第八届中国东南地区数学奥林匹克试题
第八届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
（2011年7月27日上午8: 00 —12: 00）宁波•北仑
2
b
一、 已知 min ax 3
xR
TTV
1求b的取值范围
2对给定的b,求a.卢兴江供题
二、 已知正整数a、b、c两两互质，且a2 b3 c3 ,b2 a3 c3 ,c2 a3 b3 ,求a、
b、c的值。杨晓鸣供题
三、 求所有正整数n,使得集M 1,2,3, ,50的任意一个35元子集，至少存在两个
不同元素a、b,使得a b n或a b n.李胜宏供题
四、如图，过 ABC外心O任作直线MN交AB于M、 交AC于N。若E、F分别为BN、CM中
点, 证明： A EOF
陶平生供题
M
N
F
E
第八届中国东南地区数学奥林匹克
第二天
（2011年7月28日上午8: 00 —12: 00）宁波•北仑
五、 △ ABC中，A% BB0、CC0是其三条角平分线，分别交BC、CA、AB于代、
B。、C。。自 A0作A0A//BB0,A0A2〃CC0, A、A2分别在 AC、AB上,类似得到
B,、B2•设AA2 BC A3类似地得到B3、C3。证明：人、B3、C3三点共线。
陶平生供题
六、 设R i 1,2,..., n为平面上n个顶点，M为此平面内线段AB上任一点，记AB 为平
面上A、B两点之间的距离。
n n n
证明： RiM max RA, RiB .金蒙伟供题
i 1 i 1 i 1
七、设数列 an 满足：a1 a2 1,an 7an 1 an 2 n 3
。
证明： n N , an 2 a. 1皆为元全平方数。陶平生供题
八、把时钟盘面上的标 号为1,2, ,2的12个点染上红、黄、蓝、 绿四色，每色三个
点，现在以这些点为顶 点构作n个凸四边形，使得它们 满足：
1每个凸四边形四个顶点 颜色各不相同。
2对其中任意三个四边形，都存在某一种颜色， 使得染有该颜色的三个 点所标数字 互不相
同。
试求n最大值陶平生供题
2009年中国第六届东南地区数学奥林匹克竞赛试题及解答(2009年7月28日)
第一天（2009年7月28日上午8：00－12：00）江西·南昌1. 试求满足方程22-+=的所有整数对(,)21262009x xy yx y．（张鹏程供题）2. 在凸五边形ABCDE中，已知,,==≠，且,,,B C D EAB DE BC EA AB EA四点共圆．证明：,,,=．A B C D四点共圆的充分必要条件是AC AD（熊斌供题）3. 设,,x y z R+∈222=-=--；x y z y z x z x y(),(),()求证：2222()++≥++．a b c ab bc ca（唐立华供题）4. 在一个圆周上给定十二个红点；求n的最小值，使得存在以红点为顶点的n个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边．（陶平生供题）第二天（2009年7月29日 上午8：00－12：00） 江西·南昌 5．设1,2,,9 的所有排列129(,,,)X x x x = 的集合为A ；X A ∀∈，记1239()239f X x x x x =++++ ，{()}M f X X A =∈；求M ． （其中M 表示集合M 的元素个数）（熊斌供题）6．已知O 、I 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆；证明：过O 上的任意一点D ，都可以作一个三角形DEF ，使得O 、I 分别是DEF ∆的外接圆和内切圆．（陶平生供题）7． 设(2)(2)(2)(,,)131313x y z y z x z x y f x y z x y y z z x---=++++++++， 其中,,0x y z ≥ ，且1x y z ++=． 求(,,)f x y z 的最大值和最小值．（李胜宏供题）8．在8×8方格表中，最少需要挖去几个小方格，才能使得无法从剩余的方格表中裁剪出一片形状如下完整的T 型五方连块？（孙文先供题）第六届中国东南地区数学奥林匹克试题与解答第一天1. 试求满足方程2221262009x xy y -+=的所有整数对(,)x y ． （张鹏程供题）解： 设整数对(,)x y 满足方程22212620090x xy y -+-= …（1），将其看作关于x 的一元二次方程，其判别式()2222441262009500(4)36y y y ∆=-⨯-=-+的值应为一完全平方数； 若224y >，则0∆<；若224y <，则2y 可取2220,1,2,3，相应的∆值分别为8036,7536,6036和3536 ，它们皆不为平方数；因此，仅当224y =时，()2225004366y ∆=-+=为完全平方数．若4=y ，方程（1）化为2870x x -+=， 解得1=x 或7x =；若4-=y ，方程（1）化为 2870x x ++=，解得1-=x 或7x =-．综上可知，满足原方程的全部整数对为：()()()()(),1,4,7,4,1,4,7,4x y =----． 2. 在凸五边形ABCDE 中，已知,,AB DE BC EA AB EA ==≠，且,,,B C D E 四点共圆．证明：,,,A B C D 四点共圆的充分必要条件是AC AD =． （熊斌供题）证明：必要性：若,,,A B C D 共圆，则由,AB DE BC EA ==，得BAC EDA ∠=∠，ACB DAE ∠=∠，所以ABC DEA ∠=∠，故得AC AD =；充分性：记BCDE 所共的圆为O ，若AC AD =，则圆心O 在CD 的中垂线AH 上，设点B 关于AH 的对称点为F ，则F 在O 上，且因AB EA ≠，即D E D F ≠，所以,E F不共点，且AFD ∆≌ABC ∆，又由,AB DE BC EA ==，知AED ∆≌CBA ∆，因此，AED ∆≌DFA ∆，故由AED DFA ∠=∠，得AEFD 共圆，即点A 在DEF 上，也即点A在O 上，从而,,,A B C D 共圆．3. 设,,x y z R +∈222(),(),()x y z y z x z x y =--=-；求证： 2222()a b c ab bc ca ++≥++．（唐立华供题）()()(),y z z x x y =-+--()()()z x x y y z =-+--，()()()x y y z z x =-+--．所以[]2()()()()()()0y z z x x y y z z x x y =-+++---≤, 于是 2222()()a b b c c a a b c ++-++=0≤, 故 2222()a b c a b b c c a++≥++． 4. 在一个圆周上给定十二个红点；求n 的最小值，使得存在以红点为顶点的n 个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边．（陶平生供题）解：设红点集为：{}1212,,,A A A A = ，过点1A 的弦有11条，而任一个含顶点1A 的三角形，恰含两条过点1A 的弦，故这11条过点1A 的弦，至少要分布于6个含顶点1A 的三角形中；同理知，过点(2,3,,12)i A i = 的弦，也各要分布于6个含顶点i A 的三角形中，这样就需要12672⨯=个三角形，而每个三角形有三个顶点，故都被重复计算了三次，因此至少需要72243=个三角形． 再说明，下界24可以被取到．不失一般性，考虑周长为12的圆周，其十二等分点为红点，以红点为端点的弦共有21266C =条．若某弦所对的劣弧长为k ，就称该弦的刻度为k ；于是红端点的弦只有6种刻度，其中，刻度为1,2,,5 的弦各12条，刻度为6的弦共6条；如果刻度为,,a b c （a b c ≤≤）的弦构成三角形的三条边，则必满足以下两条件之一：3或者a b c +=；或者12a b c ++=；于是红点三角形边长的刻度组(),,a b c 只有如下12种可能：()()()1,1,2,2,2,4,3,3,6,()()()()()()()()()2,5,5,1,2,3,1,3,4,1,4,5,1,5,6,2,3,5,2,4,6,3,4,5,4,4,4；下面是刻度组的一种搭配：取()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型各六个，()4,4,4型四个；这时恰好得到66条弦，且其中含刻度为1,2,,5 的弦各12条，刻度为6的弦共6条；今构造如下：先作()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型的三角形各六个，()4,4,4型的三角形 三个，再用三个()2,4,6型的三角形来补充．()1,2,3型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,3,5,4,5,7,6,7,9,8,9,11,10,11,1,12,1,3； ()1,5,6型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}1,2,7,3,4,9,5,6,11,7,8,1,9,10,3,11,12,5； ()2,3,5型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,4,11,4,6,1,6,8,3,8,10,5,10,12,7,12,2,9；()4,4,4型三个：其顶点标号为：{}{}{}1,5,9,2,6,10,3,7,11；()2,4,6型三个：其顶点标号为：{}{}{}4,6,12,8,10,4,12,2,8．（每种情况下的其余三角形都可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得）．这样共得到24个三角形，且满足本题条件，因此，n 的最小值为24．第六届中国东南地区数学奥林匹克试题解答第二天5．设1,2,,9 的所有排列129(,,,)X x x x = 的集合为A ；X A ∀∈，记1239()239f X x x x x =++++ ，{()}M f X X A =∈；求M ．（其中M 表示集合M 的元素个数）．（熊斌供题）解：我们一般地证明，若4n ≥，对于前n 个正整数1,2,,n 的所有排列12(,,,)n n X x x x = 构成的集合A ，若123()23n n f X x x x nx =++++ ，{()}n M f X X A =∈，则366n n n M -+=．下面用数学归纳法证明：n M (1)(2)(1)(2)(1)(21),1,,666n n n n n n n n n ++++++⎧⎫=+⎨⎬⎩⎭．当4n =时，由排序不等式知，集合M 中的最小元素是{}()4,3,2,120f =，最大元素是{}()1,2,3,430f=．又，{}(){}(){}()3,4,2,121,3,4,1,222,4,2,1,323f f f ===，{}(){}(){}(){}()3,2,4,124,2,4,1,325,1,4,3,226,1,4,2,327f f f f ====， {}(){}()2,1,4,328,1,2,4,329ff ==，所以，4M ={}20,21,,30 共有11=34466-+个元素．因此，4n =时命题成立．假设命题在1n -（5n ≥）时成立；考虑命题在n 时的情况．对于1,2,,1n - 的任一排列1121(,,,)n n X x x x --= ，恒取n x n =，得到1,2,,n 的一个排列121,,,,n x x x n - ，则1nkk kx=∑121n k k n kx -==+∑．由归纳假设知，此时1nk k kx =∑取遍区间222(1)(1)(1)(21)(5)(1)(21),,6666n n n n n n n n n n n n n ⎡⎤-+--+++⎡⎤++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上所有整数． 再令1n x =，则11111(1)(1)2n n n k k k k k k n n kx n kx n k x --===-=+=+-+∑∑∑11(1)(1)2n k k n n k x -=+=+-∑， 再由归纳假设知，1nkk kx=∑取遍区间2(1)(1)(1)(1)(1)(21)(1)(2)2(2),,262666n n n n n n n n n n n n n n n ⎡⎤+-++--+++⎡⎤++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上的所有整数．因为222(2)(5)66n n n n ++≥，所以，1nk k kx =∑取遍区间(1)(2)(1)(21),66n n n n n n ++++⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 上的所有整数．即命题对n 也成立．由数学归纳法知，命题成立．由于 3(1)(21)(1)(2)6666n n n n n n n n ++++-+-=，从而，集合n M的元素个数为366n n -+．特别是，当9n =时，9121M M ==．6．已知O 、I 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆；证明：过O上的任意一点D ，都可作一个三角形DEF ，使得O 、I 分别是DEF ∆的外接圆和内切圆．（陶平生供题）证：如图，设OI d =，,R r 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆半径，延长AI 交O 于K ，则2s in 2AK I K B R ==，sin 2r AI A =，延长OI 交O 于,M N ；则()()2R d R d IM IN AI KI Rr +-=⨯=⨯=，即222R d Rr -=；过D 分别作I 的切线,DE DF ，,E F 在O 上，连EF ，则DI 平分EDF ∠，只要证，EF 也与I 相切；设DI O P = ，则P 是 EF的中点，连PE ，则 2sin 2DPE R =，sin2r DI D =，()()22ID IP IM IN R d R d R d ⋅=⋅=+-=-，所以2222sin 2sin 22R d R d D DPI R PE DI r --==⋅==，N F由于I 在角D 的平分线上，因此点I 是DEF ∆的内心， （这是由于，()()0011180180222D E PEI PIE P F +∠=∠=-∠=-∠=，而 2D PEF ∠=，所以2EFEI ∠=，点I 是DEF ∆的内心）． 即弦EF 与I 相切． 7．设(2)(2)(2)(,,)131313x y z y z x z x y f x y z x y y z z x---=++++++++， 其中,,0x y z ≥ ，且 1x y z ++=． 求(,,)f x y z 的最大值和最小值．（李胜宏供题）解：先证1,7f ≤当且仅当13x y z ===时等号成立. 因(31)121313x x y xf x y x y+-=∑=-∑++++ … ()*由哥西不等式:2()113(13)(13)x x x y x x y x x y ∑∑≥=++∑++∑++，因为7(13)(24)2.3x x y x x y z xy ∑++=∑++=+∑≤从而 3,137x x y ∑≥++3112,77f ≤-⨯=max 1,7f =当且仅当13x y z ===时等号成立. 再证0,f ≥当1,0x y z ===时等号成立.事实上，(2)(2)(2)(,,)131313x y z y z x z x y f x y z x y y z z x---=++++++++=2121()()13131313xy xz x y y z z x x y -+-++++++++21()1313yz y z z x+-++++ 77(13)(13)(13)(13)xyz xyz x y y z z x x y =+++++++++70(13)(13)xyzy z z x +≥++++ 故min 0f =，当1,0x y z ===时等号成立．另证：设{}min ,,z x y z =，若0z =，则22(,,0)0131242xy xy xy xyf x y x y y x y x y=-=-=+++++；下设,0x y z ≥>，由()*式，要证0f ≥，只要证，1132x x y ≤++∑ …①注意到12242x yx y x y =+++，于是①等价于 8()()()132413213241313z x x y y z x yz x x y x y x y y z x y x y y z≤-+-=++++++++++++++即 248131313x y x yz x x y y z+≤+++++++ …②而由柯西不等式，可得228(2)1313(13)(13)/2x y x y x y y z x x y y y z +=+++++++++ 222(2)24(3)(3)/213x y x yx x xy y y yz z x++≥=+++++++ 即②成立，从而0f ≥，故min 0f =，当1,0x y z ===时等号成立.8．在8×8方格表中，最少需要挖去几个小方格，才能使得无法从剩余的方格表中裁剪出一片形状如下完整的T 型五方连块？（孙文先供题）答：至少要如下图挖去14个小方格．如右图，将8×8棋盘切为五个区域．中央部份的区域至少要挖去2个小方格才能使T 形的五方块放不进去。
2021年第十八届中国东南地区数学奥林匹克高二年级组试题(全)
第十八届中国东南地区数学奥林匹克江西·南昌高二年级第二天2021年7月29日上午8:00-12: 001.设A={a，，吧，…，。
”，b，，鸟，…，b.｝是211元集，B1豆A (i = l, 2，…，m），如果U鸟＝A，那么称有序m元组（矶，鸟，'B m）是A的一个街－序m－覆盖：若上述A 1�1的有序m－覆盖（鸟，鸟，…＇B m）中，每个B1(i=l,2,···,m）不含任何一对a i与b i(j = I, 2，…，时，则称（鸟，鸟，…，B.，）是A的一个无对子有序m－覆盖．用。
（11,111）表示A的街序，II－覆盖的个数，b(n,111）表示A的有序无对于·m－覆盖的个数．(I）求。
（n，叫，b(n,m）的表达式；。
（11,m)(2）已知m主2，并且存在正整数n，使得＜2021成立．求整数1”的b(n, m) -最大口J能值－2.如图所示，在圆内接四边形ABCD中，ζBAD的平分线与BC边相交子点E, M是AE的中点．ζBCD的外角平分线与边AD的延长线相交子点F.直线MF与边AB相交于点G.证明：若AB=2AD，则MF=2MG.AF3.求所有大于l的正奇数α，b，使得7旷（α）－ψ（ab)+I l旷（b)= 2（α2+b吁，其中ψ（n）表示不超过n且与n互素的正整数个数．4.己知数列｛z；｝满足：Z;E {O, I，…，9｝且z= i-I ( mod I0）对任意正整数i成立．1假设有2021个非负实数x，，码，…•X2021满足；哈注言z;' ；乓三t z;对所有．的k= I, 2, · ··, 2021成立．求2二矿的最小｛在．。
高三数学-2018年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前
测试题E学校： 姓名： 营员证号：一、 设11 n n a b b c c ，，，，，，是实数，使得： 2212222111()()n n n n n x ax ax ax x b x c x b x c --+++++=++++对任意的实数x 成立，求12,,n c c c 的值。
二、 证明下面的不等式对任意自然数n 成立：154ni n =<å其中[x ]表示不超过x 的最大整数三、 在一个九人小班中。
已知没有4个人是相互认识的。
求证：这个小班能分成4个小组,使得在每个小组的人是互不认识的。
四、 设122005122005,,, ,a a a b b b 是实数使得()()200521(), {1,2,,2005}i i jj j j i a x b a xb i =¹-??å对任意实数x 成立。
问122005122005,,, ,a a a b b b 中,最多能有多少个正实数？测试题E 解答学校： 姓名： 营员证号：五、 设11 n n a b b c c ，，，，，，是实数，使得： 2212222111()()n n n n n x ax ax ax x b x c x b x c --+++++=++++对任意的实数x 成立，求12,,n c c c 的值。
解：令()2211n n p z z az az -=++++，则多项式()p z 在上半单位圆周上至少有1n -个复根.事实上，若()p z =，即()()2211,nn z z a z z+--=-记2z w =则()()()()()4222142212111nnn nn n w w w w w w a w ww w -----+-+--==--，取cos sin i w e i θθθ==+，则222cos 2n n w w n θ-+=，12sin w w i θ--=，()()21212sin 21n n w wi n θ----=-，因此()2cos 2sin sin 21n a n θθθ-==-()()sin 211sin 21n n θθ+--，只须说明，对每个实数a ，关于θ的方程()()()()sin 211sin 210f n a n θθθ=++--=在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭中至少有1n -个解.这是由于，若1a =，则当 21k k n πθ=+，1,2,,,k n = 有()0k f θ=；若1a ≠，对于21k k n πθ=+，1,2,,,k n =注意()()121k k n k πθπ-<-<，因此()()11sin 210k k n θ--->，从而()()10k k f f θθ+<，即()0f θ=在()1,k k θθ+上至少有一个解.因此()0p z =在()0,π上至少有1n -个根.回到本题，设()0p z =在上半单位圆周上的1n -个根为121,,,n z z z -，则其共轭复数121,,,n z z z -也是它的根，因此 2k k x b x c ++=()()k k x z x z --，由此得 1k k k c z z =⋅=，1,2,,1k n =-，又因 121n c c c =，故1n c =.即有121n c c c ====.六、证明下面的不等式对任意自然数n成立：15 4nin =<∑其中[]x表示不超过x的最大整数。
最新-数学奥赛：东南试题 精品
第二届中国东南地区数学奥林匹克第一天（2018年7月10日8：00－12：00 福州）一、（1）设R a ∈，求证抛物线()1222+-++=a x a x y 都经过一个定点，且顶点都落在一条抛物线上.（2）若关于x 的方程()01222=+-++a x a x 有两个不等的实根，求其较大根的取值范围.（吴伟朝 供题）二、如图，圆O （圆心为O ）与直线l 相离，作l OP ⊥，P 为垂足.设点Q 是l 上任意一点（不与点P 重合），过点Q 作圆O 的两条不同的切线QA 和QB ，A 和B 为切点，AB 与OP 相交于点K . 过点P 作QB PM ⊥，QA PN ⊥，M 和N 为垂足.求证：直线MN 平分线段KP .（裘宗沪 供题）三、设n 是正整数，集合{}n M 2,,2,1⋅⋅⋅=. 求最小的正整数k ，使得对于M 的任何一个k 元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于14+n .（张鹏程 ，李迅 供题）四、试求满足2005222=++c b a ，且c b a ≤≤的所有三元正整数组()c b a ,,. （陶平生 供题）KNMAB P oQ第二天（2018年7月11日， 8：00－12：00， 福州）五、已知直线l 与单位圆S 相切于点P ，点A 与圆S 在l 的同侧，且A 到l 的距离为)2(>h h ，从点A 作S 的两条切线，分别与l 交于C B ,两点. 求线段PB 与线段PC 的长度之乘积. （冷岗松 ，司林 供题）六、将数集},...,,{21n a a a A =中所有元素的算术平均值记为)(A P ，（na a a A P n +++=...)(21）. 若B 是A 的非空子集，且)()(A P B P =，则称B 是A 的一个“均衡子集”.试求数集}9,8,7,6,5,4,3,2,1{=M 的所有“均衡子集”的个数.（陶平生 供题）七、（1）讨论关于x 的方程a x x x =+++++|3||2||1|的根的个数.（2）设n a a a ,...,,21为等差数列，且507222*********=-+⋅⋅⋅+-+-=++⋅⋅⋅++++=+⋅⋅⋅++n n n a a a a a a a a a 求项数n 的最大值.（林常 供题） 八、设2,,0πγβα<<，且1sin sin sin 333=++γβα， 求证：.233tan tan tan 222≥++γβα （李胜宏 供题）。
东南大学2006年高等数学竞赛曁江苏省第八届高等数学竞赛选拔赛试卷答案及评分标准
东南大学2006年高等数学竞赛曁江苏省第八届高等数学竞赛选拔赛试卷答案及评分标准一. 计算或证明极限（本题共4小题，每小题10分，满分40分）1．计算极限 0tan(sin )sin(tan )limtan sin x x x x x →--解:0tan(sin )sin(tan )lim tan sin x x x x x →--00tan(sin )tan(tan )tan(tan )sin(tan )lim limtan sin tan sin x x x x x x x x x x→→--=+--（3分） 320031tan 2limsec lim 12x x xx ξ→→=-+（5分）110=-+=（2分）（ξ介于sin x 与tan x 之间） 2．设 2113,21(2)n n a a a n -==-≥，求 121lim2nn n n a a a a →∞-。
解:131,a =>设11n a ->，则21211n n a a -=->（2分） 222242222(1)22221112212111(1)(1)2(1)2(1)2(1)n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a ---------=+-=-=-==-21222212112122(2)n nn n n a aa a a a +---==，故有2212112(2)n n n a a a a --=，（4分） 由于1211lim02n n n a a a →∞-=，（1分）故2222212112112111limlim lim 2(2)(2)(2)nn n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a →∞→∞→∞----=+=，得 121lim2nn n n a a a a →∞-=3分）3．设()[]f x x x =-（[]x 表示不超过x 的最大整数），求01lim ()d xx f t t x →+∞⎰。
2005年中国第二届东南地区数学奥林匹克竞赛试题及解答(2005年7月10日)
第二届中国东南地区数学奥林匹克第一天（2005年7月10日8：00－12：00 福州）一、（1）设R a ∈，求证抛物线()1222+-++=a x a x y 都经过一个定点，且顶点都落在一条抛物线上.（2）若关于x 的方程()01222=+-++a x a x 有两个不等的实根，求其较大根的取值范围.（吴伟朝 供题）二、如图，圆O （圆心为O ）与直线l 相离，作l OP ⊥，P 为垂足.设点Q 是l 上任意一点（不与点P 重合），过点Q 作圆O 的两条不同的切线QA 和QB ，A 和B 为切点，AB与OP 相交于点K . 过点P 作QB PM ⊥，QA PN ⊥，M 和N 为垂足.求证：直线MN 平分线段KP .（裘宗沪 供题）三、设n 是正整数，集合{}n M 2,,2,1⋅⋅⋅=. 求最小的正整数k ，使得对于M 的任何一个k 元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于14+n .（张鹏程 ，李迅 供题）四、试求满足2005222=++c b a ，且c b a ≤≤的所有三元正整数组()c b a ,,.（陶平生 供题）第二天（2005年7月11日， 8：00－12：00， 福州）五、已知直线l 与单位圆S 相切于点P ，点A 与圆S 在l 的同侧，且A 到l 的距离为)2(>h h ，从点A 作S 的两条切线，分别与l 交于C B ,两点. 求线段PB 与线段PC 的长度之乘积.（冷岗松 ，司林 供题）六、将数集},...,,{21n a a a A =中所有元素的算术平均值记为)(A P ，（na a a A P n +++=...)(21）. 若B 是A 的非空子集，且)()(A P B P =，则称B 是A 的一个“均衡子集”. 试求数集}9,8,7,6,5,4,3,2,1{=M 的所有“均衡子集”的个数.（陶平生 供题）七、（1）讨论关于x 的方程a x x x =+++++|3||2||1|的根的个数.（2）设n a a a ,...,,21为等差数列，且507222*********=-+⋅⋅⋅+-+-=++⋅⋅⋅++++=+⋅⋅⋅++n n n a a a a a a a a a 求项数n 的最大值.（林常 供题） 八、设2,,0πγβα<<，且1sin sin sin 333=++γβα， 求证：.233tan tan tan 222≥++γβα （李胜宏 供题）。
第十届中国东南地区数学奥林匹克试题解答
第十届东南数学奥林匹克解答第一天(2013年7月27日 上午8：00－12：00) 江西 鹰潭1. 实数,a b 使得方程320x ax bx a -+-=有三个正实根．求32331a ab ab -++的最小值．（杨晓鸣提供）解 设方程320x ax bx a -+-=的三个正实根分别为123,,x x x ，则由根与系数的关系可得123122313123,,x x x a x x x x x x b x x x a ++=++==，故0,0a b >>．由2123122313()3()x x x x x x x x x ++≥++知：23a b ≥． 又由3312312333a x x x x x x a =++≥=知：33a ≥．因此32331a ab a b -++23(3)31a a b a a b -++=+33233393113a a a aa ab ++≥≥=≥++， 当33,9a b ==，即方程三个根均为3时等号成立．综上所述，所求的最小值为93．2. 如图，在ABC ∆中，AB AC >，内切圆I 与BC 边切于点D ，AD 交内切圆I 于另一点E ，圆I 的切线EP 交BC 的延长线于点P ，CF 平行PE 交AD 于点F ，直线BF 交圆I 于点,M N ，点M 在线段BF 上，线段PM 与圆I 交于另一点Q ．证明：ENP ENQ ∠=∠． （张鹏程提供）证法1 设圆I 与,AC AB 分别切于点,S T 联结,,ST AI IT ，设ST 与AI 交于点G ，则,IT AT TG AI ⊥⊥，从而有2AG AI AT AD AE ⋅==⋅，所以,,,I G E D 四点共圆．又,IE PE ID PD ⊥⊥，所以,,,I E P D 四点共圆，从而,,,,I G E P D 五点共圆．所以90IGP IEP ∠=∠=o ，即IG PG ⊥，从而,,P S T 三点共线．直线PST 截ABC ∆，由梅涅劳斯定理知，1AS CP BT SC PB TA⋅⋅=， 又,,AS AT CS CD BT BD ===，所以有1PC BDPB CD⋅=． ① 设BN 的延长线交PE 于点H ，直线BFH 截PDE ∆，由梅涅劳斯定理知，1PH EF DBHE FD BP⋅⋅=． 因为CF 平行于BE ，所以EF PCFD CD=，从而有 1PH PC DBHE CD BP⋅⋅=．② 由①、②知，PH HE =，故22PH HE HM HN ==⋅，所以PH HNHM PH=，PHN ∆∽MHP ∆，HPN HMP NEQ ∠=∠=∠， 又PEN EQN ∠=∠，所以ENP ENQ ∠=∠．证法2 设圆I 与,AC AB 分别切于点,S T ，则由PI AD ⊥知2222222PA PD IA ID IA IT AT -=-=-=，所以2222222PA AT PD IP ID IP IT -==-=-，从而AI PT ⊥．又AI ST ⊥，所以,,P S T 三点共线．以下同证法1．3. 数列{}n a 满足：21211(1)1,2,(2,3,)nn n n a a a a n a +-+-====L ．证明：该数列任意两个相邻项的平方和仍是该数列中的一个项．（陶平生提供）证 由211(1)n n n n a a a +-+-=得211(1)(2,3,,)n n n na a a n +-=+-=L ，于是 211312n n n n n a a aa a ------=132n n n a a a ----==L 3122a a a -==，故122(3)n n n a a a n --=+≥．从而12345671,2,5,12,29,70,169,a a a a a a a =======L ，可见2222221232353475,29,169a a a a a a a a a +==+==+==，故猜想22121n n n a a a +++=．令22121()n n n f n a a a ++=+-，于是12222()2n n n n a a a a +++=+-2()g n =， ①其中1222()()n n n n g n a a a a +++=+-．进一步有2221232222(1)n n n a a a f n +++=+-=+．② 由①、②知4(1)2(1)2()f n g n g n +=+-(2)(1)(1)()f n f n f n f n =+-+-++，即(2)6(1)()f n f n f n +=+-．由于(1)(2)0f f ==，根据递推式可知()0f n =，即22121n n n a a a +++=．证毕．4. 十二个杂技演员编号分别为1,2,,12L ，将他们按适当方式分别围成,A B 两个圈，每圈6人，其中B 圈的每个演员分别站在A 圈相邻两个演员的肩膀上．如果B 圈中每个演员的编号分别等于他脚下两个演员的编号之和，就称这样搭配成的结构为一个“塔”，问总共能搭配成多少个结构不相同的“塔”？ （注：旋转或对称后的塔属于同一种结构．以8个人的情况为例，画一个圆，将底层演员编号填在圈内，上层演员编号填在圈外，那么以下三个图均是“塔”，但后两个图分别可由第一个图经旋转或对称而得，故它们属于同一种结构．） （陶平生提供）解 将组,A B 中的元素和分别记为,x y ，则有2y x =，所以 3121278x x y =+=+++=L ，26x =． 显然有1,2A ∈，11,12B ∈，设{}1,2,,,,A a b c d =，其中a b c d <<<，则23a b c d +++=，且3,810a d ≥≤≤（若7d ≤，则456722a b c d +++≤+++=，矛盾）．(1) 如果8d =，则{}1,2,,,,8,7,15A a b c c a b c =≤++=，于是(,,)a b c(3,5,7)=或(4,5,6)，即{}1,2,3,5,7,8A =或{}1,2,4,5,6,8A =．若{}1,2,3,5,7,8A =，则{}4,6,9,10,11,12B =，由于B 中含4,6,11,12，故A 中必须1、3邻接，1、5邻接，5、7邻接，8、3邻接，这时只有唯一的排法，由此得到一个塔：若{}1,2,4,5,6,8A =，则{}3,7,9,10,11,12B =，类似知A 中必须1、2邻接，5、6邻接，4、8邻接，这时有两种排法，得到两12345678123456781234567812564837111012*********3846521125648371110129个塔：(2) 如果9d =，则{}1,2,,,,9,8,14A a b c c a b c =≤++=，这时(,,)a b c(3,5,6)=或(3,4,7)，即{}1,2,3,5,6,9A =或{}1,2,3,4,7,9A =．若{}1,2,3,5,6,9A =，则{}4,7,8,10,11,12B =，为得到B 中的4,10,12，A 中必须1、3、9两两邻接，这不可能；若{}1,2,3,4,7,9A =，则{}5,6,8,10,11,12B =，为得到B 中的6,8,12，A 中必须2、4邻接，1、7邻接，9、3邻接，于是有两种排法，得到两个塔：(3) 如果10d =，则{}1,2,,,,10,9,13A a b c c a b c =≤++=，这时，(,,)(3,4,6)a b c =，即{}1,2,3,4,6,10A =，{}5,7,8,9,11,12B =，为得到B中8,9,11,12， A 中必须6、2邻接，6、3邻接，10、1邻接，10、2邻接，只有唯一排法，得到一个塔：因此，结构不相同的“塔”共有6个．第十届东南数学奥林匹克解答第二天(2013年7月28日 上午8：00－12：00) 江西 鹰潭1. 设()1!2!2013!x x x f x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L ，[]x 表示不超过x 的最大整数．对整 数n ，若关于x 的方程()f x n =有实数解，则称n 为好数．求集合{}1,3,5,,2013L 中好数的个数． （吴根秀提供）解 先指出两个明显的结论：(a ) 若m 为正整数，x 为实数，则[]x x m m ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦；(b ) 对任意整数l 与正偶数m ，有212l l m m +⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦． 下面我们求解原问题．在结论(a )中令!(1,2,,2013)m k k ==L 并求和，可知1256483711101291256483711101291256483711101292013201311[]()([])!!k k x x f x f x k k ==⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑， 这表明方程()f x n =有实数解当且仅当方程()f x n =有整数解．以下只需考虑x 为整数的情况．由于[][]201321(1)()11!!k x x f x f x x x k k =⎛+⎫⎡⎤⎡⎤+-=+-+-≥ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑， ① 所以()()f x x ∈Z 单调递增．下面找整数,a b ，使得(1)0()(1)(1)()2013(1)f a f a f a f b f b f b -<≤<+<<-<≤<+L ．注意到(1)0(0)f f -<=，所以0a =．又由于611173(1173)1173586195489120122013!k f k =⎡⎤==+++++=≤⎢⎥⎣⎦∑， 611174(1174)1174587195489120142013!k f k =⎡⎤==+++++=>⎢⎥⎣⎦∑， 故1173b =．因此{}1,3,5,,2013L 中的好数就是{}(0),(1),,(1173)f f f L 中的奇数．在①中令2(0,1,,586)x l l ==L ，由结论(b )知212(22013)!!l l k k k +⎡⎤⎡⎤=≤≤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 因此20132212(21)(2)11!!k l l f l f l k k =⎛+⎫⎡⎤⎡⎤+-=+-= ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑， 这说明(2),(21)f l f l +中恰有一个为奇数，从而{}(0),(1),,(1173)f f f L 中恰有11745872=个奇数，即集合{}1,3,5,,2013L 中的好数有587个． 2. 设n 为大于1的整数．将前n 个素数从小到大依次记为12,,,n p p p L （即12p =，23,p L =），令1212n p p p n A p p p =L ．求所有正整数x ，使得Ax为偶数，且Ax恰有x 个不同的正约数． （何忆捷提供）解 由已知得2|x A ，注意到224n p p n A p p =?L ，故可设1222n n x p p a a a =L ，其中101,0(2,3,,)ii p i n a a ＃＃=L ．此时有122222n n p p n Ap p xa a a ---=L ， 故Ax不同的正约数个数为122(3)(1)(1)n n p p a a a --+-+L ．由已知得121222(3)(1)(1)2n n n n p p x p p a a a a a a --+-+==L L ． ①下面数学归纳法证明：满足①的数组12(,,,)n a a a L 必为(1,1,,1)(2)n L ³． (1) 当2n =时，①变为1212(3)(4)23a a a a --=，其中1{0,1}a Î．若10a =，则223(4)3a a -=，无非负整数2a 满足；若11a =，则222(4)23a a -=?，可得21a =．从而12(,)(1,1)a a =，即2n =时结论成立．(2) 假设1n k =-时结论成立（其中3k ³），则当n k =时，①变为1121221121(3)(1)(1)(1)2k k k k k k k k p p p p p p a a a a a a a a ------+-+-+=L L ． ②若2k a ³，则考虑到01,011(11)k k k i i ik p p p p p ik a a <-+<<-+?<＃-，故②的左边不能被k p 整除，但此时②的右边是k p 的倍数，矛盾！若0k a =，则②变为1121221121(3)(1)(1)(1)2k k k k k p p p p p a a a a a a ------+-++=L L ．注意到23,,,k p p p L 为奇素数，因此一方面1k p +为偶数，从而上式左边为偶数，而另一方面，右边1221k k p p a a --L 为奇数．从而必有11a =．但此时132a -=，故左边是4的倍数，但右边不是4的倍数，仍矛盾！由上述讨论知，只能1k a =，此时②中1kk k kk p p p a a -+==，因而 1121221121(3)(1)(1)2k k k k p p p p a a a a a a ------+-+=L L ．由归纳假设知1211k a a a -====L ．从而1211k k a a a a -=====L ，即当n k =时结论成立．由(1)、(2)可断定12(,,,)(1,1,,1)n a a a =L L ，故所求正整数为2122n n x p p p p p ==L L ．3. 将33´正方形任意一个角上的22´正方形挖去，剩下的图形称为“角形”（例如，图1就是一个角形）．现于1010´方格表（图2）中放置一些两两不重叠的角形，要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合．求正整数k 的最大值，使得无论以何种方式放置了k 个角形之后，总能在方格表中再放入一个完整的角形． （何忆捷提供）解 首先有max 8k <，这是因为，若按图1的方式放置8个角形，则不能再于方格表中放入另一个角形．下面证明：任意放置7个角形后，仍可再放入一个完整的角形．将1010´方格表的第5、6行及第5、6列遮住，留出4个44´正方形．当放置7个角形后，由于每个角形不能与两个上述44´正方形相交，故根据抽屉原理知，必存在一个44´的正方形S ，使得与S 相交的角形至多1个，而角形可被33´正方形所包含，故正方形S 被角形所占据的部分必包含于它的某个角上的33´正方形．如图2所示，我们可以在S 除去一个角上33´正方形后剩余的部分放置一个新的角形．因此7k =时符合题意．综上所述，有max 7k =． 4. 设整数3n ≥，,,(0,1)αβγ∈，,,0(1,2,,)k k k a b c k n ≥=L 满足1()nkk k aαα=+≤∑，1()nk k k b ββ=+≤∑，1()nk k k c γγ=+≤∑．若对任意满足上述条件的,,(1,2,,)k k k a b c k n =L ，均有1()n k k k k k a b c λλ=+≤∑， 求λ的最小值．（李胜宏提供）解 令111,,111a b c αβγαβγ===+++，,,0(2,3,,)i i i a b c i n ==L ，此时条 件成立，故λ须满足(1)111αβγλλαβγ+⋅⋅≤+++，解得 (1)(1)(1)αβγλαβγαβγ≥+++-．记0(1)(1)(1)αβγλαβγαβγ=+++-．下面证明，对任意满足条件的,,k k k a b c ， 1,2,,k n =L ，有01()nk k kk k a b cλλ=+≤∑． ①由题目条件知111333111nn nk k k k k k k k k a b c αβγαβγ===⎛⎫⎛⎫+++⎛⎫≤⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑1≤，这里用到了结论：当,,0(1,2,,)i i i x y z i n ≥=L 时，有33331111n n n n i i i i i i i i i i x y z x y z ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑． ②（为完整起见，我们将②的证明过程附在最后．）因此，为证①，只需证明对1,2,,k n =L ，有13k k k k k k k k k k a b c a b c λαβγλαβγ+⎛⎫+++≤⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭，即()1233()()()k k k k k k k a b c λαβγλαβγ+⎛⎫+++≤ ⎪⎝⎭．③ 事实上，()()()k k k k αβγαβγαβγ=+++-，因此()()()k k k k λαβγλαβγ++++≤． ④又由于(),(),()k k k k a k b k c ααββγγ+≤+≤+≤，故()2233()()()k k k a b c k k k αβγαβγ⎛⎫≤ ⎪+++⎝⎭．⑤ 由④、⑤可知③成立，从而①成立．综上所述，min 0(1)(1)(1)αβγλλαβγαβγ==+++-．注 ②可以直接用H?lder 来证明，亦可由Cauchy 不等式进行如下推理：233111n n n i i i i i x y ===⎛⎫⎛⎫⎛≥ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝∑∑；23111n n n i i i i i i i z x y z ===⎛⎫⎛⎫⎛≥ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝∑∑；221111n nn n i i i i i i i x y z ====⎛⎛⎛⎫≥= ⎪⎝⎝⎝⎭∑．由以上三式知2231133311111nnn n nni i i i i i i i n i i i i i i ii x y z x y z x y z =======⎛⎛ ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎝⎭≥≥⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑．。
21世纪中国最恐怖的一道高考数学题，30万人无一人答对，平均分0.31分，连院士也被此题惊动！
21世纪中国最恐怖的⼀道⾼考数学题，30万⼈⽆⼀⼈答对，平均分0.31分，连院⼠也被此题惊动！2008年，⼀道⾼考数学题的出现震惊了全国，这⼀道题⽬让30万⼈体验到了被⽀配的恐惧，这道题⽬也创造了中国数学⾼考历史上最低平均分数的纪录，这道题⽬更是让全国所有⾼考⽣明⽩了⼀个道理，永远永远永远永远不要在那个省份的孩⼦⾯前提⾼考数学题有多难，这是⼀道被称之为21世纪中国最恐怖的⾼考数学题，没有之⼀！2016年6⽉7⽇下午，作为江西省影响⼒最⼤的江西都市报发表了这样⼀个报道，“⽆数⾼考学⼦相⽐于上午考完语⽂后的⼀脸轻松，数学考试结束之后，⼤多考⽣的⼼情如坐⼭车般，表情⼀脸凝重，去年的⾼考数学题⽬被称为“史上最难数学卷”，但今年⼤多考⽣的反应是，相⽐于今年，去年的数学卷太容易了”，接着有⼈在下⾯评论道：“⽆知的⼀群⼈！就这种题也敢称为史上最难，⾃从10年数学改⾰之后，江西省的数学⾼考就没有难度，因为你们根本不知道那个⼈的存在！”，接着⼀个⼈的名字慢慢从已经沉淀的历史中浮现出来，他，他如神⼀般秒杀了三届九⼗余万的江西考⽣，他创造了21世纪以来⾼考数学题的最低得分，全省⽆⼀⼈答对的恐怖记录，让江西⾼考卷最后⼀题有了仅供欣赏的优良传统，他就是经常给国家各类初、⾼中数学竞赛、国家集训队等提供考题的⾼级教练，也是中国东南地区数学奥林匹克竞赛主试委员会主席，更是曾经当任2008年到2010年江西省的⾼考数学命题⼩组组长，他被⽆数⼈称为“谜⼀样的数学竞赛界⾼⼈”、“最⽜⾼考数学卷命题⼈”，他叫陶平⽣.2008年，江西省数学⾼考的最后⼀道题让⽆数当年的考⽣痛哭流涕，因为这道题⽬全省30余万⼈⽆⼀⼈能全部答出，⽽这道题⽬的难度之⼤也惊动了当时已经是中国科学院院⼠的张景中教授，⼀个经历过这道数学题的⼈回忆道：“在我们学校⼀个公认的数学⾼⼿，每次⾼三数学考试的平均分都在147以上，他⾼考时在⼀个⼩时完成了所有的数学题，接着将画⾯的⼀个⼩时花在了这道题⽬上，但却毫⽆结果”，⽽全省能做出这道题的⽼师也屈指可数.2009年6⽉15⽇，江西省⾼考评卷⼯作已经进⼊第5天，来⾃全省各地的1818名⾼校和中学教师正在紧张地阅卷中，数学评卷点位于南昌⼤学北校区的⼀栋办公楼上，共有480名教师参与数学阅卷，理科数学卷各主观题平均得分⼀⽬了然，⽽最后⼀道数学题的分值为14分，但是平均分仅为0.31分，近乎所有考卷的最后⼀题都是触⽬惊⼼的空⽩，在江西那⼏年，每次快临近数学⾼考时，近乎所有学校的⽼师都会⼀⽽再再⽽三的叮嘱学⽣道：“最后⼀题仅供观赏，千万不要耽误时间”.那⼏年江西许多⾼考⽣⼀听到陶平⽣这个名字都胆颤⼼惊，那时候⽆数⼈把他称为“江西的撒旦”，有⽹友给他做了⼀⾸模仿江城⼦的词：“拿到试卷透⼼凉，⼀紧张，公式忘，似曾相识，解法却不详，向量⼏何两茫茫，看数列，泪千⾏。
2007年第4届中国东南数学奥林匹克试题及标准答案
第四届中国东南地区数学奥林匹克第一天(２00７年7月27日, 8:00-12:０0， 浙江镇海)一、 试求实数a 的个数,使得对于每个a ,关于x 的三次方程31x ax a =++都有满足1000x <的偶数根。
二、 如图，设Ｃ、D 是以O 为圆心、ＡＢ为直径的半圆上的任意两点，过点B 作O 的切线交直线CD 交于Ｐ,直线PO 与直线CA 、ＡＤ分别交于点E 、Ｆ。
证明:O Ｅ＝OF 。
三、 设*min i i a k k N k ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭,试求[][]2212n n S a a a ⎡⎤=+++⎣⎦的值，其中[]2,n x ≥表示不超过x 的最大整数。
四、 求最小的正整数n ，使得对于满足条件12007ni i a ==∑的任一具有n 项的正整数数列12,,,n a a a ，其中必有连续的若干项之和等于３０。
第 二 天（200７年7月2８日, 8:00-12:００， 浙江镇海）五、 设函数()f x 满足:()()121f x f x x +-=+（x R ∈),且当[]0,1x ∈时有()1f x ≤,证明:当x R ∈时，有()22f x x ≤+。
六、 如图，直角三角形ABC 中，D 是斜边AB 的中点,MB AB ⊥，MD 交ＡC 于N ;MC 的延长线交A Ｂ于E 。
证明：DBN BCE ∠=∠。
七、 试求满足下列条件的三元数组(a , ｂ, ｃ):(i) a ＜b <c <100,ａ、b 、c 为质数; (ii) a +1、b +1、c ＋1组成等比数列。
八、 设正实数a 、b 、c 满足:ａｂc ＝1，求证:对于整数2k ≥,有32k k k a b c a b b c c a ++≥+++AF答案一、 令02x n =，n 为整数,且|2|1000n <,即||499n ≤，所以至多取24991999⨯+=个数，即{499,498,0,1,,499}n ∈--，。
骆来根——2021中国东南数学奥林匹克高二第4题解答
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