第一届中国数学奥林匹克 (1986年)
国际奥林匹克数学竞赛
国际奥林匹克数学竞赛国际数学奥林匹克竞赛，英文名：International Mathematical Olympiad，简称：IMO。
“数学奥林匹克”的名称源自苏联，其将体育竞赛、科学的发源地——古希腊和数学竞赛相互关联。
在20世纪上半叶，不同国家相继组织了各级各类的数学竞赛，先在学校，继之在地区，后来在全国进行，逐步形成了金字塔式的竞赛系统。
从各国的竞赛进一步发展，自然为形成最高一层的国际奥林匹克竞赛创造了必要的条件。
1994年，美国奥数队首次创下了IMO历史上全队6人满分的出色成绩。
[6]2022年7月15日，2022年第63届IMO最终成绩公布，中国队6名选手全部获得满分，中国队以252分的成绩获得团队总分第一名。
1956年罗马尼亚数学家罗曼教授提出了倡议，并于1959年7月在罗马尼亚举行了第一次国际奥林匹克数学（International Mathematical Olympiad 简称IMO），当时只有保加利亚、捷克斯洛伐克、匈牙利、波兰、罗马尼亚和苏联参加。
以后每年举行（中间只在1980年断过一次），参加的国家和地区逐渐增多，参加这项赛事的代表队达80余支。
中国第一次参加国际数学奥林匹克是在1985年。
经过40多年的发展，国际数学奥林匹克的运转逐步制度化、规范化，有了一整套约定俗成的常规，并为历届东道主所遵循。
历届赛事编辑播报罗马尼亚的Brasov和布加勒斯特(1959)，7个国家参赛罗马尼亚Sinaia(1960)匈牙利Veszprem(1961)捷克斯洛伐克Ceske Budejovice(1962)波兰的华沙和Wroclaw(1963)苏联莫斯科(1964)东德柏林(1965)保加利亚索菲亚(1966)南斯拉夫Cetinje(1967)苏联莫斯科(1968)罗马尼亚布加勒斯特(1969)匈牙利Keszthely(1970)捷克斯洛伐克Zilina(1971)波兰Torun(1972)苏联莫斯科(1973)德意志民主共和国的Erfurt和东柏林(1974)保加利亚的Burgas和索菲亚(1975)奥地利Linz(1976)南斯拉夫贝尔格勒(1977)罗马尼亚布加勒斯特(1978)英国伦敦(1979)美国华盛顿(1981)匈牙利布达佩斯(1982)法国巴黎(1983)捷克斯洛伐克布拉格(1984)芬兰Joutsa(1985)波兰华沙(1986)古巴哈瓦那(1987)澳洲坎培拉(1988)西德Brunswick(1989)中国北京市(1990)，54个国家参赛瑞典Sigtuna(1991年7月12-23日)，55个国家参赛俄罗斯莫斯科(1992年7月10-21日)，56个国家参赛土耳其伊斯坦堡(1993年7月13-24日)，73个国家参赛中国香港特别行政区(1994年7月8-20日)，69个国家参赛加拿大多伦多(1995年7月13-25日)，73个国家参赛印度孟买(1996年7月5-17日)，75个国家参赛阿根廷马德普拉塔(1997年7月18-31日)，82个国家参赛中国台湾省台北市(1998年7月10-21日)，76个国家参赛罗马尼亚布加勒斯特(1999年7月10-22日)，81个国家参赛大韩民国大田(2000年7月13-25日)，82个国家参赛美国华盛顿(2001年7月1-14日)，83个国家参赛英国格拉斯哥，84个国家参赛(2002年7月19-30日)日本东京(2003年7-19日)，82个国家参赛希腊雅典(2004年6-18日)，85个国家参赛墨西哥坎昆(2005年7月8-19日)，98个国家参赛斯洛文尼亚卢布尔雅那(2006)越南(2007)西班牙(2008)德国不莱梅(2009)哈萨克斯坦首都阿斯塔纳（2010），95个国家的522名选手参赛荷兰阿姆斯特丹（2011）阿根廷马德普拉塔（2012）哥伦比亚圣玛塔（2013）南非开普敦（2014）泰国清迈（2015）中国香港（2016）巴西里约热内卢（2017）罗马尼亚克鲁日纳波卡（2018）英国巴斯（2019）挪威奥斯陆（2022）历届冠军编辑播报(1977-2019)[1]1977:美国1982:西德1983:西德1987:罗马尼亚1988:苏联1989:中国1990:中国1991:苏联1992:中国1993:中国1995:中国1996:罗马尼亚1997:中国1998:伊朗1999:中国/俄罗斯2000:中国2001:中国2002:中国2003:保加利亚2004:中国2005:中国2006:中国2007:俄罗斯2008:中国2009:中国2010:中国2011:中国2012:韩国2013:中国2014:中国2015:美国2016:美国2017:韩国2018:美国2019:中国[2]/美国2020:中国[3] 2022中国。
奥数到底是什么
1.什么是奥数？“奥数”是奥林匹克数学竞赛的简称。
1934年和1935年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称，1959年在布加勒斯特举办第一届国际数学奥林匹克竞赛。
国际数学奥林匹克作为一项国际性赛事，由国际数学教育专家命题，出题范围超出了所有国家的义务教育水平，难度大大超过大学入学考试。
2.什么是华数？“华罗庚金杯”少年数学邀请赛是以华罗庚名字命名的数学竞赛的简称。
始于1986年是纪念我国著名数学家华罗庚始创的，有中国优选法统筹法和经济数学研究会中国少年报，全国性大型少年数学竞赛活动至2010年以有16届。
3.奥数和华数的区别？“奥数”、“华数”没有本质上的区别，只是说法有点不同，因为北京有所RH学校（原北京市华罗庚学校），他们自己编了一套奥林匹克数学教材，简称为“华数”。
“华数”只是北京特有一种说法，外地只有“奥数”或“数奥”的说法。
奥数与华数的区别在于：在教材编写上，知识结构顺序编排的差异和和部分习题选用难度的差异。
家长中一直流传着华数比奥数要难的说法，其原因在于RH的《华罗庚学校数学思维训练导引》一书难度较高，比一般的奥数书难度高多了，其本质还是奥数。
4.奥数”究竟学些什么？大多数的家长和老师都不一定很清楚，可能就觉得只有那些思路比较新、怪，难度比较大的所谓“难题”、“偏题”才是“奥数”。
其实不然。
奥数仍然是属于数学这一门学科，这是毫无疑问的。
奥数中当然也有和我们平时所学的课堂上的数学相联系的部分，是课堂内容的深化和提高；但是奥数中更多的是和课堂上的数学看起来不沾边的内容，那么这部分内容究竟是什么，又来自于哪里呢？数学的范围是极其广泛的，世界上最权威的分类法大概把数学分成了几十个大类，一百多个小类。
我们从小学高年级的一元一次方程开始算起，一直到高中毕业，在七、八年的时间里，所涉及的数学类别也就是平面几何、三角函数、线性方程（组）、解析几何、立体几何、集合论、不等式、数列等等。
历届全国中学生数学竞赛试题
中国数学奥林匹克(CMO)历届试题及解答1986-20052,其余x k 均等于0.则 2(a i + a j ) 4(a i 2(180 2(180第一届中国数学奥林匹克(1986年)天津 南开大学1.已知 a 1, a 2, . . . , a n 为实数, 如果它们中任意两数之和非负,那么对于满足x 1 + x 2 + · · · + x n = 1的任意非负实数 x 1, x 2, . . . , x n , 有不等式a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x n成立.请证明上述命题及其逆命题. a 1x 21 + a 2x 22 + · · · + a n x 2n证明:原命题的证明:由0 x i1, x i − x 2i0, x ix 2i (i = 1, 2, . . . , n ).(1)若a i0(i = 1, 2, . . . , n ),则显然有a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x na 1x 21 + a 2x 22 + · · · + a n x 2n ;(2)否则至少存在一个a i < 0,由对称性不妨设a 1 < 0. 又因为a 1, a 2, . . . , a n 中任两数之和非负,所 以a i + a 10, a i−a 1 > 0(i = 2, 3, . . . , n ).a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x n − a 1x 21 − a 2x 22 − · · · − a n x 2n-37∴= a 1(x 1 − x 21) + a 2(x 2 − x 22) + · · · + a n (x n − x 2n )a 1(x 1 − x 21) + (−a 1)(x 2 − x 22) + · · · + (−a 1)(x n − x 2n ) = (−a 1)(x 21 − x 22 − · · · − x 2n − x 1 + x 2 + · · · + x n ) = (−a 1)(x 21 − x 1 + (1 − x 1) − x 22 − · · · − x 2n ) = (−a 1)((1 − x 1)2 − x 22 − · · · − x 2n ) = (−a 1)((x 2 + · · · + x n )2 − x 22 − · · · − x 2n )-370最后一步是由于x 2, x 3, . . . , x n > 0, (x 2 + · · · + x n )2 = x 22 + · · · + x 2n +2 i<j nx i x jx 22 + · · · + x 2n . 逆命题的证明:对于任意的1 i<jn ,令x i = x j =1 11+ a j ).∴ a i + a j0,即任两数之和非负.证毕.2.在三角形ABC 中,BC 边上的高AD = 12,∠A 的平分线AE = 13,设BC 边上的中线AF = m ,问m 在什 么范围内取值时,∠A 分别为锐角,直角,钝角?解:设O 为 ABC 的外心,不妨设AB > AC ,∠B 为锐角.则OF 垂 直 平 分 线 段BC ,由 外 心 的 性 质,∠C 为 锐 角 时,∠OAB = ∠OBA =1 ◦− 2∠C ) = 90◦ − ∠C .又因为AD ⊥ BC ,∴ ∠CAD = 90◦ − ∠C ,∴ ∠OAB = ∠DAC . 类似地,当∠C 为直角或钝角时也有∠OAB = ∠DAC .由AE 平分∠BAC ,∠BAE = ∠CAE .∴ ∠OAE = ∠DAE .(由于F, D 在E 两侧). ∠A 为锐角时,O, A 在BC 同侧,∠F AE < ∠OAE = ∠DAE ; ∠A 为直角时,O, F 重合,∠F AE = ∠OAE = ∠DAE ; 1 ◦− ∠AOB ) =由正弦定理 sin ∠∠DAE = DE × AD .其中DE =AE 2 − AD 2 = 5,√ √且∠A 为锐角等价于∠A 为直角等价于× ∠A 为钝角等价于 ×< 1;119时,∠A 为锐角;119时,∠A 为直角; 119时,∠A 为钝角.4,即4.∴x k.∴ |z k | = |√ z k ∈Az k ∈Az k ∈A√而4 2 < 6, ∴ |z k |6.√ . 4.√sin F AE FEAF F E = F D − DE = AF 2 − AD 2 − DE = m 2 − 122 − 5 > 0. ∴ m > 13,√√√m 2−122−55m 2−122−55 m 2−122−55×12 m 12 m12 m= 1; > 1.解得当13 < m < 2028 当m = 当m >20282028 3.设z 1, z 2, . . . , z n 为复数,满足|z 1| + |z 2| + · · · + |z n | = 1.求证:上述n 个复数中,必存在若干个复数,它们的和的模不小于 16. 证明:设z k = x k + y k i(x k , y k ∈ R , k = 1, 2 . . . , n ) 将所有的z k 分为两组X,Y.若|x k ||y k |,则将z k 放入X 中;若|y k ||x k |,则将z k 放入Y 中. 其中必有一组中所有复数模长之和不小于 12.不妨设为X. 再将X 中的复数分为两组A,B.若x k0,则将z k 放入A 中;若x k 0,则将z k 放入B 中. 其中必有一组中的所有复数摸长之和不小于 41.不妨设为A. 则 |z k |z k ∈A而对于z k ∈ 1A ,x 2kz k ∈Ay k 2,x 2k + y k 2x 2k + y k 2 1 √2x k . 1 4 21z k ∈A即A 中复数之和的模不小于 16.证毕.x k + iz k ∈Ay k |z k ∈Ax k1 4 2另证:设z k = x k + y k i(x k , y k ∈ R , k = 1, 2 . . . , n ) 则|z k | =x 2k + y k 2|x k | + |y k |.∴ n|x k | + |y k |1.k =1∴ |x k 0x k | + |x k <0x k | + |y k 0y k | + |y k <0y k | 1. 其中必有一项不小于 14,不妨设为第一项,则 |x k 0x k |1 ∴ |x k 0z k | = |x k 0x k + ix k 0y k ||x k 0x k |1 4> 16.证毕.4.已知:四边形P 1P 2P 3P 4的四个顶点位于三角形ABC 的边上. 求证:四个三角形 P 1P 2P 3, P 1P 2P 4,P 1P 3P 4,P 2P 3P 4 中,至少有一个的面积不大于 ABC 的面积的四分之一.证明:有两种情况:(1)四个顶点在两条边上;(2)四个顶点在三条边上.(1)不妨设P 1, P 4在AB 上,P 2, P 3在AC 上,P 1, P 2分别在AP 4, AP 3上. 将B 移至P 4,C 移至P 3,三角形ABC 的BC ,设 AP 1 = 4S4SP 4P 2P 3中有一个不大于 4S面积减小,归为情形(2).(2)不妨设P 1在AB 上,P 2在AC 上,P 3, P 4在BC 上,P 3在P 4C 上. (2.1)若P 1P 2AB AP 2AC= λ,P 1P 2 = λBC .P 1P 2到BC 的距离为(1−λ)h ,h 为三角形ABC 中BC 边上的高的长度. ∴ SP 1P 2P 3= λ(1 − λ)SABC1 ABC .(2.2)若P 1P 2不 平 行 于BC ,不 妨 设P 1到BC 的 距 离 大 于P 2到BC 的 距 离. 过P 2作 平 行 于BC 的 直 线交AB 于E ,交P 1P 4于D .则S P 1P 2P 3, S P 4P 2P 3中有一个不大于S DP 2P 3,也就不大于SEP 2P 3.由(2.1)知SEP 2P 31 ABC .则SP 1P 2P 3, S1ABC .证毕.5.能否把1,1,2,2,. . . ,1986,1986这些数排成一行, 使得两个1之间夹着1个数,两个2之间夹着2个数,. . . , 两 个1986之间夹着1986个数.请证明你的结论.解:不能.假设可以做出这样的排列,将已排好的数按顺序编号为1,2,. . . ,3972.当n 为奇数时,两个n 的编号奇偶性相同;当n 为偶数时,两个n 的编号奇偶性不同. 而1到1986之间有993个 偶数,所以一共有2k + 993个编号为偶数的数.(k ∈ N ∗) 但是1到3972之间有1986个偶数,k = 496.5.矛 盾.所以不能按要求排成这样一行.√6.用任意的方式,给平面上的每一点染上黑色或白色. 求证:一定存在一个边长为1或 3的正三角形,它的 三个顶点是同色的.证明:(1)若平面上存在距离为2的两个点A, B 异色,设O 为它们的中点,不妨设A, O 同色. 考虑以AO 为一 √边的正三角形AOC, AOD ,若C, D 中有一个与A, O 同色,则该三角形满足题意. 否则BCD 为边长 3的 同色正三角形.(2)否则平面上任两个距离为2的点均同色,考虑任意两个距离为1的点,以他们连线为底,2为腰长作等腰 三角形,则任一腰的两顶点同色. 所以三个顶点同色,即任两个距离为1的点同色.所以平面上任意一个边 长为1的正三角形三个顶点同色.证毕.证明:当6|n + 2时,令z = e i 3 = − e + 2 i , z − (− 12 −2 i)2 i)3 3− z − 1 = 0有模为1的复根.6 ,k2 .n 2 .第二届中国数学奥林匹克(1987年)北京 北京大学1.设n 为自然数,求证方程z n +1 − z n − 1 = 0有模为1的复根的充分必要条件是 n + 2可被6整除.∴ z n +1 − z n − 1 = e −i π i π π√1 3 62− 1 = ( 12 − = 1, |z| = 1.√ 3√ 3 − 1 = 0.∴ z n +1n若z n +1 − z n − 1 = 0有模为1的复根e i θ = cos θ + i cos θ.则z n +1 − z n − 1 = (cos(n + 1)θ − cos nθ − 1) + i(sin(n + 1)θ − sin nθ) = 0. ∴ cos(n + 1)θ − cos nθ − 1 = −(2 sin 2n 2+1θ sin θ2 + 1) = 0. sin(n + 1)θ − sin nθ = 2 cos 2n 2+1θ sin θ2 = 0.∴ cos 2n 2+1θ = 0, sin 2n 2+1θ = ±1, sin θ2 = ± 12, 设 θ2 = ϕ. (1)sin ϕ = 12,sin(2n + 1)ϕ = −1. ϕ = 2kπ + π6 或2kπ +5π∈ Z.(2n + 1)ϕ = (2l + 32)π(l ∈ Z). ∴ (2n + 1)(2k + 16) = 2l + 23, 2n 6+1 = 2t + 32, n = 6t + 4(t ∈ Z). 或(2n + 1)(2k + 65) = 2l + 32, 5(2n 6+1) = 2t + 32, 5|4t + 3, t ≡ 3 (mod 5)(t ∈ Z). 设t = 5s + 3,则n = 6s + 4,总有6|n + 2.(2)sin ϕ = − 12,sin(2n + 1)ϕ = 1.显然以−ϕ代ϕ即有(1).所以6|n + 2.证毕.2.把边长为1的正三角形ABC 的各边都n 等分,过各分点平行于其它两边的直线, 将这三角形分成若干个 小三角形,这些小三角形的顶点都称为结点, 并且在每一结点上放置了一个实数.已知: (1)A, B, C 三点上放置的数分别为a, b, c.(2)在每个由有公共边的两个最小三角形组成的菱形之中, 两组相对顶点上放置的数之和相等. 试求:(1)放置最大数的点和放置最小数的点之间的最短距离.(2)所有结点上数的总和S .解:(1)不难证明同一直线上相邻三个结点上放置的数中间一个为两边的等差中项,所以同一直线上的数 按顺序成等差数列. 若两端的数相等,则所有的数都相等.否则两端的数为最大的和最小的. 若a, b, c 相等,显然所有数都相等,最短距离显然为0.若a, b, c 两两不等,最大的数与最小的数必出现在A, B, C 上,最短距离为1.若a, b, c 有两个相等但不与第三个相等,不妨设a = b > c ,最小的数为c ,最大的数出现在线段AB 的任意 结点上. 当n 为偶数时,与C 最近的为AB 中点,最短距离为 √ 3 当n 为奇数时,与C 最近的为AB 中点向两边偏 21n 的点,最短距离为 123+1 (2)将这个三角形绕中心旋转 32π, 43π弧度,得到的两个三角形也满足题意(2). 将这三个三角形对应结 点的数相加形成的三角形也满足(2),三个顶点上的数均为a + b + c .由(1)的分析知所有结点上的数均 为a + b + c . 共 21(n + 1)(n + 2)个结点,∴ S = 13( 12(n + 1)(n + 2))(a + b + c ) = 16(n + 1)(n + 2)(a + b + c ). 3.某次体育比赛,每两名选手都进行一场比赛, 每场比赛一定决出胜负,通过比赛确定优秀选手, 选 手A 被确定为优秀选手的条件是:对任何其它选手B, 或者A 胜B,或者存在选手C,C 胜B,A 胜C. 结果按上证明:可将换成169 +ε(ε > 0).13AB.连结A1C2, A2B1, B2C1交于A0, B0, C0. 正三角形覆盖, 面积之和为( 10)2 + 2 ×点. 即169 +ε(ε > 0)为最优. 169述规则确定的优秀选手只有一名, 求证:这名选手一定胜所有其它选手.证明:假设该优秀选手为A,且存在其他选手胜A.设B为所有胜A的人中胜的场次最多的一个,由B不是优秀选手,必存在选手C使得C胜B, 且不存在选手D使得B胜D,D胜C. 由B胜A,C也胜A,且C胜B胜过的所有人.C至少比B多胜一场,且C胜A,与B的选取矛盾.所以A胜所有人.4.在一个面积为1的正三角形内部,任意放五个点,试证:在此正三角形内, 一定可以作三个正三角形盖住这五个点, 这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边, 并且它们的面积之和不超过0.64.100在面积为1的正三角形ABC中,在AB上取A1, B2,AC上取A2, C1,BC上取B1, C2, 使得AA1 = AA2 =BB1 = BB2 = CC1 = CC2 = 3(1)若AB2C1, BC2A1, CA2B1中有一个至少包含五个点中的三个,另两个点可分别用面积为2ε的13 ε2= 100169+ε.(2)菱形AA1A0A2, BB1B0B2, CC1C0C2中有两个有两个点,另一个中有一个点, 则可用两个边长为136 AB的正三角形和一个面积为ε的正三角形覆盖. 面积之和为2( 136 )2 +ε <100169+ε.(3)菱形AA1A0A2, BB1B0B2, CC1C0C2中有两个有一个点,另一个中有两个点, 不妨设为AA1A0A2,则B1B0C0C2中有一个点,不妨设这个点更靠近B, 则可用一个边长为136 AB的正三角形覆盖AA1A0A2中两个点, 用一个边长为136 AB的正三角形覆盖BB1B0B2, B1B0C0C2中的点. 用一个面积为ε的正三角形覆盖最后一个点, 面积之和为( 136 )2 + ( 138 )2 +ε = 100169+ε.证毕.注:当五个点取为A, B, C, A0, B0C0中点是不难证明不能用三个面积之和为100的正三角形覆盖这五个1005.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, 它们两两相外切.如果存在一点O, 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的球和四面体的各棱都相切,求证:这个四面体是正四面体.证明:设S i的半径为r i(i = 1, 2, 3, 4),则A i A j = r i + r j(1 i<j 4).设O到A2A3A4的投影为O1,由O到A2A3,A3A4,A4A2的距离相等, 得到O1到A2A3A4的三边距离相等.即O1为A2A3A4的内心,设O到A2A3的投影为B,即O1到A2A3的投影. 而BA3 = 21(A2A3 + A3A4−A2A4) = r3,OB = R. 若半径为r的球与四个球均外切,则A3O = r +r3,(r +r3)2 = r32 +R2, r3 = R2−r22r.若半径为r的球与四个球均内切,则A3O =r−r3,(r−r3)2 = r32+R2, r3 = r2−R22r. 类似可求得r1, r2, r4均为该值,所以该四面体各条棱长相等为正四面体.6.m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987, 对于所有这样的m与n,问3m + 4n的最大值是多少?请证明你的结论.解:设m个正偶数为a1 < a2 < · · · < a m,n个正偶数为b1 < b2 < · · · < b n.∴a i 2i, b j 2j − 1.1987 = a1 + a2 + · · · + a m + b1 + b2 + · · · + b n.∴1987 2 + 4 + · · · + 2m + 1 + 3 + · · · + 2n − 1 = m2 + m + n2.s − 8ns + 25n + 3s − 12n − 9 × 1987所以判别式∆ = (3 − 8n ) − 4(25n − 12n − 9 × 1987) = 26(1987 41 − n 2) > 0. 2(8n设f (n ) = 8n + 6 1987 14 − n 2, f (n ) = 8 − 6n (1987 14 − n 2)− 2 ,又n 为奇数. 2(280设s = 3m + 4n ,m = 13(s − 4n ), 13(s − 4n )( 13(s − 4n ) + 1) + n 21987.2 2 s 2 + (3 − 8n )s + 25n 2 − 12n − 9 × 19870. 0.2 2s1− 3+61987 14 − n 2).1不难知道n = 35时,f (n )有最大值280 + 6 762 14. 所以s1+ 6 762 14 − 3),由s ∈ N ∗, s221.又当s = 221, n = 35, m = 27.取2, 4, . . . , 52, 60, 1, 3, . . . , 69为和为1987的35个正奇数与27个正偶数,所 以3m + 4n 的最大值为221.iiii i i r i 2 = 1,由Cauchy不等式取等号的条件知 ∴=a i a n .2第三届中国数学奥林匹克(1988年)上海 复旦大学1.设a 1, a 2, . . . , a n 是给定的不全为零的实数, r 1, r 2, · · · , r n 为实数,如果不等式r 1(x 1 − a 1) + r 2(x 2 − a 2) + · · · + r n (x n − a n )对任何实数x 1, x 2, · · · , x n 成立,求r 1, r 2, · · · , r n 的值. x 21 + x 22 + · · · + x 2n −a 21 + a 22 + · · · + a 2n解:令x i = 0(i = 1, 2, . . . , n ),−(r 1a 1 + r 2a 2 + · · · + r n a n )n n∴ ( r i a i )2 a 2.i =1 i =1 令x i = 2a i (i = 1, 2, . . . , n ),r 1a 1 + r 2a 2 + · · · + r n a n n n∴ ( r i a i )2 a 2.i =1 i =1n n∴ ( r i a i )2 = a 2.i =1 i =1n n n n 由Cauchy 不等式, ( r 2)( a 2) ( r i a i )2, r 2 i =1 i =1 i =1 i =1− a 21 + a 22 + · · · + a 2n .a 21 + a 22 + · · · + a 2n .1.n又令x i = r i (i = 1, 2, . . . , n ),i =1 r i 2 −ni =1r i a ii =1 r i 2 −i =1a 2i .由 i =1r i a i =i =1a 2i =1r i 2i =1r i 2,i =1r i 21. ni =1不难解得r = (i =12n )a 21 + a 22 + · · · + a nr 1a 1r 2 a 2= ··· =r n2.设C 1, C 2为 同 心 圆,C 2的 半 径 是C 1的 半 径 的2倍, 四 边 形A 1A 2A 3A 4内 接 于C 1, 设A 4A 1延 长 线 交 圆C 2于B 1, A 1A 2延长线交C 2于B 2, A 2A 3延长线交圆C 2于B 3, A 3A 4延长线交圆C 2于B 4. 试证:四边形B 1B 2B 3B 4的周长 2(四边形A 1A 2A 3A 4的周长).并确定等号成立的条件. 证明:设圆心为O ,连结OB 1, OB 4, OA 4,设C 1的半径为R ,C 2的半径为2R . 在四边形B 4A 4OB 1中,由Ptolemy 定理,OA 4 × B 1B 4 + OB 1 × A 4B 4 OB 4 × A 4B 1.R × B 1B 4 + 2R × A 4B 4 2R × A 4B 1,即B 1B 42A 4B 1 − 2A 4B 4.同理B 1B 22A 1B 2 − 2A 1B 1,B 2B 3 2A 2B 3 − 2A 2B 2,B 3B 42A 3B 4 − 2A 3B 3.相加得B 1B 2 + B 2B 3 + B 3B 4 + B 4B 1 2(A 1A 2 + A 2A 3 + A 3A 4 + A 4A 1).即四边形B 1B 2B 3B 4的周长 2(四边形A 1A 2A 3A 4的周长).等号成立时OA i B i B i +1共圆,∠A i +1A i O = ∠B i +1B i O = ∠B i B i +1O = ∠A i−1A i O , ∴ A i +1A i = A i−1A i ,(i = 1, 2, 3, 4, A 5 = A 1, A 0 = A 4, B 5 = B 1). ∴ A 1A 2A 3A 4为菱形,又为圆内切四边形,所以A 1A 2A 3A 4为正方形.3.在有限的实数列a 1, a 2, · · · , a n 中, 如果一段数a k , a k +1, · · · , a k +l−1的算术平均值大于1988, 那么我们 把这段数叫做一条“龙”,并把a k 叫做这条龙的“龙头” (如果某一项a n > 1988,那么单独这一项也叫龙). 假设以上的数列中至少存在一条龙, 证明:这数列中全体可以作为龙头的项的算术平均数也必定大a 2 + a 22 + a 23于1988.证明:引理:设a k , a k +1, . . . , a k +m−1均可作为龙头,a k +m 不能作为龙头,或k + m − 1 = n , 则a k , a k +1, . . . , a k +m−1的算术平均值大于1988.引理的证明:对m 用数学归纳法,m = 1时,设以a k 为龙头的一条龙为a k , a k +1, . . . , a k +l−1. 若l = 1,a k > 1988,显然成立.否则l > 1,由a k , a k +1, . . . , a k +l−1算术平均值大于1988,a k +1不是龙头, a k +1, . . . , a k +l−1算术平均值不 大于1988,a k > 1988,结论成立. 设小于m 时结论均成立(m 2),设以a k 为龙头的一条龙为a k , a k +1, . . . , a k +l−1.1lm 时,a k , a k +1, . . . , a k +l−1算术平均值大于1988, 由归纳假设a k +l , . . . , a k +m−1算术平均值大于1988,结论成立.l > m 时,由a k +m 不是龙头,a k +m , a k +m +1, . . . , a k +l−1算术平均值不大于1988, a k , a k +1, . . . , a k +l−1算术 平均值大于1988,结论显然也成立. 综上所述,由数学归纳法,引理成立.设所有的龙头为a i 1, a i 1+1, . . . , a i 1+j 1−1, a i 2, a i 2+1, . . . , a i 2+j 2−1, . . . , a i k , a i k +1, . . . , a i k +j k −1, 其中j 1, j 2, . . . , j k1 且i m +1 > i m + j m (m = 1, 2, . . . , k − 1, k1).由引理:a i m , a i m +1, . . . , a i m +j m −1的算术平均值大于1988(m = 1, 2, . . . , k ). 所以所有龙头的算术平均值 也大于1988.证毕.4.(1)设三个正实数a, b, c 满足(a 2 + b 2 + c 2)2 > 2(a 4 + b 4 + c 4).求证:a, b, c 一定是某个三角形的三条边长. (2)设n 个正实数a 1, a 2, · · · , a n 满足(a 21 + a 22 + · · · + a 2n )2 > (n − 1)(a 41 + a 42 + · · · + a 4n )其中n3. 求证:这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长.证明:(1)若不然,不妨设ca +b ,则2(a 4 + b 4 + c 4) − (a 2 + b 2 + c 2)2 = a 4 + b 4 + c 4 − 2a 2b 2 − 2b 2c 2 − 2c 2a 2= −(a + b + c )(a + b − c )(b + c − a )(c + a − b )矛盾.∴ a, b, c 为某个三角形三边长.(2)n = 3即为(1)中的情况,n > 3时,若存在某三个不是某个三角形三条边长,不妨设为a 1, a 2, a 3.则由均 值不等式(n − 1)(a 41 + a 42 + · · · + a 4n ) < (a 21 + a 22 + · · · + a 2n )2=a 21 + a 22 + a 232 + 1 2+ · · · + a 2n 2(n − 1)a 21 + a 22 + a 2322+a 21 + a 22 + a 2322+ · · · + a 4n1, n 奇数2, n = 2k ·m (m 为奇数)所有小于2k +1的正奇数不全整除n可得 12(a 2 + b 2 + c 2)2 > a 4 + b 4 + c 4,(a 2 + b 2 + c 2)2 > 2(a 4 + b 4 + c 4).但由(1),a 1, a 2, a 3为某个三角形三边长,矛盾.所以这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长. 5.给出三个四面体A i B i C i D i (i = 1, 2, 3), 过点B i , C i , D i 作平面αi , βi , γi (i = 1, 2, 3), 分别与棱A i B i , A i C i , A i D i 垂直(i = 1, 2, 3), 如果九个平面αi , βi , γi (i = 1, 2, 3),相交于一点E , 而三点A 1, A 2, A 3在同一直 线l 上, 求三个四面体的外接球面的交集(形状怎样?位置如何?)解: A i B i ⊥ αi 于B i ,而E 在αi 上,∴ A i B i ⊥ B i E, B i 在以A i E 为直径的球上.同理C i , D i 也在以A i E 为直 径的球上,A i B i C i D i 的外接球即为在以A i E 为直径的球.若E 在l 上,显然这三个球的中心也都在l 上,它们必在E 处两两相切,交集为E .否则E 不在l 上,三个球的球心在同一条直线上( EA 1A 2中位线所在直线),且这三个球都过点E ,交集为 一个圆,直径为EE ,其中E 为E 到l 的垂足.6.如n 是不小于3的自然数,以f (n )表示不是n 的因子的最小自然数, 例如f (12) = 5.如果f (n ) 3,又可作f (f (n )). 类似地,如果,f (f (n ))3,又可作f (f (f (n ))),等等. 如果f (f (· · · f (n ) · · · )) = 2, 共有k 个f ,就把k 叫做n 的“长度”. 如果 l n 表示n 的长度,试对任意自然数n (n 解:设n = 2k · m (m 为奇数). 若k = 0,n 为奇数,f (n ) = 2, l n = 1.若k > 0,考虑所有小于2k +1的正奇数,若它们均为n 的因子,由2k +13),求 l n .并证明你的结论.n 且小于2k +1的偶数t = 2p · q (pk, q 为奇数),由q|n, 2p |n, gcd(q, 2p ) = 1,知t|n ,∴ f (n ) = 2k +1,f (f (n )) = 3, f (f (f (n ))) = 2, l n = 3. 否则取最小的t|n ,t 必为奇数,否则t 必有一个奇因子不整除n . ∴ f (n ) = t, f (f (n )) = 2, l n = 2. 综上所述,l n =3, n = 2k · m (m 为奇数)所有小于2k +1的正奇数均整除n段的长度都等于 m , m 是自然数. 用A j 表示将集合A 逆时针方向在圆周上转动 jmπ 弧度所得的集合 2π L (A )L (B ).设b 1, b 2, . . . , b n 为组成B 的弧段,由已知它们两两不交且每段的长度均为 m ,因此有 i i i L (A ∩ (∪2j =1b −j )) m ,所以∪j =1b iL (A ∩ (∪2j =1b −j )) = L (A ).第四届中国数学奥林匹克(1989年)合肥 中国科技大学1.在半径为1的圆周上,任意给定两个点集A, B , 它们都由有限段互不相交的弧组成, 其中B 的每π(j = 1, 2, ...).求证:存在自然数k ,使得L (A j ∩ B )1这里L (X )表示组成点集X 的互不相交的弧的长度之和.证明:我们把圆周上的点集E 沿顺时针方向在圆周上转动 jm π 弧度所得的集合记为E −j ,于是L (A j ∩ B ) = L (A ∩ B −j ).π2mj =1L (A j ∩ B ) ==2mj =1 2mj =1L (A ∩ B −j )L (A ∩ (∪ni =1b −j ))=2mnL (A ∩ b −j )j =1 i =1=n 2mL (A ∩ b −j )i =1 j =1 n=i =1mi因为L (b i ) = π 2m −j恰好是整个圆周,从而有mi ∴2mj =1L (A j ∩ B ) = nL (A ),至少存在一个k, 1k 2m ,使得L (A j ∩ B )n 2mL (A ) =1L (A )L (B ).2.设x 1, x 2, · · · , x n 都是正数(n2).且 x 1 + x 2 + · · · + x n = 1.求证:ni =1√x i1 − x i√ 1n − 1ni =1√x i .证明:不妨设x 1 x 2 ··· x n ,则√1 1 − x 1√1 1 − x 2···√1 1 − x n由Chebyshev 不等式ni =1√x i 1 − x i1nni =1x ini =1√ 11 − x i= 1nni =1√ 11 − x iB n ,又f 1(z ) = z m ,∴ f n (z ) = z m ∴ f n (z ) = z ⇔ z m = z ,又|z| = 1, ∴ z m 由1989 = 3 × 13 × 17,若k|1989,且k < 1989,k 必 整 除3 × 13 × 17, 32 × 13, 32 × 17中 至 少 一 个.由Cauchy 不等式ni =1√1 − x ini =1√1 1 − x in 2又n√ 1 − x inn(1 − x i ) =n (n − 1)i =1i =1ni =1√ x i1 − x i1 n ni =1√ 11 − x ini =1n √1 − x in n (n − 1)=n n − 1而√1 n − 1ni =1 √ x i√1 n − 1n ni =1x i =n n − 1ni =1√ x i1 − x i√1n − 1ni =1√x i .3.设S 为 复 平 面 上 的 单 位 圆 周 (即 模 为1的 复 数 的 集 合),f 为 从S 到S 的 映 射,对 于 任 意 z ∈ S ,定 义f (1)(z ) = f (z ), f (2)(z ) = f (f (z )), · · · , f (k )(z ) = f (f (k−1)(z )). 如果 c ∈ S ,使得f (1)(c ) = c, f (2)(c ) = c, · · · , f (n−1)(c ) = c, f (n )(c ) = c . 则称 c 为f 的n−周期点.设m 是大于1的自然数, f 定义为f (z ) = z m , 试计算f 的1989-周期点的个数.解:记A n = {z ∈ S|z 是f 的n − 周期点},B n = {z ∈ S|f n (z ) = z}为f n 的 不 动 点 集 合,显 然A n ⊆nn n−1= 1, |B n | = m n − 1.我们证明B n , A n 有如下性质: (1)若k|n ,则B k ⊆ B n ;事实上,令n = kq ,若c ∈ B k , f k (c ) = c ,则f n (c ) = f kq (c ) = f k (f k (· · · f k (c ) · · · )) = c . ∴ c ∈ B n , B k ⊆ B n .q 个(2)B k ∩ B n = B gcd(k,n ), gcd(k, n )为k 与n 的最大公约数. 由(1),B gcd(k,n ) ⊆ B k , B gcd(k,n ) ⊆ B n , ∴ B gcd(k,n ) ⊆ B k ∩ B n .反之,设c ∈ B k ∩ B n ,f k (c ) = c, f n (c ) = c ,不妨设k < n . 则f n−k (c ) = f n−k (f k (c )) = f n (c ) = c ,由辗转相 除法知f gcd(k,n )(c ) = c, ∴ c ∈ B gcd(k,n ), B k ∩ B n ⊆ B gcd(k,n ). ∴ B k ∩ B n = B gcd(k,n ). (3)c ∈ B n \ A n ⇔ ∃k < n, k ∈ N ∗,使k|n 且c ∈ B k .充分性是显然的(由(1)),设c ∈ B n \ A n , f n (c ) = c .且存在l < n ,使得f l (c ) = c ,设k = gcd(l, n ),则f k (c ) = c, c ∈ B k ,且kl < n, k|n .证毕.2∴ B k ⊆ B 663 ∪ B 153 ∪ B 117, ∴ A 1989 = B 1989 \ (k|1989k<1989B k ) = B 1989 \ (B 663 ∪ B 153 ∪ B 117).R .∴由容斥原理f 的1989-周期点个数为|A 1989| = |B 1989| − |B 663| − |B 153| − |B 117| + |B 663 ∩ B 153| + |B 663 ∩ B 117| + |B 117 ∩ B 153|−|B 663 ∩ B 153 ∩ B 117|= |B 1989| − |B 663| − |B 153| − |B 117| + |B 51| + |B 39| + |B 9| − |B 3|= (m 1989 − 1) − (m 663 − 1) − (m 153 − 1) − (m 117 − 1) + (m 51 − 1) + (m 39 − 1)+(m 9 − 1) − (m 3 − 1)= m 1989 − m 663 − m 153 − m 117 + m 51 + m 39 + m 9 − m 34.设点D, E, F 分别在 ABC 的三边BC, CA, AB 上, 且 AEF,BF D,CDE 的内切圆有相等的半径r , 又以r 0和R 分别表示 DEF 和 ABC 的内切圆半径. 求证:r + r 0 = R .证明:设 ABC 周长为l ,面积为S ,内切圆为 I , 在各边的切点为P, Q, R , DEF 周长为l ,面积为S . AEF,BF D,CDE 的面积分别为S 1, S 2, S 3,内切圆分别为 I 1, I 2, I 3,在各边的切点为P i , Q i , R i (i = 1, 2, 3). 由面积公式2S = Rl, 2S = r 0l ,2S 1 = r (AE + EF + F A ), 2S 2 = r (BD + DF + F B ), 2S 3 = r (CD + DE + EC ). 又S = S + S 1 + S 2 + S 3, ∴ Rl = r 0l + r (l + l ),即(R − r )l = (r + r 0)l . 又AQ 1 AQ = AR 1AR= BQ 2BQ= BP 2 BP = CP 3CP= CR 3CR = r Rl − Q 1Q 2 − P 2P 3 − R 1R 3l=r R又Q 1Q 2 + P 2P 3 + R 1R 3 = Q 1F + F Q 2 + P 2D + DP 3 + R 3E + ER 1 = P 1F + R 2F + DR 2 + DQ 3 + EQ 3 + EP 1 = l . l l=1 −r(R − r )R = (r + r 0)(R − r ), R = r + r 0.证毕.5.空间中有1989个点,其中任何三点不共线, 把它们分成点数各不相同的30组, 在任何三个不同的组中 各取一点为顶点作三角形, 求三角形个数的最大值.解:由分组情况有限,三角形个数必存在最大值,设分为30组,各组点数为x 1 < x 2 < · · · < x 30, 三角形个 数为f (x 1, x 2, . . . , x 30) =1 i<j<k 30x i x j x k .f (x ) 4u f (y ) 4v . (f (x )) t .∴ f (x t ) = (f (x )) t .设f (e ) = c, c > 1,则f (x ) = f (e ) ln x = c ln x .另外,当f (x ) = c ln x (c > 1)时,f (x u y v ) = c u ln x +v ln y , f (x ) 4u f (y ) 4v = c 4u ln x + 4v ln y . 4v ln y ) 4v ln y . f (x ) 4u f (y ) 4v . 所以所求函数为f (x ) = c ln x (c > 1).若存在i ∈ {1, 2, . . . , 29}, x i +1 − x i3, 则将(x 1, x 2, . . . , x 30)调整为(x 1, . . . , x i + 1, x i +1 − 1, . . . , x 30).f (x 1, . . . , x i + 1, x i +1 − 1, . . . , x 30) − f (x 1, x 2, . . . , x 30) =[(x i + 1 + x i +1 − 1)−[(x i + x i +1)x j x k + (x i + 1)(x i +1 − 1)1 j<k 30 j,k =i,i +1x j x k + x i x i +1x j ]j =i,i +1x j ]1 j<k 30 j,k =i,i +1j =i,i +1= (x i +1 − x i − 1)j =i,i +1x j > 0f 值增大,类似的,若存在i, j ∈ {1, 2, . . . , 29}, i < j, x i +1−x i2, x j +1−x j2, 将x i 调整为x i +1,x j +1调整为x j +1 − 1,f 值增大.所以当f 取最大值时,x 1, x 2, . . . , x 30中相邻两个的差最多有一个是2,其余均为1. 如果所有的均为1,1989 = x 1 + (x 1 + 1) + · · · + (x 1 + 29) = 30x 1 + 435,x 1不是整数,矛盾. 设x t +1 − x t = 2, 1t29,则1989 = x 1 + x 2 + · · · + x 30 = 30x 1 + (1 + 2 + · · · + t − 1) + (t + 1 + · · · + 30) = 30x 1 + 465 − t . 30x 1 − t = 1524, x 1 = 51, t = 6.此时各组的点的个数分别为51,52,. . . ,56,58,59,. . . ,81.6.设f : (1, +∞) → (1, +∞)满足以下条件: 对于任意实数x, y > 1,及u, v > 0,有试确定所有这样的函数f . f (x u y v ) 1 1解:令x = y, u = v = 2t (t > 0),则f (x t ) 1以x t 代x , 1t 代t ,则f (x ) (f (x t ))t .11 11 1 1 1 1 1由Cauchy 不等式,(u ln x + v ln y )( 4u 1ln x +11.∴1u ln x +v ln y1 4u ln x+1∴ f (x u y v )1 11SB .又 SD x t−1 ·· · ·· x 1 ·x 1是t 个大于1的第五届中国数学奥林匹克(1990年)郑州 《中学生数理化》编辑部1.在凸四边形ABCD 中,AB 与CD 不平行,O 1过A ,B 且与边CD 相切于P ,O 2过C ,D 且与边AB 相切于Q ,O 1与 O 2相交于E ,F .求证:EF 平分线段P Q 的充分必要条件是BC AD .证明:分两部分证明结论.(1)EF 平分P Q 的充要条件为P C · P D = QA · QB . 设EF 与P Q 交于K ,直线P Q 于 O 1, O 2分别交于J, I .P C · P D = P I · P Q, QA · QB = P Q · QJ , KQ · KI = KE · KF = KP · KJ . ∴ KQ · (KP + IP ) = KP · (KQ + QJ ), KQ · IP = KP · QJ . ∴ KP = KQ ⇔ IP = QJ ⇔ P C · P D = QA · QB . (2)BCAD 充要条件为P C · P D = QA · QB .设AB 与DC 交于S .BC AD ⇔SDSC=SA 而SP 2 = SA · SB, SQ 2 = SC · SD .∴ P C · P D = QA · QB ⇔ (SC − SP )(SP − SD ) = (SB − SQ )(SQ − SA )⇔ (SC + SD )SP − SP 2 − SC · SD = (SB + SA )SQ − SQ 2 − SA · SB ⇔ (SC + SD )SP = (SB + SA )SQ⇔ (SC + SD )2 · SA · SB = (SA + SB )2 · SC · SD ⇔SCSD+SD SC +2=SA SB+SB SA+2SC < 1,SA SB< 1, ∴ P C · P D = QA · QB ⇔ SD SC=SASB⇔ BC AD .所以EF 平分线段P Q 的充分必要条件是BC AD .2.设x 是一个自然数,若一串自然数x 0 = 1 < x 1 < x 2 < · · · < x l = x 满足x i−1|x i (i = 1, 2, . . . , l ), 则 称{x 0, x 1, . . . , x l }为x 的一条因子链. l 称为该因子链的长度. L (x )与R (x )分别表示 x 的最长因子链的长 度和最长因子链的条数.对于x = 5k × 31m × 1990n ,k, m, n 都是自然数,试求L (x )与R (x ).解:对 于x = p α1 1p α2 2 · · · p αn n ,(p 1, p 2, . . . , p n 为 互 不 相 同 的 质 数,α1, α2, . . . , αn 为 正 整 数). x 的 因 子链{x 0, x 1, . . . , x l }是最长因子链的充要条件是 xx i−i 1 均为质数(i = 1, 2, . . . , l ).事实上,对于因子链{x 0, x 1, . . . , x l },若存在i, (1il ),使得 xx i−i 1 = q 1q 2,其中q 1, q 2均为大于1的正整数, 则{x 0, x 1, . . . , x i−1, q 1x i−1, x i , . . . , x l }是长度为l + 1的因子链, 所以{x 0, x 1, · · · , x l }不是最长因子 链.反 之,若 xx i−i 1 均 为 质 数(i = 1, 2, . . . , l ), 则x = x l =x lx l−1· ·· ·x 2 x 1· x 1(x 0 = 1)为l 个 质 数 的 积.所以l = α1+α2+· · ·+αn . 而对x 的任意一个因子链{x 0, x 1, . . . , x t },x = x t = x t x 2正整数之积,而x 至多写成l = α1 + α2 + · · · + αn 个大于1的正整数之积,所以t最长因子链.l .所以{x 0, x 1, · · · , x l }是(n !)2(n +k )!m !.2 ) > 22 −2n−1x 2(n ∈ N) x .2( 2k )(22 −2k−1x 2)22( 2k ) xx .x > M .2 )(x 2 )(13a ) . 2 ,(1)与(2)等价,不难验证x2 ,则L (x ) = α1 + α2 + · · · + αn .每个最长因子链对应一个排列x 1, xx 21 , . . . , xx l−l 1 , l = L (x ), 为α1个p 1,α2个p 2,. . . ,αn 个p n 的一个排列. ∴ R (x ) =(α1+α2+···+αn )!α1!α2!···αn !.当x = 5k × 31m × 1990n = 2n × 5n +k × 31m × 1990n 时, L (x ) = 3n + k + m ,R (x ) = (3n +k +m )! 3.设函数f (x )对x 0有定义,且满足条件: (1)对任何x, y0, f (x )f (y )y 2f ( x 2 ) + x 2f ( y 2 ); (2)存在常数M > 0,当0 求证:对任意x 0,f (x )x x 2.1时,|f (x )|M .证明:令x = y ,(f (x ))2 2x 2f ( x 2 ). 令x = 0,(f (0))20,∴ f (0) = 0,满足结论.假设存在x > 0,使得f (x ) > x 2,用归纳法证明f (x nnn = 0时显然成立,设n = k 时成立,f ( 2x k ) > 22k−2k−1 2∴ f (x 2k +1)(f ( 2x k ))2x 2>kx 2= 22 k +1−2(k +1)−1 2即n = k + 1时也成立,所以对任意n ∈ N,f ( 2x n ) > 22 又n → +∞时,2n − 2n − 1 → +∞, 21n → 0. n−2n−1 2∴ ∃m 1,当nm 1时,0 <x 2n< 1,∃m 2,当nm 2时,22n−2n−1 2取m = max {m 1, m 2},0 <x2m< 1, f ( 2x m ) > M ,矛盾.所以对任意x0,f (x )x 2.4.设a 是给定的正整数,A 和B 是两个实数,试确定方程组:x 2 + y 2 + z 2 = (13a )2(1)x 2(Ax 2 + By 2) + y 2(Ay 2 + Bz 2) + z 2(Az 2 + Bx 2) =14(2A + B )(13a )4(2)有整数解的充分必要条件(用A, B 的关系式表示,并予以证明).解:(2) − B 2× (1)2,得(A − B 4 + y 4 + z 4) = 12(A − B 4若A = 若A = B B= 3a, y = 4a, z = 12a 为一组解.2(x 4 + y 4 + z 4) = (13a )4(3)∴ 2|a ,设a = 2a 1,x 4 + y 4 + z 4 = 8(13a 1)4.若x, y, z 不全为偶数,则必为两个奇数一个偶数,x 4 + y 4 + z 4 ≡ 2 (mod 4),矛盾.∴ 2|x, 2|y, 2|z .设x = 2x 1, y = 2y 1, z = 2z 1,则若(x, y, z, a )为(3)的解,(x 1, y 1, z 1, a 1)也为(3)的解. 类似可 依次得到(x , y , z , a )也为(3)的解,等等.但这个过程不能一直进行下去,矛盾.所以方程组有整数解的充分必要条件为A = B2 .5.设X是一个有限集合, 法则f使得X的每一个偶子集E(偶数个元素组成的子集)都对应一个实数f(E),满足条件:(1)存在一个偶子集D,使得f(D) > 1990;(2)对于X的任意两个不相交的偶子集A, B,有f(A ∪B) = f(A) + f(B)− 1990.求证:存在X的子集P, Q,满足(1)P ∩ Q =∅,P ∪Q = X;(2)对P的任何非空偶子集S,有f(S) > 1990;(3)对Q的任何偶子集T ,有f(T ) 1990.证明:考虑X的所有偶子集经法则f得到的实数最大的一个为P ,若不止一个,取元素个数最少的一个.Q = X \ P .则P ∩ Q =∅, P ∪Q = X.令A = B =∅,则f(∅) = 1990.对于∀S ⊆ P, S =∅,f(P ) = f(S) + f(P \ S)− 1990,显然f(P \ S) < f(P ),∴f(S) > 1990.对于∀T ⊆ Q,若T =∅,f(T ) = 1990,否则T =∅,由f(P ∪T ) = f(P )+f(T )−1990 f(P ),f(T ) 1990. ∴P, Q满足条件.证毕.6.凸n边形及n − 3条在n边形内不相交的对角线组成的图形称为一个剖分图.求证:当且仅当3|n时,存在一个剖分图是可以一笔划的图(即可以从一个顶点出发,经过图中各线段恰一次,最后回到出发点).证明:因为n − 3条在形内互不相交的对角线将凸n边形分为n − 2个顶点均是n边形顶点的小区域, 每个区域的内角和不小于π,n边形的内角和为(n − 2)π,所以每个小区域都是三角形.先证必要性.用归纳法容易证明可将每个三角形区域涂成黑白两色之一,使得有公共边的三角形不同色. 假设已按照这样的要求染色,由于剖分图为可以一笔画的圈,所以由每个顶点引出的线段都是偶数条. 从而每个顶点都是奇数个三角形的顶点,因此以原多边形外边界为一边的三角形区域有着相同的颜色, 不妨设为黑色;另一方面,剖分图的每条对角线都是两种不同颜色三角形的公共边, 所以设黑三角形有m1个,白三角形有m2个.则n = 3m1− 3m2,所以3|n.再证充分性,设n = 3m,多边形为A1A2 . . . A3m.连接A1A3i, A3i A3i+2, A3i+2A1(i = 1, 2, . . . , m−1)这3m−3条对角线, 形成m − 1个三角形,可由A1出发,依次走过这些三角形,再走过凸多边形即可一笔画并回到初始点.证毕.2S ABCD ,作平行四边形AEDP ,显然P B, P C 均在AP DCB 内.∴ z k−1 = z (k−1) , (k − 1)(k − 2) = 0, k = 1或2.第六届中国数学奥林匹克(1991年)武汉 华中师范大学1.平面上有一凸四边形ABCD .(1).如果平面上存在一点P ,使得 ABP, BCP, CDP, DAP 面积都相等,问四边形ABCD 应满足什么条件?(2).满足(1)的点P ,平面上最多有几个?证明你的结论. 解:(1)(1.1)P 在ABCD 内部,若A, P, C ,B, P, D 分别三点共线, 显然ABCD 为平行四边形,P 为对角线的交点.若A, P, C 不共线,由于 P AB , P AD 等面积,AP 必经过对角线BD 的中点,同理CP 过BD 的中点,必 有P 为BD 的中点,所以 ABD,BCD 面积相等.即一条对角线平分ABCD 的面积,显然也是充分条件.(1.2)P 在ABCD 之外,不妨设P 与B, C 在AD 异侧,P 必与A, B 在CD 同侧,与C, D 在AB 同侧. 由 P AB,P AD 面积相等,P ABD ,同理P DAC .设AC, BD 相交于E ,AEDP 为平行四边形.S AED = S AP D = S ABP + S CDP + S P BC − S ABCD = 3S AP D − S ABCD . ∴ S AED = 21S ABCD .这个条件也是充分条件,若S AED =1∴ S ABP = S AP D = S CDP = S AED , S P BC = S AP D + S ABCD − S ABP − S CDP = S AED .P 满足要求.所以四边形ABCD 有一条对角线平分面积,或者在对角线分成的四个三角形中有一个为四边形面积的 一半.(2)由(1)知,P 在形内,形外都至多有一个,又由充要条件不同时取到,P 最多有一个. 2.设I = [0, 1],G = {(x, y )|x, y ∈ I}.求G 到I 的所有映射f ,使得对任何x, y, z ∈ I 有 (1)f (f (x, y ), z ) = f (x, f (y, z )); (2)f (x, 1) = x, f (1, y ) = y ;(3)f (zx, zy ) = z k f (x, y ).这里,k 是与x, y, z 无关的正数. 解:由(3),f (x, y ) = f (y · xy , y · 1) = y k f ( xy , 1)(0 < x < y ) f (x, y ) = f (x · 1, x · xy ) = y k f (1, xy )(0 < y < x )再由(2),f (x, y ) = y k−1x (0 < x < y ), f (x, y ) = x k−1y (0 < y < x ) 又x = y 时,f (x, x ) = x k f (1, 1) = x k .在(1)中,取0 < x < y < z < 1,x 充分小时,y k−1x < z, x < z k−1y .f (f (x, y ), z ) = f (y k−1x, z ) = z k−1y k−1x ,f (x, f (y, z )) = f (x, z k−1y ) = x (z k−1y )k−1.2k = 1时,f (x, y ) = min {x, y};k = 2时,f (x, y ) = xy .(x > 0, y > 0)又f (x, 0) = f (x · 1, x · 0) = x k f (0, 1) = 0, f (0, y ) = 0, f (0, 0) = z k f (0, 0), f (0, 0) = 0. ∴ k = 1时,f (x, y ) = min {x, y};k = 2时,f (x, y ) = xy .k = 1, k = 2时,无解.。
中国数学奥林匹克介绍
中国数学奥林匹克介绍中国数学奥林匹克，简称为IMO（国际数学奥林匹克），是国际上最具影响力的数学竞赛之一、自1985年起，中国每年都会派遣队伍参加这一盛会。
中国在IMO上取得了非常出色的成绩，多次获得团体奖牌，并培养了众多优秀的数学人才。
中国数学奥林匹克始于1983年，最初是由当时的中国科学院院士陈省身等人发起。
陈省身是中国数学界的重要人物，也是这一竞赛的领导者和推动者。
中国数学奥林匹克的目标是培养和选拔具有创造性思维和解决问题能力的数学人才，提高学生的数学素养，促进数学教育的发展。
中国数学奥林匹克的选拔过程是分层次进行的，包括地区选拔赛、省级选拔赛、国家集训队选拔等。
优秀的学生会经过多轮选拔，最终组成中国队参加国际比赛。
这种选拔制度确保了参赛队伍的质量，使得中国能够派出强大的代表队。
中国数学奥林匹克所包含的题目范围非常广泛，从初等数学到高等数学的内容都有涉及。
题目要求学生具备独立解决问题的能力，包括发现问题、分析问题、归纳总结等。
这对学生的数学素养和思维能力提出了很高的要求，也使得中国队员在解题过程中展现出了扎实的数学基础和创新的思维。
中国数学队在IMO上的成绩一直非常出色。
自1985年以来，中国队一直保持着稳定的优异表现，多次获得团体奖牌。
尤其是近年来，中国队凭借出色的成绩连续蝉联团体冠军。
这些成绩不仅得益于优秀的选手，也离不开中国数学教育的发展和中国数学界对于数学奥林匹克的重视。
中国数学奥林匹克的成功离不开中国政府、学校和家庭的大力支持。
中国政府高度重视数学奥林匹克的培养和选拔工作，为学生参加比赛提供了优秀的培训和支持条件。
许多学校也设立了数学奥林匹克班，为学生提供特殊的培养和训练。
同时，家庭对于学生参与数学奥林匹克的支持和鼓励也非常重要，为学生提供了良好的学习环境和培养机会。
综上所述，中国数学奥林匹克是一个重要的数学竞赛，并且在国际上享有很高的声誉。
通过竞赛的选拔和培养，中国数学奥林匹克不仅推动了数学教育的发展，也培养了一大批具有扎实数学基础和创造力的数学人才。
小学数学 数学故事 林强：中国历史上第一个国际性的学科竞赛奖牌得主
林强：中国历史上第一个国际性的学科竞赛奖牌得主库超、王菘、胡小军，所有人的目标都是林强。
林强是黄冈中学的光荣榜上永远的第一。
尽管林强在1986年只是获得了国际奥林匹克数学竞赛的铜牌。
“那是中国人第一次参加国际性的学科竞赛，就获得了铜牌。
”林强使黄冈中学从此成为中国中学学科竞赛的关键词，而中国的中学生从此在奥林匹克学科竞赛中势如破竹。
“林强能出来充满了偶然性。
”卞清胜是林强的初中数学老师，林强上高中一个月就得了奖牌。
“奥赛这条路不好走，除了极高天赋，机会和环境同样重要。
”卞清胜说，林强的父母和一般人不同，到林强初中毕业的时候，已经自学完成高中的全部课程。
初中时期，林强的父亲反复找到卞清胜，要求给林强“特殊待遇”。
在黄冈中学，无论是老师、学生或是家长，都很自然地谈到“天才”和“一般人”的区别，对于极突出的学生，黄冈能提供的最好平台，就是竞赛。
卞清胜不仅允许林强不做作业，还经常帮他在语文老师那里说好话。
“他最头疼写作文了。
”在中考之前，卞清胜给林强找来的是湖北省编写的高考复习资料。
“林强是做中考题好？还是做高考题好？1985年我们并不知道，竞赛也能成为一条道路，我们只有国内和省内的竞赛，并把其当做学生课外活动的一种体现。
”但是在湖北和湖南，已经有很多高质量的中学在国内竞赛上开始竞争。
“林强的中考数学考了119分，满分120分。
排名这个东西是非常残酷的，得满分只不过是中考复习得好，120分比我们这个119分差得远。
”卞清胜和林强的父母志不在此，他们强烈要求黄冈高中在暑期竞赛训练班收下初中毕业的林强。
“无论怎么要求，高中部就是不同意。
一开始的理由是，‘黄高’的竞赛班只针对黄高学生，万一林强不上‘黄高’呢？”卞清胜不明白，“这么好的学生，‘黄高’不要还有哪个学校能要？”卞清胜1981年开始执教，第一次碰到天才。
“自己的学生连提前培训都不行，我弄不懂。
”直到训练班开始前一天，卞清胜忽然被通知，林强可以来培训。
解读一代名师孙伟刚
解读一代名师孙维刚文章摘要：孙老师的实验初步成功了.冬去春来又三年,孙老师的学生填平了与重点学校学生间的鸿沟:41名学生参加高考,40名上线,50%上了重点线！北京大学物理系86级新生名单有了孙老师学生的名字.孙老师也因教改成绩突出被评为特级教师.1986年秋…孙维刚三角形认识比如在教三角形内角和定理的证明时，课本上只是延长三角形底边并做出一边的平行线，引导学生做出证明。
而孙老师则把问题交给学生，上来就让学生猜想三角形内角和是多少，再让学生提出自己的证明。
几种证法出来后，孙维刚再问：“那么多边形内角和是多少？”学生答：“(n-2)180°。
”“怎么证？”学生们踊跃举手，把几种证法写在黑板上，然后，由孙老师做总结，提到了证明所用的就是数学归纳法的思想。
数学归纳法是高二才接触的内容，在初一教学中就涉及了，学生接受得了吗？当然，孙老师并不指望学生能一下子就理解和掌握数学归纳法，而只是抓住时机对教材结构进行调整，有关知识和方法先“闪现”一下，做个埋伏，做个铺垫，以后还会“再现”，以激发学生的求知欲望，培养他们的探索精神。
北大卓越学习法孙维刚孙维刚老师（1938～2002），1938年12月出生，山东海阳郭城人，汉族，大学毕业，中国共产党党员。
自1962年起在北京市第二十二中学任数学教师兼班主任。
2002年1月因患癌症医治无效逝世，享年64岁。
“中国智力素质培养法之父”，“孙维刚高考特训班”创始人，“结构教学法”创始人，教育界素有“中国数学教育之父”之称。
孙维刚资料孙维刚,1962年从师范专科学校毕业后,即任教于北京二十二中学,那时,他风华正茂.当他正准备全身心地投入"太阳底下最光辉的事业"中时,爆发了文化大革命,使得这位堪称酷爱教育事业的青年人受到了挫折,深感英雄无用武之地.打倒了林彪、"四人帮",文化大革命宣告结束,孙老师在学校的支持下,大展拳脚,开始了他的教改实验.这一实验从1980年到1997年,历时三轮,共18年.伴随着累累教育硕果,荣誉也接踵而至,孙老师先后被评为北京市十大杰出教师、北京市首批有突出贡献的专家,全国十大杰出教师、全国十佳师德标兵、"五一劳动奖获得者,"1998年3月,孙老师被选为全国人大代表,出席了第九届全国人民代表大会.除了各级各类的个人荣誉称号外,孙维刚还被评为数学特级教师,当选为中国数学会会理事,首批国家级数学奥林匹克高级教练.凝聚着他37年,特别是18年心血的著作《我的三轮教育教学实验》一书也已问世,成为畅销书,一连印了好几版.一、精心设计育人方案在30多年的教学生涯中,孙维刚教过数学、物理、历史、音乐,还兼任蓝球、排球、乒乓球校队教练,更常干的是班主任,每一样他都干得精彩.80年代初,孙维刚老师在总结以往经验与教训的基础上,制定了一个以德育为保障,以数学教学改革为突破口的改革方案,旨在全面提高学生素质.这不是一蹴而就的事,孙维刚决定以6年为一个周期落实这个方案.他精心准备了一年多,调查、研究,终于心里有了底.1980年秋季开学,他出任初一（4）班班主任,开始实施他的第一轮教改实验.他在数学这门课上进行着眼于培养学生科学思维能力的"知识结构教学".二十二中是普通学校,学生都是重点中学挑剩下的,可孙老师认为生源的差别不应该成为影响教育成果的首要因素,教育最讲究因人而异,只要方向对头、方法得当,我们的教育对象都能够成为栋梁之才."结构教学"不光是方法,首先得有教材.他自己动手,一边教一边编写教材,不知熬过了多少个日日夜夜,终于编写出了"结构教学"教材.三年过去了,当班里的41名少年步入青年时期的第一站,他们没有为"中考"去熬夜,没有被"题海"折磨得烦恼,但全部以优秀的成绩升入高中.孙老师的实验初步成功了.冬去春来又三年,孙老师的学生填平了与重点学校学生间的鸿沟:41名学生参加高考,40名上线,50%上了重点线！北京大学物理系86级新生名单有了孙老师学生的名字.孙老师也因教改成绩突出被评为特级教师.1986年秋,孙老师开始了他的第二轮实验征程.他决心用六年时间在接手的初一（4）班与全体任课教师研究、实践"大幅度普遍提高学生素质"的课题."结构教学"使学生成了课堂的主人,课后没有硬性的、繁琐的家庭作业,超前学一步,下课更轻松……六年的课程三年学完,学生接连在各种竞赛中获奖.这回,他的学生成为一些重点高中的"预约生".孙老师将这个班一直教到高中毕业,全班41名学生38人考取大学本科,有15人进入北大、清华.那年东城区达到600分以上的考生,有一半来自二十二中高三（4）班.在前一年的全国高中数学联赛中,北京赛区的前10名学生,该班占了4名.二、呕心沥血实施育人方案正当孙老师大展宏图之时,他被确诊患有"膀胱癌",1990年6月,校领导将他送进医院接受手术治疗,孙老师顽强地挺过来了.当年他就重返讲台,一年后又同时担任高三（4）和初一（1）两个班的班主任.第三轮实验就是在他继续接受手术治疗的严竣日子里开始的.这一轮的实验中,他教的学生摘取了37届国际数学奥林匹克竞赛金牌！孙老师获得了"五一劳动奖章",并被评为全国"十大杰出教师".三轮实验,16年呕心沥血,孙维刚为中国教育事业耕耘出一片育人成材的高产田.孙老师在教学中,总是以大量的事例向学生说明数学工具性特点在其它学科中所起的作用,使学生的整个学习过程中感受到学好数学对于智力开发、对于锻炼意志品质和培养严谨学风所产生的重要作用.他同时也深入浅出地讲解其它学科的特点、价值及其对学好数学的影响.为了做到这一点,他对中学里开设的十来门功课都下功夫研究过.多年以来,他教的学生从不"偏科"."德育是智育的基础和归宿",这是孙维刚一直恪守的职业信念.他的知识渊博,常给学生讲诗,讲历史,讲军事,讲世界风云,讲足球,一节数学课有时自然地联系了物理和化学.他带学生唱歌、游泳,举办球类比赛,只要对学生身心有益的事情,他都去做.他说自己最喜欢的名言是:一个人来到世界上是为了使别人生活得更美好.学生张夏不慎跌伤,是孙老师背他去医院；学生阎景准备参加数学奥林匹克集训队选拔赛前,多么希望得到张老师的指导呀,可他知道张老师太忙、太累了,但孙老师来了,冒着寒风赶到他的家里-----壮壮是革命烈士"江姐"的孙子,在孙老师的严格要求教育、精心培养下,壮壮没有一丝优越感,只有更强的责任感.壮壮从孙老师那儿学到了知识,学到了本事,更感受到孙老师炽热的爱国之情和美好的情操.壮壮参加了全美最高水平的科学竞赛西屋科学奖竞赛,一举夺魁.在给孙老师的信中,他说:"孙老师,是您领我走进神圣的数学殿堂,而您对人生、对社会的见解也必将使我终身受益."在国际政治形势一度紧张的日子里,壮壮不平静了,他向孙老师倾诉心里话:"我不怕放弃自己的学业而回国,如果国家和民族需要我作出牺牲,即使意味着献出生命,我也不会有所遗憾."烈士后代有如此的精神境界,孙老师深感欣慰自豪.三、甘为人梯,悉心推广育人方案孙维刚的第三轮教改实验就要圆满结束了,关心他的人提醒他:"今年该解蹬下鞍喘口气儿了吧？""该当顾问了吧？"孙老师却回答:"不能只种试验田呀！"他想尽力推广自己的实验成果.为此,他认真总结经验,反复剖析教训,虚心听取各方面的意见,并耐心地指导青年教师.他行程万里,深入11个省市近百所基础薄弱的学校传经送宝.几年来,有近4万名教师听过他的课,6万多学生接受过他的辅导,他为中国教育电视台做的100集共1500分钟的专栏节目--《高中数学一点通》,前后播出4次,他的几本专著接连印了五、六版.他是中国数学理事会唯一一名中学教师.1998年,北京市东城区人民政府拨款10万元设立了"孙维刚教学研究基金",他又承担了更多的课题.近几年,有好几所大学派人"游说",请孙维刚到大学执教,但他不为所动,这位有能力攀登数学理论研究高峰的人更乐于作一架为攀登者服务的"人梯".作为一名教师,首先必须有先进的、与时代要求相适应的教育思想的教育观念.孙维刚就是因为拥有这样的教育思想和教育观念,才设计出了先进的育人方案,他才做出了显著的成绩.在他看来,生源的差别不应该成为影响教育成果的首要因素,只要方向对头,方法得当,我们的教育对象都能成为栋梁之才,他要通过自己的方案,努力把学生"造就一个强大的头脑,把不聪明的孩子变聪明起来,聪明的更加聪明."先进的教育方案来自于先进的教育思想和教育观念,这比起我们时下的一些学校、一些老师动则搞"题海"战术,折磨学生,不停地"培优",把学生搞得疲劳不堪来,孙老师设计的方案既不要学生为"中考"熬夜,也不必为"高考拼消耗,而是让学生超前学一步,下课更轻松------"孙老师花费不知多少不眠之夜,设计,编写的"结构教学"和配套教材,取得了极大的成功.从孙维刚老师的事迹中我们可以体悟到.一个教育工作者必须具备必要的教育科学知识.苏联教育家马卡连柯曾说:""我们非常注重教育理论,离开教育理论我是不能工作的,当前教育科学理论已经形成了一个分支繁多的庞大家族,如教育家、教育社会学、教育哲学、比较教育、教育心理学等等,一位教师虽然不可能涉猎这些全部的教育理论科学知识,但必须熟悉和掌握一些必要的教育理论知识如教育学、心理学、教育管理学和教材教法等.因此这些学科比较系统地揭示了教育教学活动的一般规律和方和方法,它们从理论和方法上告诉教师"怎么教"的问题.如果教师完全不懂这些理论,那么,他就只能做一个"教书匠",绝不可能做一个有作为的"教育家."其次,仅有先进的教育思想和观念还不够,除了将其变成先进的育人方案之外,还必须凭教师的勇气,耐心和毅力将其付诸实施.育人活动是一个周期较长,见效慢的过程,既不可以"立竿见影",更切忌急功近利,长周期的实验需要的是教师优良的个人品质和心理素质.这也是我们从孙老师的事迹中体悟出的一个重要道理.孙老师从事教改实验,一搞就是18年,18年中,他克服的困难不知有多少,走过的是一条充满荆棘的道路.特别是1990年,他被查患了癌症,但绝症并没有将孙老师击倒,为了他的事业,为了他正在进行、已呈现良好势头的教改实验,他挺了过来,便很快地投入到忘我的工作之中.癌症在这位勇敢的斗士面前低下了头,它被孙老师的气势所征服,躲闪到了一边,孙老师用勇气和毅力创造了生命的奇迹.他不仅完成了他预定的三轮教改实验,而且通过他的言传身教,推广着这一先进经验,以便让更多的人加入到教学改革的队伍中来,把中国的基础教育事业推向一个新的更高的阶段.孙老师在教改实验中,不单单为教改而教改,也不单单是为了提高学生的学业水平而进行教改.他更重视学生的德育教育,把"做人"放在十分重要的地位,并渗透到自己所从事的教学教改活动之中.孙老师认为,"德育是智育的基础和归宿",为此,在实验中,孙老师注重学生思想品德素质,智力素质、身心素质和艺术素质的全面发展,通过各种活动培养学生树立远大理想和为人民服务的精神,他要求学生诚实、正直,使得"要因为我来到这个世界上,而使别人更幸福."这句话,成为他和学生们共同的座右铭."桃李不言,下自成蹊",孙老师以他独特的教学风格和高尚的师德品格影响、熏陶和教育着自己的学生,在使他们成才的同时,也使他们"成人",他的学生深受其影响,他们在孙老师的教育下,成长为才华横溢,又品德德优良,随时为了国家和民族的需要献出一切、直至生命的有志有为之士.全班55%怎样考上清华北大我在成希春校长的领导下,1980年开始进行教学教育实验.事实上,这是任教我们班全体老师和我们班同学及家长们风雨与共齐心协力的集体实验,我的工作,绝对离不开大家的帮助.一、想法的产生和演变（一）请给我时间北京22中不是重点中学、生源不理想,但改变一个孩子的情况不是短期能够完成的,所以,我要从初一接新生,请给我6年的时间.今天我说22中生源不理想,人们会认为我夸大其词,这是因为大家只了解现在的情况.1980年我接的这个班,没有一个第一志愿报22中,除了两个第二志愿外,都是第一志愿市重点,第二志愿区重点,第三志愿才是22中.即使这样,仍有一些人不来报到,我们只好又补进了一些就近分配的学生.我当时就认识到孩子的改变应当是全方位的,首先是思想品德.所以,我教学数学,更当班主任,从初一到高三,6年一循环,其中我患膀胱癌的1991--1992学年度,我同时担任高三（4）和初一（1）两个班的班主任和数学课,这样,三轮实验完成共用了17年.（二）击一猛掌1986年,第一轮实验班的蔡冰冰同学经过层层选拔成为北京市唯一入选首届数学奥林匹克国家集训队的学生,引起轰动.怎么会发生这样的事,一个6年前考不上重点中学的女孩子,竟取得北京市中学生数学顶尖成绩,这不是仅仅着眼于向学生传授知识,使学生一步一个脚印地掌握知识所能达到的,更不是督促学生大量做题,刻苦加刻苦所能企及的.而是从以知识为目标,转移到以活生生的学生本人为目标,通过教学教育活动,培养他们睿智非凡,全面发展他们素质使他们成才.这件事击我一猛掌,于是从1986年入学的第二轮开始,我提出了新的想法.（三）新的想法坚持德、智、体全面发展,并强调这个发展是思想品德素质、智力素质、身体素质的发展.要把德作为第一标准,因为我们需要的为大众谋福利的人才.智,不能仅仅着眼于知识,要通过知识的教与学,不断发展孩子的智力素质,造就一个强大的头脑,把不聪明的孩子变聪明起来,让聪明的更加聪明.爱因斯坦援引劳厄的话,说:“当一个学生毕业离开学校时,如果把老师教他的知识都忘光了（当然这是不可能的）,这时他所剩下的,才是学校、老师在他身上教学的真正成果.”这就是说,真正的成果,是知识之外的东西,是能力,更是能力之上的智力素质.如何实现这个想法？二、我的做法在教学教育过程中,把德、智、体融为一体,统一在建设一个优秀集体为人民炼一炉好钢的实践中.德育和智育是互相关联相辅相成的,远大的理想将产生刻苦学习的强大动力；反过来智力素质提高,使人看得远,有助于形成正确的人生观,提高思想品德素质.健康的身体,不但是学习和工作的保证,同时,艰苦的体育锻炼,将造就坚强的意志品质.在德育的实践上,我们提出:1、诚实、正派、正直；2、树立远大的理想,要为人民多做贡献；3、做有丰富感情的人,要因为我来到这个世界上,而使别人更幸福.在教学上发展智力素质,我们的主要做法有:1、总是站在系统的高度教学知识,八方联系,浑然一体,造成学生总是浮想联翩思潮如涌的思维状态；2、更着重向哲理观点的升华,高屋建领；3、课堂上,造成学生超前思维向老师（包括课本）挑战的势态,在思维运动中训练,互相传染聪明与才智；4、题不在多而求精,一题多解,多解归一,多题归一；5、从初一开始即进行问题研究,写论文；6、各科都少留作业,数学不留硬性家庭作业,不收作业,保证学生每天睡眠9小时左右,6年如一.在学校的体育安排之外,我们班内组织小组蓝球赛,集体游泳,练田径,每天放学后,女生跑800米,男生跑1500米.教歌,每年举办一次文艺演出班会.三、实践来检验实践指什么？指效果.教学教育上的效果,更在于时间延伸中的考察.虽然我们为实验班22中时期的进步而高兴:思想品德素质方面,班风正派,纪律严明,课堂安静,教室干净,考试时即使老师发完卷子离开,铃响同学自己收卷送去,也绝无人作弊；向社会及希望工程捐款捐物,我们班最为踊跃；学校扫除,各处室都愿意我们班去帮忙；每个寒暑假,都要拿出一两天,把全校师生数吨重的新课本,练习册从区仓库搬运回学校；同学之间真诚友爱,困难抢担,利益相让,谁有了好书、好解法,巴不得立即让全班都知道.有人说,高考中差一分,能差出一操场人.可是,对于每人可能在高考中加10分的4个直辖市级三好生名额,班上排名前15名的同学都放弃了,这是为了增加靠后一些的伙伴考上北大、清华的机会,而这肯定要让自己去担风险.智力素质上,以第三轮班为例,闫王君同学获第37届国际数学奥林匹克金牌,为国争了光,为22中、东城区、北京市争了光,这块金牌是近5年来北京市唯一的一块数学国际金牌.第四届雷达表中国青少年英才科学奖竞赛（数学、物理、化学、天文、地学、生物、作文、计算机、外语）中,北京籍得奖学生共4名,其中2名在本班:陈硕、闫王君.在全国高中数学联赛区前10名中,第二轮班占了4名（包括第1名）,第三轮班,则是全国高中数学联赛中获一等奖5人,二等奖3人,三等奖6人,1997年高考,全班40人全体上线,上本科线39人,重点线38人,进入北大、清华22人,占全班人数55%,而6年前小学升中学的考试中,只有16人的分数达到区重点最低录取线,另有15人的分数属就近分配数段.身体素质上,当年身材瘦小的初一（1）,6年后变成了平均身材在年级里最大的高三（1）,上高二、高三后,校田径运动会上团体总分压倒性第一（高中组12个班,一般的班为30分左右,而本班126分一次,122分一次）任晓军获北京市中学体操个人全能第二名,合唱比赛每次都是第一,7人会钢琴,4人会手风琴,1人会小提琴,陈帆的书法获北京市中学生一等奖.但是,更使我们受鼓舞的,是同学们离开22中以后的表现,第二轮进入北大、清华的15名同学1997年大学毕业,其中11人被保送国内研究生,或出国全奖学金研究.超过了人才荟萃的北大、清华毕业读研究生的比例,其中,李毅到美国密士根大学的第二年,获全美大学生计算机机芯设计比赛第三名.第三轮班现在读大二,其中在北大、清华的22人中,有18人的成绩在中等以上,其中半数在前几名,须知在北大、清华的学生个个都是全国各省市屈指可数的拔尖生.联想到他们在22中的阶段,我们不搞题海,不买练习册,高中数学不买课本,每天睡眠9小时左右,等等,充分表明,我们所选择的不搞应试教育而走发展智力素质的道路,是正确的.在身体及其他素质方面,刘婷上大一时获清华大学生运动会女子800米第三,1500米第四,第二年则获清华大学女子800米第一名.张海飞获北京大学男子铅球第三,桑丽芸获北京大学女子800米第七.而北大、清华的近两万名学生中不乏特招的体育特长生,任晓军入选清华大学男子健美代表队,陈帆则代表清华大学获刚刚结束的全国大学生艺术节书法二等奖.评价效果,我们更看重恐怕也最不放心的,是对思想品德的素质检验.到目前为此,情况让我们踏实.第一轮班的同学大学毕业已经9年.用团支书苏泳的话说,咱们班的同学在工作岗位上,哪个不是好样的！例如李兵同学刚进中科院微电子中心就参与并完成了两个课题,目前已被确定为中科院科研骨干,完成了两个“八五”攻关课题和一个攀登项目.而吴岳则设计了刚刚竣工的秀丽的国际金融大厦,他的领导,北京建筑设计院的李铭陶副院长对我说,在设计院年轻一代建筑师中,吴岳是最优秀的,第二轮班有8人进清华,其中4人（吕华威,廖诩民,戴亦欣,蒋博澜）以德、智、体的良好素质得一、二、三等奖学金.第三轮班则有7人在北大、清华获一、二、三等奖学金,第三轮班的同学1997年进入大学不久,就有9人被选为班长、团支书、系学生会部长、副主席,其中有7人是在北大、清华当干部.北大数学科学院院长彭立忠教授说:“孙老师给我们北大送来了一批高素质的学生.”他称赞担任北大数学科学学院学生会学习部长的闫王君全面素质很好；而担任文体生活部长的女同学曹君诚实、热情,受到北大数学科学学院同学们的称赞；中国教育电视台的编辑说他去清华时,听到对刘婷同学的好评；在北大生命科学院担任团支书的桑丽芸同学主持2000人参加的全北大新生军训结营式,圆满成功；担任北大物理系学生会统筹部长的雷易鸣同学,每天自带面包当午餐,去香饵胡同希望工程工作站当志愿者,度过了自己宝贵的暑假,开学后,以被选为北大物理系学生会副主席.已经是清华大学经（72）班班长的王一同学,以其优秀的表现,以被选为清华大学经济学会会长.第二轮班的彭壮壮同学在获得美国西屋科学奖（俗称少年诺贝尔大奖）,进入哈佛大学后给我来信,请转告打听他归宿的人们,唐朝诗人王昌龄有两句话:“洛阳亲友如相问,一片冰心在玉壶.”不过,就时间的延伸而言,现在还不到做出结论的时候,历史刚刚开始.我希望我们三轮班的每一位同学,时时检点,刻刻奋进,使自己真正成为人民可信赖的人才.同时,我还衷心的希望得到领导和老师们对我的汇报批评指正,使其中错误的,不致谬种流传,使其中有益的,能为青年老师参考.因为,这些实在不是我的发明,是22中、东城区、北京市领导和那么多老师教给我的孙维刚老师数学教学的特点姚先伟造就学失强大的头脑是数学数学的根本任务。
奥数是怎样在中国变成“过街老鼠”的
奥数是怎样在中国变成“过街老鼠”的作者：储朝晖来源：《教育家》 2018年第22期随着欧洲的崛起，公共教育的发展为大规模的数学竞赛准备了条件。
1894年，匈牙利教育部门通过一项决议，准备在中学举办数学竞赛。
这也是世界上最早的有组织地举办的数学竞赛。
于是，欧洲各国纷起效仿，但率先将中学数学竞赛冠以“数学奥林匹克”名称的是1934年苏联举办的第一届中学生数学竞赛。
此后，各国开展的竞赛逐渐演变为国际竞赛。
1959年第一届“国际数学奥林匹克”在罗马尼亚举行，当时仅有苏联、东欧等7个国家参加，带有比较强的与西欧和美国一较高下的冷战政治色彩。
冷战后期，这项比赛的范围才开始逐渐扩大，到2012年在阿根廷举办第53届时，已有100个国家的548名选手参赛。
1985年中国第一次派两名学生参加国际数学奥林匹克竞赛，1986年第一次正式派出6人代表队参加国际数学奥林匹克竞赛。
而在国内，作为国际赛事的准备，北京市于1984年举办了第一届迎春杯奥林匹克数学竞赛，全国规模的奥赛是1986年开始的低年级“华罗庚金杯赛”。
从此，奥数在中国犹如接上地气的龙，以各种形式出现在各地中小学校里和各种培训班上。
然而，原本以培养中学生对数学的兴趣、提高学生逻辑推理能力、发现和选拔数学精英为初衷的奥数，在中国却发生了变异，成为各级政府教育主管部门三令五申禁止的“过街老鼠”，在有人求之不得的同时，也几乎到了人人喊打的地步。
深入分析造成这种局面的原因，不外乎以下几个方面。
第一，在校际差距较大、学校之间地位不平等的情况下，奥数成了衡量一个学生能否进入比较好的学校的一把尺子，承担了它不应也不能承担的功能。
第二，在中国教育长期使用单一的评价模式、多元自主的评价模式尚未建立起来之时，一些地方盲目取消了小学升初中的考试，使得学生学业评价出现空当，奥数无形中填补了这个空当，以致一些地方每年奥数培训人数能占到当年学生数的80%，奥数承受了它难以承受之重。
第三，当原本以兴趣为基础的少数人参与的活动，演变只为功利且人人参加几乎都想得其利的活动，其间必然发生质变。
—中国数学奥林匹克竞赛试题
—中国数学奥林匹克竞赛试题1986-2002中国数学奥林匹克1986年第⼀届中国数学奥林匹克1.已知a1, a2, ... , a n为实数，如果它们中任意两数之和⾮负，那么对于满⾜x1+ x2+ ...+x n=1的任意⾮负实数x1, x2, ... , x n，有不等式a1x1+ a2x2+ ...+a n x n≧a1x12+ a2x22+ ...+a n x n2成⽴.请证明上述命题及其逆命题.2.在三⾓形ABC中，BC边上的⾼AD=12，∠A的平分线AE=13，设BC边上的中线AF=m，问m在甚么范围内取值时，∠A分别为锐⾓，直⾓、钝⾓？3.设z1, z2, ... , z n为复数，满⾜| z1|+ | z2 |+ ...+| z n|=1.求证：上述n个复数中，必存在若⼲个复数，它们的和的模不⼩于1/6.4.已知：四边形的P1P2P3P4的四个顶点位于三⾓形ABC的边上.求证：四个三⾓形△P1P2P3、△P1P2P4、△P1P3P4、△P2P3P4中，⾄少有⼀个的⾯积不⼤于ABC的⾯积的四分之⼀.5.能否把1, 1, 2, 2, ... , 1986, 1986这些数排成⼀⾏，使得两个1之间夹着⼀个数，两个2之间夹着两个数，....，两个1986之间夹着⼀千九百⼋⼗六个数.请证明你的结论.6.⽤任意的⽅式，给平⾯上的每⼀点染上⿊⾊或⽩⾊.求证：⼀定存在⼀个边长为1或3的正三⾓形，它的三个顶点是同⾊的.1987第⼆届年中国数学奥林匹克1.设n为⾃然数，求⽅程z n+1-z n-1=0有模为1的复根的充份必要条件是n+2可被6整除.2.把边长为1的正三⾓形ABC的各边都n等分，过各分点平⾏于其它两边的直线，将这三⾓形分成⼩三⾓形，和⼩三⾓形的顶点都称为结点，在第⼀结点上放置了⼀个实数.已知i.A、B、C三点上放置的数分别为a、b、c.ii.在每个由有公共边的两个最负三⾓形组成的菱形之中，两组相对顶点上放置的数之和相等.试求3.放置最⼤数的点积放置最⼩数的点之间的最短距离.4.所有结点上数的总和S.3.某次体育⽐赛，每两名选⼿都进⾏⼀场⽐赛，每场⽐赛⼀定决出胜负，通过⽐赛确定优秀选⼿，选⼿A被确定为优秀选⼿的条件是：对任何其它选⼿B，或者A胜B，或者存在选⼿C，C胜B，A胜C.结果按上述规则确定的优秀选⼿只有⼀名，求证这名选⼿胜所有其它选⼿.4.在⼀个⾯积为1的正三⾓形内部，任意放五个点，试证：在此正三⾓形内，⼀定可以作三个正三⾓形盖住这五个点，这三个正三⾓形的各边分别平⾏于原三⾓形的边，并且它们的⾯积之和不超过0.64.5.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O，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的球积四⾯体的各棱都相切，求证这个四⾯体是正四⾯体.6.m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987，对于所有这样的m与n，问3m+4的最⼤值是多少？请证明你的结论.1988年第三届中国数学奥林匹克1.设a1, a2, ... , a n是给定的不全为零的实数，r1, r2, ... , r n为实数，如果不等式r1(x1-a1)+r2(x2-a2)+...+r n(x n-a n)≦√(x12+ x22+ ... + x n2) + √(a12+ a22+ ... + a n2)对任何实数x1, x2, ... , x n成⽴，求r1, r2, ... , r n的值.2.设C1、C2为同⼼圆，C2的半径是C1的半径的2倍，四边形A1A2A3A4内接于C1，将A1A4延长，交圆C2于B1.设A1A2延长线交C2于B2，A2A3延长线交圆C2于B3，A3A4延长线交圆C2于B4.试证：四边形B1B2B3B4的周长2(四边形A1A2A3A4的周长).并确定的号成⽴的条件.3.在有限的实数列a1, a2, ... , a n中，如果⼀段数a k, a k+1, ... , a k+l-1的算术平均值⼤于1988，那么我们把这段数叫做⼀条“龙”，并把a k叫做这条龙的“龙头”(如果某⼀项a n>1988，那么单独这⼀项也叫龙).假设以上的数列中⾄少存在⼀条龙，证明：这数列中全体可以作为龙弄的项的算术平均数也必定⼤于1988.4.(1)设三个正实数a、b、c满⾜(a2+b2+c2)2>2(a4+b4+c4).求证：a、b、c⼀定是某个三⾓形的三条边长.(2)设n个正实数a1, a2, ... , a n满⾜(a12+ a22+ ... + a n2)2>(n-1)(a14+ a24+ ... + a n4)其中n≧3.求证：这些数中任何三个⼀定是某个三⾓形的三条边长.5.给出三个四⾯体A i B i C i D i(i=1, 2, 3)，过点B i、C i、D i作平⾯αi、βi、γi(i=1, 2, 3)，分别与棱A i B i、A i C i、A i D i垂直(i=1, 2, 3)，如果九个平⾯αi、βi、γi(i=1, 2, 3)相交于⼀点E，⽽三点A1、A2、A3在同⼀直线l上，求三个四⾯体的外接球⾯的放条(形状怎样？位置如何？).6.如n是不⼩于3的⾃然数，以f(n)表⽰不是n的因⼦的最⼩⾃然数，例如f(12)=5.如果f(n)3，⼜可作f(f(n)).类似地，如果，f( f(n) )≧3，⼜可作f( f( f(n)))等等.如果f( f(...f(n) ...)) =2，共有k个f，就把k叫做n的“长度”.如果l n表⽰n的长度，试对任意⾃然数n (n≧3)，求l n.并证明你的结论. 1989年第四届中国数学奥林匹克1.在半径为1的圆周上，任意给定两个点集A、B，它们都由有限段互不相交的弧组成，其中B的每段的长度都等于π/m，m是⾃然数.⽤A j表⽰将集合A反时针⽅向在圆同上转动jπ/m弧度所得的集合(j=1, 2, ...).求证：存在⾃然数k，使得L(A j∩B)≧L(A)L(B)/(2π).这⾥L(x)表⽰组成点集x的互⽰相交的弧段的长度之和.2.设x1, x2, ... , x n都是正数(n≧2)且x1+ x2+ ...+x n=1.求证：.3.设S为复平⾯上的单位圆同(即模为1的复数的集合)，f为从S到S的映射，对于任意S的元素z，定义f(1)(z)=f(z)，f(2)(z)=f( f(z))，...，f(k)(z)=f( f(k-1)(z) ).如果S的元素c，使得f(1)(z)≠c，f(2)(c)≠c，...，f(n-1)(c)≠c，f(n)(c)≠c.则称c为f的n─周期点.设m是⼤于1的⾃然数，f定义为f(z)=z m，试计算f的1989─周期点的总数.4.设点D、E、F分别在△ABC的三边BC、CA、AB上，且△AEF、△BFD、△CDE的内切圆有相等的半径r，⼜以r0的R分别表⽰△DEF 和△ABC的内切圆半径.求证：r+r0=R.5.空间中有1989个点，其中任何三点不共线，把它们分成点数各不相同的30组，在任何三个不同的组中各取⼀点为顶点作三⾓形.6.设f：(1, +∞)→(0, +∞)满⾜以下条件：对于任意实数x、y>1，及u、v>0，有f(x u y v)≦f(x)1/(4u) f(y)1/(4v).试确定所有这样的函数.1990年第五届中国数学奥林匹克1.如下图，在凸四边形ABCD中，AB与CD不平⾏，圆O1过A、B且与边CD相切于P，圆O2过C，D且与边AB相切于Q，圆O1与O2相交于E、F.求证：EF平分线段PQ的充要条件是BC//AD.2.设x是⼀个⾃然数，若⼀串⾃然数x0=1,x2, ... , x n=x满⾜x i-1{ x0 , x1 , ... , x n}为x的⼀条因⼦链.l称为该因⼦链的长度.L(x)与R(x)分别表⽰x的最长因⼦链的长度和最长因⼦链的条数.对于x=5k×31m×1990n，k、m、n都是⾃然数，试求L(x)与R(x).3.设函数f(x)对x>0有定义，且满⾜条件：i.对任何x、y≧0，f(x)f(y)≦x2 f(x/2) +y2 f(y/x)；ii.存在常数M>0，当0≦x≦1时，| f(x) | ≦M.求证：f(x)≦x2 .4.设a是给定的正整数，A和B是两个实数，试确定⽅程组：x2 +y2 +z2 =(13a)2，x2(Ax2+By2)+y2(Ay2+Bz2)+z2(Az2+Bx2)=(2A+B)(13a)4/3有整数解的充份必要条件(⽤A、B的关系式表⽰，并予以证明).5.设X是⼀个有限集合，法则f使的X的每⼀个偶⼦集E(偶数个元素组成的⼦集)都对应⼀个实数f(E)，满⾜条件：a.存在⼀个偶⼦集D，使得f(D)>1990；b.对于X的任意两个⽰相交的偶⼦集A、B，有f(A∪B)=f(A)+f(B)-1990.求证：存在X的⼦集P、Q，满⾜iii.P∩Q是空集，P∪Q=X；iv.对P的任何⾮空偶⼦集S，有f(S)>1990v.对Q的任何偶⼦集T，有f(T)≦1990.6.凸n边形及n-3条在n边形内不相交的对⾓线组成的图形称为⼀个剖分图.求证：当且仅当3|n时，存在⼀个剖分图是可以⼀笔划的圈(即可以从⼀个顶点出发，经过图中各线段恰⼀次，最后回到出发点). 1991年第六届中国数学奥林匹克1.平⾯上有⼀凸四边形ABCD.i.如果平⾯上存在⼀点P，使得ΔABP、ΔBCP、ΔCDP、ΔDAP⾯积都相等，问四边形ABCD应满⾜甚么条件？ii.满⾜(i)的点P，平⾯上最多有⼏个？证明你的结论.2.设I=[0,1]，G={ (x, y) | x、y为I的元素}，求G到I的所有映像f，使得对I的任何x、y、z有i.f( f(x,y), z) =f( x, f(y,z) )；ii.f(x, 1) =x，f(1,y)=y；iii.f(zx, zy) =z k f(x,y).这⾥，k是与x、y、z⽆关的正数.3.地⾯上有10只⼩鸟在啄⾷，其中任意5只⼩鸟中⾄少有4只在⼀个圆上，问有鸟最多的圆上最少有⼏只鸟？4.求满⾜⽅程x2n+1-y2n+1=xyz+22n+1的所有正整数解组(x, y, z, n)，这⾥n≧2，z≦5×22n.5.求所有⾃然数n，使得min⾃然数k( k2+[n/k2] )=1991.这⾥[n/k]表⽰n/k的整数部份.6.MO牌⾜球由若⼲多边形⽪块⽤三种⽰同颜⾊的丝线缝制⽽成，有以下特点：i.任⼀多边形⽪块的⼀条边恰与另⼀多边形⽪块同样长的⼀条⽤⼀种六⾊的丝线缝合；ii.⾜球上每结点，恰好是三个多边形的顶点，每⼀结点的三条缝线不相同.求证：可以在MO牌⾜球的每⼀结点上放置⼀个不等于1的复数，使得每⼀多边形的所有顶点上放置的复数的乘积都相等. 1992年第七届中国数学奥林匹克1.设⽅程x n+a n-1x n-1+a n-2x n-2+....+a1x+a0=0的系数都是实数，且适合条件0≦....≦a n-1≦1.已知λ为⽅程的复数根且适合条件|λ|>1，试证：λn+1=1.2.设x1, x2, ... , x n为⾮负实数，记x n+1= x1，a=min{x1, x2, ... , x n}，试证：n Σ i=11+x i_1+x i+1≦n+1(1+a)2nΣi=1(x i-a)2，3.且等式成⽴当且仅当x1 =x2= ...=x n.4.在平⾯上划上⼀个9x9的⽅格表，在这上⼩⽅格的每⼀格中都任意填⼊+1或-1.下⾯⼀种改变填⼊数字的⽅式称为⼀次变动；对于任意⼀个⼩⽅格有⼀条公共边的所有⼩⽅格(不包含此格本⾝)中的数作连乘积，于是每取⼀个格，就算出⼀个数，在所有⼩格都取遍后，再将这些算出的数放⼊相应的⼩⽅格中.试问是否总可以经过有限次变动，使得所有⽅⼩⽅格中的数都变为1？5.凸四边形内接于圆O，对⾓线AC与BD相交于P，ΔABP与ΔCDP的外接圆相交于P和另⼀点Q，且O、P、Q三点两两不重合.试证∠OQP=90.6.在有8个顶点的简单图中，没有四边形的图的边数的是⼤值是多少？7.已知整数序列{a1, a2, ...... }满⾜条件：1.a n+1=3a n-3a n-1+a n-2，n=2, 3, ......2.2a1= a0+a2-2.3.对任意的⾃然数m，在序列{a1, a2, ...... }中必有相继的m项a k, a k+1, ... , a k+m-1都为完全平⽅数.试证：序列{a1, a2, ...... }的所有项都是完全平⽅数.1993年第⼋届中国数学奥林匹克1.设n是奇数，试证明存在2n个整数a1, a2, ... , a n；b1, b2, ... , b n，使得对于任意⼀个整数k，02.给定⾃然数k及实数a>0，在下列条件k1+ k2+ ...+k n=k，k i为⾃然数其中1≦r≦k下，求a k1+ a k2+ ... + a kr的最⼤值.3.设圆K和K1同⼼，它们的半径分别为R和R1，R1>R.四边形ABCD内接于圆K，四边形A1B1C1D1内接于圆K1，点A1、B1、C1、D1分别在射线CD、DA、AB、BC 上，求证：S A1B1C1D1 /SABCD≧R12/R2.4.给定集合S={z1, z2, ... , z1993}，其中z1, z2, ... , z1993是⾮零复数(可看作平⾯试的⾮零向量).求证可以把S中的元素分成若⼲组，使得i.S中每个元素属于且仅属于其中⼀组；ii.每⼀组中任⼀复数与该组所有复数之和的夹⾓不超过90.；iii.将任意两组中复数分别求和，求得和数之间的夹⾓⼤于90..5.10⼈到书店买书，已知i.每⼈都买了三种书；ii.任何两⼈所买的书，都⾄少有⼀种相同.问购买⼈数最多的⼀种书最(⾄)少有⼏⼈购买？说明理由.6.设函数f：(0, +∞)→(0, +∞)满⾜以下条件：对于任意正实数x、y，有f(xy)≦f(x)f(y).试证：对任意的正实数x及⾃然数n，有f(x n)≦f(x)f(x2)1/2...f(x)1/n.1994年第九届中国数学奥林匹克1.设ABCD是⼀个梯形(AB//CD)，E是线段AB试⼀点，F是线段CD上⼀点，线段CE与BF相交于点H，线段ED与AF相交于点G，求证：S EHFG≦S ABCD/4.如果ABCD 是⼀个任意的凸圆边形，同样结论是否成⽴？请说明理由.2.n(n≧4)个盘⼦⾥放有总数不少于4的糖块，从任意的两个盘⼦各取⼀块糖，放⼊另⼀个盘⼦中，称为⼀次操作，问能可经过有限次操作，将所有的糖块集中列⼀个盘⼦⾥去？证明你的结论.3.求适合以下条件的所有函数f：[0, +∞)→[0, +∞)，i.f(2x)≦2(x+1)；ii.f(x+1) = [ f(x)2 -1]/x.4.已知f(z)=C0z n+C1z n-1+C2z n-2+....+C n-1z+C n是⼀个n次复系数多项式，求证：⼀定存在⼀个复数z0，|z0|≦1，满⾜|f(z0)|≧|C0|+|C n|.5.对任何⾃然数n，求证：，其中0C0=1，[(n-k)/2]表⽰(n-k)/2的整数部份.6.设M为平⾯试坐标为(Px1994,7Px1994)的点，其中P是素数，求满⾜下述条件的直⾓三⾓形的个数：i.三⾓形的三个顶点都是整点，⾯且M是直⾓顶点；ii.三⾓形的内⼼是坐标原点.1995年第⼗届中国数学奥林匹克1.设2n个实数a1, a2, ... , a n；b1, b2, ... , b n(n≧3)满⾜i.a1+ a2+ ...+a n=b1+ b2+ ...+b n；ii.0iii.0求证：a n-1+ a n≦b n-1+b n.2.设N为⾃然数集合，f：N→N适合条件：f(1)=1，对于任何⾃然数n都有o3f(n) f(2n+1) =f(2n) ( 1+3f(n) )；o f(2n) < 6 f(n).试求⽅程f(k) +f(l)=293，其中k3.试求的最⼩值，其中x和y是任意整数.4.空间有四个球，它们的半径分别为2、2、3、3，每个球都与其余3个球外切，另有⼀个⼩球与那圆球都外切，求该⼩球的半径.5.设a1, a2, ... , a10是10个两两不同的⾃然数，它们的和为1995，试求a1a2+a2a3+...+a9a10+a10a1的最⼩值.6.设n是⼤于1的奇数，已给.设，i=1, 2, .... , n 其中.记，k=1, 2, ....若正整数m满⾜，求证：m是n的倍数.1996年第⼗⼀届中国数学奥林匹克1.设H是锐⾓△ABC的垂⼼，由A向BC为直径的圆作切线AP、AQ，切点分别为P、Q.求证：P、H、Q三点共线.2.设S={1, 2, ... , 50}，求最⼩⾃然数k，使S的任⼀k元素中，都存在两个不同的数a和b，满⾜(a+b)整除ab.3.设R为实数集合，函数f：R→R适合条件f( x3+y3 )=(x+y)( f(x)2 -f(x)f(y) +f(y)2 )，x、y为实数.试证：对⼀切实数x，都有f( 1996 x ) = 1996 f(x).4.8位歌⼿参加艺术会，准备为他们安排m次演出，每次由其中4位登台表演.要求8位歌⼿中任意两位同时演出的次数都⼀样多，请设计⼀种⽅案，使得演出的次数m最少.5.设n为⾃然数，，且.求证：.6.在△ABC中，∠C=90.，∠A=30.，BC=1，求△ABC的内接三⾓形(三顶点分别在三边上的三⾓形)的最长边的最⼩值.1998年第⼗三届中国数学奥林匹克1.在⼀个⾮钝⾓△ABC中，AB>AC，∠B=45.，O和I分别是△ABC的外它和内⼼，且√2 OI =AB - AC，求sin∠A.2.对于给定的⼤于的正整数n，是否存在2n个两两不周的正整数，同时满⾜以下两个条件：1.a1+a2+....+a n =b1+b2+....+b n ；2..请说明理由.3.设S={1, 2, .... , 98}，求最⼩⾃然数n，使得S的任⼀n元⼦集中都可以选出10个数，⽆论怎样将这10个数均分成两组，总有⼀组中存在⼀个数与另外4个数都互质，⽽另⼀组总有⼀个数与另外4个数都不互质.4.求所有⼤于3的⾃然数n，使得得1+n C1+n C2+n C3整除22000.5.设D为锐⾓三⾓形ABC内部⼀点，且满⾜条件：DAxDBxAB + DBxDCxBC + DCxDAxCA=ABxBCxCA.试确定D点的⼏何位置，并证明你的结论6.设n≧2，x1, x2, ...., x n为实数，且.对于每⼀个固定的⾃然数k (1≦k≦n)，求| x k |的最⼤值.1999年第⼗四届中国数学奥林匹克1.在锐⾓△ABC中，∠C >∠B，点D是边BC上⼀点，使得∠ADB是钝⾓，H是△ABD的垂⼼，点F在△ABC内部且在△ABD的外接圆周上.求证点F是△ABC垂⼼的充份必要条件是：HD平⾏于CF且H在△ABC的外接圆周上.2.给定实数a，设实数多项式序列{ f n(x) }满⾜f0(x)=1，f n+1(x)=xf n(x)+f n(ax)，其中n=0,1, ....1.求证：f n(x)=x n f n(1/x)，其中n=0, 1, ....2.求证：f n(x)的明显表达式.3.MO太空城由99个空间站组成，全两空间站之间有管形通道相联.规定其中99条通道为双向通⾏的主⼲道，其余通道严格单向通⾏，如果某四个空间站可以通过它们之间的通道从其中任⼀站到达另外任⼀站，则称这四个站的集合为⼀个互通四站组.试为MO太空城设计⼀个⽅案，使得互通四站组的数⽬最⼤(请具体算出该最⼤数，并证明你的结论).4.设m是给定的整数，求证：存在整数a、b和k，其中a、b均不能被2整除，k≧0，使得2m=a19+b99+k × 21999.5.求最⼤的实数λ，使得当实系数多项式f(x)=x3+ax2+bx+c的所有根都是⾮负实数时，只要x≧0，就有f(x)≧λ(x - a)3.并问上式中等号何时成⽴？6.设4x4x4的⼤正⽅体由64个单位正⽅体组成.选取其中的16个单位正⽅体涂成红⾊，使得⼤正⽅体中每个由4个单位正⽅体椭成的1x1x4的⼩长⽅体中，都恰有1个红正⽅体.问16个红正⽅体共有多少种不同取法？说明理由.2001年第⼗六届中国数学奥林匹克1.给定a，. 内接于单位圆ABCD的凸四边形适合以下条件：1.圆⼼在这凸四边形内部；2.最⼤边长是a , 最⼩边长是.过点A、B、C、D依次作圆Γ的四条切线L A、L B、L C、L D.已知L A与L B、L B与L C、L C与L D、L D与L A分别相交于A'、B' 、C' 、D' 四点. 求⾯积之⽐S A'B'C'D' /S ABCD的最⼤值与最⼩值.2.设X={1,2,3, … 2001}, 求最⼩的正整数m，适合要求：对X的任何⼀个m元⼦集W, 都存在u、v ( u和v允许相同)，使得u+v是2的⽅幂.3.在正n边形的每个顶点上各停有⼀只喜鹊.偶受惊吓，众喜鹊都飞去. ⼀段时间后，它们⼜都回到这些顶点上，仍是每个顶点上⼀只，但未必都回到原来的顶点. 求所有正整数n，使得⼀定存在3只喜鹊，以它们前后所在的顶点分别形成的三⾓形或同为锐⾓三⾓形，或同为直⾓三⾓形，或同为钝⾓三⾓形4.设a, b, c, a+b-c, a+c-b, b+c-a, a+b+c是7个两两不同的质数, 且a, b, c中有两数之和是800.设d 是这7个质数中最⼤数与最⼩数之差.求d的最⼤可能值.5.将周长为24的圆周等分成24段. 从24个分点中选取8个点，使得其中任何两点间所夹的弧长都不等于3和8.问满⾜要求的8点组的不同取法共有多少种？说明理由.6.记a=2001.设A是适合下列条件的正整数对(m，n)所组成的集合：1.m < 2a；2.2n | (2am-m2+n2)；3. n2-m2+2mn≦2a(n-m).令，求和.2002年中国数学奥林匹克上海1⽉27⽇-28⽇早上8:00-12:30，每题21分.1.三⾓形ABC的三边长分别为a、b、c，bBC上.1.求在线段AB、AC内分别存在点E、F(不是顶点)满⾜BC=CF 和∠BDE=∠CDF的充份必要条件(⽤⾓A、B、C表⽰)；2.在点E和F存在的情况下，⽤a、b、c表⽰BE的长.2.设多项式序列{ P n(x) }满⾜：P1(x)=x2-1，P2(x)=2x(x2-1)，且P n+1(x)P n-1(x)=( P n(x) )2-(x2-1)2，n=2, 3, .....设S n为P n(x)各项系数的绝对值之和，对于任意正整数n，求⾮负整数k n使得2-k n S n 为奇数.3.18⽀⾜球队进⾏单循环赛，即每轮将18⽀球队分成9组，每组的两队赛⼀场，下⼀轮重新分组进⾏⽐赛，共赛17轮，使得每队都与另外17⽀队各赛⼀场.按任意可⾏的程序⽐赛了n轮之后，总存在4⽀球队，它们之间总共只赛了1场.求n的最⼤可能值.4.对于平⾯上任意四个不同点P1、P2、P2、P4，求的最⼩值.5.平⾯上横纵坐标都为有理数的点称为有理点.证明平⾯上的全体有理点可以分为三个两两不相交的集合，满⾜条件：1.在以每个有理点为圆⼼的任⼀圆内⼀定包含这三个集个中每个集合的点.2.在任意⼀条直线上不可能有三个点分别属于这三个集合.6.给定实数c，1/2≦....≦a n，只要满⾜，总有，其中m不超过cn的最⼤整数.。
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第一届中国数学奥林匹克(1986年)
1.已知a1, a2, ... , a n为实数，如果它们中任意两数之和非负，那么对于满足
x1+ x2+ ...+x n=1的任意非负实数x1, x2, ... , x n，有不等式
a1x1+ a2x2+ ...+a n x n≧a1x12+ a2x22+ ...+a n x n2成立。
请证明上述命题及其逆命题。
2.在三角形ABC中，BC边上的高AD=12，∠A的平分线AE=13，设BC
边上的中线AF=m，问m在甚么范围内取值时，∠A分别为锐角，直角、钝角？
3.设z1, z2, ... , z n为复数，满足| z1|+ | z2 |+ ...+| z n|=1。
求证：上述n个复
数中，必存在若干个复数，它们的和的模不小于1/6。
4.已知：四边形的P1P2P3P4的四个顶点位于三角形ABC的边上。
求证：四
个三角形△P1P2P3、△P1P2P4、△P1P3P4、△P2P3P4中，至少有一个的面积不大于ABC的面积的四分之一。
5.能否把1, 1, 2, 2, ... , 1986, 1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一
个数，两个2之间夹着两个数，....，两个1986之间夹着一千九百八十六个数。
请证明你的结论。
6.用任意的方式，给平面上的每一点染上黑色或白色。
求证：一定存在一个
边长为1或3的正三角形，它的三个顶点是同色的。