2024年俄羅斯第50屆數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽決賽試題真題（含答案詳解）

2024年第50屆奧林匹克決賽競(jìng)賽數(shù)學(xué)試卷（俄羅斯）

1、別佳和瓦夏只知道不超過1。9一4000的正整數(shù).別佳把可以表示為形式abc+ab+ac+兒的

數(shù)叫做好數(shù)，其中a,b,c都是不小于100的正整數(shù).而瓦夏把可以表示為形式久yz—x—y—z

的數(shù)叫做好數(shù)，其中久，y,z都是大于100的正整數(shù).誰的好數(shù)更多？

2、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)？

3、兩個(gè)男孩每人得到一口袋土豆，每人的口袋里都有150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顆土豆，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？

4、設(shè)4BCD是圓內(nèi)接四邊形，有乙4+AD=90。.它的兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)￡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XY等于△ETZ

的外接圓直徑.

5、今有一個(gè)10X10方格正方形廣場(chǎng).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(chǎng)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(zhēng)使該高度達(dá)到最小.試問，檢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.）

6、在△力BC中有AB分別以H和。記它的垂心和外心，以Q記它的外接圓.線段。“與

△BHC的外接圓相交于點(diǎn)X,點(diǎn)X與。和H都不重合.△AOX的外接圓與圓Q的劣弧;口相交于

點(diǎn)K證明，直線XY平分線段BC.

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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gi（x）和。2（%），那么剩下的六個(gè)多項(xiàng)式都可以如此來稱呼為。3（%），%（%），…，%（%）,

使得91（%）+92（%），93（%）+。4（尢），05（%）+。6（尢）和07（K）+。8（K）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？

8、1000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（a,b）是好的，如果在他們

之間沒有站著比a,b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

（a,b）與對(duì)子（b,a）視為相同的.）

9、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,「24,/3和

才上證明，在該數(shù)列中必然會(huì)有等于p和q的項(xiàng).

10、設(shè)有奇數(shù)n》3.在2九><2九方格表中涂黑2（九一1）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？

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

項(xiàng)式.廖娘知道"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k個(gè)實(shí)數(shù)久1<%2<<4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=L2,…，k,他在第i列的兩個(gè)方格里分別填寫PQ。，Q（%）（兩個(gè)數(shù)的填寫順序不確

定），其中P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？

12、給定凸四邊形4BCD,其中有乙4+AD=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,丫，Z和T.今知AZ=CE,BE=DT.證明，線段XY的長度不大

于△ETZ的外接圓直徑.

13、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.

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14、給定平行四邊形ABCD.以M記△4BC外接圓上弧「的中點(diǎn).在線段40上取一點(diǎn)E,在線段

/1￡）C

CD上取一點(diǎn)F.今知ME=MD=MF.證明，B,M,E與F四點(diǎn)共圓.

15、給定兩個(gè)正整數(shù)打與久2,在直線上取定yi條白色線段和條黑色線段，其中月》巧且

y2>x2.今知，任何兩條同色線段都不相交（甚至沒有公共端點(diǎn)）.亦知，無論怎樣挑出條白色

線段和％2條黑色線段，都一定會(huì)有某兩條被挑出的線段相交.證明（yi-久1）。2-%2）<久逐2?

16、給定正整數(shù)般〉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?jī)蓚€(gè)相鄰的數(shù)a

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>

17、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H>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)？

18、三兀有序正數(shù)組（a,仇c）稱作神秘的，如果Ja2+—r+2ab+/fo2+

即+2兒+

c2+/+2ca=2（a+b+c）.證明，如果數(shù)組（a,4c）是神秘的，則數(shù)組（c,瓦a）也是神秘的.

19、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歹U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10000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.）

20、四邊形ABCO中沒有平行邊，它內(nèi)接于圓3.經(jīng)過頂點(diǎn)4作直線驍〃BC,經(jīng)過頂點(diǎn)B作直線片〃

CD,經(jīng)過頂點(diǎn)C作直線上〃經(jīng)過頂點(diǎn)。作直線，D〃2B.四條邊相繼位于這些直線（按照所說

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的順序）上的四邊形內(nèi)接于圓y.圓3與圓y相交于點(diǎn)E和點(diǎn)上證明，直線AC,BC與EF相交于同

一個(gè)點(diǎn).

21、非等腰銳角三角形ABC的外接圓是3,外心是。，垂心是”.經(jīng)過點(diǎn)。作直線4”的垂線，經(jīng)過

點(diǎn)4作直線4。的垂線.證明，這兩條垂線與邊ZB和邊AC的交點(diǎn)都在同一個(gè)與3相切的圓周上.

22、某國共有">100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?jī)蓚€(gè)城市間

（雙向）道路的建設(shè)費(fèi)用，道路造價(jià)從1到的盧泰勒爾各有一條（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)的九-1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）.在這些道路建成后，城市形成M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)

變量M的數(shù)學(xué)期望.

23、證明，存在某個(gè)c>0,使得對(duì)任何奇質(zhì)數(shù)p=2k+1,數(shù)1°,21,32,???,那-1被p除時(shí)至少

產(chǎn)生出c而個(gè)不同的余數(shù).

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1、【答案】瓦夏的好數(shù)多

【解析】如果正整數(shù)k=abc+ab+ac+bc<109—4000是別佳的好數(shù)，

那么k—2=(a+l)(b+l)(c+1)—(a+1)—(b+1)—(c+1)就是瓦夏的好數(shù)(k—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

109-4000.

另一方面，由于-4000=(1000-1)1000(1000+1)-(1000-1)-1000-(1000+1),

所以109-4000也是瓦夏的好數(shù)；

故而瓦夏至少有p+1個(gè)好數(shù).

【標(biāo)注】(數(shù)論模塊)

2、【答案】不能

【解析】假設(shè)存在這樣的正整數(shù)兀那么題中條件等價(jià)于九的所有正約數(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"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"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。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，九不是5的倍數(shù)，從而它的約數(shù)都不以0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(d,2d),其中d是九的奇約

數(shù).此時(shí)，所有的形如2d均具有不可被4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最高方幕數(shù)是2「，其中r》2.那么，如果d是"的奇約數(shù)，則d,2d,

22d,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.

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此時(shí)，建有C410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

r+1

味著其余的正約數(shù)都是4的倍數(shù)，它們不少于30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.

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

3、【答案】19次

【解析】假設(shè)一共可以行動(dòng)n次.

我們來觀察第k次行動(dòng).以耿表示進(jìn)行第k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-耿.我們還以劭=150=300-為表示第一次行動(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k次行動(dòng)的男孩的口袋里原有300-顆土豆，而行動(dòng)后有以顆土

豆.這說明，他在這次行動(dòng)中，轉(zhuǎn)移了300—a?i-怒顆土豆（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-

ak_3,故知300—耿_]—耿＞300—在_3，亦即縱_3＞縱一1+。心由于都是整數(shù)，故知對(duì)一切

k=3,4,…，n＞都有￡1上_3》耿—1+耿+1.

現(xiàn)在來確定諸四的值，從尾部開始.定義數(shù)列｛久｝如下：瓦=3=勾=0,而瓦+3=bk+i+

b/c+1.我們用歸納法來證明，對(duì)于k=0,1,???,n,有冊(cè)_上＞不和用+1＞比.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

an-k>an-k+2+an-k+3+1>氏-2+M-3+1=%，

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)男孩都有比9=150顆土豆.讓他們

在完成（從頭數(shù)的）第k次行動(dòng)后，執(zhí)行此次行動(dòng)的男孩剩有/9_左顆土豆.于是在第k次行動(dòng)中該

男孩轉(zhuǎn)移了300-歷0q-瓦9-k顆土豆，而在此前他的任何一次行動(dòng)之前，他有300-仇顆土豆,

其中i》17—k,并且300—瓦4300—bs-k＜300—b1”上一^20-fc,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).

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

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4、【答案】見解析

【解析】對(duì)和割線4XB與運(yùn)用梅涅勞斯定理，得知

4ZBEXT_CEDTKZ_

'AE"BT'HZ-'CZ"DE"YT-'

再由等式az=CE和BE=CT推知AE=CZ和BT=DE.把這些等量關(guān)系

代入前面的等式，得到會(huì)=品

AzYI

這表明，x與y關(guān)于線段ZT的中點(diǎn)s對(duì)稱（參閱下圖）.

由題中條件可知，射線4B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XY的長度的一半.

分別以M和N記線段和BC的中點(diǎn)，以。記圓（ABCD）的圓心.則點(diǎn)。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E7的中垂線.這表明，點(diǎn)。也是圓（ETZ）的圓心，

而。E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.

—>—>TT

既然EN是的中線，而MS是四邊形ZZTD的對(duì)邊中點(diǎn)連線，我們有無=型竺=里±絲=

22

—>

MS-

在直角三角形△RBC中，斜邊中線而在直線股與"上的投影分別等于處和竺.既然。與M分別是

22

圓（ABCD）和圓（ZDF）的圓心，它們?cè)谶@些直線上投影時(shí)，前者重合于線段48與C。的中點(diǎn)，

而后者重合于線段4尸與。尸的中點(diǎn).所以，向量0卷=公漏_A=6混一位在這些直線上的投影

—?—?—>-?—>T

分別等于缶?的）=處和（。?DC）=日.這表明向量病與而在我們的兩條直線上的投影相等，故知

2222

NF=0M-

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這樣一來，就有os=0M+MS=NF+EN=EF'所以。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△ZDE等角共輾的

事實(shí).

【標(biāo)注】（平面幾何）

5、【答案】1120cm

5

【解析】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)夜晚在每個(gè)方格里降

下ldm3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9990dm3.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11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，第十列方格里沒有積雪.我們來計(jì)算經(jīng)過99天之后，在第運(yùn)9列方

格里的積雪厚度.在第ll（i-1）個(gè)傍晚，在第i列中沒有積雪，而在第i+1列的每一個(gè)方格里都

有—l）dm3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l(wèi)l（i一l）+2dm3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-i）

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（9一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10dm3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

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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llOdnA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112dm3.

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

6、【答案】見解析

【解析】方法一：設(shè)H'與X'分別是點(diǎn)”與X關(guān)于邊BC中點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)（參閱下圖）.

于是HXH'X'是平行四邊形.

由于NBX'C=乙BH'C=ABHC=180°-ABAC,

所以點(diǎn)X'與H'都在圓。上.

又因1AB,

故知"’是點(diǎn)4在該圓上的對(duì)徑點(diǎn).

因而，線段經(jīng)過點(diǎn)。.

回憶起XO〃X'H',獲知44yx'=180°-^AHX=180°-^AOX=AAYX,

這表明，點(diǎn)y,x和立于同一條平分BC的直線上.

方法二:既然NBHC=180O-AABC,

所以圓（BHC）與圓Q關(guān)于BC對(duì)稱.

設(shè)?！菆ABHC的圓心，M是線段BC的中點(diǎn).

則點(diǎn)M亦是。0'的中點(diǎn)（參閱下圖）.

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如所周知，AH=20M（可以通過以△ABC的重心為中心以—2為系數(shù)的位似變換來證明這一點(diǎn)）.

所以。。'=20M=AH.

既然。。'1FC1AH,

所以AHO'O是平行四邊形.

設(shè)點(diǎn)7在射線O'X上，使得。7=20X,

則有xr=o'x=。力=4。.

由于△O'XH是等腰三角形，

所以ZTXO=乙O'XH=AO:HX=^AOX,

故知△TXO^△AOX,這表明ZTOX=^AXO.

由于XM是△O'TO的中線.

我們獲知NMX。=A.TOX=乙4X0,意即X0是乙4XM的平分線.

而在圓（AXOY）中有。4=0Y,

因而知。是弧4W的中點(diǎn)，

ZIAY

因此，X。是乙4xy的外角平分線.

由此可知乙4XM與NYX4互補(bǔ)，意即X,丫與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)人與X'關(guān)于直線0H對(duì)稱，特別地，有X4=XX=2XM.

第10頁，共26頁

還有一些點(diǎn)也在圓月OXY上.例如，線段4M與圓（BHC）的交點(diǎn)，點(diǎn)。’在圓周（BO'C）上的交點(diǎn),

等等.

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

7、【答案】不一定

【解析】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：

222x22

――X+2,f2(%)=3%—2,f3(%)—4x+3,/4()—2%—3,fs(%)—4x+

222

x+4,/6(x)=4x+%—4,/7(x)=—5x—%+5,/8(x)=5x—x—5.

這八個(gè)多項(xiàng)式在久=—1,0,1處的值如下表所列：

/|(?)介Id)

一］11-1-1-11

02-23-34

111-1-111-1

這八個(gè)多項(xiàng)式?jīng)]有公共根，甚至連九（%）與72。）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（72?1（%），/2奴%）），其中k=l,2,3,4,那么所有八個(gè)多項(xiàng)式可配對(duì)

為。），/工）），丁嗎。）），（嗎），這些對(duì)子的和都以。為根?

（/12（3（44（%W，%（f7（x）,f8（x））,

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％0=-1或者在

%0=1處的值是0（也可能在兩處的值都是0）.取定這樣的其

余六個(gè)多項(xiàng)式在劭處的值有三個(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

近處的值都是0.

【標(biāo)注】（多項(xiàng)式與方程）

8、【答案】50"-3=250998

【解析】假設(shè)一共有2兀個(gè)孩子，我們來考慮與題目類似的問題.證明最多可能有（九+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1,2,2n.不難看出，如果他們列成如下的一隊(duì)：n+1,

n+2,…,2n,1,2,…,n,

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那么所有的對(duì)子(ij)就都是好的，其中(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)子共有層個(gè).止匕外，所有形如(i,i+l)的對(duì)子也都是好的，這樣的對(duì)

子一共有2n?-1對(duì).但是(弭71+1)在前面計(jì)算過了，所以好的對(duì)子的總數(shù)為層+(2?1-1)一

1=(n+I)2-3.

下面只需再證.好的對(duì)子數(shù)目不可能多于(n+1)2-3.我們來對(duì)n歸納.九=1時(shí)只有一個(gè)對(duì)子，

結(jié)論顯然成立.

現(xiàn)設(shè)n>l.考察2n個(gè)孩子列成的任意一種隊(duì)列，從中取出好的對(duì)子(a,b),其中差距|a-b|達(dá)到

最大.為確定起見，設(shè)a<b,且設(shè)孩子a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.

引理：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一-a和b--a,故

知a<c<b.這就表明c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a以左.或者站在b以右.

假設(shè)有兩個(gè)杰出的孩子q<°2都在a以左.則有a<Ci<c2Vb.從而Q不可能站在a與c2之間，

否則對(duì)子(a,C2)不是好的.因此，q站在C2以左.然而這樣一來，C2就站在ci和b之間，從而對(duì)子

(q,b)不可能是好的.這個(gè)矛盾表明，在a的左邊至多有一個(gè)杰出的孩子.同理可知，在匕的右邊也

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a和b,還剩2n-2個(gè)孩子，根據(jù)歸納假設(shè)，其中至多有小-3個(gè)

好的對(duì)子.現(xiàn)在讓a和b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(a,b),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(b,c),有對(duì)于其余的孩

子d所形成的對(duì)子(a,d)和(瓦d)之中的至多一個(gè).所以一共至多增加了1+(2n-2)+2=2n+1

個(gè)對(duì)子，從而現(xiàn)在至多有(層一3)+(2九+1)=(n+1)2-3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a和b的選擇，還有其他方法.例如，可選擇a和b,使得(a,b)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(l,b)是好的對(duì)子的最大的整數(shù).

【標(biāo)注】(數(shù)論模塊)

9、【答案】見解析

5

【解析】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-d.

注意到q23—p23可被d整除，這意味著d不可被p整除，因若不然，q23可被p整除，此為矛盾.另一

方面，d應(yīng)當(dāng)是p24—p23=p23(p—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

第12頁，共26頁

p23—p=pg—］）（p21+p20+...+1）,知p23—0可被0—1整除，因而可被d整除，并且由于

p<p23,故知p屬于我們的遞降的無窮等差數(shù)列.同理可知，q屬于我們的遞降的無窮等差數(shù)列.

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

10、【答案】2n-1

【解析】將2九x2n方格表分為層個(gè)2x2正方形（稱為“田”）.

至多有巴用=伽―1）2個(gè)田中有不少于2個(gè)黑格.其余的田不少于層—（n—l）2=2n—l

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2rl-1這樣的角狀形.

我們來對(duì)奇數(shù)作歸納.

當(dāng)n=l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2九x2n方格表中分離出一個(gè)寬度為2的“邊框”（如圖所示）.在該“邊框”

中靠著內(nèi)沿一共有8（n-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/

個(gè)方格，從而一共有2口-3）2+8（n-2）=2（n-1萬個(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（葭-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.

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

11、【答案】

2n+1

第13頁，共26頁

【解析】我們來證明，在k=2n(更何況在k<2九)時(shí)，廖娘未必能唯一地確定出多項(xiàng)式對(duì)P

和Q.設(shè)她選了2n個(gè)實(shí)數(shù)<%2<<久2n.我們令A(yù)(x)=(%-%1)(X-%2)…久_xn)>

B(x)=(%-xn+i)(x-xn+2y--(x-x2n).于是，對(duì)于i=l,2,…，n,都有=0；而對(duì)于

i=n+1,n+2,■-■,2n,都有=0.

如果伊利亞所想的兩個(gè)多項(xiàng)式是Pi=4+2B和Qi=—4—2B,那么對(duì)于i=l,2,-??,n,在他

所交出的2x2n表格的第i列所寫的兩個(gè)數(shù)是土B(^)；而對(duì)于i=n+l,n+2,…，2n,則是

±4(招).而如果薩沙想的兩個(gè)多項(xiàng)式是P2=4—2B和Q2=-4+2B,那么所述的表格也適合于

他.

另一方面，我們來證明，當(dāng)k=2n+1時(shí)，伊利亞的表格可能只有不多于一對(duì)多項(xiàng)式P和Q滿

足.假設(shè)不然，有兩對(duì)不同的多項(xiàng)式P1，Q1和P2,<22都滿足這張表格.那么P2與P1或者與Q1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P1.如此一來，P1與P2就是相同的多項(xiàng)

式(因?yàn)樗鼈兊牟钍且粋€(gè)次數(shù)不大于九的多項(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2九+1處的值重合，所以Q1=Q2-

【標(biāo)注】(多項(xiàng)式與方程)

12、【答案】見解析

【解析】以3記圓(ETZ),以d記其半徑由于BE=CT,所

以BT=BE+ET=DT+ET=DE.由條件+AD=90。推知射線與DC相交于點(diǎn)尸(參閱下

圖).在圓Q4BE)中引直徑EB'.由于ZABE〉9O。，所以讓點(diǎn)在圓周上按照順序4—B—E—移

動(dòng).此時(shí)有ZAB'B=乙AEB=Z-CED^^BAB=90°+^FAC=乙ECD.故知△CEDABB

(兩組對(duì)應(yīng)角相等)，所以也=箜=絲.由該比例式可知直角三角形△ZB'ZsaBB'O.于是

BBEDBT

aBTB'=LAZB：所以點(diǎn)B'在圓周3上.我們指出，4B是點(diǎn)B'關(guān)于AZEr的西姆松線，這是因?yàn)?/p>

AB'AE=Z.BBE=90°.于是點(diǎn)B'在直線ZT上的投影位于AB之上，意即B,X1ZT.

同理可知，點(diǎn)E在圓(CED)上的對(duì)徑點(diǎn)C'在圓3上，亦有C'YIEO.如此一來，B'C'就是3的弦，而

x與y分別是B'和c'在直線zr上的投影，所以xy《B'c’《d,這就是所要證明的.

第14頁，共26頁

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4c（和ZE）,BD（和

TE）,XY（和Z7）的中點(diǎn).設(shè)F=4BnCD.由于△XFY是直角三角形，故知FK=半注意

△KMl^AEZT的中點(diǎn)三角形，容易算得乙MPN=180°-乙MEN=180°-乙MKN.這意味著M,

YY

K,N,F四點(diǎn)共圓，于是FK是圓（MKN）的弦.由此可知，y=KF^2RMKN=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XY=&成

立.當(dāng)且僅當(dāng)，原四邊形為圓內(nèi)接四邊形.

注3：給出本題的又一解答.

沿用原解法里的符號(hào)，并令x=BF,y=AB,z=CF,t=。。和左=胃，m=意，p=ZT,

a^^AED.由關(guān)于△EZT和直線4YB,關(guān)于△EZT和直線CYD的梅涅勞斯定理，得到：XZ=

YT^p-在△ZET中應(yīng)用正弦定理，得知：d=—.綜合上述，得到XY=XZ+YZ+

ukl-1Sina

ZT=P.當(dāng)3這樣一來就只需證明：

廠kl—1

■/kl+1z★A\

sina<k-l--l.()

由關(guān)于△AFC和直線BED,關(guān)于△BFD和直線4EC的梅涅勞斯定理，容易看出左=處也，1=

zy

且2,ki=a+y)(z+t),由此即知

XtXZ

kl+1_(x+y)(z+t)—xz

k.l—1(x+y)(z+t)+xz*

記乙FAC=B，乙FDB=丫,于是a=900+S+y,這表明

.nn(x+y)(z+t)-xz

sina—cosycosp—sinysinB——.丁干.

‘卜'產(chǎn)V(x2+(z+t)2)(z2+(x+y)2)

第15頁，共26頁

其中后面一個(gè)等號(hào)源自△力FC和△BFQ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+（Z+t）2）（z2+（X+y）2）》xz+（z+t）（x+y），由此即得所要證明的不等式（★）.

【標(biāo)注】（平面幾何）

13、【答案】見解析

5

【解析】假設(shè)小房子沿著數(shù)軸排列，以1cm為單位長度

取定0<￡<0.01,使得任何一對(duì)相鄰房子的長度之差都大于10-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{￡,1,22,41,81,161,321,642},其中I=ne,而正整數(shù)n使得/<

2和641>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￡,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试S的最大步長641>101超過

100+￡）.假設(shè)它以跳躍距離2d越過了面臨的紅色區(qū)間［a,句.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［瓦司.假設(shè)并非如此，螞蚱從點(diǎn)a—%,其中0<久<￡,一步跳到

點(diǎn)a—x+2d>c,那么就有2d>（c—b）+（b—a）>2（b—a）+10s,于

是d>（b—a）+￡.這意味著螞蚱可以以比2d更小的步長越過紅色區(qū)間［a,為，此為矛盾.

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

14、【答案】見解析

5

【解析】方法一：設(shè)乙4=%.由于和△DMF都是等腰三角形（或者由于點(diǎn)M是圓（DEF）的

圓心），知NEMF=360。一2支（參閱下圖）.于是為完成本題證明，只需證明NEBF亦等于這個(gè)

值.

第16頁，共26頁

在以點(diǎn)。為中心以T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',B,亦即線段DE,EF,

DB的中點(diǎn).為求乙EBF,我們改為求ZE'B'F'.注意到E’和F’分別是點(diǎn)M在4。和CD上的投影，而B’

是平行四邊形的中心.或者說是線段4c的中點(diǎn)，從而B'亦是點(diǎn)M在2C上的投影.M,E,A,B,在

同一個(gè)以MZ為直徑的圓上.由此可知NE'B'F'=360?！ぁ┄D2=360?！?%.這就是所要證明

的.

方法二：只需證明乙4BE=NCBF（亦即BE和BF對(duì)于和4c的等角性）.事實(shí)上，點(diǎn)M在/EBF

的外角平分線上，且在線段EF的中垂線上，這意味著它重合于弧皿廳的中點(diǎn)（參閱下圖）.

LLDT

為證乙4BE=ZCB尸只需證明△ABE-△CBF.下面就來證明這一點(diǎn).

在射線ZB上取點(diǎn)X,使得BX=BC；在射線CB上取點(diǎn)丫，使得BY=B4易知ABMC=4BMX

（邊角邊）.于是知MX=MC=MA.我們來看DF的中垂線，它亦垂直于直線AX.而由于

MA=MX,知其亦是線段4X的中垂線.于是可知力DFX是等腰梯形，而ABC。剛好是平行四邊形,

故CXBF亦是等腰梯形，并且有CB=BX=XF和ZXBC=180。=乙4BC.關(guān)于梯形力YBE亦可類

似得到同樣的結(jié)論.^^AYBE-CXBF,由此即得所需結(jié)論△ABE?△CBF.

附注：可以有另外的途徑證明解法2中所需的結(jié)論aZBE?403?,例如通過證明等式

BC=CFTB來實(shí)現(xiàn).而該等式的證明，可以通過截取AM在4。上的投影，再截取線段4E,通過

△4BC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.

【標(biāo)注】（平面幾何）

15、【答案】見解析

第17頁，共26頁

【解析】方法一：自左至右把白線段依次記作W1，卬2,…，以乃，把黑線段依次記作外，b2,

by2.對(duì)每條黑線段%,以S（勺）記這樣的角標(biāo)《月—1的數(shù)目，使得與既與白線段也相交又與白線

段她+1相交，并稱之為"的粘合力.如果有某個(gè)白線段對(duì)（",叫+1）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S（%）&yi—1.

定義yi個(gè)各由％1條白線段構(gòu)成的集合：對(duì)于04同丫1一％1，集合&由線段Wi+1，Wj+2，…，Wj+%1

構(gòu)成；而對(duì)于yi--1集合Gj由線段電+1，w位,…，卬丫1和線段w2,…，

Wi+%]_y]構(gòu)成（換言之，每個(gè)集合都由％1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

用N（GD表示不與■中任何線段相交的黑線段數(shù)目.由題中條件可知，N（GD《%2—1，所以

￡=2MlN（Gj）《yi3—。

另一方面，每一條黑線段％都至多與1+S（%）條白線段相交，而這些白線段依次排列在一條直線

上.于是包含其中至少一條白線段的集合個(gè)數(shù)不超過1+5（%）+￡1—1=5（%）+5.因此，線

段“至少被月—（S（bj）+久1）個(gè)形如N（G?的數(shù)計(jì)入其中.所以

Z（yi-S?）-％1）=72仇-%1）-6。S（'j）＞y2（yi一久1）一（月一1）.

聯(lián)立關(guān)于E的兩方面估計(jì)，得知

2）2-

yi（x2-i）＞y2（yi-/）-仇-1）=（月-久。（乃-久《/工1-

這就是所要證明的.

方法二：假設(shè)題中斷言對(duì)某些X〉%2＞丫2不成立，即有（丫1-%1）（丫2—久2）》久1久2.在此設(shè)和

數(shù)丫1+V2達(dá)到最小一

不失一般性，可認(rèn)為yi-久1》久1.取出自左數(shù)起的第條白線段小和第乃-久2條黑線段B.它們

中有一條的右端點(diǎn)稍左一點(diǎn).

1）若小的右端點(diǎn)稍左（或二線段右端點(diǎn)重合），則右邊的久2條黑線段與左邊的亞條白線段不相交，

此為矛盾；

2）若B的右端點(diǎn)稍左.刪去小左邊的所有白線段（包括W）和B左邊的所有黑線段（包括B）.剩

下的白線段（不少于尤1條）都不與已經(jīng)刪去的丫2-久2條黑線段相交，由此已經(jīng)可推知乃-久2V

%2-

令久’1=久1，y；=yi-久1》久；，久2=久2—。2-%2）和丫2=丫2—（72-久2）=久現(xiàn)在只剩下

y；條白線段和條黑線段.我們觀察任意當(dāng)條剩下的白線段和尤2條剩下的黑線段.如果它們中沒

有相交的，就往它們中補(bǔ)入所有被刪去的黑線段，得到由5=無；條白線段和久2=芯+（、2-％2）

條原來線段組里的黑線段，它們中仍然沒有相交的，這是不可能的.這表明，對(duì)于剩下的線段構(gòu)

第18頁，共26頁

成的線段組（對(duì)于新的數(shù)y；,久2和%）仍然滿足題中條件，但是組中的線段數(shù)目卻少于原來

的線段組，所以

0<%1%2-（y'l-久'1）（72-久2）

=久1（2久2-72）-（yi-2久1）。2-久2）

=久62-仇-%1）。2-久2）4。，

此亦為矛盾.

附注：當(dāng)久1=初=1時(shí)，本題的斷言就是二色（一維）赫利定理.

【標(biāo)注】（數(shù)論模塊）

16、【答案】可以

【解析】我們來描繪可以使得達(dá)雅最終獲勝（即使得所有n個(gè)數(shù)最終變?yōu)橄嗟龋┑母鞣N情形.

（1）我們有幾個(gè)奇數(shù).

一輪操作就可以得到n個(gè)2.

（2）任何兩個(gè)相鄰數(shù)的和都不是2的方幕數(shù).

一輪操作就可以變?yōu)榍樾危?）.

（3）開始時(shí)所有數(shù)的平均值s不是2的方幕數(shù).

我們來證明，這種情形可以轉(zhuǎn)變?yōu)榍樾危?）.先不加證明地運(yùn)用如下引理、而把它的證明放在本

題解答的最后.

引理：設(shè)有實(shí)數(shù)的，a2,…，an,它們的算術(shù)平均值是s.一次操作后，數(shù)組的，。2,…，冊(cè)變?yōu)?/p>

數(shù)組空，臂，…，&羅，則對(duì)任何￡>o,在若干輪操作之后所有的數(shù)都將屬于區(qū)間（s-

S+￡）.

顯然有S>1.選取￡>0,使得區(qū)間（S-&S+8）整個(gè)地位于某兩個(gè)相鄰的2的方幕數(shù)之間，意即

對(duì)某個(gè)正整數(shù)3有2一1<s—￡<s+￡<2t,我們來多次將相鄰數(shù)換為它們的和數(shù).于是根據(jù)引

理，存在正整數(shù)?n,使得在m次這樣的操作之后，所有的數(shù)都將位于區(qū)間（2團(tuán)（$—￡）,2小。+0）中,

意即位于介于二相鄰的2的方幕數(shù)2巾?2-1與2"1-2t之間.這就表明，在6-1次操作之后就可

滿足條件（2）.

（4）所有的數(shù)都小于2.

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如果我們不是在情形（2）之下，則有某一對(duì)數(shù)a和b的和等于2。其中為正整數(shù).我們來進(jìn)行

任意一種這樣的操作，使得僅有a和b變?yōu)閿?shù)2.假如在這樣的嘗試之下沒有變?yōu)榍樾危?）,則得

到這樣的情形：算術(shù)平均值s是2的方幕數(shù).我們?cè)僮鲞@樣的嘗試使得其中只有a和b變?yōu)閿?shù)4.與前

一次嘗試相比，平均值增加了馬于是我們處于情形（3）中.

n

（5）假設(shè)開始時(shí)的數(shù)組任意.那么在一輪操作之下即可變?yōu)榍樾危?）.

引理之證：重新將原來的數(shù)組表示為s+%。，s+%i，…，s+xn,其中％o+%id-----1-xn=0.記

M=max[\x0\,\%^\\,???,,\xn\].易知,在引理中的操作之下,M不增加.只需證明，對(duì)某個(gè)固定的

0<2<1,在某k輪操作之下，該最大值變得不大于下面將會(huì)看到，可取k=n和4=蘭芳i.

在n操作之