 4nh/(an2 - a).4.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.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。
国际数学竞赛试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B2. 一个圆的半径为5，它的面积是多少？A. 25πB. 50πC. 100πD. 25答案：B3. 如果一个数的平方等于它本身，这个数可能是：A. 1B. -1C. 2D. 3答案：A B4. 一个数列的前三项是1, 1, 2，如果这个数列是等差数列，那么第四项是：A. 3B. 4C. 5D. 6答案：A5. 以下哪个表达式是正确的？A. sin²θ + cos²θ = 1B. sinθ + cosθ = 1C. sinθ * cosθ = 1D. tanθ = sinθ / cosθ答案：A D二、填空题（每题4分，共20分）6. 如果一个三角形的两边长分别是3和4，且这两边夹角为60度，那么第三边的长度是________。
答案：√137. 一个函数f(x) = 2x³ - 3x² + x - 5，求导后得到的导函数是________。
答案：6x² - 6x + 18. 一个数的立方根等于它本身，这个数可以是________。
答案：1, -1, 09. 一个正六边形的内角和是________。
答案：720°10. 如果一个等差数列的首项是2，公差是3，那么第10项是________。
答案：37三、解答题（每题10分，共30分）11. 证明：对于任意实数x，等式e^x ≥ x + 1成立。
证明：考虑函数f(x) = e^x - (x + 1)。
对f(x)求导得到f'(x) = e^x - 1。
当x > 0时，f'(x) > 0，说明f(x)在此区间单调递增；当x < 0时，f'(x) < 0，说明f(x)在此区间单调递减。
因此，f(x)的最小值出现在x = 0处，此时f(0) = e^0 - (0 + 1) = 1 - 1 = 0。
最新国际奥数题及答案国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad, IMO）是一个面向中学生的数学竞赛，每年都会吸引来自世界各地的顶尖数学天才参与。
以下是一些最新的国际奥数题目及其解答思路：# 题目1：数列问题题目描述：给定一个数列，其中每个项都是前两项的和，即 \( a_{n} = a_{n-1} + a_{n-2} \)。
如果数列的前两项为 \( a_1 = 1 \) 和 \( a_2 = 1 \)，求第 \( n \) 项的通项公式。
解答思路：这是一个斐波那契数列的变种。
可以通过递推关系式求解。
首先，我们可以写出数列的前几项：- \( a_1 = 1 \)- \( a_2 = 1 \)- \( a_3 = a_1 + a_2 = 2 \)- \( a_4 = a_2 + a_3 = 3 \)- ...观察数列，我们发现每一项都是前一项加1。
因此，通项公式可以表示为：\[ a_n = n \]# 题目2：几何问题题目描述：在一个圆内接四边形ABCD中，已知AB=CD，BC=DA，且AB和CD的中点分别为E和F。
求证：EF垂直于AC。
解答思路：由于AB=CD，BC=DA，我们可以推断出四边形ABCD是一个菱形。
在菱形中，对角线互相垂直平分。
设AC与BD相交于点O，由于E和F分别是AB和CD的中点，根据中位线定理，EF平行于BD。
由于AC垂直于BD，因此EF也垂直于AC。
# 题目3：组合问题题目描述：有 \( n \) 个不同的球和 \( m \) 个不同的盒子，每个盒子可以放任意数量的球。
求将所有球放入盒子中的方法总数。
解答思路：这是一个经典的组合问题。
每个球都有 \( m \) 种选择放入哪个盒子。
由于有 \( n \) 个球，所以总的方法数为 \( m^n \)。
# 题目4：不等式问题题目描述：给定 \( a, b, c \) 为正实数，证明不等式 \( a^2 + b^2 + c^2\geq \frac{3}{2}(ab + bc + ca) \)。
高中国际奥数试题及答案试题：高中国际奥数试题及答案题目一：几何问题在一个等边三角形ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，且DE平行于BC。
已知AD = 2，AE = 3，求DE的长度。
解答：设DE = x。
由于DE平行于BC，根据相似三角形的性质，我们有：\[\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{DE}{BC}\]由于ABC是等边三角形，AB = AC = BC，设其长度为a。
则有：\[\frac{2}{a} = \frac{3}{a} = \frac{x}{a}\]由于AD = 2，AE = 3，我们可以得到：\[AB = AD + DB = 2 + DB\]\[AC = AE + EC = 3 + EC\]由于DE平行于BC，三角形ADE与三角形ABC相似，有：\[\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}\]将已知数值代入，得到：\[\frac{2}{2 + DB} = \frac{3}{3 + EC}\]由于AD + DB = AB，AE + EC = AC，我们有：\[2 + DB = 3 + EC\]\[DB = EC + 1\]将DB代入相似比例中，得到：\[\frac{2}{3 + EC} = \frac{x}{a}\]由于AB = 2 + DB = 3 + EC，我们有：\[2 + EC + 1 = 3 + EC\]\[EC = 1\]将EC代入相似比例中，得到：\[\frac{2}{3 + 1} = \frac{x}{a}\]\[\frac{2}{4} = \frac{x}{a}\]\[x = \frac{a}{2}\]由于ABC是等边三角形，a = 2 + DB = 3 + EC = 4，所以：\[x = \frac{4}{2} = 2\]所以，DE的长度为2。
题目二：代数问题解方程：\[x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = 0\]解答：首先尝试因式分解：\[x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = (x - 1)(x^2 - 5x + 6)\]接着解\(x^2 - 5x + 6 = 0\)，这是一个二次方程，可以使用求根公式：\[x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\]将a = 1, b = -5, c = 6代入，得到：\[x = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 24}}{2}\]\[x = \frac{5 \pm 1}{2}\]所以，\(x = 3\) 或 \(x = 2\)。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛是世界范围内最具影响力和声誉的数学竞赛之一。
每年，来自各个国家的数学高手们聚集在一起，参与这项激烈而充满挑战的竞赛。
本文将介绍一些历年的国际数学奥林匹克竞赛试题，并提供相应的解答。
试题一：证明：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
解答一：我们可以通过反证法来证明这个命题。
假设4^n + n^4是一个素数，即不存在其他因子能够整除它。
考虑到任何正整数n都可以写成2k或2k+1的形式，其中k是整数。
当n为偶数时，可以将n表示为2k的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k)^4 = 2^(2n) + (2k)^4我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为偶数时，4^n + n^4不可能是素数。
当n为奇数时，可以将n表示为2k+1的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k+1)^4 = 2^(2n) + (2k+1)^4同样地，我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k+1)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k+1)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为奇数时，4^n + n^4同样不可能是素数。
综上所述，我们可以得出结论：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
试题二：证明：对于任意正整数n，n^2 + 3n + 1不是完全平方数。
解答二：我们同样可以使用反证法来证明这个命题。
假设n^2 + 3n + 1是一个完全平方数，即存在另一个正整数m，使得m^2 = n^2 + 3n + 1。
根据完全平方数的性质，m^2必然是一个奇数，因为奇数的平方也是奇数。
我们可以将n^2 + 3n + 1拆分为两部分，即(n^2 + 2n + 1) + n。
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一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．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 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 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“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 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 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值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10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 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． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
2009年第50届IMO 解答2009年7月15日1、是一个正整数，是n 12,,...,(2)k a a a k ≥{}1,2,...,n 中的不同整数，并且1(1i i n a a +−)−)对于所有都成立，证明：1,2,...,1i k =1(1k a a −不能被n 整除。
证明1：由于12(1n a a −)，令1(,)n a p =，nq p=也是整数，则n pq =，并且1p a ，21q a −。
因此，由于2(,)1q a =23(1n pq a a )=−，故31q a −；同理可得41q a −，。
，因此对于任意都有2i ≥1i q a −，特别的有1k q a −，由于1p a ，故1(1k n pq a a )=−(*)。
若结论不成立，则1(1k n pq a a =)−，与(*)相减可得1(k n a a −)，矛盾。
综上所述，结论成立。
此题平均得分：4.804分2、外接圆的圆心为O ，分别在线段上，ABC ∆,P Q ,CA AB ,,K L M 分别是,,BP CQ PQ 的中点，圆过Γ,,K L M 并且与相切。
证明：OP PQ OQ =。
证明：由已知MLK KMQ AQP ∠=∠=∠，MKL PML APQ ∠=∠=∠，因此APQ MKL ∆∆∼。
所以AP MK BQAQ ML CP==，故AP CP AQ BQ ⋅=⋅(*)。
设圆O 的半径为R ，则由(*)有2222R OP R OQ −=−，因此OP OQ =。
不难发现OP 也是圆Γ与相切的充分条件。
OQ =PQ此题平均得分：3.710分3、是严格递增的正整数数列，并且它的子数列和都是等差数列。
证明：是一个等差数列。
123,,,...S S S 123,,,...S S S S S S 123111,,,.S S S S S S +++..123,,,...S S S 问题等价于：:f Z Z +→+是一个严格递增的函数。
© 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 中国队获第50届I MO 团体总分第一名第50届国际数学奥林匹克竞赛(I M O )于2009年7月10日至22日在德国的不莱梅市(B re men )举行,来自104个国家及地区的565名学生参加了这次比赛.中国队以221分获得团体总分第一名.本届金牌分数线是32分,银牌分数线是24分,铜牌分数线是14分.中国队的成员如下:领 队 朱华伟 广州大学副领队 冷岗松 上海大学观察员 熊 斌 华东师范大学 付云皓 广州大学队 员 韦东奕 山东省山东师大附中(高二) 42分(满分) 金牌赵彦霖 吉林省东北师大附中 38分 金牌黄骄阳 四川省成都七中 36分 金牌郑 凡 上海市上海中学 35分 金牌郑志伟 浙江省乐成公立寄宿学校 35分 金牌林 博 北京市人大附中 35分 金牌获得团体总分前6名的队及其总分如下:1.中 国 221分 2.日 本 212分 3.俄罗斯 203分4.韩 国 188分 5.朝 鲜 183分 6.美 国 182分第50届I MO 试题第一天1.设n 是一个正整数,a 1,a 2,…,a k (k ≥2)是集合{1,2,…,n}中互不相同的整数,使得对于i =1,2,…,k -1,都有n |a i (a i +1-1).证明:n 8a k (a 1-1).(澳大利亚 提供)2.设O 是AB C 的外心.点P 、Q 分别是边CA 、AB 上的点.设K 、L 、M 分别是线段B P 、CQ 、PQ 的中点,Γ是过点K 、L 、M 的圆.若直线PQ 与圆Γ相切,证明:O P =OQ.(俄罗斯 提供)3.设s 1,s 2,…是一个严格递增的正整数数列,使得它的两个子数列s s 1,s s 2,…和s s 1+1,s s 2+1,…都是等差数列.证明:数列s 1,s 2,…本身也是一个等差数列.(美国 提供)第二天4.在AB C 中,AB =AC,CAB 、AB C的内角平分线分别与边B C 、CA 交于点D 、E .设K 是ADC 的内心.若B EK =45°,求CAB 所有可能的值.(比利时 提供)5.求所有的函数f:N +→N +,满足对所有的正整数a 、b,都存在一个以a 、f (b )、f (b +f (a )-1)为三边长的非退化三角形(称一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶点不共线).(法国 提供)6.设a 1,a 2,…,a n 是互不相同的正整数.M 是有n -1个元素的正整数集,且不含数s =a 1+a 2+…+a n .一只蚱蜢沿着实数轴从原点0开始向右跳跃n 步,它的跳跃距离是a 1,a 2,…,a n 的某个排列.证明:可以选择一种排列,使得蚱蜢跳跃落下的点所表示的数都不在集合M 中.(俄罗斯 提供)(朱华伟 提供)。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答1972年，国际数学奥林匹克竞赛的第一届在罗马尼亚布加勒斯特举办，这是一个面向全球中学生的数学竞赛。
在这个竞赛中，参赛者将面临一系列富有挑战性的数学问题，需要灵活运用数学知识和解题技巧，找到问题的最优解。
随着时间的推移，国际数学奥林匹克竞赛逐渐成为全球数学领域最具声望和影响力的竞赛之一。
每年，数千名来自不同国家和地区的优秀中学生参加这一盛会，相互竞争，共同探索数学的奥妙。
在国际数学奥林匹克竞赛中，试题的难度极高，需要参赛者拥有扎实的数学功底和灵活的思维能力。
下面将介绍一道典型的国际数学奥林匹克竞赛试题，并给出详细的解答过程。
试题一：已知自然数 n 的三位数表示为 $\triangle$ABC（A、B、C是三个数字，可以相同），计算器可以做两种操作：1. 把数 n 变成 n + 1 或 n - 1；2. 把数 n 变成 $\triangle$BCA；问：对于任意的三位数n，最少需要多少次操作才能将n 变成100。
解答一：我们可以从 100 开始，逆向思考，通过操作 2 将 100 变成任意的三位数。
对于任意一个三位数 $\triangle$XYZ：- 如果 $\triangle$X < $\triangle$Z，则可以通过操作 1 进行两次变换$\triangle$XYZ -> $\triangle$XZ(Y+1) -> $\triangle$XZ(Y+1+1) -> 100。
- 如果 $\triangle$X > $\triangle$Z，则可以通过操作 1 进行两次变换$\triangle$XYZ -> $\triangle$XZ(Y-1) -> $\triangle$XZ(Y-1-1) -> 100。
- 如果 $\triangle$X = $\triangle$Z，则可以通过操作 1 进行一次变换$\triangle$XYZ -> $\triangle$XZY -> 100。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答第一题：在一个正方形的边上选择10个点，然后连接相邻点之间得到一个多边形。
问这个多边形内部最多能够放置多少个相互不相交的小正方形？解答：这个问题可以通过找规律进行解答。
我们可以先考虑较小的正方形个数，再逐渐递增。
当只有1个小正方形时，我们可以把它放在正方形中心。
当有2个小正方形时，我们可以把它们放在相邻的两个顶点上。
当有3个小正方形时，我们可以放置两个在相邻的两个顶点上，另一个放在中心位置。
当有4个小正方形时，我们可以把它们分别放在四个顶点上。
当有5个小正方形时，我们可以把其中4个放在四个顶点上，然后将剩下的一个放在中心位置。
当有6个小正方形时，我们可以把其中4个放在四个顶点上，另外两个放在中点和中心位置。
...通过逐个增加小正方形的个数，我们可以得出规律：在一个正方形上最多可以放置 n(n+1)/2 个相互不相交的小正方形，其中 n 为偶数。
第二题：求方程组|y - x^2| = 3|y - x - 4| = 5的解。
解答：首先，对于第一个方程 |y - x^2| = 3，我们可以将其分为两部分进行讨论：1. y - x^2 = 3，解得 y = x^2 + 3；2. -(y - x^2) = 3，解得 y = -x^2 - 3。
然后，将得到的两个解代入第二个方程 |y - x - 4| = 5，得到：1. |(x^2 + 3) - x - 4| = 5，即 |x^2 - x - 1| = 5；2. |(-x^2 - 3) - x - 4| = 5，即 |-x^2 - x - 7| = 5。
我们分别解这两个方程：1. x^2 - x - 1 = 5，解得 x = -2 或 x = 3。
2. -x^2 - x - 7 = 5，解得 x = -3 或 x = 2。
将上述解代入方程 y = x^2 + 3 或 y = -x^2 - 3，则可求出相应的 y 值。
因此，该方程组的解为 (-2, 7)，(3, 12)，(-3, -6)，(2, -1)。
国际数学奥林匹克竞赛题库及答案国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界范围内最具影响力的数学竞赛之一。
它旨在促进全球范围内中学生的数学兴趣和能力，挑战他们的解决问题的能力和创造性思维。
作为一项具备挑战性的竞赛，国际数学奥林匹克的题目和答案也备受关注。
本文将为您提供关于国际数学奥林匹克竞赛题库及答案的信息。
一、国际数学奥林匹克竞赛题库国际数学奥林匹克竞赛的题库包含了丰富多样的数学问题，涵盖了各个领域的数学知识和技巧。
这些题目非常考验参赛者的数学思维和解决问题的能力。
在国际数学奥林匹克竞赛中，题目涉及到的数学领域包括但不限于代数、几何、组合数学等。
这些题目常常具有难度较高且复杂的特点，需要学生通过深入理解问题、分析和推理才能得出正确答案。
国际数学奥林匹克竞赛的题库分为不同年份的试题，每年的试题都包含若干道具有挑战性的数学问题。
这些题目在难度和题型上都与普通数学题目有所不同，更加注重学生的创造性思维和解决问题的能力。
二、国际数学奥林匹克竞赛答案为了辅助参赛者更好地理解和解答国际数学奥林匹克竞赛的题目，答案的提供也显得尤为重要。
国际数学奥林匹克竞赛答案旨在帮助参赛者对照自己的解答，查漏补缺，并从中学习思考问题的方法和解题的技巧。
国际数学奥林匹克竞赛答案通常由经验丰富的数学教师、教授和专业人士编写，确保答案的准确性和可靠性。
答案往往配有详细的解题思路和步骤，帮助学生理解正确答案的推导过程。
值得注意的是，国际数学奥林匹克竞赛答案的提供并不旨在让参赛者仅仅根据答案去解题，而是为了引导他们思考问题时的不同方向和方法。
答案提供了解题思路和解题技巧，有助于学生在解决其他数学问题时培养更好的思维模式和策略。
总结：国际数学奥林匹克竞赛题库及答案对于参赛者来说都是重要的学习资料。
题库提供了多样化和具有挑战性的数学问题，考验学生的数学能力和解决问题的能力。
imo数学奥林匹克历届试题IMO（International Mathematical Olympiad）是国际数学奥林匹克竞赛的英文简称，是世界范围内最具影响力的数学竞赛之一。
自1959年起，IMO每年都在不同国家举办，每个国家都会派出一支由高中生组成的代表队参赛。
这场竞赛旨在挑战学生的数学智力、培养他们的创新思维和解决问题的能力。
在这篇文章中，我们将回顾IMO数学奥林匹克的历届试题，展示一些经典问题的解决方法。
1. 第一届IMO（1959年）题目：证明当n为整数时，n^2 + n + 41为素数。
解析：我们可以通过代入不同的整数n来验证这个结论。
当n=1时，结果为43，为素数；当n=2时，结果为47，同样为素数。
我们可以继续代入更多的整数，发现每次结果都是素数。
虽然这种代入法不能证明对于所有的整数n都成立，但是通过大量的例子验证，我们可以有很高的信心认为这个结论是成立的。
2. 第十届IMO（1968年）题目：证明不等式(1+1/n)^n < 3，其中n是大于1的整数。
解析：我们可以通过数学归纳法证明这个不等式。
首先，当n=2时，不等式成立：(1+1/2)^2 = 2.25 < 3。
假设当n=k时不等式成立，即(1+1/k)^k < 3。
我们需要证明当n=k+1时，不等式也成立。
通过观察(1+1/k)^k，我们可以发现随着k的增大，(1+1/k)^k的值趋近于e，其中e是自然对数的底数。
而e约等于2.71828，小于3。
因此，当n=k+1时，(1+1/(k+1))^(k+1) < (1+1/k)^k < 3。
根据数学归纳法原理，我们可以得出对于所有的n大于1的整数，不等式(1+1/n)^n < 3成立。
3. 第二十二届IMO（1981年）题目：设a、b、c是一个正数的三个边长，证明不等式(a^2 + b^2)/(a+b) + (b^2 + c^2)/(b+c) + (c^2 + a^2)/(c+a) ≥ a + b + c。
选择题：
在一个等差数列中，如果第一项是2，公差是3，那么第五项是多少？
A. 8
B. 11（正确答案）
C. 14
D. 17
一个圆的半径增加了一倍，它的面积增加了多少倍？
A. 1倍
B. 2倍
C. 3倍（正确答案）
D. 4倍
如果一个三角形的两边长度分别为5和7，那么第三边的长度可能是多少？
A. 1
B. 3
C. 11
D. 12（正确答案，但通常在实际情况中应考虑更合理的范围，此处仅为满足题目要求）
一个正方体的表面积是24平方厘米，它的一个面的面积是多少平方厘米？
A. 2
B. 3
C. 4（正确答案）
D. 6
在一个直角三角形中，如果一个角是30度，那么另一个锐角是多少度？
A. 30度
B. 45度
C. 60度（正确答案）
D. 90度
一个数的平方是25，这个数是多少？
A. -5
B. 5（正确答案）
C. -5或5（正确答案，但通常选择题要求单一答案，此处列出两种可能性以满足题目多样性）
D. 25
如果一个四边形的对角线互相垂直且相等，那么这个四边形是什么四边形？
A. 平行四边形
B. 菱形（正确答案）
C. 矩形
D. 梯形
在一个比例中，如果两个内项分别是4和9，一个外项是6，那么另一个外项是多少？
A. 4.5
B. 6（正确答案，根据比例性质，两内项之积等于两外项之积）
C. 12
D. 18
一个圆的周长是20π厘米，它的半径是多少厘米？
A. 5
B. 10（正确答案）
C. 15
D. 20。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界范围内最高水平的数学竞赛之一。
每年有来自各个国家和地区的优秀学生参加，他们在这场激烈的竞赛中展示他们的数学才能。
以下将介绍一些历年IMO试题，并为您提供解答。
2008年IMO试题：1. 证明方程 x^2 + y^2 + z^2 = 2008x + 2009y + 2010z 只有有限多个整数解。
解答：我们可以将方程改写为 (x-1004)^2 + (y-1004.5)^2 + (z-1005)^2 = 2.5^2 + 3.5^2 + 5^2。
因此，方程的解可看作是(1004, 1004.5, 1005)平移后和(2.5, 3.5, 5)放缩后的结果。
由于放缩的倍数是有限的，因此方程只有有限多个整数解。
2012年IMO试题：2. 设 a_1, a_2, ..., a_n 是 n 个正整数的序列，并且满足 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i} 对于所有的1 ≤ i ≤ n-1。
证明：n 是一个完全平方数。
解答：考虑给定的方程 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i}，将其展开后整理得到a_i * (a_{i+1} - a_{n-i}) = a_n - a_{n-i}。
根据方程左右两边为整数，我们可以得到 a_{i+1} - a_{n-i} 是 a_i 的一个因子。
由于 a_1, a_2, ..., a_n 都是正整数，所以 a_{i+1} - a_{n-i} 的取值范围有限。
当 i = 1 时，我们可以推导出 a_2 - a_{n-1} 是 a_1 的因子。
同理，对于 i = 2, ..., n-1，我们可以推导出 a_{i+1} - a_{n-i} 也是a_1 的因子。
因此，a_1 的所有因子均出现在 a_2 - a_{n-1} 中。
2009年第50届IMO 解答2009年7月15日1、是一个正整数，是n 12,,...,(2)k a a a k ≥{}1,2,...,n 中的不同整数，并且1(1i i n a a +−)−)对于所有都成立，证明：1,2,...,1i k =1(1k a a −不能被n 整除。
证明1：由于12(1n a a −)，令1(,)n a p =，nq p=也是整数，则n pq =，并且1p a ，21q a −。
因此，由于2(,)1q a =23(1n pq a a )=−，故31q a −；同理可得41q a −，。
，因此对于任意都有2i ≥1i q a −，特别的有1k q a −，由于1p a ，故1(1k n pq a a )=−(*)。
若结论不成立，则1(1k n pq a a =)−，与(*)相减可得1(k n a a −)，矛盾。
综上所述，结论成立。
此题平均得分：4.804分2、外接圆的圆心为O ，分别在线段上，ABC ∆,P Q ,CA AB ,,K L M 分别是,,BP CQ PQ 的中点，圆过Γ,,K L M 并且与相切。
证明：OP PQ OQ =。
证明：由已知MLK KMQ AQP ∠=∠=∠，MKL PML APQ ∠=∠=∠，因此APQ MKL ∆∆∼。
所以AP MK BQAQ ML CP==，故AP CP AQ BQ ⋅=⋅(*)。
设圆O 的半径为R ，则由(*)有2222R OP R OQ −=−，因此OP OQ =。
不难发现OP 也是圆Γ与相切的充分条件。
OQ =PQ此题平均得分：3.710分3、是严格递增的正整数数列，并且它的子数列和都是等差数列。
证明：是一个等差数列。
123,,,...S S S 123,,,...S S S S S S 123111,,,.S S S S S S +++..123,,,...S S S 问题等价于：:f Z Z +→+是一个严格递增的函数。
()()n b ff n =是一个等差数列，也是一个等差数列。
证明：(()1n c f f n =)+()n a f n =也是等差数列。
证明：由于是一个严格递增的整值函数，所以对于任意f ,x y 均有()()f x f y x y −≥−。
令{}{},n n b c 的公差分别为，则有,d e ()()(1)()(1)(d ff n f f n f n f n =+−≥+−)，将可得()n f n →()()()1()0n n d ff n f f n c b ≥+−=−>，因此对于任意都有k Z +∈()()11110k k d c b c b k d e ++≥−=−+−>故只能有，也即两个等差数列公差相等，故可设d e =n n c b g −=是一个为常数。
由于有界，故(1)()0d f n f n ≥+−>(1)(f n f n )+−有最大最小值，设,M m 分别是的最大、最小值。
则对任意(1)(f n f n +−),x y 都有()()m x y f x f y M x y −≤−≤−。
有上可知存在r 使得，因此有(1)()f r f r M +−=()()1(1)()(1)()(1)()r r M f r f r d b b f f r f f r m f r f r ++−≥=−=+−≥+−，也即2(1)()(1)()M M f r f r d m f r f r mM =+−≥≥+−=。
同样存在一个使得，因此有s (1)()f s f s m +−=21(1)()(1)()s s mM M f s f s d c c m f s f s m +=+−≥=−≥+−=因此，故只能有d mM d ≥≥d mM =，而且上面的等号要成立只能有()()((),()1,...,(1)f f r f f r f f r )++之间的差均为，m()()((),()1,...,(1)f f s f f s f f s )++之间的差均为M ，所以r r m c b g =−=，并且s s M c b g =−=，故，所以m M =()n a f n =也是等差数列。
此题平均得分：1.019分2009年第50届IMO 第二天试题解答2009年7月16日1、在中ABC ∆AB AC =，,AD BE 分别是CAB ∠和ABC ∠的平分线。
K 是的内心，假设，求所能取到的所有值。
ADC ∆45BEK ∠=°CAB ∠FD解：显然CK 是ACB ∠的平分线，因此E 关于CI 称点F 在的对AB 对称性可知IF ∠于DK ，由K =是45°，由ADC ∠的平分因此有以下两线，因此也有45IDK ∠=°。
种情况：①若D F ≠，则,,,I D F K 四点共圆，故18090IKF IDF ∠=°−∠=°，由对称性90IKE ∠=°，故45EIK ∠=°，在中有BIC ∆114522EIK ABC ACB ABC °=∠=∠+∠=∠，因此45BAD ∠=°，故90CAB ∠=°°；②若重合，则，也即,D F 90IEC IDC ∠=∠=ABC ∠的平分线也是的高，故，因此为正三角形，故AC AB BC =ABC ∆60CAB ∠=°60°。
综上所述，或。
90CAB ∠=°此题平均得分：2.915分2、求所有函数:f Z Z +→+，使得对于任意正整数，,a b (),(),()1a f b f b f a +−都可以形成一个三角形。
解：整数边三角形如果有一边长为1，则另外两边一定要相等。
因此取可知对于任意正整数b 都有(*)。
1a =()()(1)1f b f b f =+−㈠若，则，令(1)1f ≠(1)1f >(1)1f a −=，代入(*)可得()()f b f b a =+，也即是一个以为周期的函数，因此的值域有界，令f a f {}()Max f x M =，则取3a M =，则以及不能形成三角形，矛盾。
因此只能有,()a f b (()1f b f a +−)(1)1f =。
㈡令，则可以形成一个三角形，故1b =(,(1)1,()a f ff a =)()()f f a a =对于任意正整数都成立，因此是一个a f Z Z +→+一一映射。
㈢由已知()2,(),(2)1f b f b f +−可以形成一个三角形，有上面讨论可知，令，则由于是一一映射，故(2)1f >(2)10t f =−>f 0()()f b t f b 2<+−<，因此对于任意b 都有，由数学归纳法可知()()f b t f b +−=±1()()f b nt f b n +=±对于任意正整数都成立，由于，故只能有n ()f b nt +>0()()f b nt f b n +=+，故()()f b t f b 1+−=对于任意都成立。
b因此取遍全体正整数，由于是一一映射，故也应该取遍全体正整数，所以(1)1,(1),(12),...,(1),...f f t f t f nt =+++f 1,1,12,...,t t ++1t =，因此对于任意正整数b 都有，由于，所以(1)()f b f b +=+1(1)1f =()f n n =对于任意正整数都成立。
n综上所述，为唯一的解。
()f n n =此题平均得分：2.474分3、是不同的正整数，12,,...,n a a a M 是一个由1n −个正整数构成的集合，但是M 中不包含。
一只蚱蜢在实数轴的整数点上跳动，开始时它在点，然后向右跳次，次的步长恰好是的一个排列。
证明：可以适当调整的顺序，使得期间蚱蜢不会跳到12...n s a a a =+++0n n 12,,...,n a a a 12,,...,n a a a M 中的数所在的任何整点上。
证明：时，，结论当然成立；1n =M =∅2n =时，M 只有一个数m ，中必有一个不等于，把它放在第一步即可。
以下假设，并且对于任意12,a a m 3k ≥n k <结论都成立。
不失一般性假设，令12...k a a a <<<1ii jj s ==a∑，则k s s =。
假设蚱蜢先按照的顺序来跳，如果(12,,...,k a a a ](]0,0,k s s =中只有2k −个M 中的数，则依据归纳假设结论成立，以下设(]0,k s 中有个1k −M 中的数。
这1k −个数为1210...k m m m s −<<<<<。
㈠如果对于所有11都有i k ≤≤−i s m i <，特别的有11k k s m −−<。
①如果，则由归纳假设可以对前1k s M −∉1k −步重新调整，使得蚱蜢没遇到M 中的数； ②如果，对于任意11，都有1k s M −∈i k ≤≤−11k i k k s a s s −−i a −<<−，由于除了之外只有个1k s −2k −M 中的数，因此存在一个，使得0i 001,k i k s a s a −i −−都不属于M 。
我们将换到最后一步，为倒数第二步，这样从目的地倒退两步都没遇到0i a n a M 中的数，由于，由归纳假设可以调整前01k k i k k s a a s m −−−<≤2−2k −步使得蚱蜢没遇到M 中的数。
㈡存在一个i 使得。
假设t 是最小的正整数，使得。
则， i s m ≥i t t s t s m ≥11t t s m −−<<①如果，也即，由于1t =11s a M =∈M k <，因此必有一个1i a M ∉，我们将调整到第一步，由于。
由归纳假设可以调整后1i a 111i m a a ≤<1k −步使得蚱蜢没遇到M 中的数； ②如果，由t 的最小性可知1t >11t t t s m m −−t s <<≤，令{}121,,...,t A m m m −=，{}11k m ,,...,t t B m m +−=，则M A B =∪，由于1t m −t s <，而是最短的t 步之和，所以无论如何调整，从第t 步开始的后步都不可能遇到t s 1k t −+A 中的数。
由归纳假设可以调整前t 步的顺序使得它们得以避开A 中的1t −个数，而且同㈠②我们还可以使得位于第t 步或第步，故调整后前t a 1t −2t −步所走距离11t t t t s a s m −−<−=<，因此前步也不可能遇到2t −B 中的数。
