2026年国际数学奥林匹克国家集训队测试试题真题（含答案详解）

第页2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试一第一天试题题1．设Fn为Fibonacci数列，其中F0=0初始时，黑板上写有数对0,0．一次操作擦去黑板上原有的数对x,y，然后写上x+Fk,y+Fk+1或x−Fk,题2．给定圆Ω，Ω上的两点A,B，以及满足∠ACB=90∘且AC<BC的点C．设AB的中点为M,P是优弧AB上的动点，使得∠CMP>90∘．设点题3．设整数n>k>1,zn并求等号成立的条件．2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试一第一天试题解答题1．设Fn为Fibonacci数列，其中F0=0初始时，黑板上写有数对0,0．一次操作擦去黑板上原有的数对x,y，然后写上x+Fk,y+Fk+1或x−Fk,证明：记ϕ=1+52,ψ=1−52．Fibonacci根据规则，每次操作可以对黑板上的数对加上或减去Fk,Fk+1，而根据上述观察，每次操作也可以对黑板上的数对加上或减去Fk,−Fk−1．引理：任意正整数p可以表示为不超过log2p+1证明：设Ln=Fn+Fn+2，则L0=1,归纳证明，p=1,2时显然．对于正整数p≥3，设下标k满足Lk≤p<Lk+1，于是由引理，可以通过不超过2次操作，将0,0变为p,题2．给定圆Ω，Ω上的两点A,B，以及满足∠ACB=90∘且AC<BC的点C．设AB的中点为M,P是优弧AB上的动点，使得∠CMP>90∘．设点证明：设直线BC再次交圆Ω于点K，则K为定点．我们证明K满足条件．设直线CQ与AB交于点E．因为CQ∥MP，故∠CB设∠AKC=∠APB=α，2PA因此CB设直线CM与PQ交于点R（图中未画出），则由∠RPM=∠QPM=∠MCP可知MCCQ由于MB=MC，这意味着CBCE=CQCK∠=题3．设整数n>k>1,zn并求等号成立的条件．证明：设D={z∈ℂ:z引理：设z1,z2,…,1等号成立当且仅当z1,z2,…,证明：对每个1≤i≤n，固定zjj≠i，考虑函数fzi=1−z1z2⋯znn−z1−⋯−zn=1−azib−zi．由于Reb=n−j≠i​Rezj≥1，因此b−zi在我们用归纳法证明引理，n=1时结论平凡．注意若引理对n≥2成立，取zn=1可知引理对n−1也成立由前述的观察，不妨设所有zi的模长均为1．对k=1,2,…,n，取模长为1的复数wk及实数ck∈−1,11由归纳假设，n−i=1nciwi≥1−c4=由归纳假设，等号成立要求是c1w1,…,cnwn中至少有n−1个等于1．不妨设c2w2=⋯=cnwn=1，由于z2k−1+z2k=2ckwk=2，因此z3回到原题．我们归纳证明题目中的不等式成立，且等号成立当且仅当z1,…,zn中至少有n−1个等于1．假设结论对n−1,k成立（其中设fz=z−z1⋯z−zn，并设f′z=nz−w1⋯1对w1,…,wn代换为zi，n两边乘以nn−由归纳假设（当k=n−1时利用引理），等号成立要求w1,…,wn−1中至少有n−2个等于1．由于n≥3，因此1是f′的根，于是Gauss-Lucas定理表明1也是f的根（否则1无法落在f的根的凸包内部）．因为f′中1的重数至少是n−2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试二第一天试题1．对有限集X与整数t，记X+t={x问：是否对任意整数m≥2，均存在m元正整数集A和m个互不相同的整数tσA2．给定整数m,n，满足n>2m>2．某团体共有n名成员，某些成员之间是朋友关系，朋友关系是相互的．现要分成m个委员会，每名成员恰参与一个委员会．首先确定了每个委员会的主任与副主任，此时发现恰有一种方式分配剩余n−2m名成员到各委员会中，使得每个委员会的全体成员（包括主任和副主任）两两都是朋友．这里允许一个委员会仅有主任和副主任两人．3．设m,n是正整数，P1,P2是m元非常值整系数多项式，Q1,Q2是n元非常值整系数多项式P求证：存在一元有理系数多项式R，使得P2=R2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试二第一天试题解答题1．结论是肯定的．m=2时，考虑A={1,4},对于m≥3，设ak=mk−1m−1m−k−m,k首先证明A∩A+t1=⌀，且对k≥2,A∩A+tk=ak．事实上．由于t1=1，而A中任意两个元素之差≥m注意右边括号内的项与m和m−1都互质，因此比较两边m和m−1的幂次可知i−1=k−于是，我们得到σA∪A+σ因此σA∪A+题2．朋友关系数的最大值是n2设简单图G=V,E表示n个成员之间的朋友关系．设m个委员会是C1,…,Cm，其中主任和副主任为ui,vi∈Ci．我们称其余的n−2m个成员为普通成员．在唯一满足条件的分配方式下，C对i≠j，考虑H限制在Ci∪Cj上的子图Hij，它是一个二部图（两部分别为Ci和Cj）．我们证明Hij的每个连通分支都至少包含ui,vi,uj,vj中的一个．这是因为，假设存在Hij的一个连通分支K不包含ui,v+i,uj,vj，则我们可以将K中原来在Ci的成员移动至Cj，原来在Cj的成员移动至C特别地，Hij的连通分支个数不超过4，因此它的边数eHij≥Ci+Cj−e=于是朋友关系数（即图G的边数）不大于n2再证明上述最大值是可以取到的．考虑如下朋友关系：n−2m个普通成员都与u2,…,um不是朋友；其余情况下，两人均为朋友．此时朋友关系数为n2−m−1n−2m．由于普通成员与u2题9．在证明中，我们记a=a1引理：设At,Bt∈ℤt，且B不是常值多项式．假设对任意满足Bk≠0的整数证明：在ℤt中，设gcdA,B=D，并设A=DU,B=DV,gcdU,V=1．由多项式Bézout定理，存在M,N∈ℤt和非零整数c，使得MU+NV=c．回到原题．因为Q1不是常值多项式，存在u∈ℤn使得qt:=Q1tu是关于t的非常值多项式（例如固定a∈ℤm．对任意满足qk≠P1a的整数k，q考虑多项式st关于二元多项式qt−z（其中z是一个新的变量）作带余除法．由于q非常值s代入z=P1as由（1）可知左边被qt−P1a整除，因此右边的第二项也被qt−P1a整除．但该项关于tW设Wz,t=j=0dcjztj，其中cjz∈ℚz,d=degtW<degq．由（2）可知对于j≥1，都有cjP1a=0．而P1ℤ再证明Q2=RQ1．因为P1不是常值多项式，存在v固定b∈ℤn．对任意满足pk≠Q1b的整数k，由条件及P2=RPp注意在ℚX,Y中有多项式整除X−Y∣RX−RY；特别地，pt−Q1b∣Rpt−R2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试二第二天试题题1．给定整数n>1．对正整数k，用dk表示1,n1/k中dk题2．设ABCD是凸四边形．△ABC的内切圆与AB,BC分别切于点S,T，△BCD的内切圆与BC,CD分别切于点U,V，△CDA的内切圆与CD,DA分别切于点X,Y，△DAB的内切圆与DA,AB分别切于点Z,W，△DAB的A-旁切圆与DA题3．设A是一个n元集合，ℱ是A的一个子集族，满足ℱ中所有集合的并为A．求证：存在ℱ的子集G，使得存在A的子集T，满足：（1）T≥（2）T包含于G中所有集合的并．（3）对G中任意两个不同的集合X,2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试二第二天试题解答题1．给定整数n>1．对正整数k，用dk表示1,n1/k中dk证明：固定整数k≥2，记N=n1/k+1．由条件，dk+1是n的正约数中不超过N的个数，dd考虑n的正约数x，满足x≤n1/k=Nk+1/k．我们考虑两种情况：（a引理：如果x的所有素因子都不超过N，则x可以表示为x=uv，其中u,v均为N的正约数证明：设u是x的满足u≤N的最大的正约数，再令v=x如果v>N，则u=xv<Nk+1/kN=N1/k．对于v的任意素因子p，由u的最大性可知up>N，即p>Nu．如果v有两个素因子（可能相同由引理知，满足情况（a）的正约数x的个数不超过dk+1+12．再考虑情况（b）．设n的素因子中大于N的是p1,…,pr．如果r≥k+1，假设x有大于N的素因子，则它只能有一个（计重数）这样的素因子，否则导致x≥pipj>N2>Nk+1/k，矛盾．因此x可以表示为x=piy，其中i∈{1,…,综合两种情况，我们得到dk≤d题2．设ABCD是凸四边形．△ABC的内切圆与AB,BC分别切于点S,T，△BCD的内切圆与BC,CD分别切于点U,V，△CDA的内切圆与CD,DA分别切于点X,Y，△DAB的内切圆与DA,AB分别切于点Z,W，△DAB的A-旁切圆与DA证明．如图，设直线SY,TX,UW,YZ围成的四边形为KLMN，它是圆内接四边形，因此记a=AB,b=BC,c=CD,d=DA设∠YSA=α,∠UWB=β,∠TXC=γ,∠ZVD=δ．∠矛盾．类似地，如果a+c−b−d<0，以上不等式均反号，导致∠LKN+∠设四边形ABCD的内切圆圆心为I．因为△ABD的A-旁切圆与AB,AD延长线切于E,F，而AI为∠BAD的平分线，由旁切圆的切线长可知BF=q+d−a2,BG=q+c−b2，结合a+c=b+d可知BF题3．设A是一个n元集合，ℱ是A的一个子集族，满足ℱ中所有集合的并为A．求证：存在ℱ的子集G，使得存在A的子集T，满足：（1）T≥（2）T包含于G中所有集合的并．（3）对G中任意两个不同的集合X,证明：设Hn=1+12+⋯+1n．由于⋃X∈ℱ=A，故可取一个子集族ℋ⊆ℱ，满足ℋ≤n考虑ℋ中集合的均匀随机