初中數學奧林匹克匯總

1、l 豆稔家教培訓數學奧林匹克初中訓練題第 一 試一. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.設是實數,且,則等于:(A) (B) (C) (D)( )2.適合于的非負整數對 的個數是:(A)1 (B)2 (C)3 (D)4( )3.如圖1,凸五邊形ABCDE內接于半徑為1的O,ABCD是矩形,AE=ED,且BE和CE把AD三等分.則此五邊形ABCDE的面積是:(A) (B) (C) (D) ( )4.若關于的不等式的解中包含了”,則實數的取值范圍是:(A) (B)或 (C)或 (D)或( )5.如圖2,在ABC中,M是邊AB的中點,N是邊AC上的點,且,CM與BN相交于點K.若BCK的面積

2、等于1,則ABC的面積等于:(A)3 (B) (C)4 (D) ( )6.設為實數,且,拋物線與軸交于A,B兩點,與軸交于點C,且拋物線的頂點在直線上.若ABC是直角三角形,則RtABC面積的最大值是:(A)1 (B) (C)2 (D)3二. 填空題.(每小題7分,共28分)1.設是實數,則函數的最小值是 .2.方程的兩根為,且,則有序實數組共有 個.3.若,則 .4.如圖3,正EFG內接于正方形ABCD,其中E,F,G分別在邊AB,AD,BC上,若則 . 第 二 試一.(20分)如圖4,在銳角ABC內有一點P,直線AP,BP,CP分別交對邊于Q1,Q2,Q3,且PQ1C=PQ2A=PQ3B.

3、試問:點P是否必為ABC的垂心?如果是,請證明;如果不是,請舉反例說明. 二.(25分)設為素數,是正整數.求證:方程至少有一個整數根 的充分必要條件是三.(25分)是否存在這樣的正整數,使得能整除?請說明理由. 數學奧林匹克初中訓練題第 一 試三. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.已知,則的值為:(A)1 (B)2 (C)3 (D)4( )2.規(guī)定”為有序實數對的運算,如果如果對任意實數都有則為:(A) (B) (C) (D)( )3.在ABC中,則A:(A)一定是銳角 (B)一定是直角 (C)一定是鈍角 (D)非上述答案( )4.下列五個命題:若直角三角形的兩條邊長為3與4,則第

4、三邊長是5;若點在第三象限,則點在第一象限;連結對角線垂直且相等的四邊形各邊中點的四邊形是正方形;兩邊及其第三邊上的中線對應相等的兩個三角形全等.其中正確的命題的個數是:(A)2個 (B)3個 (C)4個 (D)5個( )5.設P為等腰ABC斜邊AB上或其延長線上一點,那么:(A) (B) (C) (D)不確定( )6.滿足方程的所有正整數解有:(A)一組 (B)二組 (C)三組 (D)四組四. 填空題.(每小題7分,共28分)1.一輛客車,一輛貨車和一輛小轎車在同一條直線上朝同一方向行駛,在某一時刻,貨車在中,客車在前,小轎車在后,且它們的距離相等.走了10分鐘,小轎車追上了貨車;又走了5分

5、鐘,小轎車追上了客車.問再過 分鐘,貨車追上了客車.2.若多項式,那么P的最小值是 .3.如圖1, AOB=30O, AOB內有一定點P,且OP=10.在OA上有一點Q,OB上有一點R.若PQR周長最小,則最小周長是 . 4.已知二次函數的圖象上兩點A,B的橫坐標分別為,O是坐標原點,如果AOB是直角三角形,則AOB的周長為 .第 二 試一.(20分)已知實數滿足不等式,求的值.二.(25分)如圖2,點D在ABC的邊BC上,且與B,C不重合,過點D作AC的平行線DE交AB于E,作AB的平行線DF交AC于點F.又知BC=5.(1) 設ABC的面積為S.若四邊形AEFD的面積為.求BD長.(2)

6、若且DF經過ABC的重心G,求E,F兩點的距離. 三.(25分)已知定理:”若三個大于3的質數滿足關系式,則是整數的倍數.”試問:上述定理中整數的最大可能值是多少?并證明你的結論. 數學奧林匹克初中訓練題(2)第 一 試一. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.有鉛筆,練習本,圓珠筆三種學習用品.若購鉛筆3支,練習本7本,圓珠筆1支共需3.15元;若購鉛筆4支,練習本10本,圓珠筆1支共需4.2元.現購鉛筆,練習本,圓珠筆各1件,共需:(A)1.2元 (B)1.05元 (C)0.95元 (D)0.9元( )2.三角形的三邊都是整數,且滿足,則此三角形的面積等于:(A) (B) (C) (

7、D)( )3.如圖1,ABC為正三角形,PMAB,PNAC.設四邊形AMPN, ABC的周長分別是,則有:(A) (B) (C) (D)( )4.滿足的所有實數對,使取最大值,此最大值為:(A) (B) (C) (D)( )5.設.其中是正實數,且滿足.則滿足: (A)5 (B)5 (C)2 (D)3( )6.如圖2,點O是正六邊形ABCDEF的中心,OMCD,N 為OM的中點.則等于:(A)9:5 (B)7:4 (C)5:3 (D)3:2 二. 填空題.(每小題7分,共28分)1.若實數滿足,則 .2.如圖3,CD為直角ABC斜邊AB上的高,DEAC.設ADE,CDB,ABC的周長分別是.當

8、 取最大值時,A= .3.若函數中自變量的取值范圍是一切實數,則實數的取值范圍是 .4.如圖4所示,線段AB與CD都是O中的弦,其中,則O的半徑R= . 第 二 試一.(共20分)是一個三位數,是一個一位數,且都是整數,求的最大值與最小值.二.(共25分)如圖5,在ABC中,A=60O,O,I,H分別是它的外心,內心,垂心.試比較ABC的外接圓與IOH的外接圓的大小,證明你的論斷.三.(共25分)求方程組的所有整數解. 參考答案一.1.(B)數學奧林匹克初中訓練題(3)第 一 試一. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.在凸2005邊形中,不大于111O的內角最多有:(A)3個 (B)4

9、個 (C)5個 (D)6個( )2.已知均為實數,且關于的不等式的解集為,則的值為: (A)3或7 (B)3或13 (C)7或8 (D)8或13( )3.滿足的正整數對:(A)只有一對 (B)恰有兩對 (C)至少有三對 (D)不存在( )4.如圖1,A,B,C為O上的三個定點,AB=AC,P為O上的動 點.則當點P從點B按逆時針方向向點C運動的過程中,的值:(A)保持不變 (B)先減小后增大(C)先增大后減小 (D)無法判斷( )5.設是方程的兩個實根,實數 滿足:則 的值為:(A)2005 (B)2003 (C) (D)( )6.在同一平面上,正方形ABCD的四個頂點到直線的距離只取四個值,

10、其中一個值是另一個值的3倍,這樣的直線可以有:(A)4條 (B)8條 (C)12條 (D)16條二. 填空題.(滿分28分,每小題7分)7.拋物線與直線組成的正方形有公共 點, 則的取值范圍是 .8.如圖2,D為ABC的邊BC上一點,P為線段AD上一點,若若APB的面積為9,CPD的面積為16,則ABC面積的最小值是 9.在由ABC內的2005個點P1,P2,P2005及ABC的三個頂點A,B,C共2008個點所構成的三角形中,最多有 個三角形,它們恰好將ABC完全分割成無任何重疊的三角形.10.如果點P將O的弦AB和CD分成的四條線段PA,PB,PC,PD的長度恰好是四個互不相同的正整數,則

11、稱點P為O的”整分點”.現已知M是半徑為5的O上一點,則在半徑OM上有 個不同的整分點.第 二 試三. 解答題.(共70分)11.(滿分20分)求所有的實數,使得關于的方程有且只有整數根.12.(滿分25分)如圖3,O,H分別是銳角ABC的外心和垂心,D是BC邊上的中點.由H向A及其外角平分線作垂線,垂足分別是E,F.求證:D,E,F三點共線. 13.(滿分25分)能否將1,2,3,12這12個正整數分成兩組,使得 其中第一組有3個數,第二組有9個數,并且第一組中3個數的積恰好等于第二組中9個數之和?若能,請給出所有的分組方法;若不能,請說明理由。. 數學奧林匹克初中訓練題(4)第 一 試四.

12、 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.在(是大于3的整數)這5個數中,分數的個數為: (A)2 (B)3 (C)4 (D)5( )2.如圖1,正方形ABCD的面積為256,點F在AD上,點E在AB的延長線上,RtCEF的面積為200,則BE的長為:(A)10 (B)11 (C)12 (D)15 ( )3.已知均為整數,且滿足.則以為根的一元二次方程是:(A) (B)(C) (D)( )4.如圖2,在RtABC中,AF是高,BAC=90O,且 BD=DC=FC=1,則AC為:(A) (B) (C) (D) ( )5.若,則的值為:(A)1 (B)2 (C)3 (D)非上述答案( )6.設,

13、則的最大值是:(A) (B)18 (C)20 (D)不存在五. 填空題.(每小題7分,共28分)1.方程的實數根是 . 2.如圖3,矩形ABCD中,E,F分別是BC,CD上的點,且 ,則= .3.已知二次函數(為常數).當時,當為任意實數時,都有.則拋物線的頂點到原點的距離為 .4.如圖4,半徑為,圓心角為90O的扇形OAB的上有一運動的點P.從點P向半徑OA引垂線PH交OA于點H.設OPH的內心為I,當點P在上從點A運動到點B時,內心I所經過的路徑長為 . 第 二 試一.(20分)在一個面積為1的正方形中構造一個如下的小正方形;將單位正方形的各邊等分,然后將每個頂點和它相對應頂點最接近的分點

14、連結起來,如圖5所示.若小正方形的面積恰為,求的值. 二.(25分)一條筆直的公路穿過草原,公路邊有一衛(wèi)生站A,距公路的地方有一居民點B,A,B之間的距離為.一天某司機駕車從衛(wèi)生站送一批急救藥品到居民點.已知汽車在公路上行駛的最快速度是,在草地上行駛的最快速度是.問司機應以怎樣的路線行駛,所用的行車時間最短?最短時間是多少?三.(25分)從1，2，3，3919中任取2001個數。證明：一定存在兩個數之差恰好為98。數學奧林匹克初中訓練題(5)第 一 試六. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.若均為質數,且,則的值為:(A)1999 (B)2000 (C)2001 (D)2002( )2

15、.設,則之間的關系是:(A) (B)(C) (D)( )3.設ABC的三邊長為滿足,則ABC的周長是: (A)10 (B)14 (C)16 (D)不能確定( )4.下面四個命題:直角三角形的兩邊長為3,4,則第三邊長為5;,對角線相等且互相垂直的四邊形是正方形;若四邊形ABCD中,ADBC,且AB+BC=AD+DC,則四邊形ABCD是平行四邊形.其中正確的命題的個數為:(A)0 (B)1 (C)2 (D)3( )5.一個四位數為平方數,則的值為:(A)11 (B)10 (C)9 (D)8( )6.如果滿足的ABC恰有一個,那么的取值范圍是:(A) (B) (C) (D)或七. 填空題.(每小題

16、7分,共28分)1.已知為實數,且多項式能被整除,則的值是 .2.設正整數滿足,則的最大值是 .3,若=1,則= .4.如圖1,AB是半圓O的直徑,四邊形CDMN和DEFG都是正方形,其中C,D,E在AB上,F,N在半圓上.若AB=10,則正方形CDMN的面積與正方形DEFG的面積之和是 .第 二 試一.(20分)若AD是ABC角平分線,I是線段AD上的點,且.求證:I是ABC的內心.二.(25分)用汽船拖載重量相等滿載貨物的小船若干只,在兩港之間來回送貨物.已知每次拖4只小船,一日能來回16次;每次拖7只小船,一日能來回10次.每日來回次數是拖小船只數的一次函數(一天中每次拖小船只數不變).

17、問每日來回多少次,每次拖多少只小船,才能使運貨問題達到最大?三.(25分)設是從1到9的互不相同的整數,求的最大的可能值.數學奧林匹克初中訓練題(6)第 一 試八. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.正實數滿足,那么的最小值為:(A) (B) (C)1 (D)( )2.的值最接近于:(A) (B) (C) (D)( )3.如圖1, ABC中,AB=AC,A=40O,延長AC到D,使 CD=BC,點P是ABD的內心,則BPC=:(A)145O (B)135O (C)120O (D)105O( )4.為兩兩不同的正整數,且,則滿足上述要求的四元數組 共有: (A)4組 (B)6組 (C)8

18、組 (D)10組( )5. ABC的三邊長皆為整數,且,當ABC為等腰三角形時,它的面積的答案有:(A)1種 (B)2種 (C)3種 (D)4種( )6. ABC的A,B皆為銳角,CD是高,已知,則ABC是:(A) 直角三角形 (B)等腰三角形 (C)等腰直角三角形 (D)等腰三角形或直角三角形九. 填空題.(每小題7分,共28分)1.使方程恰好有兩個解的 所有實數為 .2.如圖2,正方形ABCD中,延長邊BC到E,AE分別交BD,CD于點P,Q.當AP=QE時,PQ:AE= . 3.如圖3, ABC內接于O,AB=90O,則O的面積為 .4.某中學生暑期社會調查團共17人到幾個地方去考察,事

19、先預算住宿費平均每人每天不超過元.一日到達某地,該地有兩處招待所A,B.A有甲級床位8個,乙級床位11個;B有甲級床位10個,乙級床位4個,丙級床位6個.已知甲,乙,丙床位每天分別為14元,8元,5元.若全團集中住在一個招待所里,按預算只能住B處,則整數= .第 二 試一.(20分)一批貨物準備運往某地,有甲,乙,丙三輛卡車可雇用.已知甲,乙,丙三輛車每次運貨量不變,且甲乙兩車單獨運這批貨物分別用次;若甲,丙兩車合運相同次數,運完這批貨物,甲車共運了;若乙,丙兩車合運相同次數,運完這批貨物,乙車共運了.現甲,乙,丙合運相同次數把這批貨物運完,貨主應付車方運費各多少元?(按每噸運費20元計算)?

20、二.(25分)如圖4,在圓外切凸六邊形ABCDEF中,ABDE,BCEF,CDFA.求證: 凸六邊形ABCDEF是中心對稱圖形. 三.(25分)試求出所有這樣的正整數使得關于的二方程至少有一個整數根.數學奧林匹克初中訓練題(7)第 一 試十. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.設是實數,且,則等于:(A) (B) (C) (D)( )2.適合于的非負整數對 的個數是:(A)1 (B)2 (C)3 (D)4( )3.如圖1,凸五邊形ABCDE內接于半徑為1的O,ABCD是矩形,AE=ED,且BE和CE把AD三等分.則此五邊形ABCDE的面積是:(A) (B) (C) (D) ( )4.若

21、關于的不等式的解中包含了”,則實數的取值范圍是:(A) (B)或 (C)或 (D)或( )5.如圖2,在ABC中,M是邊AB的中點,N是邊AC上的點,且,CM與BN相交于點K.若BCK的面積等于1,則ABC的面積等于:(A)3 (B) (C)4 (D) ( )6.設為實數,且,拋物線與軸交于A,B兩點,與軸交于點C,且拋物線的頂點在直線上.若ABC是直角三角形,則RtABC面積的最大值是:(A)1 (B) (C)2 (D)3十一. 填空題.(每小題7分,共28分)1.設是實數,則函數的最小值是 .2.方程的兩根為,且,則有序實數組共有 個.3.若,則 .4.如圖3,正EFG內接于正方形ABCD

22、,其中E,F,G分別在邊AB,AD,BC上,若則 . 第 二 試一.(20分)如圖4,在銳角ABC內有一點P,直線AP,BP,CP分別交對邊于Q1,Q2,Q3,且PQ1C=PQ2A=PQ3B.試問:點P是否必為ABC的垂心?如果是,請證明;如果不是,請舉反例說明. 二.(25分)設為素數,是正整數.求證:方程至少有一個整數根的充分必要條件是。三.(25分)是否存在這樣的正整數,使得能整除?請說明理由.數學奧林匹克初中訓練題(8)第 一 試十二. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1. 已知均為非零實數,且滿足,則的值是: (A)1 (B)2 (C) (D)( )2.如圖1,在等腰中,AC=

23、BC,以斜邊AB為一邊作等邊ABD, 使點C,D在AB的同一側.再以CD為一邊作等邊CDE,使點C,E在AB的異偶.若AE=1,則CD的長為:(A) (B) (C) (D)( )3.對于任意給定的正整數為某正整數的立方,其中為正整數.那么,這樣的:(A)只有一個 (B)只有兩個 (C)有無數多個 (D)不存在( )4.如圖2,在中,ABC=90O,AB=AC.在直線AB或BC上取一點P,使PAC為等腰三角形.那么,符合條件的點P共有:(A)4個 (B)6個 (C)7個 (D)8個( )5.已知銳角ABC的三邊長不相等,D是邊BC上一點, BAD+C=90O.那么,AD必通過ABC的:(A)外心

24、 (B)內心 (C)重心 (D)垂心( )6.若正整數使得關于的函數的最大值也是正整數,那么,這個最大值等于:(A)3 (B)4 (C)7 (D)8十三. 填空題.(每小題7分,共28分)1.已知為正整數,且滿足.則的 值等于 .2.如圖3,在正方形ABCD中,過點B作BEAC,使得CE=AC.延長EC交BA的延長線于點F.則F= . 3.已知是方程的兩個實根,是方程的兩個實根,是方程其中是實數.則的值是 .4.如圖4,直線與軸,軸分別交于點A,B,以線段AB為直角邊在第一象限內作等腰,BAC=90O.如果第二象限內存在一點,使得ABP與ABC的面積相等,則實數的值為 . 第 二 試一.(20

25、分)在二次函數中,為正整數,.且方程有兩個小于1的不等正實數根,求的最小值.二.(25分)如圖5,已知O1與O2相離,OP和OQ是它們的兩條外公切線,線段O1O2的垂直平分線交射線OP于A,過點A分別作O1,O2的切線,分別交射線OQ于B,C兩點.求證: ABC是等腰三角形. 三.(25分)是否存在正整數,使得等式成立?如果存在,求 出所有的所有值;如果不存在,請說明理由.數學奧林匹克初中訓練題(九)第 一 試一. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.設,則下列結論中,正確的是:(A) (B) (C) (D) ( )2.設,則的大小關系是:(A) (B) (C) (D) ( )3. 表示

26、不大于的最大整數,則方程的所有實數解的個數是:(A)2 (B)3 (C)4 (D)5( )4.如圖1,在梯形ABCD中, ,E,F分別是CD,AB的中點,則EF的長為:(A) (B) (C) (D) ( )5.設為實數, 是方程的兩個根,若 ,則的取值范圍是:(A) (B) (C) 或 (D) ( )6.如圖2, O是正方形ABCD的外接圓,點P在劣弧AB 上,DP交AO于點Q,若PQ=QO,則等于:(A) (B) (C) (D) 二. 填空題.(每小題7分,共28分)1.如圖3,在梯形ABCD中,ABCD, C=60O,D=45O,則梯形ABCD的面積等于 .2.設是實數,關于的一元二次方程

27、的兩 個實根分別為.若,則= .3.使得是一個整數的平方的整數共有 個.4.如圖4,在ABC中, ,CD AB.若ACD,BCD的內心分別為I1,I2,則I1I2= .(用關 于的代數式表示).第 二 試一.(20分)求出所有的實數,使得關于的一元二次方程的兩個根都是整數.二.(25分)如圖5,在ABC中,C=90O,D是BC邊上一點,ADC=45O,作DEAB于點E,且AE:BE=10:3,若DE=,試求C的平分線CF的長. 三.(25分)試求出所有的整數,使得能整除數學奧林匹克初中訓練題(10)第 一 試十四. 選擇題.(每小題7分,共42分)( )1.下列四個式子中與相等的是:(A) (

28、B) (C) (D)( )2.由方程確定的曲線所圍成的圖形的面積是:(A)1 (B)2 (C) (D)4( )3.若,則等于:(A) (B) (C) (D)( )4.周長為有理數的等腰三角形,其底邊上的高是底邊的,則腰與底邊上的高:(A)都是有理數 (B)都不是有理數(C)腰是有理數,底邊上的高不是有理數 (D)腰不是有理數,底邊上的高是有理數( )5.如圖1,在ABC中,AB=AC,ABC=40O,BD是ABC的平分線,延長BD至E,使DE=AD,則ECA的度數為:(A)30O (B)35O (C)40O (D)45O( )6.在平面上具有整數坐標的點稱為整點.若一線段 的端點分別為(2,1

29、1),(11,14),則在此線段上(包括端點)的整點共有:(A)3個 (B)4個 (C)6個 (D)8個十五. 填空題.(每小題7分,共28分)7.設,則的值為 .8.半徑為R的O中,弦AB=R,弦CD=.若ABCD,則AB與CD的距離為 .9.若實數滿足,則的最大值為 .10.如圖2,A,B,C,D四點在同一圓周上,且BC=CD=4,AE=6,線段BE與DE的長都是正整數,則BD的長等于 . 第 二 試十六. 解答題.11.(20分)關于的方程至少有一個負根,求的取值范圍.12.(25分)如圖3,已知點D是ABC的邊AC上的一點,AD:DC=2:1,C=45O,ADB=60O.求證:AB是B

30、CD的外接圓的切線. 13.已知二次函數的圖象與 都只有一個交點,分別為P,Q,PQ=, 一次函數的圖象過P點,并和二次函數的圖象交于另一點R.求PQR的面積.中國數學奧林匹克試題與解答2010年12月29日 一、給定銳角三角形PBC，設A，D分別是邊PB，PC上的點，連接AC，BD，相交于點O. 過點O分別作OEAB，OFCD，垂足分別為E，F，線段BC，AD的中點分別為M，N（1）若A，B，C，D四點共圓，求證：；（2）若 ，是否一定有A，B，C，D四點共圓？證明你的結論解（1）設Q，R分別是OB，OC的中點，連接EQ，MQ，FR，MR，則，又OQMR是平行四邊形，所以，由題設A，B，C，

31、D四點共圓，所以，于是 圖1 ，所以 ，故 ，所以 EMFM，同理可得 ENFN，所以 （2）答案是否定的當ADBC時，由于，所以A，B，C，D四點不共圓，但此時仍然有，證明如下：如圖2所示，設S，Q分別是OA，OB的中點，連接ES，EQ，MQ，NS，則，所以 又，所以 而ADBC，所以， 由，得 因為 ， ，即 ，所以 ，故 （由）同理可得， ，所以 ，從而 二、求所有的素數對（p，q），使得解：若，不妨設，則，故由Fermat小定理， ，得，即易驗證素數對不合要求，合乎要求若為奇數且，不妨設，則，故當時素數對合乎要求，當時，由Fermat小定理有，故由于為奇素數，而626的奇素因子只有31

32、3，所以經檢驗素數對合乎要求若都不等于2和5，則有，故 由Fermat小定理，得 ， 故由，得 設， 其中為正整數若，則由，易知，這與矛盾！所以同理有，矛盾！即此時不存在合乎要求的綜上所述，所有滿足題目要求的素數對為，及三、設m，n是給定的整數，是一個正2n+1邊形，求頂點屬于P且恰有兩個內角是銳角的凸m邊形的個數解 先證一個引理：頂點在P中的凸m邊形至多有兩個銳角，且有兩個銳角時，這兩個銳角必相鄰事實上，設這個凸邊形為，只考慮至少有一個銳角的情況，此時不妨設，則，更有而+，故其中至多一個為銳角，這就證明了引理由引理知，若凸邊形中恰有兩個內角是銳角，則它們對應的頂點相鄰在凸邊形中，設頂點與為兩

33、個相鄰頂點，且在這兩個頂點處的內角均為銳角設與的劣弧上包含了的條邊（），這樣的在固定時恰有對（1） 若凸邊形的其余個頂點全在劣弧上，而劣弧上有個中的點，此時這個頂點的取法數為（2） 若凸邊形的其余個頂點全在優(yōu)弧上，取，的對徑點，由于凸邊形在頂點，處的內角為銳角，所以，其余的個頂點全在劣弧上，而劣弧上恰有個中的點，此時這個頂點的取法數為所以，滿足題設的凸邊形的個數為 四、給定整數，實數滿足 求的最小值解 不妨設，則對，有，所以 當n為奇數時， 當n為偶數時， 所以，當n為奇數時，當n為偶數時，等號均在時成立因此，的最小值為（n為奇數），或者（n為偶數）五、凸邊形中的每條邊和每條對角線都被染為n種

34、顏色中的一種顏色問：對怎樣的n，存在一種染色方式，使得對于這n種顏色中的任何3種不同顏色，都能找到一個三角形，其頂點為多邊形的頂點，且它的3條邊分別被染為這3種顏色？解 當為奇數時，存在合乎要求的染法；當為偶數時，不存在所述的染法。每3個頂點形成一個三角形，三角形的個數為個，而顏色的三三搭配也剛好有種，所以本題相當于要求不同的三角形對應于不同的顏色組合，即形成一一對應我們將多邊形的邊與對角線都稱為線段對于每一種顏色，其余的顏色形成種搭配，所以每種顏色的線段（邊或對角線）都應出現在個三角形中，這表明在合乎要求的染法中，各種顏色的線段條數相等所以每種顏色的線段都應當有條當為偶數時，不是整數，所以不

35、可能存在合乎條件的染法下設為奇數，我們來給出一種染法，并證明它滿足題中條件自某個頂點開始，按順時針方向將凸邊形的各個頂點依次記為對于，按理解頂點再將種顏色分別記為顏色將邊染為顏色，其中再對每個，都將線段（對角線）染為顏色，其中于是每種顏色的線段都剛好有條注意，在我們的染色方法之下，線段與同色，當且僅當 因此，對任何，任何，線段都不與同色換言之，如果 則線段都不與同色任取兩個三角形和，如果它們之間至多只有一條邊同色，當然它們不對應相同的顏色組合如果它們之間有兩條邊分別同色，我們來證明第3條邊必不同顏色為確定起見，不妨設與同色情形1：如果與也同色，則由知， ， 將二式相減，得，故由知不與同色情形2

36、：如果與也同色，則亦由知， ， 將二式相減，亦得，亦由知與不同色總之，與對應不同的顏色組合 六、給定整數，證明：存在n個互不相同的正整數組成的集合S，使得對S的任意兩個不同的非空子集A，B，數 與 是互素的合數（這里與分別表示有限數集的所有元素之和及元素個數）證 我們用表示有限數集X中元素的算術平均第一步，我們證明，正整數的n元集合具有下述性質：對的任意兩個不同的非空子集A，B，有證明：對任意，設正整數k滿足 ， 并設l是使的最小正整數我們首先證明必有 事實上，設是A中最大的數，則由，易知A中至多有個元素，即，故又由的定義知，故由知特別地有此外，顯然，故由l的定義可知于是我們有若，則；否則有，

37、則 由于是A中最大元，故上式表明結合即知現在，若有的兩個不同的非空子集A，B，使得，則由上述證明知，故，但這等式兩邊分別是A，B的元素和，利用易知必須A=B，矛盾第二步，設K是一個固定的正整數，我們證明，對任何正整數x，正整數的n元集合具有下述性質：對的任意兩個不同的非空子集A，B，數與是兩個互素的整數事實上，由的定義易知，有的兩個子集，滿足，且 顯然及都是整數，故由上式知與都是正整數現在設正整數d是與的一個公約數，則是d的倍數，故由可知，但由K的選取及的構作可知，是小于K的非零整數，故它是的約數，從而再結合及可知d=1，故與互素第三步，我們證明，可選擇正整數x，使得中的數都是合數由于素數有無

38、窮多個，故可選擇n個互不相同且均大于K的素數將中元素記為，則，且（對），故由中國剩余定理可知，同余方程組，有正整數解 任取這樣一個解x，則相應的集合中每一項顯然都是合數結合第二步的結果，這一n元集合滿足問題的全部要求奧林匹克數學的技巧有固定求解模式的問題不屬于奧林匹克數學，通常的情況是，在一般思維規(guī)律的指導下，靈活運用數學基礎知識去進行探索與嘗試、選擇與組合。這當中，經常使用一些方法和原理（如探索法，構造法，反證法，數學歸納法，以及抽屜原理，極端原理，容斥原理），同時，也積累了一批生氣勃勃、饒有趣味的奧林匹克技巧。在2-1曾經說過：“競賽的技巧不是低層次的一招一式或妙手偶得的雕蟲小技，它既是使

39、用數學技巧的技巧，又是創(chuàng)造數學技巧的技巧，更確切點說，這是一種數學創(chuàng)造力，一種高思維層次，高智力水平的藝術，一種獨立于史詩、音樂、繪畫的數學美?！眾W林匹克技巧是競賽數學中一個生動而又活躍的組成部分。2-7-1 構造它的基本形式是：以已知條件為原料、以所求結論為方向，構造出一種新的數學形式，使得問題在這種形式下簡捷解決。常見的有構造圖形，構造方程，構造恒等式，構造函數，構造反例，構造抽屜，構造算法等。例2-127 一位棋手參加11周（77天）的集訓，每天至少下一盤棋，每周至多下12盤棋，證明這棋手必在連續(xù)幾天內恰好下了21盤棋。證明：用表示這位棋手在第1天至第天（包括第天在內）所下的總盤數（），

40、依題意 考慮154個數：又由，即154個數中，每一個取值是從1到153的自然數，因而必有兩個數取值相等，由于時， 故只能是滿足 這表明，從天到天共下了21盤棋。這個題目構造了一個抽屜原理的解題程序，并具體構造了154個“蘋果”與153個“抽屜”，其困難、同時也是精妙之處就在于想到用抽屜原理。例 2-128 已知為正數且求表達式的最最小值。解：構造一個ABC，其中三邊長分別為，則其面積為另方面故知，當且僅當C=90°時，取值得最小值2，亦即時，取最小值2，如時，。2-7-2 映射它的基本形式是RMI原理。令R表示一組原像的關系結構（或原像系統(tǒng)），其中包含著待確定的原像，令表示一種映射，

41、通過它的作用把原像結構R被映成映象關系結構R*，其中自然包含著未知原像的映象。如果有辦法把確定下來，則通過反演即逆映射也就相應地把確定下來。取對數計算、換元、引進坐標系、設計數學模型，構造發(fā)生函數等都體現了這種原理。建立對應來解題，也屬于這一技巧。例2-129 甲乙兩隊各出7名隊員按事先排好的順序出場參加圍棋擂臺賽，雙方先由1號隊員比賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽，直到有一方隊員全被淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程，那么所有可能出現的比賽過程的種數為 。解 設甲、乙兩隊的隊員按出場順序分別為A1，A2，A7和B1，B2，B7。如果甲方獲勝，設獲勝的場數是，則而且 （*）容易

42、證明以下兩點：在甲方獲生時，（i）不同的比賽過程對應著方程（*）的不同非負整數解；（ii）方程（*）的不同非負整數解對應著不同的比賽過程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）對應的比賽過程為：A1勝B1和B2，B3勝A1，A2和A3，A4勝B3后負于B4，A5勝B4，B5和B6但負于B7，最后A6勝B7結束比賽。故甲方獲勝的不同的比賽過程總數是方程（*）的非負整數解的個數。解二 建立下面的對應；集合的任一個7-可重組合對應著一個比賽過程，且這種對應也是一個一一對應。例如前述的比賽過程對應的7-可重組合是所以甲方獲勝的不同的比賽過程的總數就是集合的7-可重組合的個數。例2-130 設表示個元素

43、中有個不動點的所有排列的種數。求證證明 設。對S的每個排列，將它對應向量，其中每個，當排列中第個元素不動時，否則為0。于是中所計數的任一排列所對應的向量都恰有個分量為1，所以個排列所對應的那些向量中取值為1的分量的總數為。另一方面，對于每個，使得第個元素不動的排列共有個，從而相應的維向量中，有個向量的第個分量為1。所以，所有向量的取值為1的分量總數，從而得到 例2-131 在圓周上給定個點，從中任選個點染成黑色。試證一定存在兩個黑點，使得以它們?yōu)槎它c的兩條弧之一的內部，恰好含有個給定的點。證明 若不然，從圓周上任何一個黑點出發(fā)，沿任何方向的第個點都是白點，因而，對于每一個黑點，都可得到兩個相應

44、的白點。這就定義了一個由所有黑點到白點的對應，因為每個黑點對應于兩個白點，故共有個白點（包括重復計數）。又因每個白點至多是兩個黑點的對應點，故至少有個不同的白點，這與共有個點矛盾，故知命題成立。2-7-3 遞推如果前一件事與后一件事存在確定的關系，那么，就可以從某一（幾）個初始條件出發(fā)逐步遞推，得到任一時刻的結果，用遞推的方法解題，與數學歸納法（但不用預知結論），無窮遞降法相聯系，關鍵是找出前號命題與后號命題之間的遞推關系。用遞推的方法計數時要抓好三個環(huán)節(jié)：（1）設某一過程為數列，求出初始值等，取值的個數由第二步遞推的需要決定。（2）找出與，等之間的遞推關系，即建立函數方程。（3）解函數方程例

45、2-132 整數1，2，n的排列滿足：每個數大于它之前的所有的數或者小于它之前的所有的數。試問有多少個這樣的排列？解 通過建立遞推關系來計算。設所求的個數為，則（1）對，如果排在第位，則它之后的個數完全確定，只能是,2，1。而它之前的個數，,，有種排法，令,得遞推關系。 （2）由（1），（2）得 例2-133 設是正整數，表示用2×1矩形覆蓋的方法數；表示由1和2組成的各項和為的數列的個數；且 ，證明 證明 由的定義，容易得到 又因為，且當時，類似地可證在時也有，從而和有相同的遞推關系和相同的初始條件，所以。用無窮遞降法求解也用到了這一技巧。2-7-4 區(qū)分當“數學黑箱”過于復雜時，

46、可以分割為若干個小黑箱逐一破譯，即把具有共同性質的部分分為一類，形成數學上很有特色的方法區(qū)分情況或分類，不會正確地分類就談不上掌握數學。有時候，也可以把一個問題分階段排成一些小目標系列，使得一旦證明了前面的情況，便可用來證明后面的情況，稱為爬坡式程序。比如，解柯西函數方程就是將整數的情況歸結為自然數的情況來解決，再將有理數的情況歸結為整數的情況來解決，最后是實數的情況歸結為有理數的情況來解決。的處理也體現了爬坡式的推理（例2-47）。區(qū)分情況不僅分化了問題的難度，而且分類標準本身又附加了一個已知條件，所以，每一類子問題的解決都大大降低了難度。例2-134 設凸四邊形ABCD的面積為1，求證在它

47、的邊上（包括頂點）或內部可以找出4個點，使得以其中任意三點為頂點所構成的4個三角形的面積均大于1/4。證明 作二級分類1當四邊形ABCD為平行四邊形時，A，B，C，D即為所求，命題成立。2當四邊形ABCD不是平行四邊形時，則至少有一組對邊不平行，設AD與BC不平行，且直線AD與直線BC相交于E，又設D到AB的距離不超過C到AB的距離，過D作AB的平行線交BC于F，然后分兩種情況討論。（1）如圖2-52，此時可作EAB的中位線PQ、QG，則 即A、G、Q、P為所求。（2）如圖2-53，此時可在CD與CF上分別取P、Q，使。過Q9或P）作QGAP交AB于G。為證，連AP交BE于M，過A作AHBC交

48、CD延長線于H。有得 故A、P、Q、G為所求，這實際上已證明了一個更強的命題：面積為1的凸四邊形一定能嵌入一個面積大于1/2的平行四邊形。例2-135 對內角分別為為30°、60°、90°的三角形的頂點和各邊四等分點共12個點，染以紅色或藍色，則必存在同色的三點，以它們?yōu)轫旤c的三角形與原三角形相似。證明 設ABC中，C=90°，B=60°，C=30°，點A1，A2，A3；B1，B2，B3；C1，C2，C3分別是邊AB、BC、CA的四等分點，下面作三級分類。1點A、B、C同色時，結論顯然成立。2點A、B、C異色時，記A為紅色，寫作A（紅），其余各點染色記號類同。（1）A（紅），B（紅），C（藍）時，由ABCB1BAC3B1CC3AA3A2A3B1AA2C2C2B2CA2AB2知，若結論不成立，則有B1（藍）C3（紅）A3（藍）A2（紅）C2（藍）B2（紅）A（藍）。這與A（紅）矛盾。（2）A（紅），B（藍），C（紅）時，由ABCB1ACA3BB1AC3A3C2C3B1C2B2CA2BB2AA2C2知，若結論不成立，則有B1（藍）A3（紅）C3（藍）C2（紅）B2（藍）A2（紅）A（藍）這與A（紅）矛盾。（3）A（紅），B（藍），C