2024年第50屆俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克決賽試題含答案

第50屆（2024）俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克

（決賽試題及解答）

第50屆俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克決賽于2024年4月19日至25日在下諾夫哥羅

德市舉行.與以往各屆一樣,舉行兩天考試.分九十和十一三個(gè)年級(jí)進(jìn)行.每天5個(gè)

小時(shí)考四道題.以下各個(gè)年級(jí)的前四道題都是第一天的試題.后四道題則為第二天

的試題.

九年級(jí)試題

9.1.別佳和瓦夏只知道不超過10。-4000的正整數(shù).別佳把可以表示為形式

加+ab^ac+bc的數(shù)叫做好數(shù).其中a,b,c都是不小于10（）的正整數(shù).而瓦夏把可

以表示為形式xyz-T-y-z的數(shù)叫做好數(shù).其中x.y.z都是大于100的正整數(shù)

誰的好數(shù)更多？

92某正整數(shù)剛好有50個(gè)正約數(shù).試問.它的任何兩個(gè)正約數(shù)的差能否都不是

100的倍數(shù)?

9.3.兩個(gè)男孩每人得到一口袋土豆.每人的口袋里都有15（）顆土豆.兩人依次

交換土豆，每人每次都從自己的口袋里取出非零個(gè)土豆放入對(duì)方的口袋.在此過程

中他們必須遵守“新可能性條件”：每一次他們每個(gè)人所拿出的土豆數(shù)目都要多于此

前他的任何一次行動(dòng)前口袋里所有的土豆數(shù)目（如果此前他有過行動(dòng)）.意即.每人

的第一次都可以拿出任意非零顆土豆.而在第5次行動(dòng)時(shí)，男孩可以拿出200顆七

豆,如果在他的第一,第二,第三和第四次行動(dòng)前.口袋里的土豆數(shù)目都少于200顆.

試問.兩個(gè)男孩最多一共可以行動(dòng)多少次？

9.4.設(shè)ABCD是圓內(nèi)接四邊形，有乙4+ZD=90°.它的兩條對(duì)角線相交

于點(diǎn)E.直線（分別與線段AB.CD,AE和ED相交于點(diǎn)X,Y,Z和T.今知

4Z=CE.BE=DT.證明.線段XV等于△ETZ的外接圓直徑.

9.5.今有一個(gè)10x10方格正方形廣場.新年之夜突然降起了大雪.從那時(shí)起.

每天夜晚在每個(gè)方格里的降雪深度都有10cm.并且都只在夜晚降雪.每個(gè)早晨.清

潔工都挑選一行（或一列）方格.把里面的積雪清掃到相鄰的行（或列）里（每個(gè)方格

里的積雪清掃到依邊相鄰的方格里）.例如.他可以選擇第七列方格.把其中每個(gè)方

格里的積雪都鏟到左鄰的方格里.不允許把積雪鏟到正方形廣場以外該年的第一

百天的傍晚將會(huì)到來一位檢查員，他要找出積雪堆得最厚的方格.清潔工則力爭使

該高度達(dá)到最小.試問.校查員可以看到多高的雪堆？（譯者注：俄羅斯冬季寒冷.在

這一百天內(nèi)積雪都不會(huì)融化.）

9.6.在4ABC中有AB<AC.分別以H和O記它的垂心和外心，以C記它

1

的外接圓.線段OH與4BHC町外接圓相交于點(diǎn)X,點(diǎn)X與。和H都不重合.

△AOX的外接圓與圓9的劣弧AB相交于點(diǎn)匕證明.直線XV平分線段BC.

9.7.黑板上寫著8個(gè)二次三項(xiàng)式，其中任何兩個(gè)的和都不是零多項(xiàng)式.現(xiàn)知.如

果從中任意選出兩個(gè)多項(xiàng)式團(tuán)（工）和92"）,那么剩下的六個(gè)多項(xiàng)式都可以如此來

稱呼為。3（工），。4（工）「一，98（工），使得91（工）+例（工），93（工）+94（工），95（工）+96（工）和

.（.r）+/（力這四個(gè)多項(xiàng)式有公共根.試問.所有八個(gè)多項(xiàng)式是否一定有公共根？

9.8.100（）個(gè)身高互不相等的孩子站成一隊(duì).稱兩個(gè)不同孩子構(gòu)成的對(duì)子（。》）

是好的，如果在他們之間沒有站著比“"之一高而比另一個(gè)矮的孩子.試問，最多可

能有多少個(gè)好的對(duì)子？（對(duì)子（。,彷與對(duì)子（b.a）視為相同的.）

十年級(jí)試題

10.1.設(shè)p與q是兩個(gè)不同的質(zhì)數(shù)給定一個(gè)遞降的無窮等差數(shù)列.其中含有項(xiàng)

p23,p24,q23和證明在該數(shù)列中必然會(huì)有等于p和q的項(xiàng).

10.2.設(shè)有奇數(shù)〃23.在2nx2n方格表中涂黑2（n-l）2個(gè)方格.試問，最多

可以剪出多少個(gè)由三個(gè)未涂黑方格構(gòu)成的角狀形？

10.3.給定正整數(shù)兒伊利亞想出兩個(gè)不同的實(shí)系數(shù)n次多項(xiàng)式.薩沙也想出兩

個(gè)不同的實(shí)系數(shù)〃次多項(xiàng)式.廖娘知道n是多少.她的目的是弄清楚伊利亞和薩沙

的多項(xiàng)式對(duì)是否相同.為此，廖娘選擇了A-個(gè)實(shí)數(shù)叫<小<???<并把它們告

訴二人.作為答復(fù).伊利亞填寫了一張2xk表格.對(duì)于每個(gè)i=12…4?，他在第i

列的兩個(gè)方格里分別填寫尸（工,）.Q（r,）（兩個(gè)數(shù)的填寫順序不確定），其中尸和Q是

他所想出來的兩個(gè)多項(xiàng)式.薩沙的做法類似.試問”對(duì)于怎樣的最小的k.廖娘能夠

有把握達(dá)到目的？

10.4.給定凸四邊形ABCD.其中有乙4+=90。.它的兩條對(duì)角線相交

于點(diǎn)E.直線I分別與線段AB.CD.AE和ED相交于點(diǎn)X.Y.Z和T.今知

工Z=CE.BE=DT.證明,線段XV的長度不大于AETZ的外接圓直徑.

10.5.今有一條筆直的道路.沿路排列著小房子.有的是紅房子,有的是綠房子.

紅綠房子交替排列（道路被房子分成一個(gè)個(gè)紅段和綠段），并且開頭與結(jié)尾都是綠房

子.每一座房子的長度都大于1cm,短于1m,而每下一座房子都比前一座長.一只

螞蚱試圖沿著這些房子朝前跳動(dòng),并且到遍每座綠房子至少一次.而不到達(dá)任何一

座紅房子（甚至不到相鄰房子的交界處）.證明.螞蚱能夠?qū)崿F(xiàn)它的目的.并且在它的

步長中至多出現(xiàn)8個(gè)不同的值.一

10.6.給定平行四邊形ABCD.以M記△.4欣7外接圓上弧ABC'的中點(diǎn).在

線段AD上取一點(diǎn)E.在線段CD上取一點(diǎn)F.今知ME=MD=MF.證明.

B,ME與尸四點(diǎn)共圓.

10.7.給定兩個(gè)正整數(shù).r,與n.在直線上取定小條白色線段和U2條黑色線段.

其中,Vi>4且也>.r2.今知.任何兩條同色線段都不相交（甚至沒有公共端點(diǎn)）.

2

亦知.無論怎樣挑出小條白色線段和條黑色線段.都一定會(huì)有某兩條被挑出的

線段相交.證明

（?71一11）也—工2）<1112-

10.8.給定正整數(shù)n>2.瑪莎在圓周上寫上n個(gè)正整數(shù).達(dá)雅進(jìn)行如下的操作:

在每兩個(gè)相鄰的數(shù)?和b之間寫上a+b的某一個(gè)大于1的約數(shù)、然后他擦去所有

原來的數(shù)并得到n個(gè)新的數(shù).試問.達(dá)雅能否通過若干輪這樣的操作使得所有的數(shù)

變?yōu)橄嗟龋?/p>

十一年級(jí)試題

ILL在空間中有一個(gè)無限長的圓柱體（亦即到某條給定直線，的距離為A>0

的點(diǎn)的幾何位置）.試問.能否有某個(gè)這樣的四面體.包含著它的各條棱的六條直線與

該圓柱體都剛好各有一個(gè)公共點(diǎn)？

11.2.三元有序正數(shù)組（a.b,c）稱作神秘的.如果

J"?+焉+山+焉+\/盧+焉+短=2（a+6+c）.

證明.如果數(shù)組（。也c）是神秘的.則數(shù)組（c,b.a）也是神秘的.

1L3.尤里來到偉大的瑪雅神表（這是一個(gè)很大的方格表）.神表有200列和22。。

行.尤里知道每一個(gè)方格里都畫著太陽或月亮的圖案.并且任何兩行圖案都不完全

相同（至少有一列中的圖案不同）.每一個(gè)方格都用一片葉子蓋住.來了一陣風(fēng)并吹

走了一些葉片.每一行中都吹走了兩片葉子.試問.能否出現(xiàn)這樣的情形：尤里可以

憑借現(xiàn)在的情況弄清楚某1000（）行的全部情形.即弄清楚這些行中每一個(gè)方格里都

畫著哪種圖案？（尤里?瓦列津諾維奇.克諾羅佐夫，1922-1999.蘇聯(lián)和俄羅斯學(xué)者.

破譯了瑪雅書面文字.）

11.4.四邊形ABCD中沒有平行邊.它內(nèi)接于圓3.經(jīng)過頂點(diǎn)4作直線QAIIBC、

經(jīng)過頂點(diǎn)B作直線3〃。。，經(jīng)過頂點(diǎn)C作直線fd/DA,經(jīng)過頂點(diǎn)D作直線

（D//AB.四條邊相繼位于這些直線（按照所說的順序）上的四邊形內(nèi)接于圓7.圓”

與圓7相交于點(diǎn)E和點(diǎn)F.證明.直線AC,BD與EF相交于同一個(gè)點(diǎn).

11.5.同第9.5題.

11.6.非等腰銳角三角形ABC的外接圓是3,外心是O.垂心是H.經(jīng)過點(diǎn)O

作直線-4/7的垂線.經(jīng)過點(diǎn)H作直線AO的垂線.證明.這兩條垂線與邊AB和邊

AC的交點(diǎn)都在同一個(gè)與3相切的圓周上.

11.7.某國共有n>10（）個(gè)城市.暫時(shí)沒有城市間的道路.政府主觀而隨機(jī)地決

定每兩個(gè)城市間（雙向）道路的建設(shè)費(fèi)用，道路造價(jià)從1到H泰勒爾各有一

條（所有的價(jià)位等概率）.每個(gè)城市的市長都從由該市出發(fā)的〃-1條道路中挑出造

價(jià)最低的一條建造（可能是道路兩端的市長都愿意.也可能只是一端的市長）.

3

在這些道路建成后,城市形成八/個(gè)連通分支(同一個(gè)連通分支中的城市可以利

用建成的道路互相通達(dá)，包括中轉(zhuǎn)：不同分支中的城市則不能相互通達(dá)).試求隨機(jī)

變玨M的數(shù)學(xué)期望.

11.8.證明.存在某個(gè)c>0,使得對(duì)任何奇質(zhì)數(shù)p=21-+1.數(shù)1°,2132.???,代

被P除時(shí)至少產(chǎn)生出S個(gè)不同的余數(shù).

試題解答

9.1.答案：瓦夏的好數(shù)多.

解：如果正整數(shù)k=abc+ab+ac+be<109-4000是別佳的好數(shù),那么

k-2=(a+1)(6+l)(c+1)-(a+1)-(^+1)-(c+1)

就是瓦夏的好數(shù)(A--2當(dāng)然是正整數(shù)).這意味著只要?jiǎng)e佳有p個(gè)好數(shù).那么我們就

可以找到瓦夏的P個(gè)不同的好數(shù).它們?nèi)紘?yán)格小于109-4(X)().另一方面.由于

1()9-4000=(100()-1)1000(1000+1)-(100()-1)-1000-(1000+1),

所以1(19_4000也是瓦夏的好數(shù)：故而瓦夏至少有p+1個(gè)好數(shù).

9.2.答案：不能.

解：假設(shè)存在這樣的正整數(shù)那么題中條件等價(jià)于v的所有正約數(shù)的末兩

位數(shù)是互不相同的二位數(shù).將正整數(shù)的末二位數(shù)形成的二位數(shù)稱為原來的數(shù)的,?尾

數(shù)”(若只有個(gè)位,則前面加0).注意.尾數(shù)被4和5除的余數(shù)跟原來的數(shù)相同.

如果n是5的倍數(shù)那么對(duì)于〃的任何一個(gè)不可被5整除的約數(shù)d,亦存在著

可被5整除的約數(shù)5d.對(duì)于不同的d.所得的5d也不相同.所以在n的約數(shù)中，5

的倍數(shù)至少占一半.意即不少于25個(gè).這樣的約數(shù)的尾數(shù)皆或以0結(jié)尾或以5結(jié)

尾.然而這樣的可能的尾數(shù)不多于20個(gè).從而其中必有兩個(gè)相同.這個(gè)矛盾表明.〃

不是5的倍數(shù),從而它的約數(shù)都不以()和5結(jié)尾.

如果n是奇數(shù).它的所有約數(shù)都是奇數(shù).然而一共只有50個(gè)可能的奇數(shù)尾數(shù).

其中還有10個(gè)以5結(jié)尾.它們不可能出現(xiàn).從而此時(shí)亦可找到兩個(gè)相同的尾數(shù).矛

盾.

如果n是2的倍數(shù).但不是4的倍數(shù).則它的所有約數(shù)分成一系列對(duì)子@2d).

其中d是〃的奇約數(shù).此時(shí).所有的形如2d均具有不可被1整除的尾數(shù).而這樣的

(不可被5整除)尾數(shù)一共只有20個(gè).故亦可找到兩個(gè)相同的尾數(shù),再次矛盾.

最后，假設(shè)可以整除n的2最高方耳數(shù)是2\其中r>2.那么.如果d是n

的奇約數(shù).則42d.22%….2rd都是n的約數(shù).并且n的所有正約數(shù)均可如此分組.

這就表明.n約數(shù)個(gè)數(shù)是r+1的倍數(shù).意即50可被r+1整除.從而r>4.

此時(shí)，〃有3010個(gè)奇約數(shù).并且也有同樣多個(gè)可被2整除但不可被4整

除的正約數(shù).這也就意味著其余的正約數(shù)都是4的倍數(shù)它們不少于3()個(gè)但是這

樣的尾數(shù)至多只可能有25個(gè),故亦可找到兩個(gè)相同的尾數(shù).還是矛盾.

9.3.答案：19次.

解：假設(shè)一共可以行動(dòng)n次.

我們來觀察第k次行動(dòng).以ak表示進(jìn)行第A-次行動(dòng)的男孩在剛剛結(jié)束這次行

動(dòng)時(shí)，他的口袋里的土豆數(shù)目.此時(shí)對(duì)方口袋里的土豆數(shù)目是300-八.我們還以

=150=300-?（）表示第一次行動(dòng)前，每個(gè)男孩口袋里的土豆數(shù)目.

根據(jù)這些記號(hào).在將要進(jìn)行第A-次行動(dòng)的男孩的口袋里原有30（）顆土豆

而行動(dòng)后有顆土豆.這說明.他在這次行動(dòng)中.轉(zhuǎn)移了300-念7-痣顆土豆

（給對(duì)方）.如果k>3,那么該數(shù)目應(yīng)當(dāng)大于他的前一次行動(dòng)（亦即第k—2次行動(dòng)）

之前他口袋里的土豆數(shù)目，即大于300-故知300-念一―%>300-afc_3.

亦即“3>+<“.由于都是整數(shù).故知對(duì)一切k=3,4,???,〃，都有a—>

Ok-i4-a*+1.

現(xiàn)在來確定諸?,的值.從尾部開始.定義數(shù)列他｝如下:包=d=%=0,

而b*+3=bk+l+bk+1.我們用歸納法來證明.對(duì)于k=0,1,%有an.k>bk

和私+1>h.對(duì)于k=0,1,2,結(jié)論顯然成立.而為完成歸納過渡.只需指出.對(duì)于

k>3.根據(jù)歸納假設(shè).有

2On-fc+2+On-k+3+12^jt-2+既-3+1=既，

bk+i=bi+bk-2+12b*-2+縱-3+1=b*.

這樣.我們就有?<>>bn.下面列表給出6,開頭的一些值：

k()1234567891011121314151617181920

bk00011234681115202736486485113150199

故由條件bn<150得到n<19.

下面說明男孩們可以按照上表進(jìn)行19次行動(dòng).開始時(shí)每個(gè)男孩都有人=150

顆土豆.讓他們?cè)谕瓿桑◤念^數(shù)的）第A-次行動(dòng)后.執(zhí)行此次行動(dòng)的男孩剩有仇9T

顆土豆.于是在第k次行動(dòng)中該男孩轉(zhuǎn)移了300--口一顆土豆而在此前

他的任何一次行動(dòng)之前,他有300-b.顆土豆，其中/>17-k.并且30（）-b,<

3（）0-3一k<300-瓦這就表明.該次行動(dòng)滿足題中條件,而且兩個(gè)男孩

一共可進(jìn)行19次行動(dòng).

9.4.解：對(duì)△ETZ和割線AXB與CYD運(yùn)用梅涅勞斯定理.得知

HZBEXTCEDTYZ

'AE'~BT"XZ^CZ'~DE"YT^Y

再由等式AZ=CE和BE=DT推知AE=CZ和3T=DE.把這些等量關(guān)系

代入前面的等式.得到

XTYZ

Tz=YT'

這表明.X與y關(guān)于線段ZT的中點(diǎn)S對(duì)稱（參閱圖1）.

5

13

圖1

由題中條件可知.射線AB與DC相交于某個(gè)點(diǎn)F.且形成直角.從而在直角

三角形△XFY中.中線FS等于弦XV的長度的一半.

分別以M和N記線段AD和BC的中點(diǎn).以O(shè)記圓（ABC。）的圓心.則點(diǎn)

0是線段AC和BD的中垂線的交點(diǎn).而這兩條中垂線分別重合于線段EZ和ET

的中垂線.這表明.點(diǎn)O也是圓（ETZ）的圓心，而OE是其半徑.所以.我們只需

證明OE=FS.下面來證明：OEFS是平行四邊形.由此即可推出所需結(jié)論.

既然EN是AEBC的中線.而MS是四邊形AZTD的對(duì)邊中點(diǎn)連線.我們

有

對(duì)=在亙=型1=謾

22

在直角三角形△FBC中.斜邊中線臥在直線BF與CF上的投影分別等于

BP/2和ct/2.既然O與M分別是圓（A3C0和圓（AOE）的圓心,它們?cè)谶@些

直線上投影時(shí)，前者重合于線段AB與CD的中點(diǎn).而后者重合于線段AF與DF

的中點(diǎn).所以，向量同=加-而=向-波在這些直線上的投影分別等于

（療-前）/2=BP/2和（市一萬苕）/2=ct/2.這表明向量近與同在我們

的兩條直線上的投影相等，故知寸=司.

這樣一來.就有示=同+鋸=京+示=后京所以O(shè)EFS是平行四

邊形.

附注：還有證明OEFS是平行四邊形的其它方法.例如可以利用點(diǎn)。與F

關(guān)于ZVIOE等角共軌的事實(shí).

亦可以采用第10.4題中的解答方法.

9.5.答案：1120cm.

解：我們將以分米dm為單位.并認(rèn)為方格的邊長也是1dm.于是每個(gè)夜晚在每

G

個(gè)方格里降FldnJ的雪.

我們來證明.在第一百個(gè)早晨清掃之后，可以找到高度不低于112dm的雪堆.

假設(shè)找不到這樣的雪堆.由于在第一百個(gè)早晨,清潔工必須清掃干凈某一行（或某一

列）方格中的積雪.所以有10個(gè)方格里是沒有積雪的.而根據(jù)我們的假設(shè).在其余90

個(gè)方格里,積雪的厚度都不超過111dm.因此,積雪的總體積不大于9990dn】3.然而

在一百個(gè)夜晚卻一共降下了10000dm3的雪此為矛盾.

下面來說明.清潔工如何可以做到，在第一百個(gè)早晨之后，每一個(gè)雪堆的高度都

不大于112dm（意即每個(gè)雪堆中的雪都不多于112dm3）.

方法1：前11天中.清潔工把第二列方格中的積雪鏟到第一列中.在接下來的

11天中.他把第三列方格中的積雪鏟到第二列中：在再接下來的U天中.他把第

四列方格中的積雪鏟到第三列中；如此等等.經(jīng)過99天以后,第卜列方格里沒有積

雪.我們來計(jì)算經(jīng)過99天之后.在第三9列方格里的積雪厚度.在第11（，-1）個(gè)

傍晚在第i列中沒有積雪.而在第，+1列的每一個(gè)方格里都有l(wèi)l（z-l）＜hn3積

雪.于是在下一個(gè)傍晚.在第i列的每一個(gè)方格里都有11（/-l）+2（hn3積雪在

接下來的10天中.第i列的每一個(gè)方格里的積雪厚度都會(huì)增加2dm.而在后面的

11（9-/）天里.則會(huì)增厚1dm.從而在經(jīng)過99天之后,在第i列的每一個(gè)方格里都

有11（，-1）+22+11（9-i）=110dm3積雪.在第100個(gè)夜晚,分別都增加1dm3.

于是.每個(gè)方格里的積雪都不多于112dm3.

方法2:讓清潔工在前9天里.依次把第二列方格里的雪鏟到第一列方格中.把

第三列方格里的雪鏟到第二列方格中.如此等等，把第十列方格里的雪鏟到第九列

方格中，于是在第九天傍晚.前九列方格中各有l(wèi)（）dnF積雪，而第十列方格都是空

的.在接下來的九天中.清潔工進(jìn)行反向的類似操作：把第九列方格里的雪鏟到第十

列方格中.把第八列方格里的雪鏟到第九列方格中.如此等等.把第一列方格里的雪

鏟到第二列方格中.于是在第十八天傍晚.后九列方格中各有20dm3積雪.而第一

列方格都是空的.以后再反復(fù)進(jìn)行類似這樣的操作.每九天算作一輪.共操作十一輪.

于是除了邊緣上的一列方格都是空的之外.其余每個(gè)方格里都有積雪110dm3.在第

一百個(gè)早晨.清潔工把那列邊緣方格里的積雪鏟到相鄰的列里.于是每個(gè)方格里的

積雪都不多于112elm3.

9.6.解法1：設(shè)”'與X，分別是點(diǎn)H與X關(guān)于邊BC中點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)（參閱

圖2左圖）.于是HXH'X'是平行四邊形.由于LBX'C=ABH'C=ABHC=

18（）。-ABAC.所以點(diǎn)X，與H,都在圓。上又因H'B//CHA.AB,故知H,是

點(diǎn)工在該圓上的對(duì)徑點(diǎn).因而,線段AH,經(jīng)過點(diǎn)O.回憶起XO//X'H',獲知

^AYX1=180°-Z.AH'X'=180°-Z.AOX=NAVX,這表明.點(diǎn)Y.X和X'位于

同一條平分BC的直線上.

解法2:既然乙BHC=180°-AABC,所以圓（BHC）與圓Q關(guān)于BC對(duì)稱.

設(shè)O'是圓BHC的圓心，八/是線段BC的中點(diǎn).則點(diǎn)M亦是00,的中點(diǎn)（參閱

圖2右圖）.

7

圖2

如所周知.4,=28/（可以通過以&48C的重心為中心以一2為系數(shù)的位似

變換來證明這一點(diǎn)）.所以O(shè)O'=2OM=AH.既然OO'LBCA.AH.所以AHO'O

是平行四邊形.

設(shè)點(diǎn)T在射線O'X上.使得O'T=20X.則有XT=O'X=O'H=AO.

由于是等腰三角形.所以乙TXO=Z.O'XH=^O'HX=NAOX,故知

△TXO言△4OX,這表明Z.TOX=乙4X0.

由于XM是△cm的中線.我們獲知Z.MXO=Z.TOX=NAX。意即

XO是N4XM的平?分線.而在圓Q4XOV）中有CU=0Y.因而知O是弧石濘

的中點(diǎn).因此XO是ZAXY的外角平分線.由此可知NAXM與互補(bǔ).意

即XV與M三點(diǎn)共線.

附注:我們?cè)倭信e有關(guān)圖形的若干性質(zhì).它們對(duì)于題目的解答是有益的（所有符

號(hào)均與上述解答相同）.

點(diǎn)4與X，關(guān)于直線OH對(duì)稱.特別地.有X、=XX，=2XM.

還有一些點(diǎn)也在圓AOXY上.例如線段AM與圓（BHC）的交點(diǎn)，點(diǎn)O'在

圓周（60。）上的的交點(diǎn),等等.

9.7.答案：不一定.

解：我們來構(gòu)造滿足題中所有條件但卻沒有公共根的八個(gè)多項(xiàng)式：

22

fi（x）=-x4-2,f2（x）=3T-2,人（工）=-4工2+3.

2

力（工）=2/一3,加了）=-4/+工+4,f6（x）=4T4-T-4,

fy（T）=—5T2—T4-5,人（工）=5/—x—5.

8

這八個(gè)多項(xiàng)式在J=-1,0.1處的值如下表所列:

X八⑺/3（工）/6（工）/7（X）加工）

T11-1-1-1-111

02-23-34一45-5

111一1-111-1-1

這八個(gè)多項(xiàng)式?jīng)]有公共根.甚至連/i（.r）與/2（.r）也沒有公共根.下面來驗(yàn)證它

們滿足題中條件.

假設(shè)從它們之中任意選出兩個(gè)多項(xiàng)式.

如果選出的兩個(gè)多項(xiàng)式是（Ahi（工）,/2氏（工）），其中A-=1.2,3,4,那么所有八個(gè)

多項(xiàng)式可配對(duì)為（/iU）./2（z））,（73（x）,74（x））,（人⑴/⑺），（6（工），人（工））.這些對(duì)

子的和都以0為根.

如果選出的是其它形式的兩個(gè)多項(xiàng)式,那么不難確認(rèn)這兩個(gè)多項(xiàng)式的和或者在

q=-1或者在%=1處的值是0（也可能在兩處的值都是0）.取定這樣的,r0.其

余六個(gè)多項(xiàng)式在T0處的值有三個(gè)為1,有三個(gè)為-1.于是可將它們配為三對(duì)，使得

每一對(duì)的和在孫處的值都是0.

9.8.答案：5012-3=250998.

解：假設(shè)一共有2n個(gè)孩子.我們來考慮與題目類似的問題.證明最多可能有

（n+1）2-3個(gè)好的對(duì)子.

將孩子按身高下降的順序編號(hào)為不難看出，如果他們列成如下的

一隊(duì)：

n+l,n4-2,???,2n,1.2,-??,n,

那么所有的對(duì)子口,力就都是好的.其中i<n<j（因?yàn)檎驹谒麄冎g的每一個(gè)孩子

或者比兩人都高,或者比兩人都矮）.這樣的對(duì)子共有小個(gè).此外所有形如（1./+1）

的對(duì)子也都是好的.這樣的對(duì)子一共有2n-1對(duì).但是（n.n+1）在前面計(jì)算過了,

所以好的對(duì)子的總數(shù)為

n2+（2"—1）—1=（riI）2—3.

下面只需再證.好的對(duì)子數(shù)目不可能多于（"+1）2-3.我們來對(duì)〃歸納.〃=1

時(shí)只有一個(gè)對(duì)子.結(jié)論顯然成立.

現(xiàn)設(shè)?>1.考察2〃個(gè)孩子列成的任意一種隊(duì)列,從中取出好的對(duì)子（?,6）,其

中差距|a-b\達(dá)到最大.為確定起見.設(shè)a<〃.且設(shè)孩子?在b的左邊.稱孩子c

是杰出的.如果他既與a構(gòu)成好的對(duì)子.又與b構(gòu)成好的對(duì)子.

弓I理：至多有兩個(gè)杰出的孩子.

引理之證：設(shè)c是杰出的.根據(jù)對(duì)子（a.b）的選法，有c-a<b-a和b-c<b-a,

故知a<c<b.這就表明e不站在a與b之間.否則對(duì)子（a,b）不可能是好的.從而

任何杰出的孩子都或者站在。以左,或者站在b以右.

假設(shè)有兩個(gè)杰出的孩子C<Q都在?以左.則有?<4<強(qiáng)<b.從而a不

9

可能站在?與C,之間.否則對(duì)子(a.c2)不是好的.因此.q站在‘2以左然而這樣

一來.C2就站在C1和b之間.從而對(duì)子(d.6)不可能是好的.這個(gè)矛盾表明，在?的

左邊至多有一個(gè)杰出的孩子.同理可知.在，的右邊也至多有一個(gè)杰出的孩子.引理

證畢.

現(xiàn)在來完成歸納過渡.去掉孩子〃和氏還剩2n-2個(gè)孩子.根據(jù)歸納假設(shè)其

中至多有n2-3個(gè)好的對(duì)子.現(xiàn)在讓。和，，恢復(fù)到原來的位置上.我們來看,至多增

加了多少個(gè)好的對(duì)子.易知.這些對(duì)子中有(?.6),有對(duì)于任何一個(gè)杰出的孩子c所

形成的兩個(gè)對(duì)子(a,c)和(Ac).有對(duì)于其余的孩子d所形成的對(duì)子(aS)和他/)

之中的至多一個(gè).所以一共至多增加了1+(2〃-2)+2=2n+1個(gè)對(duì)子,從而現(xiàn)在

至多有(/-3)+(2〃+1)=(〃+1產(chǎn)―3個(gè)好的對(duì)子.這就是所要證明的.

附注:對(duì)引理證明中所涉及的孩子?和b的選擇.還有其他方法.例如.可選擇

”和6.使得(?！?是對(duì)子成員離得最遠(yuǎn)的好的對(duì)子.也可以取a=1,而將b取為使

得(1力)是好的對(duì)子的最大的整數(shù).

10.1.解：刪去數(shù)列中的所有非整數(shù)(如果有的話).易知.刪去非整數(shù)后的數(shù)列

仍然是等差數(shù)列.故可設(shè)原來的數(shù)列就是由整數(shù)組成的遞降的無窮等差數(shù)列.設(shè)其

公差為-壯

注意到q￡i-產(chǎn),可被,1整除.這意味著d不可被P整除因若不然.小3可被

P整除此為矛盾.另一方面.d應(yīng)當(dāng)是‘丹一/3=產(chǎn)⑺-1)的約數(shù)既然p與d

互質(zhì).所以P-1可被d整除.然而由于p23-p=p(p-l)(p'"+"加+?..+1),知

23

/3-P可被P-1整除.因而可被d整除.并且由于p<p,故知P屬于我們的遞

降的無窮等差數(shù)列.同理可知.<1屬于我們的遞降的無窮等差數(shù)列.

10.2.答案2n-1.

圖3

解：將2nx2n%格表分為，產(chǎn)個(gè)2x2正方形(稱為“田”).

至多有""丁'=(n-I)2個(gè)田中有不少于2個(gè)黑格.其余的田不少于

?2_(n-1尸=2n-1個(gè).既然這些田里都至多有一個(gè)黑格，所以都存在由三個(gè)

未涂黑方格構(gòu)成的角狀形.

下面構(gòu)造例子.說明可能只有2n-l這樣的角狀形.

10

我們來對(duì)奇數(shù)n>1作歸納.

當(dāng)〃=1時(shí).沒有黑格.并只可剪出一個(gè)角狀形.

為實(shí)現(xiàn)過渡.我們從2〃x2〃方格表中分離出一個(gè)寬度為2的“邊框.（如圖3所

示）.在該“邊框中靠著內(nèi)沿一共有8（“-2）個(gè)黑格.而在去掉??邊框.后的方格表

中按照歸納假設(shè)涂黑2（n-3）2個(gè)方格,從而一共有2（〃-3產(chǎn)+8（〃-2）=2（r?-l）2

個(gè)黑格.

在我們的例子中.任何由三個(gè)未涂黑方格構(gòu)成的角狀形都或者整個(gè)位于“邊框?.

里,或者整個(gè)位于去掉“邊框”后的方格表里.根據(jù)歸納假設(shè),后一類角狀形有2（n-

2）—1=2n-5個(gè).而在邊框中至多可剪出4個(gè)角狀形.因?yàn)槌怂膫€(gè)角上的田之

外.其余的任何一個(gè)2x2正方形里都至少有兩個(gè)黑格.都剪不出來角狀形.這就表

明,一共只能剪出（2n-5）+4=2n-l個(gè)角狀形.

10.3.答案：2n+1.

解：我們來證明.在k=2〃（更何況在k<2n）時(shí).廖娘未必能唯一地確定出

多項(xiàng)式對(duì)A和Q.設(shè)她選了2n個(gè)實(shí)數(shù)<x2<<工2…我們令4]）=

（工一?）（工一工2）…工一4）,B[X）=（X-Tn+1）（T-Xn+3）???（X-X2n）.于是，對(duì)于

i=都有4工,）=0;而對(duì)于i=n+l,n+2「..，2n,都有6（/）=0.

如果伊利亞所想的兩個(gè)多項(xiàng)式是呂=A+23和Qi=—2B.那么對(duì)于

z=1.2..-,n.在他所交出的2x2〃表格的第，列所寫的兩個(gè)數(shù)是士呂（為）；而對(duì)于

i=n+1.n+2,???,27?,則是±,4（右）.而如果薩沙想的兩個(gè)多項(xiàng)式是P2=A-2B

和Q2=-工+2B.那么所述的表格也適合于他.

另一方面,我們來證明，當(dāng)卜=2〃+1時(shí).伊利亞的表格可能只有不多于一對(duì)多

項(xiàng)式戶和Q滿足.假設(shè)不然.有兩對(duì)不同的多項(xiàng)式和P2.Q2都滿足這張表

格.那么P-2與P\或者與Qx在自變量的至少n+1個(gè)不同的值上取相同的值.不妨

設(shè)是與Pi.如此一來.居與P2就是相同的多項(xiàng)式（因?yàn)樗鼈兊牟钍且粋€(gè)次數(shù)不大

于n的多項(xiàng)式.卻有n+1個(gè)不同的根）.此時(shí)再由表格又可知道Q1與Q2在2n+1

處的值重合.所以Qi=Q2.

10.4.解以3記圓（ETZ）,以d記其半徑.由于BE=D「所以BT=

BE+ET=DT+ET=DE.由條件NA+/。=90°推知射線AB與DC相

交于點(diǎn)F（參閱圖4）.在圓（ABE）中引直徑EB'.由于AABE>90。.所以讓點(diǎn)

在圓周上按照順序A-B-E-B'移動(dòng).此時(shí)有AAB'B=NAEB=ACED

和ABAB'=90°+AFAC=AECD.故知4CED?（兩組對(duì)應(yīng)角相等）,

4A，CFA7

所以B=際=萬k由該比例式可知直角三角形?ABB'D.于是

NBTB'=LAZB'.所以點(diǎn)B'在圓周"上.我們指出，.43是點(diǎn)B'關(guān)于XZEX的

西姆松線.這是因?yàn)閊B'AE="BE=90。.于是點(diǎn)B'在直線ZT上的投影位于

AB之上,意即B'XA.ZT.

同理可知.點(diǎn)E在圓（CED）上的對(duì)徑點(diǎn)C在圓3上.亦有CYLED.如此

一來B'C就是3的弦.而X與>'分別是13,和C在直線ZT上的投影.所以

11

xy<B'c<d.這就是所要證明的.

圖4

注1：給出本題的另一解答.

不難證明.XZ=TY（例如利用梅涅勞斯定理）.設(shè)M.N,K分別是線段八。（和

ZE）.6。（和TE）,XK和ZT）的中點(diǎn).設(shè)尸=ABQCD.由于△XFY是直角

三角形.故知FK=XY/2.注意△KMN是4EZT的中點(diǎn)三角形.容易算得

4NFN=180°-C1EN=180°-ZMKN.這意味著A/.K.N.F四點(diǎn)共圓.于是

FK是圓（MKN）的弦.由此可知，XY/2=KF<2RXIKN=RETZ.由此完成證

明.

注2：事實(shí)上.B'C是圓（ETZ）的直徑.故不難計(jì)算角度.但這對(duì)于解題不需要.

等式XV=d成立,當(dāng)且僅當(dāng),原四邊形為圓內(nèi)接四邊形（參閱第9.4題）.

注3:給出本題的又一解答.

DE

沿用原解法里的符號(hào).并令工=BF.y=AB.2=CEf=和人?=萬石〃〃

4E

下=ZT.a=NAED.由關(guān)于AEZT和直線AYB.關(guān)于△EZT和直線CYD

的梅涅勞斯定理，得到:XZ=YT="丁二.在XZET中應(yīng)用正弦定理.得知:

d=綜合上述.得到XV=XZ+YZ+ZT=p-這樣一來.就只需

sinaArt-1

證明:

/M+1

Sm°^—

由關(guān)于ZXAFC和直線BED.關(guān)于4BFD和直線AEC的梅涅勞斯定理.容易看

12

出k=(=匹±2,H=(上+*+').由此即知

zyxtTZ

kf+1_(x+y)(z+t)—xz

H—1(T+y)(z+t)+xz'

記LFAC=B"FDB=》于是a=90°+3+?這表明

(r+</)(;+/)-xz

sina=cos7cos3—sin7sind=

4?2+(2+。2)仁2+(￡+/2)

其中后面一個(gè)等號(hào)源自和4BFD都是直角三角形.最后只需再指出，根據(jù)

柯西-薛瓦茨不等式,有，（工2+（2+￡）2）（22+（』.+12）2公+（2+f）（T+亦由

此即得所要證明的不等式（★）.

10.5.解：假設(shè)小房子沿著數(shù)軸排列，以1cm為單位長度.

取定0<e<0.0L使得任何一對(duì)相鄰房子的長度之差都大于10s.在數(shù)

軸上標(biāo)出兩端皆無限的以￡為公差的等差數(shù)列.使得任何房子的兩頭都不是被標(biāo)

出的點(diǎn).螞蚱僅僅在被標(biāo)出的點(diǎn)上跳動(dòng).它的步長（一步跳躍的距離）屬于集合

{e,e,2?4（.8f,16C32/.64，},其中（=ne,而正整數(shù)n使得2<2和64]>101.

螞蚱的行動(dòng)策略如下：往右沿著綠房子跳動(dòng).每步跳動(dòng)距離6,直到不能繼續(xù)為

止.接著以最小可能的步長越過面臨的紅房子（這樣的步長是可以找到的.因?yàn)樗?/p>

許的最大步長6">101超過100+E）.假設(shè)它以跳躍距離2d越過了面臨的紅色區(qū)

問我們只需確認(rèn)螞蚱在這一步躍遷之后的確落入下一個(gè)綠色區(qū)間也c].假設(shè)

并非如此.螞蚱從點(diǎn)a-x.其中0<T<E,一步跳到點(diǎn)0-+2（/>c,那么就有

2d>（c-b）+（b-a）>2（6-a）4-l（te,于是d>（b-a）+e.這意味著螞蚱可以以

比2d更小的步長越過紅色區(qū)間[a.6],此為矛盾.

10.6.解法1:設(shè)乙4=J-.由于ADZE和△。八/￡都是等腰三角形（或者由

于點(diǎn)M是圓（DEF）的圓心）.知Z.EMF=360°-2M參閱圖5左圖）.于是為完成

本題證明.只需證明"BF亦等于這個(gè)值.

在以點(diǎn)D為中心以1為系數(shù)的位似變換之下.點(diǎn)E,F.B分別變?yōu)辄c(diǎn)E'.F'.

亦即線段DE,EF.DB的中點(diǎn).為求2EBF,我們改為求^E'B'F'.注意到E'和

F'分別是點(diǎn)M在AD和CD上的投影.而B'是平行四邊形的中心.或者說是線

段AC的中點(diǎn).從而B'亦是點(diǎn)M在AC上的投影.八/.廳.43在同一個(gè)以MA

為直徑的圓上.由此可知/.E'B'F'=3G0°-T-f-f=360°-2.r,這就是所要證

明的.

解法2:只需證明LA13E=NC3E（亦即BE和BF對(duì)于AB和AC的等角

性）.事實(shí)上,型在4EBF的外角平吩線上.且在線段EF的中垂線上,這意味著

它重合于弧EBF的中點(diǎn)（參閱圖5右圖）.

為證NABE=LCBF只需證明XXBE~ACBF.下面就來證明這一點(diǎn).

在射線AB上取點(diǎn)X,使得BX=BC-在射線CB上取點(diǎn)K使得BY=BA.

易知△81/C會(huì)△BA/X（邊角邊）.于是知MX=MC=MA.我們來看DF的中

13

圖5

垂線.它亦垂直于直線4X.而由于A/.4=MX,知其亦是線段AX的中垂線.于是

可知ADFX是等腰梯形,而ABCD剛好是平行四邊形,故CXBF亦是等腰梯形.

并且有CB=BX=XF和乙XBC=180°=Z.4BC.關(guān)于梯形AYI3E亦可類似

得到同樣的結(jié)論.于是有AYBE~CXBF.由此即得所需結(jié)論AABE?ACBF.

附注:可以有另外的途徑證明解法2中所需的結(jié)論AABE~4CBF.例如通

過證明等式AEBC=CF-AB來實(shí)現(xiàn).而該等式的證明.可以通過截取AM在

AD上的投影.再截取線段AE.通過△A0C中的元素來表述正弦值.等等.

亦存在包括利用復(fù)數(shù)在內(nèi)的其它計(jì)算方法來解答本題.

10.7.解法1:自左至右把白線段依次記作“，1.〃，2--."，如，把黑線段依次記作

仇對(duì)每條黑線段％,以S（%）記這樣的角標(biāo)/<.*/!-1的數(shù)目.使得M

既與白線段wt相交又與白線段叫+1相交.并稱之為b1的粘合力.如果有某個(gè)白線

段對(duì)（%.W+i）與某兩條黑線段都相交.那么這兩條黑線段就有公共點(diǎn).根據(jù)題中條

件此為不可能.所以

j=i

定義y1個(gè)各由?條白線段構(gòu)成的集合：對(duì)于（）WiS如一工i.集合G,由

線段i—+2,…,wi+xi構(gòu)成而對(duì)于小一上1+1Wi二/一1集合G1由線段

5+1,Wi+2,???,Wyi和線段皿.U，2,…，叫構(gòu)成（換言之.每個(gè)集合都由C1條在

角標(biāo)循環(huán)的意義下依次排列的黑線段構(gòu)成）.對(duì)集合G.用N（G,）表示不與G,中任

何線段相交的黑線段數(shù)目.由題中條件可知.N（G）<z2-1.所以

z：=￡WS-1）.

i=O

另一方面.每一條黑線段修都至多與1+S也）條白線段相交.而這些白線段依

次排列在一條直線匕于是包含其中至少一條白線段的集合個(gè)數(shù)不超過l+s（%）+

血一1=S（bj）+工1.因此,線段%至少被故一（%）+皿）個(gè)形如N（G,）的數(shù)計(jì)入

14

其中.所以

U2yi

s>￡（yi-s⑻—勺）=j/2①-g）—￡S（bj）

J=17=1

>1/2—1一11）一（"1-1）-

聯(lián)立關(guān)于E的兩方面估計(jì),得知

例（12—1）2〃2（協(xié)一力）一（仍—1）=（U1-*1）（?/2—力）（陽工2-L

這就是所要證明的.

解法2：假設(shè)題中斷苕對(duì)某些.l-^X2.U\.y>不成立.即有（//1一/1）（，2-72）>工112,

在此設(shè)和數(shù)yx+y>達(dá)到最小.

不失一般性可認(rèn)為%-為>工卜取出自左數(shù)起的第X1條白線段卬和第

校-工2條黑線段B.它們中有一條的右端點(diǎn)稍左一點(diǎn).

1）若W的右端點(diǎn)稍左（或二線段右端點(diǎn)重合）.則右邊的工2條黑線段與左邊

的工I條白線段不相交,此為矛盾：

2）若0的右端點(diǎn)稍左.刪去田左邊的所有白線段（包括W）和B左邊的所

有黑線段（包括B）.剩下的白線段（不少于.口條）都不與已經(jīng)刪去的y2-n條黑

線段相交.由此已經(jīng)可推知這一工2<12,

令工=［1,4=如一g2%,名=Z2-（"2