第30届中国数学奥林匹克试题及解析
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word版
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论．解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此OA ODOC OB=，③由①，②，③得NS ES EQ MQ=．因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠，()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠，即NSE EQM∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此EN FN EM FM=，从而EM FN EN FM⋅=⋅．CB二、求所有的素数对〔p ，q 〕，使得q p pq 55+．解：假设pq |2，不妨设2=p ，那么q q 55|22+，故255|+q q ．由Fermat 小定理， 55|-q q ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么q q 55|55+，故6255|1+-q q ． 当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有1155|--+q p pq ，故)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ② 故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k ，)12(21-=-s q l ， 其中s r l k ,,,为正整数． 假设l k ≤，那么由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A 是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么它们对应的顶点相邻． 在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边〔n r ≤≤1〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，因此，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21 满足 1m in 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<< 21，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 因此，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k ，等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n 〔n 为奇数〕，或者)2(32122-n n 〔n 为偶数〕．五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分不被染为这3种颜色？ 解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。
历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答
√1 42
.
则|zk| = x2k + yk2 |xk| + |yk|.
n
∴ |xk| + |yk| 1.
k=1
∴ | xk| + | xk| + | yk| + | yk| 1.
xk 0
xk <0
yk 0
yk <0
其中必有一项不小于
1 4
,不妨设为第一项,则
|
xk |
1 4
.
xk 0
∴|
zk| = |
1 4
.
√
2xk .
∴
xk
zk√∈A
而4 2 < 6,
√1 42
.∴
∴|
|
zk| =
zk ∈A
zk |
1 6
.
|
xk
zk ∈A
+
i
yk |
zk ∈A
zk ∈A
即A中复数之和的模不小于
1 6
.证毕.
另证:设zk = xk + yki(xk, yk ∈ R, k = 1, 2 . . . , n)
xk
zk ∈A
最后一步是由于x2, x3, . . . , xn > 0, (x2 + · · · + xn)2 = x22 + · · · + x2n +
xixj
2 i<j n
逆命题的证明:对于任意的1
i<j
n,令xi
=
xj
=
1 2
,其余xk均等于0.则
1 2
(ai
+
aj )
1989年第三十届IMO试题(不含答案)
联邦德国布伦瑞克（Braunschweig，FR Germany）
1.证明集合{1,2，…，1989}可以表示成一些不相交的子集Ai（i=1,2，…，117）的并集，且满足：
i)每个Ai包括17个元素；
ii)每个Ai的所有元素的和都是相同的。（菲律宾）
2.在锐角三角形ABC中，角A的内角平分线还交三角形的外接圆于A1。点B1和C1也类似这样定义。设A0是AA1与角B和角C的外角平分线的交点。点B0和C0也类似这样定义。求证：
i)三角形A0B0C0的面积是六边形AC1BA1CB1面积的两倍。
ii)三角形A0B0C0的面积至少是三角形ABC面积的四倍。（澳大利亚）
3.设n和k为正整数，S为满足下列要求的n个点：
i)S内的任意三点都不共线；
ii)对于S内的任一点P在S中都至少有k个点与P点距离相等。
求证： 。（荷兰）
4.设ABCD是凸四边形，边AB、AD、BC满足AB = AD + BC。在四边形内存在一点P，距离直线CD的距离为h，且AP = h + AD，BP = h + BC。说明： 。（冰岛）
5.求证：对于每个正整数n，存在n个连续的正整数，其中没有质数的整数幂。（瑞典）
6.一个集合{1,2，…，2n}的一个排列(x1，x2，…，xm)，其中n是正整数，如果对于集合{1,2，…，2n-1}中的至少一个i有 ，就说它具有属性P。说明对于每个n，具有属性P的排列比不具有的多。（波兰）
高中数学竞赛专题精讲30组合数学选讲(含答案).docx
组合数学选讲合数学是中学数学的“重”，具有形式多，内容广泛的特点.本主要合数，合恒等式及合最展开例题讲解1．周上有 800 个点，依方向号 1,2,⋯ ,800 它将周分成 800 个隙 . 今定某一点染成色，然后按如下，逐次染其余的一些点：若第 k 号点染成了色，可依方向k 个隙，将所到达的点染成色，求周上最多可以得到多少个点？2．集合 X 的覆盖是指 X 的一族互不相同的非空子集∪⋯∪ A k =X ，有集合 X={1,2, ⋯ ,n} ，若不考少个？A 、A 、⋯、 A，它的并集 A ∪ A2 12k1A , A,⋯, Ak的序，求X 的覆盖有多123．已知集合X={1,2, ⋯ ,n} ，映射 f： X→ X，足所有的x∈ X ，均有 f(f(x))=x ，求的映射 f 的个数 .4． S {1,2, ⋯ ,n} 的一些子集族，且S 中任意两个集合互不包含，求：S 的元素个数的最n大n(Sperner 定理 )25． M={ 1,2,3, ⋯ ,2m n} (m,n N* )是 2m n 个正整数成的集合，求最小的正整数k，使得M 的任何 k 元子集中都存在 m+1 个数， a1,a2,⋯ a m+1，足 a i |a i+1 (i=1,2, ⋯,m).n 2n6．算k.k 1kq 7．明：k 0n m m nk q k(范德蒙公式 )q8．在平面上有n(≥3) 个点，其中任意两点的距离的最大d，我称距离 d 的两点的段点集的直径，明：直径的数目至多有n 条 .9 ．已知：两个非整数成的不同集合{ a1 , a a , ,a n } 和 {b1 , b2 , ,b n } .求：集合{ a i a j 1 i j n} 与集合 { b i b j 1 i j n} 相同的充要条件是n 是 2 的次，里允集合内，相同的元素重复出.课后练习1. 空间 n 条直线，最多能把空间分成多少块空间区域？ n2. 证明：k2n 2n .knn k n 1 1 1 3. 证明：( 1)k1k.k2n1 4. 证明：在边长为1 的等边三角形内有五个点，则这五个点中一定有距离小于的2两点 .例题答案：1．解：易，第 k 号点能被染的充要条件是j N * {0} ，使得 a0 2j k (mod800) ， 1≤ k≤ 800①里 a0是最初染的点的号，求最大，不妨令a0=1.即 2j k (mod2 5× 52).当 j=0,1,2,3,4， k 分 1,2,4,8,16，又由于 2模 25的25 (2)20 ，因此，当j ≥52j+20 2j=2 j(220 1) 0(mod 800),而 k<20,k N*，及 j ≥ 5,j N*，由于 25+(2k1)，所以2j+k 2j=2j(2k1)不 800的倍数 .所以，共存在5+20=25 个 k，足①式。
初中数学奥林匹克竞赛题及答案
初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题（每题1分，共10分）1．如果a，b都代表有理数，并且a＋b=0，那么 ( )A．a，b都是0B．a，b之一是0C．a，b互为相反数D．a，b互为倒数答案：C解析：令a=2，b=－2，满足2+(－2)=0，由此a、b互为相反数。
2．下面的说法中正确的是 ( )A．单项式与单项式的和是单项式B．单项式与单项式的和是多项式C．多项式与多项式的和是多项式D．整式与整式的和是整式答案：D解析：x²，x3都是单项式．两个单项式x3，x²之和为x3+x²是多项式，排除A。
两个单项式x²，2x2之和为3x2是单项式，排除B。
两个多项式x3+x2与x3－x2之和为2x3是个单项式，排除C，因此选D。
3．下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B．没有最小的正有理数C．没有最大的负整数D．没有最大的非负数答案：C解析：最大的负整数是-1，故C错误。
4．如果a，b代表有理数，并且a＋b的值大于a－b的值，那么 ( )A．a，b同号B．a，b异号C．a＞0D．b＞0答案：D5．大于－π并且不是自然数的整数有 ( )A．2个B．3个C．4个D．无数个答案：C解析：在数轴上容易看出：在－π右边0的左边（包括0在内）的整数只有－3，－2，－1，0共4个．选C。
6．有四种说法：甲．正数的平方不一定大于它本身；乙．正数的立方不一定大于它本身；丙．负数的平方不一定大于它本身；丁．负数的立方不一定大于它本身。
这四种说法中，不正确的说法的个数是 ( )A．0个B．1个C．2个D．3个答案：B解析：负数的平方是正数，所以一定大于它本身，故C错误。
7．a代表有理数，那么，a和－a的大小关系是 ( )A．a大于－aB．a小于－aC．a大于－a或a小于－aD．a不一定大于－a答案：D解析：令a=0，马上可以排除A、B、C，应选D。
8．在解方程的过程中，为了使得到的方程和原方程同解，可以在原方程的两边( ) A．乘以同一个数B．乘以同一个整式C．加上同一个代数式D．都加上1答案：D解析：对方程同解变形，要求方程两边同乘不等于0的数，所以排除A。
30全国初中数学竞赛九年级预赛试题及答案[1]
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一．选择题（共6小题，满分30分，每小题5分）1．（5分）从长度是2cm 、2cm 、4cm 、4cm 的四条线段中任意选三条线段，这三条线段能够组成等腰三角形的概率是（ ）A ．B ．C ．D ． 12．（5分）（2008•铜仁地区）如图，M 是△ABC 的边BC 的中点，AN 平分∠BAC ，且BN ⊥AN ，垂足为N ，且AB=6，BC=10，MN=1.5，则△ABC 的周长是（ ）A ． 28B ． 32C ． 18D ． 253．（5分）已知xy ≠1,且有5x 2+2011x+9=0,9y 2+2011y+5=0，则y x 的值等于( ) A ． 95 B ． 59 C ． 52011- D ． 92011-4．（5分）已知直角三角形的一直角边长是4，以这个直角三角形的三边为直径作三个半圆（如图所示），已知两个月牙形（带斜线的阴影图形）的面积之和是10，那么以下四个整数中，最接近图中两个弓形（带点的阴影图形）面积之和的是（ ）A ． 6B ． 7C ． 8D ． 95．（5分）设a ，b ，c 是△ABC 的三边长，二次函数在x=1时取最小值，则△ABC 是（ ）A ． 等腰三角形B ． 锐角三角形C ． 钝角三角形D ． 直角三角形6．（5分）计算机中的堆栈是一些连续的存储单元，在每个堆栈中数据的存入、取出按照“先进后出’’的原则．如图，堆栈（1）的2个连续存储单元已依次存入数据b ，a ，取出数据的顺序是a ，b ；堆栈（2）的3个连续存储单元已依次存人数据e ，d ，c ，取出数据的顺序则是c ，d ，e ，现在要从这两个堆栈中取出这5个数据（每次取出1个数据），则不同顺序的取法的种数有（ ）2013年全国初中数学竞赛九年级预赛试题A ． 5种B ． 6种C ． 10种D ． 12种二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）7．（5分）设方程x 2﹣|2x ﹣1|﹣4=0，则满足该方程的所有根之和为 _________ ． 8．（5分）（人教版考生做）如图，在平行四边形ABCD 中，过A 、B 、C 三点的圆交AD 于E ，且与CD 相切．若AB=4，BE=5，则DE 的长为 _________ ．8．（5分）（北师大版考生做）如图B ，等边三角形ABC 中，D 、E 分别为AB 、BC 边上的点，AD=BE ，AE 与CD 交于点F ，AG ⊥CD 于点G ，则AFFG 的值为 _________ ．9．（5分）已知a 2﹣a ﹣1=0，且32 ，则x= _________ ．10．（5分）甲乙两人到特价商店购买商品，已知两人购买商品的件数相等，且每件商品的单价只有8元和9元，若两人购买商品一共花费了172元，则其中单价为9元的商品有 _________ 件．11．（5分）如图，电线杆AB 直立于地面上，它的影子恰好照在土坡的坡面CD 和地面BC 上，若CD 与地面成45°，∠A=60°，CD=4m ，，则电线杆AB 的长为 _________ 米．12．（5分）若实数x ，y ，使得这四个数中的三个相同的数值，则所有具有这样性质的数对(x,y)为 _________ ．三．解答题（共4小题，满分80分，每小题20分）13．（20分）已知：（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）是完全平方式．求证：a=b=c14．（20分）（2010•钦州）如图，将OA=6，AB=4的矩形OABC放置在平面直角坐标系中，动点M、N以每秒1个单位的速度分别从点A、C同时出发，其中点M沿AO向终点O运动，点N沿CB向终点B运动，当两个动点运动了t秒时，过点N作NP⊥BC，交OB于点P，连接MP．（1）点B的坐标为_________；用含t的式子表示点P的坐标为_________；（2）记△OMP的面积为S，求S与t的函数关系式（0＜t＜6）；并求t为何值时，S有最大值？（3）试探究：当S有最大值时，在y轴上是否存在点T，使直线MT把△ONC分割成三角形和四边形两部分，且三角形的面积是△ONC面积的？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．15．（20分）对于给定的抛物线y=x2+ax+b，使实数p、q适合于ap=2（b+q）（1）证明：抛物线y=x2+px+q通过定点；（2）证明：下列两个二次方程，x2+ax+b=0与x2+px+q=0中至少有一个方程有实数解．2013年全国初中数学竞赛九年级预赛试题参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分160分，每小题20分）1．（5分）从长度是2cm、2cm、4cm、4cm的四条线段中任意选三条线段，这三条线段能够组成等腰三角形的概率是（）A．B．C．D．1考点：概率公式；三角形三边关系；等腰三角形的判定．分析：根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目；②全部情况的总数．二者的比值就是其发生的概率的大小．解答：解：从长度是2cm、2cm、4cm、4cm的四条线段中任意选三条线段，有4种情况，由于三角形中两边之和应大于第三边，所以能构成等腰三角形的情况有2种，故能构成等腰三角形的概率==．故选C．点评：此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m 种结果，那么事件A的概率P（A）=；用到的知识点为：等腰三角形有2条边长相等；构成三角形的基本要求为两小边之和大于第三边．2．（5分）（2008•铜仁地区）如图，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，且BN⊥AN，垂足为N，且AB=6，BC=10，MN=1.5，则△ABC的周长是（）A．28 B．32 C．18 D．25考点：三角形中位线定理．分析：延长线段BN交AC于E，从而构造出全等三角形，（△ABN≌△AEN），进而证明MN是中位线，从而求出CE的长．解答：解：延长线段BN交AC于E．∵AN平分∠BAC，∴∠BAN=∠EAN，AN=AN，∠ANB=∠ANE=90°，∴△ABN≌△AEN，∴AE=AB=6，BN=NE，又∵M是△ABC的边BC的中点，∴CE=2MN=2×1.5=3，∴△ABC的周长是AB+BC+AC=6+10+6+3=25，故选D．点评： 本题主要考查了中位线定理和全等三角形的判定．解决本题的关键是作出辅助线，利用全等三角形来得出线段相等，进而应用中位线定理解决问题．3.（5分）已知xy ≠1,且有5x 2+2011x+9=0,9y 2+2011y+5=0，则y x 的值等于( ) A ． 95 B ． 59 C ． 52011- D ． 92011-选B4．（5分）已知直角三角形的一直角边长是4，以这个直角三角形的三边为直径作三个半圆（如图所示），已知两个月牙形（带斜线的阴影图形）的面积之和是10，那么以下四个整数中，最接近图中两个弓形（带点的阴影图形）面积之和的是（ ）A ． 6B ． 7C ． 8D ． 9考点：扇形面积的计算；三角形的面积；勾股定理． 专题：计算题． 分析： 如图，AC=4，S 1+S 2=10，设BC=a ，利用圆的面积公式得到S 1+S 2+S 3+S 4=π×22+π×a 2=2π+a 2，于是有S 3+S 4=2π+a 2﹣10①，再用以AB 为直径的半圆减去三角形ABC 的面积得到S 3+S 4，即S 3+S 4=π×﹣×4a=a 2+2π﹣2a ②，有①﹣②得到a 的方程，求出a ，然后代入①即可得到两个弓形（带点的阴影图形）面积之和． 解答： 解：如图，AC=4，S 1+S 2=10，设BC=a ，∴S 1+S 2+S 3+S 4=π×22+π×a 2=2π+a 2，∴S 3+S 4=2π+a 2﹣10①， 又∵AB 2=42+a 2=16+a 2，∴S 3+S 4=π×﹣×4a=a 2+2π﹣2a ②， ①﹣②得，2π+a 2﹣10=a 2+2π﹣2a ，解得a=5， ∴S 3+S 4=2π+a 2﹣10=2π+×25﹣10≈6.1， 即最接近图中两个弓形（带点的阴影图形）面积之和的是6．故选A ．点评：本题考查了圆的面积公式：S=πR2．也考查了不规则图形的面积的求法，即转化为规则的几何图形的面积的和或差来解决．5．（5分）设a，b，c是△ABC的三边长，二次函数在x=1时取最小值，则△ABC是（）A．等腰三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形考点：二次函数的最值；勾股定理的逆定理．专题：计算题．分析：根据二次函数在对称轴时取得最小值，然后根据题意列出方程组即可求出答案；解答：解：由题意可得，即，所以，，因此a2+c2=b2，所以△ABC是直角三角形，故选D．点评：本题考查了二次函数的最值，难度不大，关键是掌握二次函数在二次项系数大于0时，在对称轴处取得最小值．6．（5分）计算机中的堆栈是一些连续的存储单元，在每个堆栈中数据的存入、取出按照“先进后出’’的原则．如图，堆栈（1）的2个连续存储单元已依次存入数据b，a，取出数据的顺序是a，b；堆栈（2）的3个连续存储单元已依次存人数据e，d，c，取出数据的顺序则是c，d，e，现在要从这两个堆栈中取出这5个数据（每次取出1个数据），则不同顺序的取法的种数有（）A．5种B．6种C．10种D．12种考点：加法原理与乘法原理．专题：计算题．分析：此题实际可以理解为a、b、c、d、e这五个字母组成的排列中，不论怎样排列，a、b先后顺序和c、d、e排列的顺序不变，这样排列开头的字母只能是a或c，由此解答问题即可．解答：解：先取出堆栈（1）的数据首次取出的只能是a，可以有下列情况，abcde，acbde，acdbe，acdeb四种情况；先取出堆栈（2）的数据首次取出的只能是c，可以有下列情况，cdeab，cdabe，cdaeb，cabde，cadbe，cadeb六种情况；综上所知，共10种取法．故选C．点评：解决此题的关键是要搞清a、b先后顺序和c、d、e排列的顺序不变，从而运用一一列举的方法解答即可．二．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）7．（5分）设方程x2﹣|2x﹣1|﹣4=0，则满足该方程的所有根之和为_________．考点：解一元二次方程-因式分解法；绝对值；解一元二次方程-公式法．专题：因式分解．分析：因为题目中带有绝对值符号，所以必须分两种情况进行讨论，去掉绝对值符号，得到两个一元二次方程，求出方程的根，不在讨论范围内的根要舍去．解答：解：当2x﹣1≥0时，即x≥，原方程化为：x2﹣2x﹣3=0，（x﹣3）（x+1）=0，x1=3，x2=﹣1，∵﹣1＜∴x2=﹣1（舍去）∴x=3当2x﹣1＜0，即x＜时，原方程化为：x2+2x﹣5=0，（x+1）2=6，x+1=±，x1=﹣1+，x2=﹣1﹣∵﹣1+＞，∴x1=﹣1+（舍去）∴x=﹣1﹣．则3+（﹣1﹣）=2﹣．故答案是：2﹣点评：本题考查的是解一元二次方程，由于带有绝对值符号，必须对题目进行讨论，对不在讨论范围内的根要舍去．8．（5分）（人教版考生做）如图，在平行四边形ABCD中，过A、B、C三点的圆交AD于E，且与CD相切．若AB=4，BE=5，则DE的长为_________．考点：切割线定理；平行四边形的性质；圆周角定理；弦切角定理．分析：连接CE，根据圆周角定理易知：∠BAE=∠BEC+∠EBC，而∠DCB=∠DCE+∠BCE，这两个等式中，由弦切角定理知：∠DCE=∠EBC；再由平行四边形的性质知：∠DCB=∠EAB，因此∠BEC=∠BCE，即可得BC=BE=5，即AD=5，进而可由切割线定理求DE的长．解答：解：连接CE；∵，∴∠BAE=∠EBC+∠BEC；∵∠DCB=∠DCE+∠BCE，由弦切角定理知：∠DCE=∠EBC，由平行四边形的性质知：∠DCB=∠BAE ，∴∠BEC=∠BCE ，即BC=BE=5，∴AD=5；由切割线定理知：DE=DC 2÷DA=，故选D ． 点评： 此题主要考查了平行四边形的性质、切割线定理、弦切角定理以及圆周角定理的综合应用，能够判断出△BEC 是等腰三角形，是解决此题的关键．8．（5分）（北师大版考生做）如图B ，等边三角形ABC 中，D 、E 分别为AB 、BC 边上的点，AD=BE ，AE 与CD 交于点F ，AG ⊥CD 于点G ，则AF FG 的值为 _________ ．考点：特殊角的三角函数值；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 分析：首先证明△CAD ≌△ABE ，得出∠ACD=∠BAE ，证明∠AFG=60°． 解答： 解：在△CAD 与△ABE 中，AC=AB ，∠CAD=∠ABE=60°，AD=BE ，∴△CAD ≌△ABE ．∴∠ACD=∠BAE ．∵∠BAE+∠CAE=60°，∴∠ACD+∠CAE=60°．∴∠AFG=∠ACD+∠CAE=60°．在直角△AFG 中， ∵sin ∠FAG=AF FG ， ∴AF FG =21． 点评：本题主要考查了全等三角形的判定、性质，等边三角形、三角形的外角的性质，特殊角的三角函数值及三角函数的定义．综合性强，有一定难度．9．（5分）已知a 2﹣a ﹣1=0，且32 ，则x= ．考点：解分式方程． 专题：计算题． 分析：本题可先根据a 2﹣a ﹣1=0，得出a 2，a 3，a 4的值，然后将等式化简求解． 解答： 解：由题意可得a 2﹣a ﹣1=0a 2=a+1a 4=（a 2）2=（a+1）2=a 2+2a+1=a+1+2a+1=3a+2a 3=a •a 2=a （a+1）=a 2+a=a+1+a=2a+1 =32- =32-x=4． 点评： 本要先根据给出的a 2﹣a ﹣1=0得出对等式化简有用的一些信息，然后再将方程化简求解．本题计算过程较长，比较复杂．10．（5分）甲乙两人到特价商店购买商品，已知两人购买商品的件数相等，且每件商品的单价只有8元和9元，若两人购买商品一共花费了172元，则其中单价为9元的商品有 12 件．考点： 二元一次方程组的应用．分析： 设共购商品2x 件，9元的商品a 件，根据两人购买商品的件数相等，且两人购买商品一共花费了172元，可列出方程，求解即可．解答： 解：设共购商品2x 件，9元的商品a 件，则8元商品为（2x ﹣a ）件，根据题意得：8（2x ﹣a ）+9a=172，解得a=172﹣16x ，∵依题意2x ≥a ，且a=172﹣16x ≥0，x 为大于0的自然数，∴可得9.6≤x ≤10.75，∴x=10，则a=12．所以9元的商品12件，故答案填12．点评： 本题主要考查了二元一次方程的应用及不等式组的解法．解题关键是弄清题意，找到合适的等量关系，列出方程．本题解题的关键在于按生活实际讨论未知数的取值范围．11．（5分）如图，电线杆AB 直立于地面上，它的影子恰好照在土坡的坡面CD 和地面BC 上，若CD 与地面成45°，∠A=60°，CD=4m ，，则电线杆AB 的长为 _________ 米．考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题． 专题：应用题． 分析：延长AD 交地面于E ，作DF ⊥BE 于F ，求出BE=BC+CF+FE=，根据正切求出AB 的值即可．解答： 解：延长AD 交地面于E ，作DF ⊥BE 于F ．∵∠DCF=45°．CD=4．∴CF=DF=．由题意知AB ⊥BC ．∴∠EDF=∠A=60°．∴∠DEF=30° ∴EF=．∴BE=BC+CF+FE=．在Rt △ABE 中，∠E=30°．∴AB=BEtan30°=（m）．答：电线杆AB的长为6米．点评：此题主要是运用所学的解直角三角形的知识解决实际生活中的问题．作辅助线、求出BE=BC+CF+FE 是解题的关键．12．（5分）若实数x，y，使得这四个数中的三个相同的数值，则所有具有这样性质的数对(x,y)为_________．考点：实数的运算．专题：分类讨论．分析：此题可以先根据分母不为0确定x+y与x﹣y不相等，再分类讨论即可．解答：解：因为有意义，所以y不为0，故x+y和x﹣y不等（1）x+y=xy=解得y=﹣1，x=，（2）x﹣y=xy=解得y=﹣1，x=﹣，答案为（﹣1，）（﹣1，﹣）点评：解答本题的关键是确定x+y与x﹣y不相等，再进行分类讨论．三．解答题（共4小题，满分80分，每小题20分）13．（20分）已知：（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）是完全平方式．求证：a=b=c考点：完全平方式．专题：计算题．分析：先把原式展开，合并，由于它是完全平方式，故有3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）=[x+（a+b+c）]2，化简有ab+bc+ac=a2+b2+c2，那么就有（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2=0，三个非负数的和等于0，则每一个非负数等于0，故可求a=b=c．解答：解：原式=3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac），∵（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）是完全平方式，∴3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）=[x+（a+b+c）]2，∴ab+bc+ac=（a+b+c）2=（a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc），∴ab+bc+ac=a2+b2+c2，∴2（ab+bc+ac）=2（a2+b2+c2），即（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2=0，∴a﹣b=0，b﹣c=0，c﹣a=0，∴a=b=c．点评：本题考查了完全平方式、非负数的性质．两数的平方和，再加上或减去它们积的2倍，就构成了一个完全平方式．14．（20分）（2010•钦州）如图，将OA=6，AB=4的矩形OABC放置在平面直角坐标系中，动点M、N以每秒1个单位的速度分别从点A、C同时出发，其中点M沿AO向终点O运动，点N沿CB向终点B运动，当两个动点运动了t秒时，过点N作NP⊥BC，交OB于点P，连接MP．（1）点B 的坐标为（6，4）；用含t的式子表示点P的坐标为（t，t）；（2）记△OMP的面积为S，求S与t的函数关系式（0＜t＜6）；并求t为何值时，S有最大值？（3）试探究：当S有最大值时，在y轴上是否存在点T，使直线MT把△ONC分割成三角形和四边形两部分，且三角形的面积是△ONC面积的？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数的最值；一次函数的应用；三角形的面积；矩形的性质．专题：压轴题．分析：（1）由OA=6，AB=4，易得点B的坐标为（6，4）；由图可得，点P的横坐标=CN=t，纵坐标=4﹣NP，NP的值可根据相似比求得；（2）由（1）的结论易得△OMP的高为t，而OM=6﹣AM=6﹣t，再根据三角形的面积公式即可求得S与t的函数关系式，再由二次函数的最值求法，求得t为何值时，S有最大值；（3）由（2）求得点M、N的坐标，从而求得直线ON的函数关系式；设点T的坐标为（0，b），可得直线MT的函数关系式，解由两个关系式组成的方程组，可得点直线ON与MT的交点R的坐标；由已知易得S△OCN=×4×3=6，∴S△ORT=S△OCN=2；然后分两种情况考虑：①当点T在点O、C之间时，②当点T在点OC的延长线上，从而求得符合条件的点T的坐标．解答：解：（1）延长NP交OA于H，∵矩形OABC，∴BC∥OA，∠OCB=90°，∵PN⊥BC，∴NH∥OC，∴四边形CNHO 是平行四边形，∴OH=CN，∵OA=6，AB=4，∴点B的坐标为（6，4）；由图可得，点P的横坐标=0H=CN=t，纵坐标=4﹣NP，∵NP⊥BC，∴NP∥OC，∴NP：OC=BN：CB，即NP：4=（6﹣t）：t，∴NP=4﹣t，∴点P的纵坐标=4﹣NP=t，则点P的坐标为（）；（其中写对B点得1分）（3分）（2）∵S△OMP=×OM×，（4分）∴S=×（6﹣t）×=+2t．=（0＜t＜6）．（6分）∴当t=3时，S有最大值．（7分）（3）存在．由（2）得：当S有最大值时，点M、N的坐标分别为：M（3，0），N（3，4），则直线ON的函数关系式为：．设点T的坐标为（0，b），则直线MT的函数关系式为：，解方程组得，∴直线ON与MT的交点R的坐标为．∵S△OCN=×4×3=6，∴S△ORT=S△OCN=2．（8分）①当点T在点O、C之间时，分割出的三角形是△OR1T1，如图，作R1D1⊥y轴，D1为垂足，则S△OR1T1=RD1•OT=••b=2．∴3b2﹣4b﹣16=0，b=．∴b1=，b2=（不合题意，舍去）此时点T1的坐标为（0，）．（9分）②当点T在OC的延长线上时，分割出的三角形是△R2NE，如图，设MT交CN于点E，由①得点E的横坐标为，作R2D2⊥CN交CN于点D2，则S△R2NE=•EN•R2D2=••==2．∴b2+4b﹣48=0，b=．∴b1=，b2=（不合题意，舍去）．∴此时点T2的坐标为（0，）．综上所述，在y轴上存在点T1（0，），T2（0，）符合条件．（10分）点评：此题综合性较强，考查了点的坐标、平行线分线段成比例、二次函数的最值、一次函数的应用等知识点．15．（20分）对于给定的抛物线y=x2+ax+b，使实数p、q适合于ap=2（b+q）（1）证明：抛物线y=x2+px+q通过定点；（2）证明：下列两个二次方程，x2+ax+b=0与x2+px+q=0中至少有一个方程有实数解．考点：二次函数图象上点的坐标特征；根的判别式．专题：证明题．分析：（1）由已知求得q=﹣b，代入抛物线y=x2+px+q，得y=x2+px+﹣b，将抛物线y=x2+ax+b的顶点横坐标x=﹣代入可求y的值，确定结果为顶点纵坐标即可；（2）方程x2+ax+b=0与x2+px+q=0的判别式分别为a2﹣4b，p2﹣4q，由2q=ap﹣2b可得出两个判别式的和为非负数，可知其中至少有一个判别式为非负数，故至少有一个方程有实数解．解答：证明：（1）由ap=2（b+q），得q=﹣b，代入抛物线y=x2+px+q，得：﹣y+x2﹣b+p（x+）=0，得，解得：，故抛物线y=x2+px+q通过定点（﹣，）．（2）由2q=ap﹣2b得p2﹣4q=p2﹣2•2q=p2﹣2（ap﹣2b）=（p﹣a）2﹣（a2﹣4b），∴（p2﹣4q）+（a2﹣4b）=（p﹣a）2≥0，∴p2﹣4q，a2﹣4b中至少有一个非负，∴x2+ax+b=0与x2+px+q=0中至少有一个方程有实数解．点评：本题考查了抛物线上的点及顶点的坐标特点，判别式判断一元二次方程解的运用，明确两个数的和为非负数时，其中至少有一个数为非负数．小学六年级奥数圆柱圆锥圆柱与圆锥这一讲学习与圆柱体和圆锥体有关的体积、表面积等问题。
2020年中国高中数学奥林匹克试题与解答 精品
ORQN MFED CBAP2020年中国数学奥林匹克试题与解答(2020年1月11日)一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分别是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分别作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分别为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分别为M ，N ．（1）若A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；（2）若 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论． 解（1）设Q ，R 分别是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，则11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形， 所以OQM ORM ∠=∠， 由题设A ，B ，C ，D 四点共圆， 所以ABD ACD ∠=∠，于是22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，所以EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 所以 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ，所以 EM FN EN FM ⋅=⋅． （2）答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，所以A ，B ，C ，D 四点不共圆，但此时仍然有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分别是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，则11,22NS OD EQ OB ==，所以NS ODEQ OB=． ① 又11,22ES OA MQ OC ==，所以ES OAMQ OC=． ② 而AD ∥BC ，所以OA ODOC OB=， ③ 由①，②，③得NS ESEQ MQ=． 因为 2NSE NSA ASE AOD AOE ∠=∠+∠=∠+∠，()(1802)EQM MQO OQE AOE EOB EOB ∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE =∠+︒-∠=∠+∠， 即NSE EQM ∠=∠，所以NSE ∆～EQM ∆，故EN SE OAEM QM OC==（由②）． 同理可得， FN OAFM OC =， 所以 EN FNEM FM=， 从而 EM FN EN FM ⋅=⋅．二、求所有的素数对（p ，q ），使得q p pq 55+．解：若pq |2，不妨设2=p ，则q q 55|22+，故255|+qq ．由Fermat 小定理， 55|-qq ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．若pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，则qq 55|55+，故6255|1+-q q ．当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，所以313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．若q p ,都不等于2和5，则有1155|--+q p pq ，故SO RQNFEDCBA P)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ②故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k，)12(21-=-s q l， 其中s r l k ,,,为正整数． 若l k ≤，则由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s l k l k l -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！所以l k >．同理有l k <，矛盾！即此时不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A Λ是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P Λ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设这个凸m 边形为m P P P Λ21，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设221π<∠P P P m ，则)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，若凸m 边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻．在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边（n r ≤≤1），这样的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．（1） 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，此时这2-m 个顶点的取法数为21--m r C ．（2） 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，所以，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，此时这2-m 个顶点的取法数为2-m rC ．所以，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m n m n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21Λ满足 1min 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<<Λ21，则对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，所以()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a 13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i k n⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 所以，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k，等号均在n i n i a i ,,2,1,21Λ=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n （n 为奇数），或者)2(32122-n n （n 为偶数）． 五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．问：对怎样的n ，存在一种染色方式，使得对于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分别被染为这3种颜色？解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。
人教版奥赛真题及答案解析
人教版奥赛真题及答案解析参加奥林匹克数学竞赛一直是许多学生和家长的目标，这不仅是一种能力的证明，更是对数学思维和解题能力的挑战。
在准备奥赛的过程中，掌握真题及其答案解析对于提高竞赛成绩至关重要。
本文将介绍一些人教版奥赛真题及其答案解析，帮助读者更好地备战奥赛。
首先，我们来看一道人教版奥赛真题：1. 在平面直角坐标系中，点$A(0，0)$和点$B(10,0)$的连线与曲线\[y=\frac{x^2}{2}-\frac{21}{2}\ln x +\frac{41}{2}\]的交点个数为(A)1 (B)2 (C)3 (D)4接下来，我们对这道题进行解答和解析。
解答：首先，我们需要求得曲线与直线$AB$的交点。
将曲线方程和直线方程联立，得到\[\frac{x^2}{2}-\frac{21}{2}\ln x + \frac{41}{2} = 0.\]为了求解这个方程，我们可以将它化为对数方程，即$\ln(x^2) - 21\ln x + 41 = 0.$ 经过整理得\[\ln\left(\frac{x^2}{x^{21}}\right) = -41.\]进一步，我们可以继续对方程进行化简，得到\[\ln(x^{-19}) = -41,\]即\[x^{-19} = e^{-41}.\]将指数方程两边取对数，然后解得\[x = e^{-41/19}.\]至此，我们求得了曲线与直线$AB$的交点为$P(e^{-41/19},f(e^{-41/19}))$，其中$f(x) = \frac{x^2}{2}-\frac{21}{2}\ln x +\frac{41}{2}$是解析：这道题考察了曲线与直线的交点问题，以及对数方程的求解。
首先，我们通过联立曲线和直线方程，将其化为对数方程。
这样的转化可以简化计算过程，并得到更容易求解的方程形式。
然后，通过对数运算的性质，我们求得了方程的解。
在解析时，我们要注意检查解的合理性以及计算的准确性。