数学奥林匹克冬令营测试题D
2004年中国数学奥林匹克暨第十九届冬令营试题
（第一天）（2004年1月8日上午8：00～12：30 澳门）1. 凸四边形EFGH 的顶点E ,F ,G ,H 分别在凸四边形ABCD 的边AB ,BC ,CD ,DA 上，满足1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=，而点A ,B ,C ,D 分别在凸四边形E 1F 1G 1H 1的边E 1F 1, F 1G 1, G 1H 1, H 1E 1上，满足E 1F 1∥EF ，F 1G 1∥FG ，G 1H 1∥GH ，H 1E 1∥HE ．已知11E A AH λ=，求11F C CG 的值．2. 已知正整数c ，设数列12,,x x 满足： 1x c =，且()()112212,3,n n n x n x x n n ---+⎡⎤=++=⎢⎥⎣⎦，其中[x ]表示不大于x 的最大整数．求数列{}n x 的通项公式．3. 设M 是平面上n 个点组成的集合，满足：（1）M 中存在7个点，是一个凸七边形的7个顶点； （2）M 中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的5个顶点，则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点．求n 的最小值．（第二天）（2004年1月9日上午8：00～12：30 澳门）4. 给定实数a 和正整数n ，求证：（1）存在唯一的实数数列011,,,n x x x +满足：()()013311011,2,,2n i i i i x x x x x x a i n ++-==⎧⎪⎨+=+-=⎪⎩；（2）（1）中的数列011,,,n x x x +满足()0,1,,1i x a i n ≤=+．5. 给定正整数n ≥2，设正整数()1,2,,i a i n =满足：12n a a a <<<以及∑=ni i a 11≤1． 求证：对任意实数x ，有21221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∑=n i i x a ≤()2111121x a a +-⋅．6. 证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n 均可表示为2004个正整数之和122004n a a a =+++，且满足：()12200411,|1,2,,2003i i a a a a a i +≤<<<=。
数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题
数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题F学校 姓名 营员证号一．设,,a b c R +∈；求证：()12224ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++二．在ABC 中；,AB AC ≠分别以,AB AC 为边；向外作两个三角形：ABD和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ；BE 与AC 交于点Q ；求证：AP AQ =的充要条件是：2ABC ABD ACE S SS =⋅三．对任意两个正整数x 与y ；有唯一的正整数(),f x y 与之对应；且函数(),f x y 具有性质：()1对任意正整数x 与y ；()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ；(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ；当y x >时；()()().,,y x f x y yf x y x -=-求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质；并求出这个函数.四. 设012,,,a a a 为任意无穷正实数数列；求证：不等式1n n a a -+> 对无穷多个正整数n 成立.数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题F 解答学校 姓名 营员证号一．设,,a b c R +∈；求证：()12224ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++证：因为()()1124ab ab ab a b c a c b c a c b c ⎛⎫=≤+ ⎪+++++++⎝⎭同理1124bc bc b c a a b a c ⎛⎫≤+ ⎪++++⎝⎭1124ac ca c a b a b b c ⎛⎫≤+ ⎪++++⎝⎭所以()1122244ab bc ca bc ca ab ca ab bc a b c a b c b c a c a b a b b c c a +++⎛⎫++≤++=++ ⎪+++++++++⎝⎭二．在ABC 中；,AB AC ≠分别以,AB AC 为边；向外作两个三角形：ABD和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ；BE 与AC 交于点Q ；求证：AP AQ =的充要条件是：2ABCABD ACE S SS =⋅证：AP AQ =⇔AP AQ AB AC AB AC =⇔ADC ABE DBC ECBS SAB AC S S ∆∆∆∆= ⇔11sin sin 22ABC ABD ABC ACEADAC DAC ABAE BAEAB AC S S S S ∆∆∆∆∠∠=++ ① 由题设条件知ABD ∆∽ACE ∆；故AD ABAE AC=即AD ·AC AD AC AB AE ⋅=⋅ 且DAC DAB BAC CAE BAC BAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠从而①等价于ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++⇔2222()()ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++②记12,,,ABC ABD ACE S S S S S S ∆∆∆===由于ABD ∆∽ACE ∆；所以2122S AB AC S =从而②等价于122212()()S S S S S S =++⇔()()222212221122S S S SS S S S SS ++=++⇔2222112212S S S S S S S S +=+⇔()21212()0S S S S S --=因为AB AC ≠；所以12S S ≠；从而212S S S =即2ABC ABD ACE AP AQ S S S ∆∆∆=⇔=三．对任意两个正整数x 与y ；有唯一的正整数(),f x y 与之对应；且函数(),f x y 具有性质：()1对任意正整数x 与y ；()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ；(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ；当y x >时；()()().,,y x f x y yf x y x -=-求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质；并求出这个函数. 解：取(),f x y 为,x y 的最小公倍数[,]x y显然(),f x y =[,]x y 满足性质（1）；（2）。
小学冬令营测试试题
##三、填空题（每题2分，共10分）
1. 20以内的质数有______、______、______、______、______。
2.常用的长度单位有______、______、______。
3.人民币的单位有______、______、______。
4.一年有______个月，一个月有______天。
知识点：人民币单位之间的换算关系。
5.请简述地球的自转和公转。
知识点：地球自转和公转的基本概念。
##五、计算题（每题2分，共10分）
1. 35 + 43 × 2 = __
知识点：整数四则运算顺序和法则。
2. 144 ÷ 12 - 6 = __
知识点：整数四则运算顺序和法则。
3. (8 + 4) × 5 = __
3. (8 + 4) × 5 = __
4. 125 + 75 ÷ 5 = __
5. 10^2 ÷ 5 = __
##六、作图题（每题5分，共10分）
1.请画出一个正方形。
2.请画出一个三角形。
##七、案例分析题（共5分）
1.小明有20元钱，他想买一本书，每本书8元。请问他最多能买几本书？还剩多少钱？
##八、案例设计题（共5分）
-常见测量工具的识别和使用
-人民币单位换算的方法
-地球自转和公转的基本概念
###计算题
-整数四则运算的顺序和法则
-分数的简单运算
-幂的运算和除法运算
-问题解决策略（逐步计算）
###知识点详解及示例
####选择题
-质数与合数：质数是只有两个因数的自然数，如2、3、5等。合数则有多个因数。
1999cmo
第十四届冬令营试题
（1999年，北京）
1．在锐角△ABC 中，B C ∠>∠，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 的垂心的充分必要条件是：HD 平行于CF 且H 在△ABC 的外接圆周上．
2．给定实数a ，设实多项式序列)}({x f n 满足
⎩⎨⎧⋅⋅⋅=+==+,2,1,0 ),()()(,1)(1
0n ax f x xf x f x f n n n （1）求证⎪⎭
⎫ ⎝⎛=x f x x f n n n 1)(，0=n ，1，2，…
（2）求)(x f n 的明显表达式．
3．MO 太空城由99个太空站组成，任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，0≥k ，使得1999991922⋅++=k b a m ．
5．求最大的实数λ，使得当实系数多项式
c bx ax x x f +++=23)(
的所有根都是非负实数时，只要0≥x ，就有
3
)()(a x x f -≥λ． 并问上式中等号何时成立？
6．设444⨯⨯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个单体正方体构成的411⨯⨯的小长方体中，都恰有1个红正方体．问16个红正方体有多少种不同取法？说明理由．。
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分(1)集合、数与式
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程. B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j ≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程.B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小.【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y.（1）当n是奇数时，x n≥y n.（2）当n是偶数时（i）如果x≥y≥0，则x n≥y n；（ii）如果0≥x≥y，则x n≤y n；（iii）如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n.B1-032对任意实数x、y.定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值.【题说】1985年全国联赛一试题2（4）.原题为填空题.【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 （1）2*3=2a+3b+6c=4 （2）x*d=ax+bd+cxd=（a+cd）x+bd=x（3）由（3）得a+cd=1 （4）B d=0 （5）因d≠0，故由（5）式得b=0.再解方程（1）及（2），得a=5，c=-1，最后由（4）式得d=4.B1-033计算下式的值：【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题14.注意324=4³34.【解】x4+4y4=（x2+2y2）2-（2xy）2=[（x2+2y2）-2xy][（x2+2y2）+2xy]=[（x-y）2+y2][（x+y）2+y2]。
2023数学奥林匹克试题
2023数学奥林匹克试题一、选择题（每题3分，共30分）若函数f(x)=x−1+ln(3−x)的定义域为D，则D= ( )A. [1,3)B. (1,3)C. [1,3]D. (1,3]下列命题为真命题的是( )A. "若a>b，则a2>b2"的逆命题B. "若a=b，则a3=b3"的否命题C. "若a>b，则ac2>bc2"的逆否命题D. "若a,b都是偶数，则a+b是偶数"的逆否命题设a>0，函数f(x)=x3−ax2+bx的导数为f′(x)，且f′(1)=0，若x1,x2是函数f(x)的两个极值点，则a+b的取值范围是( )A. (0,34)B. [34,+∞)C. (0,34]D. (−∞,34)已知随机变量X服从正态分布N(1,σ2)，若P(X<2)=0.9，则P(0<X<1)等于( ) A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1下列四个命题中，真命题的个数是( )① 命题"若x2=1，则x=1"的否命题为"若x2=1，则x=1"；② "若α=β，则sinα=sinβ"的逆否命题为真命题；③ 命题"若x>y，则x2>y2"的逆命题为真命题；④ 命题"若xy=1，则lgx+lgy=0"的否命题为假命题。
A. 1B. 2C. 3D. 4已知函数f(x)=sin(2x+φ)的图象关于直线x=6π对称，则φ可以取( )A. −3πB. 6πC. 3πD. 32π设函数f(x)={2x−1,log2(x+1),x≤0x>0，则不等式f(x)>1的解集为( )A. (−1,+∞)B. (−1,0)∪(1,+∞)C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. (−∞,−1)∪(0,+∞)已知函数f(x)=sin(2x+6π)+sin(2x−6π)+2cos2x−1，则下列说法正确的是( )A. 函数f(x)的最小正周期为πB. 函数f(x)的图象关于直线x=6π对称C. 函数f(x)在区间(−6π,3π)内是增函数D. 函数f(x)的图象关于点(12π,0)对称。
2013CMO试题
(第二十八届全国中学生数学冬令营)第一天2013年1月12日8:00∼12:30辽宁沈阳题1.如图1,两个半径不相等的圆K 1与K 2交于A ,B 两点,C ,D 两点分别在K 1,K 2上,且线段CD 以A 为中点;延长DB 交K 1于点E ,延长CB 交K 2于点F .设线段CD ,EF 的中垂线分别为l 1,l 2.证明:(1)l 1与l 2相交;(2)若l 1与l 2的交点为P ,则三条线段CA ,AP ,P E 能构成一个直角三角形.A BC DEF PO 1O 2K 1K 2图1题2.确定所有由整数构成的非空集合S ,满足:若m,n ∈S (m,n 可以相同),则3m −2n ∈S .题3.求一切正实数t ,具有下述性质:存在一个由实数组成的无限集合X ,使得对任意x,y,z ∈X (这里x,y,z 可以相同),以及任意实数a 与正实数d ,均有max { x −(a −d ) , y −a , z −(a +d ) }>td .(第二十八届全国中学生数学冬令营)第二天2012年1月13日8:00∼12:30辽宁沈阳题4.给定整数n ⩾2.设n 个非负有限集A 1,A 2,···,A n 满足:对任意i,j ∈{1,2,···,n },有 A i ∆A j = i −j .求 A 1 + A 2 +···+ A n 的最小值.(这里, X 表示有限集合X 的元素个数;对于集合X,Y ,规定X ∆Y ={a a ∈X,a /∈Y }∪{a a ∈Y,a /∈X }.)题5.对正整数n 及整数i (0⩽i ⩽n ),设C i n ≡c (n,i )(mod 2),其中c (n,i )∈{0,1},并记f (n,q )=n ∑i =0c (n,i )q i .设m,n,q 为正整数且q +1不是2的方幂.证明:若f (m,q ) f (n,q ),则对任意正整数r ,有f (m,r ) f (n,r ).题6.给定正整数m,n ,求具有下述性质的最小整数N (⩾m ):若一个N 元整数集含有模m 的完全剩余系,则它有一个非空子集,其元素和被n 整除.。
数学奥林匹克冬令营测试题D
数学奥林匹克冬令营测试题D2021年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训李胜红测试（d）学校全名营员证号我问：？[2022n]|n？1,2,?? 在II中有无限个正方形，找到所有函数f:R？r、在零处连续，f（x？2F（y））？f（x）？YF（y）（III）如果素数P和自然n满足n？P证明：P |？（cnj）2j?0n4n,3cdp,?dap的四.设abcd为凸四边形,ac交bd于p，?abp,?bcp,?内心依次为i1,i2,i3,i4.验证：当且仅当四边形ABCD有内接圆时，I1、I2、I3和I4在同一圆内2021年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训试题D解答（李胜红提供）1.求证:[2021n]|n?1,2,?中有无穷多个平方数.引理:x2?2021y2??1992有无穷多组正整数解.证据：首先，有92个？2022？1.1992?? 2.312.订单x0？9，y0？1，p？31.让（U，V）是的22x2?2021y2?1的一组正整数解,则若xn?2021yn??2p2(xn?0,yn?0).令xn？1.uxn？2022vyn，vyn？1.vxn？那么乌恩22222222222xn?1?2021yn?1?(u?2021v)xn?2021(u?2021v)yn=xn?2021yn?2p明显地xn？1.xn，yn？1.恩，那是x2？2022y2？？2P2有无穷多个正整数解，引理证明了这一点1取足够大的n，这样n？当n，xn？3P2考虑SN？2022yn（xn？2p）。
222sn?2021yn(xn?2p)2?(xn?2p2)(xn?2p)2（xn？p）4？2p2（xn？p）2？p4？2p2（xn？2p）2？（xn？p）4？4p3xn？7p422(xn?p)4?sn?(xn?p)4?2(xn?p)2?1(?4p3xn?7p4?2xn)那么（xn？P）2呢？sn？（xn？p）2？一[sn]?(xn?p)2为完全平方数.证毕!2.求所有函数f:,在零点连续,且f（x？2f（y））？f（x）？Yf（y）（*）解:令x?0,f(2f(y)?f(0)?y?f(y)（1）f（2f（0））？2f（0），？f（x？2f（2f（0））？f（x）？2f（0）？f（2f （0））f（x？4f（0））？f（x）？4f（0）而f(x?4f(0))?f(x?2f(0)?0?f(0)?f(x)?2f(0)所以f(0)=0从（1）到f（2f（y））=y+f（y）（2）)故f(f(y)=f(?f(y))+y+f(y)在(*)中令x??f(y再在(*)中令y=?f(x)f(x+2f(f(?x))=f(f(?x))由(*)中f(x)为单射,故x+2f(?f(x))=?f(x),将x换成y,有f(?f(y))??f(y)?y2?f(f(y))?y?f(y)1?f(2f(y))(2')222f（2）（f（（y））？2f（f（y））（3）所以由(2)有f(4f(f(y)))=f(2f(2f(y)))=2f(y)+f(2f(y))=2f(y)+2f(f(y))=3f(y)+y 另一方面f(4f(f(y))=f(2(y+f(y))=f(2y)+y+f(y)所以f（2Y）=2F（y）（4）故由(*)及(4)有f(x+f(2y))=f(x+2f(y))=f(x)+y+f(y)=f(x)+2f(f(y))=f(x)+f(f(2y))所以f(x+f(y))=f(x)+f(f(y))(5)于是,易知:f(kf(y))=kf(f(y))f（ky+y+f（y））=f（k+1）y）+f（f（y））=f（ky+f（f（2y））=f（ky）？2f （y）？2F（f（y））so2f(2y)?f(f(2y))2=f（ky）？f（（k+1）y）=f（ky）+f（y）？f（ky）=kf（y）k？？当k??时,亦有f(ky)=kf(y)(6)f（f（2f（x）？x））？1（f（2f（x））呢？x） ?？2f（x）？x）（由（2'））2？11（f（？x？2f（x））？2f（x）？x） ?？（f（？x）？十、f（x）？2f（x）？x） ?？f（x）22？f（f（2f（x）？x））？f（x）？f（2f（x）？x） ?？十、所以f(x+y)=f(x+f(2f(y)?y))(由(5))=f(x)+f(y)因为f（x）在零处是连续的，所以f（x）在所有点上都是连续的，所以f（x）=CX（C是常数）1解得c=1或?23所以f(x)?xor?经检验均满足条件.x2n4n3。
中国数学奥林匹克(第二十一届全国中学生数学冬令营)试题及解答.doc
中国数学奥林匹克（第二十一届全国中学生数学冬令营）第一天福州 1月12日 上午8∶00～12∶30 每题21分一、 实数12,,,n a a a 满足120n a a a +++=，求证：()122111max ()3n k i i k n i n a a a -+≤≤=≤-∑．证明 只需对任意1k n ≤≤，证明不等式成立即可．记1,1,2,,1k k k d a a k n +=-=-，则k k a a =，1k k k a a d +=-，2111,,k k k k n k k k n a a d d a a d d d +++-=--=----， 112121121,,,k k k k k k k k k k a a d a a d d a a d d d -------=+=++=++++，把上面这n 个等式相加，并利用120n a a a +++=可得11121()(1)(1)(2)0k k k n k k na n k d n k d d k d k d d +----------+-+-++=．由Cauchy 不等式可得()2211121()()(1)(1)(2)k k k n k k na n k d n k d d k d k d d +---=-+--++------11222111k n k n i i i i i i d ---===⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑111222111(1)(21)6n n n i i i i i n n n i d d ---===--⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ 31213n i i n d -=⎛⎫≤ ⎪⎝⎭∑， 所以 ()122113n ki i i na a a -+=≤-∑．二、正整数122006,,,a a a （可以有相同的）使得200512232006,,,a a a a a a 两两不相等．问：122006,,,a a a 中最少有多少个不同的数？解 答案：122006,,,a a a 中最少有46个互不相同的数．由于45个互不相同的正整数两两比值至多有45×44＋1＝1981个，故122006,,,a a a 中互不相同的数大于45．下面构造一个例子，说明46是可以取到的． 设1246,,,p p p 为46个互不相同的素数，构造122006,,,a a a 如下：11213231434241,,,,,,,,,,,,,,p p p p p p p p p p p p p p ， 11221,,,,,,,,,,,k k k k k k k p p p p p p p p p p --，14544454345452451,,,,,,,,,,p p p p p p p p p p ， 4645464446462246,,,,,,,,p p p p p p p p ，这个正整数满足要求．所以122006,,,a a a 中最少有46个互不相同的数．三、正整数m ，n ，k 满足：23mn k k =++，证明不定方程22114x y m +=和 22114x y n +=中至少有一个有奇数解(,)x y ．证明 首先我们证明如下一个 引理：不定方程22114x y m += ①或有奇数解00(,)x y ，或有满足00(21)(mod )x k y m ≡+ ②的偶数解00(,)x y ，其中k 是整数．引理的证明 考虑如下表示(21)x k y ++ ,x x y ≤≤0为整数，且,02y ≤≤，则共有()112m ⎛⎫⎡++> ⎪⎣ ⎪⎣⎦⎝⎭个表示，因此存在整数12,0,x x ⎡∈⎣，12,0,y y ⎡∈⎢⎣⎦，满足1122(,)(,)x y x y ≠，且1122(21)(21)(mod )x k y x k y m ++≡++，这表明(21)(mod )x k y m ≡+， ③这里1221,x x x y y y =-=-。
2023年奥数冬令营试题
2023年奥数冬令营试题奥数（奥林匹克数学竞赛）是一项旨在培养学生数学思维能力和解决问题能力的竞赛活动。
而冬令营则是为了给学生提供一个学习和交流的机会，让他们在寒假期间继续深化数学知识。
在2023年的奥数冬令营中，学生们将面临一系列挑战性的数学试题。
以下是其中的一道试题：试题：设 S 是一个三位数，它的个位数是1，百位数是3，十位数是奇数。
将 S 从十进制表示转换成八进制表示，得到的数是 A。
再将 A 从八进制表示转换成二进制表示，得到的数是 B。
问 B 的十进制表示是多少？解析：我们首先要找到满足条件的三位数S。
题目中给出了个位数是1，百位数是3，十位数是奇数。
因为个位数是1，所以百位数不能是1，因此百位数只能是3。
十位数是奇数，所以只能是1或者3。
因此，满足条件的数是131、133、311和313。
我们接下来将 S 从十进制表示转换成八进制表示。
我们可以使用除以8的方法来进行转换。
例如，我们以131为例，进行如下计算：131 ÷ 8 = 16 (3)16 ÷ 8 = 2 02 ÷ 8 = 0 (2)所以，131 的八进制表示是203。
然后，我们将 A 从八进制表示转换成二进制表示。
我们可以使用除以2的方法来进行转换。
以203为例，进行如下计算：203 ÷ 2 = 101 (1)101 ÷ 2 = 50 (1)50 ÷ 2 = 25 025 ÷ 2 = 12 (1)12 ÷ 2 = 6 06 ÷ 2 = 3 03 ÷ 2 = 1 (1)1 ÷ 2 = 0 (1)所以，203 的二进制表示是11001011。
最后，我们要求 B 的十进制表示。
我们可以将二进制转换成十进制，将每一位的值乘以2的相应次方，再相加。
以11001011为例，进行如下计算：1 × 2^7 + 1 × 2^6 + 0 × 2^5 + 0 × 2^4 + 1 × 2^3 + 0 × 2^2 + 1 × 2^1 + 1 × 2^0 = 128 + 64 + 0 + 0 + 8 + 0 + 2 + 1 = 203所以，B 的十进制表示是203。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题D （李胜宏供题）学校姓名营员证号一 . 求证: {}n ]|1,2,= 中有无穷多个平方数. 二 . 求所有函数:f R R →,在零点连续 ,且 f x f y f x y f y (2())()()+=++ 三 . 如果素数p 和自然数n 满足 n n p 43<<, 证明: nj n j p C 20|()=∑四 . 设ABCD 为凸四边形, AC 交BD 于P ，ABP BCP CDP DAP ,,,∆∆∆∆的内心依次为I I I I 1234,,,.求证: I I I I 1234,,,四点共圆当且仅当四边形ABCD 有内切圆.2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题D 解答（李胜宏供题）1. 求证:{}n ]|1,2,= 中有无穷多个平方数. 引理: 2220031992x y -=-有无穷多组正整数解.证明:首先有229200311992231-⋅=-=-⋅.令009,1,31x y p ===.设(u ,v )是x y 2220031-=的一组正整数解,则若22220032(0,0)n n n n x y p x y -=->>.令n n n n n nx ux vy y vx uy 112003,++=+=+,则n n n n x y u v x u v y 22222222112003(2003)2003(2003)++-=---=n n x y p 22220032-=显然.n n n n x x y y 11,++>>,故x y p 22220032-=-有无穷多组正整数解.引理得证.取足够大的N ,使得n N ≥时,n x p 23>考虑n n n s x p (2)=+.2222222003(2)(2)(2)n n n n n s y x p x p x p =+=++n n n x p p x p p p x p 422422()2()2(2)=+-++++ n n x p p x p 434()47=+++n n n n n n x p s x p x p p x p x 4242342()()2()1(472)+<<+++++<所以 n n n x p s x p 22()()1+<<++.n n s x p 2[]()=+为完全平方数.证毕! 2. 求所有函数f :→ ,在零点连续,且f x f y f x y f y (2())()()+=++ (*)解:令 x f f y f y f y 0,(2()(0)()==++ （1）f f f f x f f f x f f f (2(0))2(0),(2(2(0)))()2(0)(2(0))∴=∴+=++ f x f f x f (4(0))()4(0)+=+而f x f f x f f f x f (4(0))(2(0)0(0)()2(0)+=+++=+ 所以 f (0)=0由(1)有 f(2f(y))=y+f(y) (2)在(*)中令 x f y()=- 故 f(f(y)=f(-f(y))+y+f(y) 再在(*)中令 y=-f(x) f(x+2f(f(-x))=f(f(-x)) 由(*)中f(x)为单射,故x+2f(-f(x))= -f(x), 将x 换成y ,有f y yf f y ()(())2+-=-y f y f f y f f y ()1(())(2())22+∴== (2')(2((())2(())f f y f f y ∴= (3)所以由(2)有 f(4f(f(y)))=f(2f(2f(y)))=2f(y)+f(2f(y))=2f(y)+2f(f(y))=3f(y)+y 另一方面 f(4f(f(y))=f(2(y+f(y))=f(2y)+y+f(y)所以 f(2y)=2f(y) (4)故由(*)及(4)有 f(x+f(2y))=f(x+2f(y))=f(x)+y+f(y)=f(x)+2f(f(y))=f(x)+f(f(2y)) 所以 f(x+ f(y))= f(x)+ f(f(y)) (5) 于是,易知: f(kf(y))=kf(f(y))∴f(ky+y+f(y))= f((k+1)y) +f(f(y))= f(ky+f(f(2y)))=f y f f y f ky (2)((2))()2++=f y f f y f ky 2()2(())()2++所以f((k+1)y)= f(ky) +f(y) ⇒f(ky)=kf(y) k ∈∴当k ∈ 时,亦有 f(ky)=kf(y) (6)f f f x x f f x x f x x 1((2()))((2())2())2-=-+- (由(2')) f x f x f x x f x x f x f x x f x 11((2())2())(()()2())()22=-++-=-+++-= f f f x x f x f f x x x ((2()))()(2())∴-=⇒-=所以 f(x+y)= f(x + f(2 f(y)-y)) (由(5)) = f(x) + f(y)由于f(x)在零点连续,所以f(x)在所有点连续,故 f(x)=cx (c 为常数)解得 c=1或12-所以 x f x x or ()2=- 经检验均满足条件.3. 如果素数p 和自然数n 满足nn p 43<<,证明:nj n j p C 20|()=∑.证明:引理:n ni i n i i i n i in i n n i i i C x x C C C x x []2322201()(1)(1)-+===+++∑∑ 引理的证明 ,只要证明ni i i i i k in n i n n i n i i C C C C C C []232221()-+-==+∑而nn i i i k i k i i n inn in inkn kn ii i C C C CC C CC[][]2222211-+--+===∑∑=nk k i i n nn k n k n i i CCC C C 1-+=∑(李善兰恒等式)=k k n n C C 2()(()1)- 引理证毕.对原命题:nni i n i nn i i C C x x 430()()(1)===+∑∑中n x 的系数n ni n i n n i i i n i ini n n i i i Cx x x x C C C x x []23222211()(1)(1)((1)(1))-+==+=++++∑∑ nn n i i i i ii n n i i x x x C C C []22222221(1)(1)-+==+++∑nn ni i n i i i i i n n n i i n n i n i i i n i n i C C C C C C C i n i n i [][]224222222233111()!(22)!()(!)(2)!(()!)--+===+-∴=+=+--∑∑∑ 因 i n p n i n i n p ,2≤<-≤-<< 故i n i n i 33(!)(2)!(()!)--无素数因子p ,而n P n i n i 421()(22)333<=++- 故n i n i ,22+-中必有一数大于p ,从而 p n i n i |()!(22)!+-,故n i n i p i n i n i 33()!(22)!|(!)(2)!(()!)+---,又ni i n n i n p n p C p C 4202.|,|()=<<∴∴∑.证毕. 4. 设ABCD 为凸四边形,AC 交BD 于DP .ABP BCP CDP DAP ,,,∆∆∆∆的内心依次为I I I I 1234,,,.求证:I I I I 1234,,,四点共圆当且仅当ABCD 有内切圆.证明: 先证明必要性.当I I I I 1234,,.四点共圆时,PI PI PI PI 1324⋅=⋅ (1) 设PA =x , PB =y , PC =z , PD =w .AB =a , BC =b , CD =c , DA =d.APB α∠=r PI 11sin2α=(r 1为I 1 的半径)从而可知(1)r r r r 132422sin cos 22αα⇔=r r r r r r r r 1313242411()(1cos )11()(1cos )αα+++⇔=+-+ (2) xy wz x y z x y z w z c w z c r r x y a w z c xy wz13sin sin ()()()(),,1cos ααα+++-+-+-==+==++++y z b y z b x w d x w d yz xw()()()()1cos α+-+++-++-==故(2)a c r r xy wzx y z w b d r r yz xwxy z w13241111(1cos )(1cos )1111(1cos )(1cos )αααα++++++++⇔=-+-+++++x y z w a cx y z w b d+++--=+++-- (3)设a +c b d ≥+,则 x y z w a c x y z w b d +++--≤+++-- 因为 a c b d a c b d ac bd 222222()(),2()0+≥++--+-≥ 故 x y xy w z zw 22222cos 2cos αα+-++-x w xw y z yz ac bd 2222(2cos 2cos )2()0αα-++++++-≥ac bd xy zw xw yz xyzw xyzw2()2cos ()α-⇔≥+++(x y a w z c y z b x w d xy wz yz xw222222222222cos )2222α+-+-+-+-===-=-ac bd a c b d xyzw x y z w y z x w2222222222222()()-⇔≥-+++a cb d ac b dxy zw yz xw xy zw yz xw22()()⇔+≥+⇔+≥+由(3)式,有:a c x y z w a c yz zw x y z wb d x y z w b d yzxw x y z w1111111111++++++++--≤=≤+++--+++++∴它们均等于1,a c b d ∴+=+.必要性证毕. 充分性.由上述证明可以知道a cb d r r r r 1324()(1cos )()(1cos )αα+=+⇔++=+- r r r r 13241111⇔+=+,从而(2)成立. 得出I I I I 1234,,,四点共圆,证毕.。