初中数学奥林匹克汇总

1、l 豆稔家教培训数学奥林匹克初中训练题第 一 试一. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.设是实数,且,则等于:(A) (B) (C) (D)( )2.适合于的非负整数对 的个数是:(A)1 (B)2 (C)3 (D)4( )3.如图1,凸五边形ABCDE内接于半径为1的O,ABCD是矩形,AE=ED,且BE和CE把AD三等分.则此五边形ABCDE的面积是:(A) (B) (C) (D) ( )4.若关于的不等式的解中包含了”,则实数的取值范围是:(A) (B)或 (C)或 (D)或( )5.如图2,在ABC中,M是边AB的中点,N是边AC上的点,且,CM与BN相交于点K.若BCK的面积

2、等于1,则ABC的面积等于:(A)3 (B) (C)4 (D) ( )6.设为实数,且,抛物线与轴交于A,B两点,与轴交于点C,且抛物线的顶点在直线上.若ABC是直角三角形,则RtABC面积的最大值是:(A)1 (B) (C)2 (D)3二. 填空题.(每小题7分,共28分)1.设是实数,则函数的最小值是 .2.方程的两根为,且,则有序实数组共有 个.3.若,则 .4.如图3,正EFG内接于正方形ABCD,其中E,F,G分别在边AB,AD,BC上,若则 . 第 二 试一.(20分)如图4,在锐角ABC内有一点P,直线AP,BP,CP分别交对边于Q1,Q2,Q3,且PQ1C=PQ2A=PQ3B.

3、试问:点P是否必为ABC的垂心?如果是,请证明;如果不是,请举反例说明. 二.(25分)设为素数,是正整数.求证:方程至少有一个整数根 的充分必要条件是三.(25分)是否存在这样的正整数,使得能整除?请说明理由. 数学奥林匹克初中训练题第 一 试三. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.已知,则的值为:(A)1 (B)2 (C)3 (D)4( )2.规定”为有序实数对的运算,如果如果对任意实数都有则为:(A) (B) (C) (D)( )3.在ABC中,则A:(A)一定是锐角 (B)一定是直角 (C)一定是钝角 (D)非上述答案( )4.下列五个命题:若直角三角形的两条边长为3与4,则第

4、三边长是5;若点在第三象限,则点在第一象限;连结对角线垂直且相等的四边形各边中点的四边形是正方形;两边及其第三边上的中线对应相等的两个三角形全等.其中正确的命题的个数是:(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个( )5.设P为等腰ABC斜边AB上或其延长线上一点,那么:(A) (B) (C) (D)不确定( )6.满足方程的所有正整数解有:(A)一组 (B)二组 (C)三组 (D)四组四. 填空题.(每小题7分,共28分)1.一辆客车,一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶,在某一时刻,货车在中,客车在前,小轿车在后,且它们的距离相等.走了10分钟,小轿车追上了货车;又走了5分

5、钟,小轿车追上了客车.问再过 分钟,货车追上了客车.2.若多项式,那么P的最小值是 .3.如图1, AOB=30O, AOB内有一定点P,且OP=10.在OA上有一点Q,OB上有一点R.若PQR周长最小,则最小周长是 . 4.已知二次函数的图象上两点A,B的横坐标分别为,O是坐标原点,如果AOB是直角三角形,则AOB的周长为 .第 二 试一.(20分)已知实数满足不等式,求的值.二.(25分)如图2,点D在ABC的边BC上,且与B,C不重合,过点D作AC的平行线DE交AB于E,作AB的平行线DF交AC于点F.又知BC=5.(1) 设ABC的面积为S.若四边形AEFD的面积为.求BD长.(2)

6、若且DF经过ABC的重心G,求E,F两点的距离. 三.(25分)已知定理:”若三个大于3的质数满足关系式,则是整数的倍数.”试问:上述定理中整数的最大可能值是多少?并证明你的结论. 数学奥林匹克初中训练题(2)第 一 试一. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.有铅笔,练习本,圆珠笔三种学习用品.若购铅笔3支,练习本7本,圆珠笔1支共需3.15元;若购铅笔4支,练习本10本,圆珠笔1支共需4.2元.现购铅笔,练习本,圆珠笔各1件,共需:(A)1.2元 (B)1.05元 (C)0.95元 (D)0.9元( )2.三角形的三边都是整数,且满足,则此三角形的面积等于:(A) (B) (C) (

7、D)( )3.如图1,ABC为正三角形,PMAB,PNAC.设四边形AMPN, ABC的周长分别是,则有:(A) (B) (C) (D)( )4.满足的所有实数对,使取最大值,此最大值为:(A) (B) (C) (D)( )5.设.其中是正实数,且满足.则满足: (A)5 (B)5 (C)2 (D)3( )6.如图2,点O是正六边形ABCDEF的中心,OMCD,N 为OM的中点.则等于:(A)9:5 (B)7:4 (C)5:3 (D)3:2 二. 填空题.(每小题7分,共28分)1.若实数满足,则 .2.如图3,CD为直角ABC斜边AB上的高,DEAC.设ADE,CDB,ABC的周长分别是.当

8、 取最大值时,A= .3.若函数中自变量的取值范围是一切实数,则实数的取值范围是 .4.如图4所示,线段AB与CD都是O中的弦,其中,则O的半径R= . 第 二 试一.(共20分)是一个三位数,是一个一位数,且都是整数,求的最大值与最小值.二.(共25分)如图5,在ABC中,A=60O,O,I,H分别是它的外心,内心,垂心.试比较ABC的外接圆与IOH的外接圆的大小,证明你的论断.三.(共25分)求方程组的所有整数解. 参考答案一.1.(B)数学奥林匹克初中训练题(3)第 一 试一. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.在凸2005边形中,不大于111O的内角最多有:(A)3个 (B)4

9、个 (C)5个 (D)6个( )2.已知均为实数,且关于的不等式的解集为,则的值为: (A)3或7 (B)3或13 (C)7或8 (D)8或13( )3.满足的正整数对:(A)只有一对 (B)恰有两对 (C)至少有三对 (D)不存在( )4.如图1,A,B,C为O上的三个定点,AB=AC,P为O上的动 点.则当点P从点B按逆时针方向向点C运动的过程中,的值:(A)保持不变 (B)先减小后增大(C)先增大后减小 (D)无法判断( )5.设是方程的两个实根,实数 满足:则 的值为:(A)2005 (B)2003 (C) (D)( )6.在同一平面上,正方形ABCD的四个顶点到直线的距离只取四个值,

10、其中一个值是另一个值的3倍,这样的直线可以有:(A)4条 (B)8条 (C)12条 (D)16条二. 填空题.(满分28分,每小题7分)7.抛物线与直线组成的正方形有公共 点, 则的取值范围是 .8.如图2,D为ABC的边BC上一点,P为线段AD上一点,若若APB的面积为9,CPD的面积为16,则ABC面积的最小值是 9.在由ABC内的2005个点P1,P2,P2005及ABC的三个顶点A,B,C共2008个点所构成的三角形中,最多有 个三角形,它们恰好将ABC完全分割成无任何重叠的三角形.10.如果点P将O的弦AB和CD分成的四条线段PA,PB,PC,PD的长度恰好是四个互不相同的正整数,则

11、称点P为O的”整分点”.现已知M是半径为5的O上一点,则在半径OM上有 个不同的整分点.第 二 试三. 解答题.(共70分)11.(满分20分)求所有的实数,使得关于的方程有且只有整数根.12.(满分25分)如图3,O,H分别是锐角ABC的外心和垂心,D是BC边上的中点.由H向A及其外角平分线作垂线,垂足分别是E,F.求证:D,E,F三点共线. 13.(满分25分)能否将1,2,3,12这12个正整数分成两组,使得 其中第一组有3个数,第二组有9个数,并且第一组中3个数的积恰好等于第二组中9个数之和?若能,请给出所有的分组方法;若不能,请说明理由。. 数学奥林匹克初中训练题(4)第 一 试四.

12、 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.在(是大于3的整数)这5个数中,分数的个数为: (A)2 (B)3 (C)4 (D)5( )2.如图1,正方形ABCD的面积为256,点F在AD上,点E在AB的延长线上,RtCEF的面积为200,则BE的长为:(A)10 (B)11 (C)12 (D)15 ( )3.已知均为整数,且满足.则以为根的一元二次方程是:(A) (B)(C) (D)( )4.如图2,在RtABC中,AF是高,BAC=90O,且 BD=DC=FC=1,则AC为:(A) (B) (C) (D) ( )5.若,则的值为:(A)1 (B)2 (C)3 (D)非上述答案( )6.设,

13、则的最大值是:(A) (B)18 (C)20 (D)不存在五. 填空题.(每小题7分,共28分)1.方程的实数根是 . 2.如图3,矩形ABCD中,E,F分别是BC,CD上的点,且 ,则= .3.已知二次函数(为常数).当时,当为任意实数时,都有.则抛物线的顶点到原点的距离为 .4.如图4,半径为,圆心角为90O的扇形OAB的上有一运动的点P.从点P向半径OA引垂线PH交OA于点H.设OPH的内心为I,当点P在上从点A运动到点B时,内心I所经过的路径长为 . 第 二 试一.(20分)在一个面积为1的正方形中构造一个如下的小正方形;将单位正方形的各边等分,然后将每个顶点和它相对应顶点最接近的分点

14、连结起来,如图5所示.若小正方形的面积恰为,求的值. 二.(25分)一条笔直的公路穿过草原,公路边有一卫生站A,距公路的地方有一居民点B,A,B之间的距离为.一天某司机驾车从卫生站送一批急救药品到居民点.已知汽车在公路上行驶的最快速度是,在草地上行驶的最快速度是.问司机应以怎样的路线行驶,所用的行车时间最短?最短时间是多少?三.(25分)从1，2，3，3919中任取2001个数。证明：一定存在两个数之差恰好为98。数学奥林匹克初中训练题(5)第 一 试六. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.若均为质数,且,则的值为:(A)1999 (B)2000 (C)2001 (D)2002( )2

15、.设,则之间的关系是:(A) (B)(C) (D)( )3.设ABC的三边长为满足,则ABC的周长是: (A)10 (B)14 (C)16 (D)不能确定( )4.下面四个命题:直角三角形的两边长为3,4,则第三边长为5;,对角线相等且互相垂直的四边形是正方形;若四边形ABCD中,ADBC,且AB+BC=AD+DC,则四边形ABCD是平行四边形.其中正确的命题的个数为:(A)0 (B)1 (C)2 (D)3( )5.一个四位数为平方数,则的值为:(A)11 (B)10 (C)9 (D)8( )6.如果满足的ABC恰有一个,那么的取值范围是:(A) (B) (C) (D)或七. 填空题.(每小题

16、7分,共28分)1.已知为实数,且多项式能被整除,则的值是 .2.设正整数满足,则的最大值是 .3,若=1,则= .4.如图1,AB是半圆O的直径,四边形CDMN和DEFG都是正方形,其中C,D,E在AB上,F,N在半圆上.若AB=10,则正方形CDMN的面积与正方形DEFG的面积之和是 .第 二 试一.(20分)若AD是ABC角平分线,I是线段AD上的点,且.求证:I是ABC的内心.二.(25分)用汽船拖载重量相等满载货物的小船若干只,在两港之间来回送货物.已知每次拖4只小船,一日能来回16次;每次拖7只小船,一日能来回10次.每日来回次数是拖小船只数的一次函数(一天中每次拖小船只数不变).

17、问每日来回多少次,每次拖多少只小船,才能使运货问题达到最大?三.(25分)设是从1到9的互不相同的整数,求的最大的可能值.数学奥林匹克初中训练题(6)第 一 试八. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.正实数满足,那么的最小值为:(A) (B) (C)1 (D)( )2.的值最接近于:(A) (B) (C) (D)( )3.如图1, ABC中,AB=AC,A=40O,延长AC到D,使 CD=BC,点P是ABD的内心,则BPC=:(A)145O (B)135O (C)120O (D)105O( )4.为两两不同的正整数,且,则满足上述要求的四元数组 共有: (A)4组 (B)6组 (C)8

18、组 (D)10组( )5. ABC的三边长皆为整数,且,当ABC为等腰三角形时,它的面积的答案有:(A)1种 (B)2种 (C)3种 (D)4种( )6. ABC的A,B皆为锐角,CD是高,已知,则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. 填空题.(每小题7分,共28分)1.使方程恰好有两个解的 所有实数为 .2.如图2,正方形ABCD中,延长边BC到E,AE分别交BD,CD于点P,Q.当AP=QE时,PQ:AE= . 3.如图3, ABC内接于O,AB=90O,则O的面积为 .4.某中学生暑期社会调查团共17人到几个地方去考察,事

19、先预算住宿费平均每人每天不超过元.一日到达某地,该地有两处招待所A,B.A有甲级床位8个,乙级床位11个;B有甲级床位10个,乙级床位4个,丙级床位6个.已知甲,乙,丙床位每天分别为14元,8元,5元.若全团集中住在一个招待所里,按预算只能住B处,则整数= .第 二 试一.(20分)一批货物准备运往某地,有甲,乙,丙三辆卡车可雇用.已知甲,乙,丙三辆车每次运货量不变,且甲乙两车单独运这批货物分别用次;若甲,丙两车合运相同次数,运完这批货物,甲车共运了;若乙,丙两车合运相同次数,运完这批货物,乙车共运了.现甲,乙,丙合运相同次数把这批货物运完,货主应付车方运费各多少元?(按每吨运费20元计算)?

20、二.(25分)如图4,在圆外切凸六边形ABCDEF中,ABDE,BCEF,CDFA.求证: 凸六边形ABCDEF是中心对称图形. 三.(25分)试求出所有这样的正整数使得关于的二方程至少有一个整数根.数学奥林匹克初中训练题(7)第 一 试十. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.设是实数,且,则等于:(A) (B) (C) (D)( )2.适合于的非负整数对 的个数是:(A)1 (B)2 (C)3 (D)4( )3.如图1,凸五边形ABCDE内接于半径为1的O,ABCD是矩形,AE=ED,且BE和CE把AD三等分.则此五边形ABCDE的面积是:(A) (B) (C) (D) ( )4.若

21、关于的不等式的解中包含了”,则实数的取值范围是:(A) (B)或 (C)或 (D)或( )5.如图2,在ABC中,M是边AB的中点,N是边AC上的点,且,CM与BN相交于点K.若BCK的面积等于1,则ABC的面积等于:(A)3 (B) (C)4 (D) ( )6.设为实数,且,抛物线与轴交于A,B两点,与轴交于点C,且抛物线的顶点在直线上.若ABC是直角三角形,则RtABC面积的最大值是:(A)1 (B) (C)2 (D)3十一. 填空题.(每小题7分,共28分)1.设是实数,则函数的最小值是 .2.方程的两根为,且,则有序实数组共有 个.3.若,则 .4.如图3,正EFG内接于正方形ABCD

22、,其中E,F,G分别在边AB,AD,BC上,若则 . 第 二 试一.(20分)如图4,在锐角ABC内有一点P,直线AP,BP,CP分别交对边于Q1,Q2,Q3,且PQ1C=PQ2A=PQ3B.试问:点P是否必为ABC的垂心?如果是,请证明;如果不是,请举反例说明. 二.(25分)设为素数,是正整数.求证:方程至少有一个整数根的充分必要条件是。三.(25分)是否存在这样的正整数,使得能整除?请说明理由.数学奥林匹克初中训练题(8)第 一 试十二. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1. 已知均为非零实数,且满足,则的值是: (A)1 (B)2 (C) (D)( )2.如图1,在等腰中,AC=

23、BC,以斜边AB为一边作等边ABD, 使点C,D在AB的同一侧.再以CD为一边作等边CDE,使点C,E在AB的异偶.若AE=1,则CD的长为:(A) (B) (C) (D)( )3.对于任意给定的正整数为某正整数的立方,其中为正整数.那么,这样的:(A)只有一个 (B)只有两个 (C)有无数多个 (D)不存在( )4.如图2,在中,ABC=90O,AB=AC.在直线AB或BC上取一点P,使PAC为等腰三角形.那么,符合条件的点P共有:(A)4个 (B)6个 (C)7个 (D)8个( )5.已知锐角ABC的三边长不相等,D是边BC上一点, BAD+C=90O.那么,AD必通过ABC的:(A)外心

24、 (B)内心 (C)重心 (D)垂心( )6.若正整数使得关于的函数的最大值也是正整数,那么,这个最大值等于:(A)3 (B)4 (C)7 (D)8十三. 填空题.(每小题7分,共28分)1.已知为正整数,且满足.则的 值等于 .2.如图3,在正方形ABCD中,过点B作BEAC,使得CE=AC.延长EC交BA的延长线于点F.则F= . 3.已知是方程的两个实根,是方程的两个实根,是方程其中是实数.则的值是 .4.如图4,直线与轴,轴分别交于点A,B,以线段AB为直角边在第一象限内作等腰,BAC=90O.如果第二象限内存在一点,使得ABP与ABC的面积相等,则实数的值为 . 第 二 试一.(20

25、分)在二次函数中,为正整数,.且方程有两个小于1的不等正实数根,求的最小值.二.(25分)如图5,已知O1与O2相离,OP和OQ是它们的两条外公切线,线段O1O2的垂直平分线交射线OP于A,过点A分别作O1,O2的切线,分别交射线OQ于B,C两点.求证: ABC是等腰三角形. 三.(25分)是否存在正整数,使得等式成立?如果存在,求 出所有的所有值;如果不存在,请说明理由.数学奥林匹克初中训练题(九)第 一 试一. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.设,则下列结论中,正确的是:(A) (B) (C) (D) ( )2.设,则的大小关系是:(A) (B) (C) (D) ( )3. 表示

26、不大于的最大整数,则方程的所有实数解的个数是:(A)2 (B)3 (C)4 (D)5( )4.如图1,在梯形ABCD中, ,E,F分别是CD,AB的中点,则EF的长为:(A) (B) (C) (D) ( )5.设为实数, 是方程的两个根,若 ,则的取值范围是:(A) (B) (C) 或 (D) ( )6.如图2, O是正方形ABCD的外接圆,点P在劣弧AB 上,DP交AO于点Q,若PQ=QO,则等于:(A) (B) (C) (D) 二. 填空题.(每小题7分,共28分)1.如图3,在梯形ABCD中,ABCD, C=60O,D=45O,则梯形ABCD的面积等于 .2.设是实数,关于的一元二次方程

27、的两 个实根分别为.若,则= .3.使得是一个整数的平方的整数共有 个.4.如图4,在ABC中, ,CD AB.若ACD,BCD的内心分别为I1,I2,则I1I2= .(用关 于的代数式表示).第 二 试一.(20分)求出所有的实数,使得关于的一元二次方程的两个根都是整数.二.(25分)如图5,在ABC中,C=90O,D是BC边上一点,ADC=45O,作DEAB于点E,且AE:BE=10:3,若DE=,试求C的平分线CF的长. 三.(25分)试求出所有的整数,使得能整除数学奥林匹克初中训练题(10)第 一 试十四. 选择题.(每小题7分,共42分)( )1.下列四个式子中与相等的是:(A) (

28、B) (C) (D)( )2.由方程确定的曲线所围成的图形的面积是:(A)1 (B)2 (C) (D)4( )3.若,则等于:(A) (B) (C) (D)( )4.周长为有理数的等腰三角形,其底边上的高是底边的,则腰与底边上的高:(A)都是有理数 (B)都不是有理数(C)腰是有理数,底边上的高不是有理数 (D)腰不是有理数,底边上的高是有理数( )5.如图1,在ABC中,AB=AC,ABC=40O,BD是ABC的平分线,延长BD至E,使DE=AD,则ECA的度数为:(A)30O (B)35O (C)40O (D)45O( )6.在平面上具有整数坐标的点称为整点.若一线段 的端点分别为(2,1

29、1),(11,14),则在此线段上(包括端点)的整点共有:(A)3个 (B)4个 (C)6个 (D)8个十五. 填空题.(每小题7分,共28分)7.设,则的值为 .8.半径为R的O中,弦AB=R,弦CD=.若ABCD,则AB与CD的距离为 .9.若实数满足,则的最大值为 .10.如图2,A,B,C,D四点在同一圆周上,且BC=CD=4,AE=6,线段BE与DE的长都是正整数,则BD的长等于 . 第 二 试十六. 解答题.11.(20分)关于的方程至少有一个负根,求的取值范围.12.(25分)如图3,已知点D是ABC的边AC上的一点,AD:DC=2:1,C=45O,ADB=60O.求证:AB是B

30、CD的外接圆的切线. 13.已知二次函数的图象与 都只有一个交点,分别为P,Q,PQ=, 一次函数的图象过P点,并和二次函数的图象交于另一点R.求PQR的面积.中国数学奥林匹克试题与解答2010年12月29日 一、给定锐角三角形PBC，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OEAB，OFCD，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：；（2）若 ，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，又OQMR是平行四边形，所以，由题设A，B，C，

31、D四点共圆，所以，于是 图1 ，所以 ，故 ，所以 EMFM，同理可得 ENFN，所以 （2）答案是否定的当ADBC时，由于，所以A，B，C，D四点不共圆，但此时仍然有，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，所以 又，所以 而ADBC，所以， 由，得 因为 ， ，即 ，所以 ，故 （由）同理可得， ，所以 ，从而 二、求所有的素数对（p，q），使得解：若，不妨设，则，故由Fermat小定理， ，得，即易验证素数对不合要求，合乎要求若为奇数且，不妨设，则，故当时素数对合乎要求，当时，由Fermat小定理有，故由于为奇素数，而626的奇素因子只有31

32、3，所以经检验素数对合乎要求若都不等于2和5，则有，故 由Fermat小定理，得 ， 故由，得 设， 其中为正整数若，则由，易知，这与矛盾！所以同理有，矛盾！即此时不存在合乎要求的综上所述，所有满足题目要求的素数对为，及三、设m，n是给定的整数，是一个正2n+1边形，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，设这个凸边形为，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设，则，更有而+，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理由引理知，若凸边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻在凸边形中，设顶点与为两

33、个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角设与的劣弧上包含了的条边（），这样的在固定时恰有对（1） 若凸边形的其余个顶点全在劣弧上，而劣弧上有个中的点，此时这个顶点的取法数为（2） 若凸边形的其余个顶点全在优弧上，取，的对径点，由于凸边形在顶点，处的内角为锐角，所以，其余的个顶点全在劣弧上，而劣弧上恰有个中的点，此时这个顶点的取法数为所以，满足题设的凸边形的个数为 四、给定整数，实数满足 求的最小值解 不妨设，则对，有，所以 当n为奇数时， 当n为偶数时， 所以，当n为奇数时，当n为偶数时，等号均在时成立因此，的最小值为（n为奇数），或者（n为偶数）五、凸边形中的每条边和每条对角线都被染为n种

34、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，其顶点为多边形的顶点，且它的3条边分别被染为这3种颜色？解 当为奇数时，存在合乎要求的染法；当为偶数时，不存在所述的染法。每3个顶点形成一个三角形，三角形的个数为个，而颜色的三三搭配也刚好有种，所以本题相当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合，即形成一一对应我们将多边形的边与对角线都称为线段对于每一种颜色，其余的颜色形成种搭配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在个三角形中，这表明在合乎要求的染法中，各种颜色的线段条数相等所以每种颜色的线段都应当有条当为偶数时，不是整数，所以不

35、可能存在合乎条件的染法下设为奇数，我们来给出一种染法，并证明它满足题中条件自某个顶点开始，按顺时针方向将凸边形的各个顶点依次记为对于，按理解顶点再将种颜色分别记为颜色将边染为颜色，其中再对每个，都将线段（对角线）染为颜色，其中于是每种颜色的线段都刚好有条注意，在我们的染色方法之下，线段与同色，当且仅当 因此，对任何，任何，线段都不与同色换言之，如果 则线段都不与同色任取两个三角形和，如果它们之间至多只有一条边同色，当然它们不对应相同的颜色组合如果它们之间有两条边分别同色，我们来证明第3条边必不同颜色为确定起见，不妨设与同色情形1：如果与也同色，则由知， ， 将二式相减，得，故由知不与同色情形2

36、：如果与也同色，则亦由知， ， 将二式相减，亦得，亦由知与不同色总之，与对应不同的颜色组合 六、给定整数，证明：存在n个互不相同的正整数组成的集合S，使得对S的任意两个不同的非空子集A，B，数 与 是互素的合数（这里与分别表示有限数集的所有元素之和及元素个数）证 我们用表示有限数集X中元素的算术平均第一步，我们证明，正整数的n元集合具有下述性质：对的任意两个不同的非空子集A，B，有证明：对任意，设正整数k满足 ， 并设l是使的最小正整数我们首先证明必有 事实上，设是A中最大的数，则由，易知A中至多有个元素，即，故又由的定义知，故由知特别地有此外，显然，故由l的定义可知于是我们有若，则；否则有，

37、则 由于是A中最大元，故上式表明结合即知现在，若有的两个不同的非空子集A，B，使得，则由上述证明知，故，但这等式两边分别是A，B的元素和，利用易知必须A=B，矛盾第二步，设K是一个固定的正整数，我们证明，对任何正整数x，正整数的n元集合具有下述性质：对的任意两个不同的非空子集A，B，数与是两个互素的整数事实上，由的定义易知，有的两个子集，满足，且 显然及都是整数，故由上式知与都是正整数现在设正整数d是与的一个公约数，则是d的倍数，故由可知，但由K的选取及的构作可知，是小于K的非零整数，故它是的约数，从而再结合及可知d=1，故与互素第三步，我们证明，可选择正整数x，使得中的数都是合数由于素数有无

38、穷多个，故可选择n个互不相同且均大于K的素数将中元素记为，则，且（对），故由中国剩余定理可知，同余方程组，有正整数解 任取这样一个解x，则相应的集合中每一项显然都是合数结合第二步的结果，这一n元集合满足问题的全部要求奥林匹克数学的技巧有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学，通常的情况是，在一般思维规律的指导下，灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合。这当中，经常使用一些方法和原理（如探索法，构造法，反证法，数学归纳法，以及抽屉原理，极端原理，容斥原理），同时，也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。在2-1曾经说过：“竞赛的技巧不是低层次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技，它既是使

39、用数学技巧的技巧，又是创造数学技巧的技巧，更确切点说，这是一种数学创造力，一种高思维层次，高智力水平的艺术，一种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。”奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。2-7-1 构造它的基本形式是：以已知条件为原料、以所求结论为方向，构造出一种新的数学形式，使得问题在这种形式下简捷解决。常见的有构造图形，构造方程，构造恒等式，构造函数，构造反例，构造抽屉，构造算法等。例2-127 一位棋手参加11周（77天）的集训，每天至少下一盘棋，每周至多下12盘棋，证明这棋手必在连续几天内恰好下了21盘棋。证明：用表示这位棋手在第1天至第天（包括第天在内）所下的总盘数（），

40、依题意 考虑154个数：又由，即154个数中，每一个取值是从1到153的自然数，因而必有两个数取值相等，由于时， 故只能是满足 这表明，从天到天共下了21盘棋。这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序，并具体构造了154个“苹果”与153个“抽屉”，其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。例 2-128 已知为正数且求表达式的最最小值。解：构造一个ABC，其中三边长分别为，则其面积为另方面故知，当且仅当C=90°时，取值得最小值2，亦即时，取最小值2，如时，。2-7-2 映射它的基本形式是RMI原理。令R表示一组原像的关系结构（或原像系统），其中包含着待确定的原像，令表示一种映射，

41、通过它的作用把原像结构R被映成映象关系结构R*，其中自然包含着未知原像的映象。如果有办法把确定下来，则通过反演即逆映射也就相应地把确定下来。取对数计算、换元、引进坐标系、设计数学模型，构造发生函数等都体现了这种原理。建立对应来解题，也属于这一技巧。例2-129 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 。解 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为A1，A2，A7和B1，B2，B7。如果甲方获胜，设获胜的场数是，则而且 （*）容易

42、证明以下两点：在甲方获生时，（i）不同的比赛过程对应着方程（*）的不同非负整数解；（ii）方程（*）的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：A1胜B1和B2，B3胜A1，A2和A3，A4胜B3后负于B4，A5胜B4，B5和B6但负于B7，最后A6胜B7结束比赛。故甲方获胜的不同的比赛过程总数是方程（*）的非负整数解的个数。解二 建立下面的对应；集合的任一个7-可重组合对应着一个比赛过程，且这种对应也是一个一一对应。例如前述的比赛过程对应的7-可重组合是所以甲方获胜的不同的比赛过程的总数就是集合的7-可重组合的个数。例2-130 设表示个元素

43、中有个不动点的所有排列的种数。求证证明 设。对S的每个排列，将它对应向量，其中每个，当排列中第个元素不动时，否则为0。于是中所计数的任一排列所对应的向量都恰有个分量为1，所以个排列所对应的那些向量中取值为1的分量的总数为。另一方面，对于每个，使得第个元素不动的排列共有个，从而相应的维向量中，有个向量的第个分量为1。所以，所有向量的取值为1的分量总数，从而得到 例2-131 在圆周上给定个点，从中任选个点染成黑色。试证一定存在两个黑点，使得以它们为端点的两条弧之一的内部，恰好含有个给定的点。证明 若不然，从圆周上任何一个黑点出发，沿任何方向的第个点都是白点，因而，对于每一个黑点，都可得到两个相应

44、的白点。这就定义了一个由所有黑点到白点的对应，因为每个黑点对应于两个白点，故共有个白点（包括重复计数）。又因每个白点至多是两个黑点的对应点，故至少有个不同的白点，这与共有个点矛盾，故知命题成立。2-7-3 递推如果前一件事与后一件事存在确定的关系，那么，就可以从某一（几）个初始条件出发逐步递推，得到任一时刻的结果，用递推的方法解题，与数学归纳法（但不用预知结论），无穷递降法相联系，关键是找出前号命题与后号命题之间的递推关系。用递推的方法计数时要抓好三个环节：（1）设某一过程为数列，求出初始值等，取值的个数由第二步递推的需要决定。（2）找出与，等之间的递推关系，即建立函数方程。（3）解函数方程例

45、2-132 整数1，2，n的排列满足：每个数大于它之前的所有的数或者小于它之前的所有的数。试问有多少个这样的排列？解 通过建立递推关系来计算。设所求的个数为，则（1）对，如果排在第位，则它之后的个数完全确定，只能是,2，1。而它之前的个数，,，有种排法，令,得递推关系。 （2）由（1），（2）得 例2-133 设是正整数，表示用2×1矩形覆盖的方法数；表示由1和2组成的各项和为的数列的个数；且 ，证明 证明 由的定义，容易得到 又因为，且当时，类似地可证在时也有，从而和有相同的递推关系和相同的初始条件，所以。用无穷递降法求解也用到了这一技巧。2-7-4 区分当“数学黑箱”过于复杂时，

46、可以分割为若干个小黑箱逐一破译，即把具有共同性质的部分分为一类，形成数学上很有特色的方法区分情况或分类，不会正确地分类就谈不上掌握数学。有时候，也可以把一个问题分阶段排成一些小目标系列，使得一旦证明了前面的情况，便可用来证明后面的情况，称为爬坡式程序。比如，解柯西函数方程就是将整数的情况归结为自然数的情况来解决，再将有理数的情况归结为整数的情况来解决，最后是实数的情况归结为有理数的情况来解决。的处理也体现了爬坡式的推理（例2-47）。区分情况不仅分化了问题的难度，而且分类标准本身又附加了一个已知条件，所以，每一类子问题的解决都大大降低了难度。例2-134 设凸四边形ABCD的面积为1，求证在它

47、的边上（包括顶点）或内部可以找出4个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的4个三角形的面积均大于1/4。证明 作二级分类1当四边形ABCD为平行四边形时，A，B，C，D即为所求，命题成立。2当四边形ABCD不是平行四边形时，则至少有一组对边不平行，设AD与BC不平行，且直线AD与直线BC相交于E，又设D到AB的距离不超过C到AB的距离，过D作AB的平行线交BC于F，然后分两种情况讨论。（1）如图2-52，此时可作EAB的中位线PQ、QG，则 即A、G、Q、P为所求。（2）如图2-53，此时可在CD与CF上分别取P、Q，使。过Q9或P）作QGAP交AB于G。为证，连AP交BE于M，过A作AHBC交

48、CD延长线于H。有得 故A、P、Q、G为所求，这实际上已证明了一个更强的命题：面积为1的凸四边形一定能嵌入一个面积大于1/2的平行四边形。例2-135 对内角分别为为30°、60°、90°的三角形的顶点和各边四等分点共12个点，染以红色或蓝色，则必存在同色的三点，以它们为顶点的三角形与原三角形相似。证明 设ABC中，C=90°，B=60°，C=30°，点A1，A2，A3；B1，B2，B3；C1，C2，C3分别是边AB、BC、CA的四等分点，下面作三级分类。1点A、B、C同色时，结论显然成立。2点A、B、C异色时，记A为红色，写作A（红），其余各点染色记号类同。（1）A（红），B（红），C（蓝）时，由ABCB1BAC3B1CC3AA3A2A3B1AA2C2C2B2CA2AB2知，若结论不成立，则有B1（蓝）C3（红）A3（蓝）A2（红）C2（蓝）B2（红）A（蓝）。这与A（红）矛盾。（2）A（红），B（蓝），C（红）时，由ABCB1ACA3BB1AC3A3C2C3B1C2B2CA2BB2AA2C2知，若结论不成立，则有B1（蓝）A3（红）C3（蓝）C2（红）B2（蓝）A2（红）A（蓝）这与A（红）矛盾。（3）A（红），B（蓝），C