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IMO历届试题2010年第51届国际奥林匹克数学竞赛（IMO）试题及答案1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．证：∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P 的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．考虑任一好三角形ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而A-B 段上P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段，同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于20062=1003 个．设P=A1A2…A2006，用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．3．求最小实数M ，使得对一切实数 a ，b ，c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解：222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++．设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=，，，，则22222221()3a b c x y z s ++=+++．原不等式成为22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥．x y z ，，中两个同号而与另一个反号．不妨设 x y ，≥0．则2221||()2z x y x y x y =+++，≥，2()4x y xy +≥．于是由算术－几何平均不等式222222223()(())2x y z s x y s +++++≥＝22222111(()()())222x y x y x y s ++++++6223414())42()||162||8x y s x y s xyzs +=+≥(≥即9232M =时原不等式成立．等号在21s x y ===，，2z =-，即::(23):2:(23)a b c =+-时达到，故所求的最小的9232M =．4．求所有的整数对（x y ，），使得212122x x y +++=．解：对于每组解（x y ，），显然0x ≥，且()x y -，也是解．0x =时给出两组解(02)±，．设x y ，>0，原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-．1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除．故3x ≥，且可令12x y m ε-=+ ，其中m 为正的奇数，1ε=±．代入化简得2212(8)x m m ε--=-．若1ε=，2801m m -=≤，．不满足上式．故必1ε=-，此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥，解得3m ≤．但1m =不符合，只有3m =，4x =，23y =．因此共有4组整数解(02)(423)±±，，，．5．设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式，k 是一个正整数．考虑多项式()(((())))Q x P P P x = ，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ≠．作递推数列 1()(012)i i x P x i +== ，，．它以 k 为周期．差分数列1(12)i i i x x i -∆=-= ，，的每一项整除后一项．由周期性及10∆≠，所有||i ∆ 为同一个正整数u ．令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-= ，，，，，．数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．6．对于凸多边形P 的每一边b ，以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形．证明，所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍．证：过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积，将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线)．每两条面积平分线都交于 P 内．P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A ，每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1，2，…，n ，2i n i A A +=)．设i i n A A +与11i i n A A +++交于 i O (i n i O O +=)，由面积关系得到，11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△，11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++= ，故i i n i iO A O A +和11i i n i i O A O A +++中必有一个不小于 1，于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△，△≥△．对于每条有向线段i i n A A +，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于T 在11n A A + 和12111n n n A A A A +++= 的相反侧，故必有i 使得T 在i i n A A + 和11i i n A A +++的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中．即211ni i i i O A A P +=⊇ △．于是221111()2()2()nnii i i i i i S A AS O A A S P ++==∑∑≥△≥P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。
2010年全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分标准（B 卷）说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次。
一、填空题（本题满分64分，每小题8分） 1. 函数x x x f 3245)(---=的值域是 ]3,3[-.解：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-. 2. 已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-，则实数a 的取值范围是 1223≤≤-a .解：令t x =sin ，则原函数化为t a att g )3()(2-+-=，即a att g )3()(3-+-=.由 3)3(3-≥-+-t a at ， 0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即 3)(2-≥+t t a （1）当1,0-=t 时（1）总成立； 对20,102≤+<≤<t t t ； 对041,012<+≤-<<-t t t . 从而可知 1223≤≤-a .3. 双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 9800 .解：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 内部的整点的个数为99k -，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为 98009848512=+⨯.4. 已知}{n a 是公差不为0的等差数列，}{n b 是等比数列，其中3522113,,1,3b a b a b a ====，且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ，则=+βα3.解：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则 ,3q d =+ （1） 2)43(3q d =+， （2）（1）代入（2）得961292++=+d dd ，求得9,6==q d .从而有 βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即 βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立.从而 βαα+-=-=9log3,69log，求得 3,33==βα， 333+=+βα.5. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f xx在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 41-.解：令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211m ax 1()32822g y aaa a ---=+-=⇒=⇒=，所以 412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以 412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是1217.解：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.7. 正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin4.解一：如图，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=P B A B BP BA .设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则 ⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x BP m z x BA m ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x P B n x A B n 由此可设 )3,1,0(),1,0,1(==n m ，所以cos m n m n α⋅=⋅，2cos cos 4αα=⇒=.所以 410sin =α.解二：如图，PB PA PC PC ==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ . 11,,PA PB PO AB =⊥因为 所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E . 连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角. 设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11, 即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OEO B E B O B .4105542sin sin 111===∠=EB O B EO B α.8. 方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 336675 .解：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，OEP1B 1A 1CBA110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=， 3356713343351003=-⨯=k . 从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为 33667533567110031=++. 二、解答题（本题满分56分）9.（本小题满分16分）已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，当10≤≤x 时，1)(≤'x f ，试求a 的最大值.解一： ,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得（4分） )21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=. （8分）所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤8≤， 38≤a . （12分）又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.（16分）解二：c bx ax x f ++='23)(2.设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g . 设 12-=x z ，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b a z ba z a z g z h . （4分）容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . （8分） 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ，即 21434302≤++++≤c b a z a ，从而0143≥+++c b a ,2432≤za ，由 102≤≤z 知38≤a . （12分）又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.（16分）10.（本小题满分20分）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求ABC ∆面积的最大值.解一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则2,22210210y y y x x x +==+=，1221221212123666y y y yyy y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是 )2(300--=-x y y y . （1）易知0,5==y x 是（1）的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(. （5分）由（1）知直线AB 的方程为 )2(300-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2）（2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即 012222002=-+-y y y y .（3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且1y 22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=.定点)0,5(C 到线段AB 的距离 202029)0()25(y y CM h +=-+-==. （10分）2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC +⋅-+=⋅=∆)9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤ 7314=. （15分）当且仅当20202249y y -=+，即0y =,33A B 或33A B -++时等号成立.所以ABC ∆面积的最大值为7314. （20分）解二：同解一，线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.（5分）设4,,,222121222211=+>==t t t t t x t x ，则161610521222121t t t t S ABC =∆的绝对值, （10分） 2222122112))656665(21(t t t t t t S ABC --+=∆221221)5()(23+-=t t t t)5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t3)314(23≤,7314≤∆ABC S , （15分）当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即,6571-=t 6572+-=t,33A B 或33A B -时等号成立.所以ABC ∆面积的最大值是7314. （20分）11.（本小题满分20分）数列{}n a 满足),2,1(1,312211 =+-==+n a a a a a n n nn .求证:nn n a a a 2212312131211-<+++<-- . （1）证明：由1221+-=+n n nn a a a a 知111121+-=+nnn a a a ，)11(1111-=-+nn n a a a . （2）所以211,111n nn n n nna a a a a a a ++==----即 1111n n n nn a a a a a ++=---. （5分）从而 n a a a +++ 21 1133222211111111++---++---+---=n n nn a a a a a a a a a a a a11111112111++++--=---=n n n n a a a a a a .所以（1）等价于nn n n a a 2112312112131211-<--<-++-，即 nn n n a a 21123131<-<++- . （3） （10分）由311=a 及 1221+-=+n nnn a a a a 知 712=a .当1n =时 ，2216a a -=，11122363<<- ，即1n =时，（3）成立.设)1(≥=k k n 时，（3）成立，即 kk k k a a 21123131<-<++-.当1+=k n 时，由（2）知kk k k k k k k a a a a a a a 2211111223)1()1(11>->-=-+++++++； （15分）又由（2）及311=a 知)1(1≥-n a a nn均为整数，从而由 kk k a a 21131<-++ 有131211-≤-++kk k a a 即kk a 2131≤+ ，所以122211122333111+<⋅<-⋅=-+++++k kkk k k k k a a a a a ，即（3）对1+=k n 也成立.所以（3）对1≥n 的正整数都成立，即（1）对1≥n 的正整数都成立. （20分）。
第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；b)A =1；c)A =2。
（罗马尼亚）3. a 、b 、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程0cos cos 2=++c x b x a试用 a,b,c 作出一个关于 cos 2x 的二次方程，使它的根与原来的方程一样。
当a =4,b =2,c =-1 时比较 cos x 和 cos 2x 的方程式。
（匈牙利）4. 试作一直角三角形使其斜边为已知的c ，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
（匈牙利）5. 在线段AB 上任意选取一点M ，在AB 的同一侧分别以 AM 、MB 为底作正方形AMCD 、 MBEF ，这两个正方形的外接圆的圆心分别是 P 、Q ，设这两个外接圆又交于 M 、N 。
a) 求证：AF 、BC 相交于N 点；b) 求证：不论点M 如何选取，直线MN 都通过定点S ；c) 当M 在A 与B 之间变动时，求线段PQ 的中点的轨迹。
（罗马尼亚）6. 两个平面P 、Q 的公共边为 p ，A 为P 上给定一点，C 为Q 上给定一点，并且这两点都不在直线p 上。
试作一等腰梯形ABCD （AB 平行于CD ），使得它有一个内切圆，并且顶点B 、D 分别落在平面P 和Q 上。
（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚 锡纳亚（Sinaia ，Romania ）1. 找出所有具有下列性质的三位数N ：N 能被11整除且商等于N 的各位数字的平方和。
（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x ：（匈牙利）()92211422+<+-x x x3. 直角三角形ABC 的斜边BC 的长为a ，将它分成n 等份（n 为奇数），令α为从A 点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A 到BC 边的高长为h ，求证：（罗马尼亚）()a n nh 14tan 2-=α4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、h b 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
最新国际奥数题及答案国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad, IMO）是一个面向中学生的数学竞赛，每年都会吸引来自世界各地的顶尖数学天才参与。
以下是一些最新的国际奥数题目及其解答思路：# 题目1：数列问题题目描述：给定一个数列，其中每个项都是前两项的和，即 \( a_{n} = a_{n-1} + a_{n-2} \)。
如果数列的前两项为 \( a_1 = 1 \) 和 \( a_2 = 1 \)，求第 \( n \) 项的通项公式。
解答思路：这是一个斐波那契数列的变种。
可以通过递推关系式求解。
首先，我们可以写出数列的前几项：- \( a_1 = 1 \)- \( a_2 = 1 \)- \( a_3 = a_1 + a_2 = 2 \)- \( a_4 = a_2 + a_3 = 3 \)- ...观察数列，我们发现每一项都是前一项加1。
因此，通项公式可以表示为：\[ a_n = n \]# 题目2：几何问题题目描述：在一个圆内接四边形ABCD中，已知AB=CD，BC=DA，且AB和CD的中点分别为E和F。
求证：EF垂直于AC。
解答思路：由于AB=CD，BC=DA，我们可以推断出四边形ABCD是一个菱形。
在菱形中，对角线互相垂直平分。
设AC与BD相交于点O，由于E和F分别是AB和CD的中点，根据中位线定理，EF平行于BD。
由于AC垂直于BD，因此EF也垂直于AC。
# 题目3：组合问题题目描述：有 \( n \) 个不同的球和 \( m \) 个不同的盒子，每个盒子可以放任意数量的球。
求将所有球放入盒子中的方法总数。
解答思路：这是一个经典的组合问题。
每个球都有 \( m \) 种选择放入哪个盒子。
由于有 \( n \) 个球，所以总的方法数为 \( m^n \)。
# 题目4：不等式问题题目描述：给定 \( a, b, c \) 为正实数，证明不等式 \( a^2 + b^2 + c^2\geq \frac{3}{2}(ab + bc + ca) \)。
2010年数学一试题答案与解析2010年数学一试题答案与解析本文将为你提供2010年数学一试题的答案与解析。
以下是试题及其答案与解析：一、选择题1. 设函数 f(x) = x^2 - 2x - 3，则 f(x) 的单调递增区间为：A. (-∞, -1)B. (-1, 1)C. (1, +∞)D. (-∞, 1)答案：C解析：首先求出 f'(x) = 2x - 2，然后令 f'(x) > 0，得到 x > 1，即函数f(x) 在(1, +∞) 上单调递增。
2. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d (a, b, c, d 为常数)，若 f(x) 在 x = 1 处有极值，则下列说法正确的是：A. a = b = c = d = 0B. a = 0, b ≠ 0C. a ≠ 0, c = 0D. a ≠ 0, b ≠ 0答案：C解析：设 f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c，由于 f(x) 在 x = 1 处有极值，所以f'(1) = 0，代入得到 3a + 2b + c = 0，即 c = -3a - 2b。
因此，a ≠ 0，c = 0。
3. 若 a 是正实数，且 log_a 2 + log_a (3a) = 4，则 a 的值为：A. 1/3B. 1/2C. 2D. 3答案：D解析：根据对数的性质，log_a 2 + log_a (3a) = log_a (2 * 3a) = log_a (6a)。
因此，要使 log_a (6a) = 4，即 a^(log_a (6a)) = a^4，得到 6a =a^4，即 a^3 - 6 = 0。
解这个方程得到 a = 3。
二、非选择题1. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知一直线 l 过点 A(1, 1) 和点 B(2, 2)，且与直线 x + y = 0 相交于点 P。
设直线 l 的斜率为 k，则 k 的取值范围是多少？答案：k ∈ (-∞, 1]解析：斜率为 k 的直线可表示为 y = kx + (1 - k)，将其与直线 x + y = 0 相交，即求解方程组：{ y = kx + (1 - k){ x + y = 0解得交点为 P(-1/(k + 1), -k/(k + 1))。
2010中国数学奥林匹克解答第一天1、如图，两圆21,ΓΓ相交于B A ,两点，过点B 的一条直线分别交圆21,ΓΓ于点D C ,，过点B 的另一条直线分别交圆21,ΓΓ于点F E ,，直线CF 分别交圆21,ΓΓ于点Q P ,．设N M ,分别是弧PB ，弧QB 的中点．求证：若EF CD =，则N M FC ,,,四点共圆．（熊斌提供）证明：连接DF AF AE AD AC ,,,,，则由AEF ACB AFB ADB ∠=∠∠=∠，及题设EF CD =知AEF ACD Δ≅Δ，所以AFE ADC AF AD ∠=∠=，，故AFD ADF ∠=∠．从而ABF ADF AFD ABC ∠=∠=∠=∠，即AB 是CBF ∠的角平分线．连接FN CM ,，由于M 是弧PB 的中点，所以CM 是DCF ∠的角平分线．同样FN 是CFB ∠的角平分线，于是FN CM BA ,,三线共点．设它们的交点为I ，在圆1Γ和2Γ中，由圆幂定理得IB AI IM CI ⋅=⋅，IF NI IB AI ⋅=⋅，所以IM CI IF NI ⋅=⋅．从而N M F C ,,,四点共圆．2、设整数3≥k ，数列}{n a 满足k a k 2=，且对所有k n >，有⎩⎨⎧+=−−−．n a n n a a a n n n n 不互素与若互素，与若111,2,1 证明：数列}{1−−n n a a 中有无穷多项是素数．（朱华伟提供）证明：假设k l l a l ≥=，2．再设p 为1−l 的最小素因子．则 .,,1,1),1(⎩⎨⎧=<≤=−p i p p i i l 即 .,,1,1)1,22(⎩⎨⎧=<≤=−+−+p i p p i i l i l由题设知 .,222,1,121⎩⎨⎧=−+<≤−+=−+p i p l p i i l a i l因此p p l p l a a p l p l =−+−−+=−−+−+)22()222(21为素数，)1(21−+=−+p l a p l ．由以上讨论知有无穷多个k l ≥，使l a l 2=且p a a p l p l =−−+−+21为1−l 的最小素因子．3、设复数c b a ,,满足：对任意模不超过1的复数z ，都有12≤++c bz az ． 求||bc 的 最大值．（李伟固提供）解：令 c bz az z f ++=2)(,212)()(−−−++==cz bz a z f z z g ,a zb zc z e g e z h i i ′+′+′==−−12)()(βα．取适当的实数βα,，使得0,≥′′b c ，对1≤r ，有a b r c r re h re h ri i ′+′+′=≥≥−−Im sin 2sin )(Im )(1122θθθθ． 不妨设0Im ≥c ，否则可做变换θθ−→，这样对任意的20πθ<<，有θθθθsin 2sin 2sin 2sin 123122c b r b r c r r′′≥′+′≥−−−，这推得 ⎟⎠⎞⎜⎝⎛∈≤≤′′=2,0,1 ,sin 2sin 41πθθθr r c b bc 对任意,故 θθθθπθπθsin 2sin 41min sin 2sin 41min2,02,0,1⎟⎠⎞⎜⎝⎛∈⎟⎠⎞⎜⎝⎛∈≤=≤r bc r1633sin 2sin max 412,0==⎟⎠⎞⎜⎝⎛∈θθπθ．1633||=bc 的例子：8234682)(2−−=z z z f ，对于1,≤=r re z i θ，有 ()()()().1181223213cos 3218122321sin 322sin 3cos 322cos 321)(24222422222≤++≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+−++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+−−=r r r r r r r r r r e f i θθθθθθ第二天4、设n m ,是给定的大于1的整数，m a a a <<<"21都是整数． 证明：存在整数集的一个子集T ，其元素个数121||1+−+≤n a a T m ， 且对每个},,2,1{m i "∈，均有T t ∈及],[n n s −∈，使得s t a i +=．（冷岗松提供）证明：令b a a a m ==，1，作带余除法r q n a b ++=−)12(，其中Z r q ∈,且n r 20≤≤． 取},,1,0|)12({q k k n n a T "=+++=，则1211||+−+≤+=n ab q T ，且集合 }2)12(,,1,{},,1,,|{n q n a a a n n n s T t s t B ++++=+−−=∈+=""．注意到b r q n a n q n a =+++≥+++)12(2)12(，故每个i a 均在B 中，从而结论成立．5、我们对放置于点n A A A ,,,21"及点O 处的卡片进行操作（3≥n ）．所谓一次操作是指 （1）若某个点i A 处的卡片数目不少于3，则可从中取出3张，在点11,+−i i A A 及O 处各放一张（这里110A A A A n n ==+，）；或者（2）若点O 处的卡片数目不少于n ，则可从中取出n 张，在点n A A A ,,,21"处各放一张． 证明：只要放置于这1+n 个点处的卡片总数不少于132++n n ，则总能通过若干次操作， 使每个点处的卡片数目均不小于1+n ．（瞿振华提供）证明：只需考虑卡片总数等于132++n n 的情况．我们采取如下策略：如果有某个点i A 处的卡片数不少于3，则对点i A 处的卡片进行操作(1)．这样的一次操作使得点O 处的卡片数增加1，于是经过有限次操作(1)后，将不能再进行操作(1)．这时每个点i A 处的卡片数不超过2，点O 处的卡片数不少于12++n n ．然后对点O 处的卡片进行1+n 次操作(2)，这样每个点i A 处的卡片数不少于1+n ．下面我们在保持每个点i A 处的卡片数不少于1+n 的情况下，使点O 处的卡片数增加到至少1+n ．设想n A A A ,,,21"顺次排列在以O 为圆心的圆周上．连续相邻的若干个点的集合n l n i A A A G l i i i ≤≤≤≤=−++1,1},,,,{11"称为一个团，这里若有下标n j >，则n j j A A −=．一个团G 称为好团，如果对G 中每点处的卡片都做一次操作(1)后，G 中每点处的卡片数仍然不少于1+n ．设n a a a ,,,21"分别为点n A A A ,,,21"处的卡片数，n i n a i ,,2,1 ,1"=+≥．好团需满足如下的充要条件：一个点的团}{i A G =是好团当且仅当4+≥n a i ；两个点的团},{1+=i i A A G 是好团当且仅当3,1+≥+n a a i i ；l 个点的团（13−≤≤n l ）},,,{11−++=l i i i A A A G "是好团当且仅当3,1+≥−+n a a l i i 且2+≥n a j ，21−+≤≤+l i j i ；最后全部n 个点的团},,,{21n A A A G "=是好团当且仅当n j n a j ≤≤+≥1 ,2．下面证明当点O 处的卡片数少于1+n 时，或等价地，12221++≥+++n n a a a n "时，必存在好团．假设不存在好团，于是每个}3,2,1{+++∈n n n a i ，否则会有某个点i A 处的卡片数4+≥n a i ，}{i A G =是一个好团．设n a a a ,,,21"中有x 个1+n ，y 个2+n ，z 个3+n ．下面说明一定有z x ≥．由于)2(122+>++n n n n ，故1≥z ．若1=z ，则有1≥x ，否则所有2+≥n a i ，},,,{21n A A A G "=是一个好团．若2≥z ，有3+n 张卡片的z 个点将圆周分成z 段圆弧，由于不存在好团，这z 个点没有两点相邻，且每段圆弧上都存在一个点只有1+n 张卡片．故z x ≥．这样点n A A A ,,,21"处的卡片总数为12)2()2)(()3()2()1(2++<+=+++≤+++++n n n n n z y x n z n y n x ．矛盾．这样我们证明了当点O 处的卡片数少于1+n 时，点n A A A ,,,21"中总存在好团．于是每次对一个好团中的每个点做操作(1)，直至点O 处的卡片数不少于1+n ，而点n A A A ,,,21"处的卡片数也不少于1+n ．结论证毕．6、设321321,,,,,b b b a a a 为互不相同的正整数，满足n nn n n n b n nb b n a n na a n 321321)1()1( )1()1(−+++−+++，对任何正整数n 成立．求证：存在正整数k ，使得i i ka b =，3,2,1=i ．（陈永高提供）证明：设r 为任意正整数．由于素数有无穷多个，故存在素数p ，使得))((321321r r r r r r b b b a a a p ++++> (1)由于p 为素数及(1)，故1),(321=++rr r a a a p ．又p 与1−p 互素，由中国剩余定理知存在正整数n ，使)1(mod −≡p r n ， (2))(mod 0)(31321p a a a a a n rr r r r ≡−+++．(3)由(2),(3)及Fermat 小定理知)(mod 0)()1()1(31321321p a a a a a n a n na a n rr r r r n n n ≡−+++≡−+++． (4) 由题设，得)(mod 0)1()1(321p b n nb b n n nn ≡−+++． 再由(2)及Fermat 小定理得)(mod 0)(31321p b b b b b n r r r rr ≡−+++．(5)由(4),(5)消去n ，得)(mod ))(())((3132131321p a a b b b b b a a a r r r r r r r r r r −++≡−++．(6) 由(1),(6)得 ))(())((3132131321r r r r r r r r r r a a b b b b b a a a −++=−++，即r r r r r r b a b a b a b a b a b a )()(2)()()(2)(323121231312++=++． (7)下面先证一个引理．引理：设s s y y x x ,,,,,11""为实数，s s y y y x x x ≤≤≤<≤≤≤<""21210 ,0，满足对任何正整数r ，总有r s rr r s r r y y y x x x +++=+++""2121，则i i y x = (s i ,,2,1"=)．引理的证明：对s 用归纳法．当1=s 时，取1=r ，有11y x =．假设当t s =时引理成立．当1+=t s 时，若11++≠t t y x ，不妨设11++<t t y x ，则111111111≥+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+++++rt t rt rt t rt y y y y y x y x ""． 由于)11( 101+≤≤<<+t i y x t i，令+∞→r ，有10≥，矛盾．因此11++=t t y x ．从而""",2,1 ,11=++=++r y y x x r t r r t r ．由归纳假设知),,2,1( t i y x i i "==． 由数学归纳原理知引理对一切正整数s 成立．现在回到原题．由于321321,,,,,b b b a a a 互不相同，故32123231312123131312b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a ≠≠≠≠≠，，，，．由(7)及引理知322113312312b a b a b a b a b a b a ====，， (8) 或322331132112b a b a b a b a b a b a ===，，．(9)若(8)成立，则323121231312b a b a b a b a b a b a ==，即211332a aa a a a ==，这与321,,a a a 互不相同矛盾．所以(9)成立．于是332211a b a b a b ==．设1 ,1),( ,11≥==l l k lka b ，则3,2,1==i a l k b i i ，．由)2(22121a a lkb b +=+及题设（取1=n ）21212 2b b a a ++知l k 为整数，即1=l ．所以3,2,1==i ka b i i ，．。
50届IMO试题及答案1. 试题一：题目：设 \( a, b, c \) 是正实数，且 \( a + b + c = 1 \)。
求证：\( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9 \)。
答案：证明：由于 \( a, b, c \) 是正实数，根据算术平均数-几何平均数不等式（AM-GM不等式），我们有：\[\frac{a + b + c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}\]已知 \( a + b + c = 1 \)，所以：\[\frac{1}{3} \geq \sqrt[3]{abc}\]两边立方得：\[\frac{1}{27} \geq abc\]将 \( abc \) 代入原不等式：\[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{ab + bc + ca}{abc} \geq \frac{3}{abc} \geq 9\]当且仅当 \( a = b = c = \frac{1}{3} \) 时，等号成立。
2. 试题二：题目：已知 \( \triangle ABC \) 的内切圆与边 \( BC \)，\( CA \)，\( AB \) 相切于点 \( D \)，\( E \)，\( F \)。
求证：\( \angle BAC = \angle BDC \)。
答案：证明：设 \( O \) 为 \( \triangle ABC \) 的内心，\( I \)为 \( \triangle ABC \) 的内切圆心。
由于 \( D \)，\( E \)，\( F \) 分别是内切圆与 \( BC \)，\( CA \)，\( AB \) 的切点，根据切线的性质，我们有 \( OD \perp BC \)，\( OE \perp CA \)，\( OF \perp AB \)。
由于 \( O \) 是内心，所以 \( \angle BOC = 2\angle BAC \)。
12010年全国初中数学联合竞赛试题参考答案第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1．若a ，b ，c 均为整数且满足1010()()1a b a c -+-=，则||||||a b b c c a -+-+-=（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】 B【解析】 因为()()10101a b a c ---=，而左边的两个加数都是非负整数，所以一个等于0，另一个等于1，也就是说，a ，b ，c 三个数中有两个相等，另一个和它们相差1．因此，所求的和式中，两项等于1，另一项等于2，结果为2．2．若实数a ，b ，c 满足等式3||6a b =，49||6a b c =，则c 可能取的最大值为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】 C【解析】 为了使c 尽量大，a 应该尽量大，b 应该尽量小．因为它们都是非负数，3a ，0b =，不难观察到所求答案为2．3．若a ，b 是两个正数，且1110,a b b a--++= 则（ ）2A ．103a b <+≤B ．113a b <+≤C ．413a b <+≤D ．423a b <+≤. 【答案】 C【解析】 去分母之后得到()()110a a b b ab -+-+=，即220a ab b a b ++--=．给定a 和b 是两个正数，那么如果让它们中的一个等于0，则另一个等于0或14．若方程2310x x --=的两根也是方程420x ax bx c +++=的根，则2a b c +-的值为 （ ）A ．13-B ．9-C ．6D ．0【答案】 A【解析】 这需要使得前者是后者的因式，用综合除法可得，余式为()()33310a b x a c +++++，它应该等于0．所以两个系数都为0，特别地，()()333210a b a c ++-++，所以所求答案为13-．5．在ABC △中，已知60CAB ∠=︒，D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且60AED ∠=︒，ED DB CE +=，2CDB CDE ∠=∠,则DCB ∠= ( )A ．15oB ．20oC ．25oD ．30o【答案】 B【解析】 观察可得ADE △为正三角形，6．对于自然数n ，将其各位数字之和记为n a ，如2009200911a =+++=，201020103a =+++=，则312320092010a a a a a +++++=L （ ）A ．28062B ．28065C ．28067D ．28068.【答案】 D【解析】 根据弃九法，它和1到2010的和被9除的余数相等．每连续9个自然数之和被9整除，2010被9除余3，1236++=，所以只有D 符合．二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）1．已知实数x ，y 满足方程组33191x y x y ⎧+=⎨+=⎩，，则22x y += ．【答案】 13【解析】 第一式除以第二式可得2219x xy y -+=，第二式平方可得2221x xy y ++=，那么所求答案就是()1921313⨯+÷=．2．二次函数2y x bx c =++的图象与x 轴正方向交于A ，B 两点，与y 轴正方向交于点C ．已知3AB ，30CAO ∠=︒，则c = ．【答案】 19【解析】 观察可知A 必须在B 左边，否则B 会跑到x 轴负半轴上．设A 的横坐标为a ，则C 的纵坐标3，23AC =，2AB a =．因此，考虑两根之积，33a a ⨯，3a =319=． 3．在等腰直角ABC △中，5AB BC ==，P 是ABC △内一点，且5PA ，5PC =，则PB = ．4【答案】 10【解析】 设()00B ，，()50A ，，()05C ，，根据熟知的勾三股四弦五，可观察到()31P ，，（另一个点在三角形外，不符合），所以10PB =．4．将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放 个球．【答案】 15【解析】 也就是说，编号之差为6或11的两个球颜色相同．下面从1号球开始，依次写出颜色相同的球的编号：11261711516104159314821371→→→→→→→→→→→→→→→→→也就是说，如果有17个球，则全部同色；如果超过17个，则任何连续17个同色，也不行．如果有16个，则上面的圈去掉17号球仍然是一条链，仍然不行；如果有15个，则上面的圈去掉17号球和16号球后断成两部分，所以可以．第二试 （A ）一．（本题满分20分）设整数()a b c a b c ≥≥，，为三角形的三边长，满足22213a b c ab ac bc ++---=，求符合条件且周长5不超过30的三角形的个数．【解析】 由已知等式可得222()()()26a b b c a c -+-+-= ①令a b m -=，b c n -=，则a c m n -=+，其中m ，n 均为自然数.于是，等式①变为222()26m n m n +++=，即2213m n mn ++= ②由于m ，n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的m ，n 只有两组：31m n =⎧⎨=⎩，，和13.m n =⎧⎨=⎩，⑴ 当3m =，1n =时，1b c =+，34a b c =+=+．又a ，b ，c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(1)4c c c ++>+，解得3c >．又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30a b c c c c ++=++++≤，解得253c ≤． 因此2533c <≤， 所以c 可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.6⑵ 当1m =，3n =时，3b c =+，14a b c =+=+．又a ，b ，c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(3)4c c c ++>+，解得1c >．又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30a b c c c c ++=++++≤，解得233c ≤． 因此2313c <≤， 所以c 可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形．综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5611+=．二．（本题满分25分）已知等腰三角形ABC △中，AB AC =，C ∠的平分线与AB 边交于点P ，M 为ABC △的内切圆I e 与BC 边的切点，作MD AC ∥，交I e 于点D ．证明：PD 是I e 的切线．【解析】 过点P 作I e 的切线PQ （切点为Q ）并延长，交BC 于点N ．因为CP 为ACB ∠的平分线，所以ACP BCP ∠=∠．又因为PA 、PQ 均为I e 的切线，所以APC NPC ∠=∠．IP QNB7又CP 公共，所以ACP NCP △≌△，所以PAC PNC ∠=∠．由NM QN =，BA BC =，所以QNM BAC △≌△，故NMQ ACB ∠=∠，所以MQ AC ∥．又因为MD AC ∥，所以MD 和MQ 为同一条直线．又点Q 、D 均在I e 上，所以点Q 和点D 重合，故PD 是I e 的切线．三．（本题满分25分）已知二次函数2y x bx c =+-的图象经过两点()1P a ，，()210Q a ，． ⑴ 如果a ，b ，c 都是整数，且8c b a <<，求a ，b ，c 的值．⑵ 设二次函数2y x bx c =+-的图象与x 轴的交点为A 、B ，与y 轴的交点为C ．如果关于x 的方程20x bx c +-=的两个根都是整数，求ABC △的面积．【解析】 点()1P a ，、()210Q a ，在二次函数2y x bx c =+-的图象上，故1b c a +-=，4210a c a +-=，解得93b a =-，82c a =-．⑴ 由8c b a <<知8293938a a a a -<-⎧⎨-<⎩，，解得13a <<．又a 为整数，所以2a =，9315b a =-=，8214c a =-=．⑵ 设m ，n 是方程的两个整数根，且m n ≤，旗开得胜8由根与系数的关系可得39m n b a +=-=-，28mn c a =-=-，消去a ，得98()6mn m n -+=-，两边同时乘以9，得8172()54mn m n -+=-，分解因式，得(98)(98)10m n --=．所以9819810m n -=⎧⎨-=⎩，，或982985m n -=⎧⎨-=⎩，，或9810981m n -=-⎧⎨-=-⎩，，或985982m n -=-⎧⎨-=-⎩，，解得12m n =⎧⎨=⎩，，或109139m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，或2979m n ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，或19323m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，又m ，n 是整数，所以后面三组解舍去，故1m =，2n =．因此，()3b m n =-+=-，2c mn =-=-，二次函数的解析式为232y x x =-+．易求得点A 、B 的坐标为()10，和()20，，点C 的坐标为()02，， 所以ABC △的面积为1(21)212⨯-⨯=．第二试 （B ）旗开得胜9一．（本题满分20分）设整数a ，b ，c 为三角形的三边长，满足22213a b c ab ac bc ++---=，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数（全等的三角形只计算1次）．【解析】 不妨设a b c ≥≥，由已知等式可得222()()()26a b b c a c -+-+-= ①令a b m -=，b c n -=，则a c m n -=+，其中m ，n 均为自然数.于是，等式①变为222()26m n m n +++=，即2213m n mn ++= ②由于m ，n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的m ，n 只有两组：31m n =⎧⎨=⎩，，和13.m n =⎧⎨=⎩，⑴ 当3m =，1n =时，1b c =+，34a b c =+=+．又a ，b ，c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(1)4c c c ++>+，解得3c >．又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30a b c c c c ++=++++≤，解得253c ≤． 因此2533c <≤，旗开得胜10所以c 可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.⑵ 当1m =，3n =时，3b c =+，14a b c =+=+．又a ，b ，c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(3)4c c c ++>+，解得1c >．又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30a b c c c c ++=++++≤，解得233c ≤． 因此2313c <≤， 所以c 可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形．综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5611+=．二．（本题满分25分）题目和解答与（A ）卷第二题相同.三．（本题满分25分）题目和解答与（A ）卷第三题相同.第二试 （C ）11一．（本题满分20分）题目和解答与（B ）卷第一题相同.二．（本题满分25分）题目和解答与（A ）卷第二题相同.三．（本题满分25分）设p 是大于2的质数，k 为正整数．若函数2(1)4y x px k p =+++-的图象与x 轴的两个交点的横坐标至少有一个为整数，求k 的值．【解析】 由题意知，方程2(1)40x px k p +++-=的两根1x ，2x 中至少有一个为整数．由根与系数的关系可得12x x p +=-，12(1)4x x k p =+-，从而有()()()()12121222241x x x x x x k p ++=+++=- ①⑴ 若1k =，则方程为22(2)0x px p ++-=，它有两个整数根2-和2p -．⑵ 若1k >，则10k ->.因为12x x p +=-为整数，如果1x ，2x 中至少有一个为整数，则1x ，2x 都是整数.又因为p 为质数，由①式知1|2p x +或2|2p x +．不妨设1|2p x +，则可设12x mp +=（其中m 为非零整数），则由①式可得212k x m-+=，12故()()12122k x x mp m -+++=+，即1214k x x mp m-++=+． 又12x x p +=-，所以14k p mp m--+=+， 即1(1)4k m p m-++= ② 如果m 为正整数，则(1)(11)36m p ++⨯=≥，10k m->， 从而1(1)6k m p m-++>，与②式矛盾. 如果m 为负整数，则(1)0m p +<，10k m-<， 从而1(1)0k m p m-++<，与②式矛盾. 因此，1k >时，方程2(1)40x px k p +++-=不可能有整数根．综上所述，1k =．旗开得胜13。
2010年全国高中数学联合竞赛一试试题（A 卷）考试时间：2010年10月17日 8：00—9：20一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1.函数()f x =的值域是______________.2.已知函数2(cos 3)sin y a x x =-的最小值为3-，则实数a 的取值范围是_____________.3.双曲线221x y -=的右半支与直线100x =围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是___________.4.已知{}n a 是公差不为0的等差数列，{}n b 是等比数列，其中1122533,1,,3a b a b a b ====，且存在常数,αβ使得对每一个正整数n 都有log n n a b αβ=+，则αβ+=____________.5. 函数2()32(0,1)x x f x a a a a =+->≠在区间[1,1]x ∈-上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是___________________.6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率为_________________.7.正三棱柱111ABC A B C -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角11B A P B α--=,则sin α=_____________.8.方程2010x y z ++= 满足x y z ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是_____________.二、解答题（本题满分56分）9.(本小题满分16分)已知函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠，当01x ≤≤时，|()|1f x '≤，试求a 的最大值.10. (本小题满分20分)已知抛物线26y x =上的两个动点11(,)A x y 和22(,)B x y ,其中12x x ≠且124x x +=.线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ,求△ABC 面积的最大值.11. (本小题满分20分)证明：方程32520x x +-=恰有一个实根r ，且存在唯一的严格递增正整数列{}n a ，使得31225a a a r r r =+++L . 2010年全国高中数学联合竞赛加试试题（A 卷）考试时间：2010年10月17日 9：40—12：10一、（本题满分40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M .求证：若OK MN ⊥,则,,,A B D C 四点共圆.二、（本题满分40分）设k 是给定的正整数，12r k =+.记()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥（1）,(1)()(()),2l l f r f f r l -=≥（）.证明：存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数.这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如11,112⎡⎤==⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥.三、（本题满分50分）给定整数2n >,设正实数12,,,n a a a L 满足1k a ≤,1,2,,k n =L ,记12,1,2,,.k k a a a A k n k+++==L L 求证：1112n n k k k k n a A ==--<∑∑.四、（本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A L 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同.问：这种密码锁共有多少种不同的密码设置.2010年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案与评分标准说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准。
第51届IMO试题解答(2010.7.7-8)1-1(法Pierre Bornsztein).求所有函数f : R→R,使得对一切x,y∈R成立f([x]y)=f(x)[f(y)], 其中[a]表示不大于a的最大整数.解.令x=y=0,f(0)=f(0)[f(0)],故f(0)=0或[f(0)]=1.1).[f(0)]=1,令y=0,对一切x∈R,f(x)=f(0)∈[1,2).经检验,f(x)=c (c∈[1,2))是解.2).f(0)=0,令x=y=1,同上得到f(1)=0或[f(1)]=1.若f(1)=0,取x=1,对一切y∈R,f(y)=0.显然f(x)=0是个解.得到若[f(1)]=1,取y=1,对一切x∈R,f(x)=f([x]).取x=2,y=12)]=f(2)[f(0)]=0,f(1)=f(2)[f(12又得到f(x)=0.因此原方程的所有解是常数f(x)=c (c∈{0}∪[1,2)).1-2(香港Tai Wai Ming ,Wang Chongli).ΔABC的内心为I,外接圆周为ω,AI另交ω于D点,设弧BDC上的点E和线段BC上的点F满足∠BAF=∠CAE<1∠BAC,G2是IF的中点.求证,直线EI和DG的交点K在ω上.证.只要证明∠AEK=∠ADK(由此,AEDK 共圆,故K 在圆ω=AED 上).设I a 是BC 上的旁切圆心,则AIDI a 共线且D 是II a 的中点.DG ∥FI a .由∠IAC=∠BAI a ,∠AIC=2A C ++B=1802B −D +B=∠CBI a +B=∠ABI a 得到 ΔAIC ∽ΔABI a .故AI AC =a AF AI .再由∠CAE=∠FAB,∠CEA=∠FBA 得到ΔACE ∽ΔAFB,故AC AE =AF AB .两式相乘得到AI AE =aAB AI .最后由∠IAE=∠FAI 得到ΔAIE ∽ΔAFI a ,从而 ∠AEK=∠AEI=∠AI a F=∠ADG=∠ADK.1-3(美Gabriel Carroll).求所有函数g: N*→N*,使得对一切m,n ∈N*,(g(m)+n)(g(n)+m)是完全平方数.解.对任意正整数a,由于a 2<a(a+1),a(a+2)<(a+1)2,故a(a+1)及a(a+2)都不是完全平方数.由此及题给条件得到,对任意正整数n,函数值g(n),g(n+1),g(n+2)互不相等.若有正整数n 使得|g(n+1)―g(n)|>1,设g(n+1)―g(n)=p r q,其中p 为素数,r ∈N*, 整数q 与p 互素.取奇数k>r 使得p k >g(n).1).当r 为奇数时,令m=p k ―g(n),则两数m+g(n)=p k 及m+g(n+1)=m+g(n)+g(n+1)―g(n)=p r (p k-r +q)含素因子p 的方次都是奇数.2).当r 为偶数时(r ≥2),令m=p k +p ―g(n),则两数m+g(n)=p k +p 及m+g(n+1)=p r (p k-r +q)+p含素因子p 的方次都是1.另一方面,g(m)+n 和g(m)+n+1中必有一个不被p 整除,于是(g(m)+n)(g(n)+m)和(g(m)+n+1)(g(n+1)+m)中必有一个含素因子p 的方次为奇数,与完全平方性矛盾.因此对任意正整数n,Δ(n)=g(n+1)―g(n)=±1.但若有相邻的Δ(n),Δ(n+1)一个为1一个为―1,得到g(n+2)=g(n),与上述矛盾.又若Δ(n)恒为―1,g(n)最终取负值,亦矛盾.因此必所有Δ(n)=1,即g(n)=n+c (c∈N).显然这种函数满足题给条件.因此满足条件的所有函数是g(n)=n+c (c∈N).2-4().ΔABC中CA≠CB,P是一个内点,直线AP,BP,CP分别另交外接圆周ω于K,L,M点,ω在C处的切线交直线AB于S点.若SC=SP,求证,MK=ML.证.设直线SP交p AL于R,交pBK于T点.由于SC为切线,故∠SCP=12(qMAR+qRLC).而圆内角SPC=12(qMBT+qRLC).故由SC=SP,∠SCP=∠SPCM,qMAR=qMBT.再由SA·SB=SC2=SP2,SP是圆APB的切线,故∠ABP=∠APR.但∠ABP=∠ABL=12qARL=12(p AR+p RL), ∠APR=12(p AR+p TK),于是p RL=pTK.与qMAR=qMBT相加得到qMARL=qMBTK,因此弦MK=ML.2-5(法Bruno Le Floch).六个盒子B1,B2,B3,B4,B5,B6开始时各放一枚硬币,允许进行下述两类操作:1).选一不空的盒子B j (1≤j≤5),取走它的一枚硬币,并给B j+1添加2枚硬币；2).选一不空的盒子B k (1≤k≤4),取走它的一枚硬币,并将B k+1与B k+2两盒(可以为空)的内容互换.是否可经有限多步操作使得B 1,B 2,B 3,B 4,B 5皆空而B 6恰有201020102010枚硬币? 解.可以.题给的两类基本操作是σ(a,b)=(a ―1,b+2)和τ(a,b,c)=(a ―1,c,b).由此复合得到以下操作组: T 1=σa 使(a,b)⇒(0,2a+b).T 2= T 1τT 1 使(1,a,b)⇒(1,0,2a+b)⇒(0,2a+b,0).于是对于k ≥1, T 2k 使(k,a,b)⇒(0,2k a+2k-1b,0).k ≥1时T 3=T 2k-1σ使 (k,0,0)⇒(k ―1,2,0)⇒(0,2k ,0).k,b ≥1时T 4=τT 3 使(k,b,0,0)⇒(k,0,2b ,0)⇒(k ―1,2b ,0,0),T 4τ 使(2,0,b,0)⇒(1,b,0,0)⇒(1,0,2b ,0)⇒(0,2b ,0,0).于是k ≥1时T 5= T 4k-1σ使 (k,0,0,0)⇒(k ―1,2,0,0)⇒(0,222$(k 层),0,0).现在对初态从右向左作σ, (1,1,1,1,1,1)⇒(0,2,2,2,2,3), 末3位作T 2⇒(0,2,2,0,14,0),两次T 4τ⇒(0,0,1422,0,0,0). 最后作T 5得到(0,0,0,E 2(1422),0,0),其中E 2(k)是k 层叠指数222$.因此对任意的n ≤E 2(1422),可作τ得到(0,0,0,n,0,0),再作T 1得到(0,0,0,0,0,4n).由于2010<211,故20102010<11112(2)<411222⋅=1522, 201020102010<152112(2)<152422+<16222=E 2(6).*也可得到4n+1,4n+2,4n+3 (例如201120112011):(n+1,0,0)⇒(n,1,2)⇒(n ―1,2,1)⇒(0,2n,1)⇒(0,0,4n+1),(n+2,0,0)⇒(n+1,2,0)⇒(n,0,2)⇒(0,2n,2)⇒(0,0,4n+2),(n+2,0,0)⇒(n+1,1,2)⇒(n,3,2)⇒(n ―1,2,3)⇒(0,2n,3)⇒(0,0,4n+3).于是对任意正整数m ≤4E 2(1422)―3,可经有限多步操作使得B 1,B 2,B 3,B 4,B 5皆空而B 6恰有m 枚硬币.上界十分巨大,例如E 2010(2010)<E 2(1422).2-6(伊朗Morteza Saghafiyan).设正实数数列a 1,a 2,a 3,…和正整数s 满足:对一切n>s, a n =max{a k +a n-k | 1≤k ≤n ―1}.求证,存在正整数t ≤s 和r,使得对一切n ≥r 成立a n =a t +a n-t .证.记u=max{11a ,22a ,…,s a s},I={i | a i =i·u,1≤i ≤s}.任取一个t ∈I. 由于1≤n ≤s 时a n ≤n·u,故由递推关系归纳可证一切a n ≤n·u.定义b n =n·u ―a n , 则(b n )为非负实数数列, I={i | b i =0,1≤i ≤s},对n>s, b n =min{b k +b n-k | 1≤k ≤n ―1}.(b n )划分为t 个子列B i =(b i ,b i+t ,b i+2t ,…),1≤i ≤t.由于n>s ―t 时b n+t ≤b n +b t =b n ,故每个B i 最终都是不增的,从而(b n )有上界.又由递推关系归纳可证每一项b n 是b 1,b 2, …,b s 的非负整数系数的线性组合.由有界性,每个非负的b i 的系数有界(即只有有限多个可能的取值),于是b n 只取有限多种值.再由单调性,每个B i 最终分别是常数,即(b n )最终以t 为周期.因此存在序号r,使得对一切n ≥r 成立b n =b n-t =b t +b n-t ,也就是a n =a t +a n-t .。
