2026年阿根廷数学奥林匹克国家队选拔考试试题

2026年阿根廷国家队选拔考试试题 第1题 一个2×2×2的立方体的每个面都被分成4个正方形小格（因此整个立方体表面共有24个小格）。称 一个由8个小格组成的序列为一个环，如果立方体的每个面上恰有0个或2个小格属于该序列，并且 这8个小格中每一个都与前一个小格有公共边、与后一个小格也有公共边，从而在立方体表面形成一 个闭合回路。 Ana和Beto轮流在立方体表面尚未使用的小格中写入一个从1到24的整数，且所有写入的整数互 不相同。Aa先手。待24个数全部写完后，计算每一个环中8个数的和（共有6个环)。若这6个 和全部相等，则Beto获胜：否则Ana获胜。试判断谁有必胜策略，并给出说明。 解答 Beto有必胜策略。 把立方体放在坐标系中，中心为原点，边平行于坐标轴。每个表面小格的中心有一个坐标是土1，另外 两个坐标是士。 按题目所说的6个环来理解，它们正是下面这6条“腰带”： X+,X-,Y+,Y-,Z+,Z-, 其中例如X+表示所有中心的-坐标为+号的表面小格。类似地定义其余五个环。每个这样的环有8 个小格。 关键观察：每个小格恰好属于两个环。 例如一个小格中心为 则它属于X+和Y,但不属于Z+或Z_-,因为它本身在之=1的面上。 现在把24个小格两两配对。配对规则如下： 如果两个小格属于完全相同的两个环，就把它们配成一对。 例如同时属于X+和Y的小格有两个，它们分别在之=1和之=一1两个相对的面上。把这两个小 格配成一对。 这样的配对一共有 3.2.2=12 对，正好覆盖全部24个小格。更重要的是： 每个环都恰好由4个完整的小格对组成。 例如 X+ 由下面四类小格组成： X+∩Y+,X+∩Y-,X+∩Z+,X+nZ- 每一类有两个小格，也就是一个配对。因此X+是4个完整配对的并集。其他五个环同理。 接下来给出Beto的策路。 把数字也两两配对： 1分24,2分23,3分22，，12H13. 也就是说， 每一对数字的和都是 25. Beto的策略是： Ana若在某个小格写下数字n,Beto就在这个小格的配对小格中写下25-n。 这个策略始终合法。因为Beto每次都会立刻把Ana选中的小格对补满，所以Ana以后不可能再选到 这个配对小格：同理，数字n尚未用过时，数字25一n也尚未用过。 游戏结束后，每一对配对小格上的两个数之和都是 25. 而每个环都恰好包含4个完整的小格对，所以每个环中8个数的和都是 4.25=100. 因此六个环的和全部相等，Beto获胜。 所以必胜者是： Beto 第2题 设n≥3为正整数，且x1,22,…,n为实数，满足 0≤≤2(i=1,2,,n), 这些数不必互不相同，并且 1+2++xn=5. 证明： 好+号+…+≤9， 并求出等号成立时所有可能的c,2,,cn的取值情形。 解答 在所有满足条件的数组(1，，xn)中，取一个使 S=好+…+x另 最大的数组。这样的数组存在，因为0≤：≤2，可行范围有界闭合。 下面证明：在最大值处，至多只有一个x:不等于0或2. 若有两个数a,b都在(0.2)内，不妨设a≤b。取 6=min{a,2-b}>0. 把这两个数改为 a-6,b+6. 它们仍在0,2内，且和不变，因此所有：的总和仍为5。但平方和的变化为 (a-6)2+(b+6)2-a2-b2=26(b-a)+262>0, 这与S已经最大矛盾。 因此，在最大值处，至多只有一个数不是0或2。 设最大值处有k个数等于2，有至多一个数为x∈(0,2)，其余为0。由于 x1+…+xn=5, 而若全部都是0或2，总和应为偶数，不可能等于5，所以必有这样一个r。于是 2k+r=5. 因为0<r<2, 只能有 k=2, r=1. 所以最大平方和为 22+22+12=9. 因此 好+好+…+场≤9. 等号成立当且仅当最大值达到，即这些数中恰有两个数等于2，恰有一个数等于1，其余全为0。也就 是说， (x1,x2,.,xn) 是 (2,2,1,0,0) 的任意排列。 第3题 设a,b为整数，考虑多项式 f(z)=22+ax+6. 已知对于每一个正素数p,都存在整数n,使得f(n)与f(n+1)均能被p整除。证明：存在整数m, 使得 f(m)=f(m+1)=0. 解答 设 K=1-a2+4b. 对任意奇素数p,由题设可取整数n,使得 f(n)≡f(m+1)≡0(modp). 于是 0≡∫(n+1)-f(n)(modp). 而 f(n+1)-f(n)=(m+1)2+a(m+1)+b-(n2+an+b)=2n+a+1, 所以 2m+a+1≡0(modp): 由于p为奇素数，2在模p下可逆，因此 2n≡-(a+1)(modp). 另一方面，由f(n)≡0(modp),得 4f(n)≡0(modp). 但 4f(n)=4n2+4an+4b=(2n)2+2a(2m)+4h. 代入2n≡-(a+1)(modp),得到 0=(a+1)2-2a(a+1)+4b(modp). 化简： (a+1)2-2a(a+1)+46=a2+2a+1-2a2-2a+4h=1-a2+4h=K. 因此对每一个奇素数p, 都有 pK. 若K≠0，则K只能有有限多个索因子，不可能被所有奇索数整除。故必有 K=0. 也就是说 1-a2+4b=0, 即 a2-4b=1. 所以(x)的判别式为 △=a2-4b=1. 于是 f(x)=22+ax+b 的两个根为 -a+1 2 又因为 a2-4b=1 推出a2三1(mod4),所以a为奇数。因此 m=2 是整数，并且 加+1=2 这两个数正是∫(x)的两个根，所以 f(m)=0, ∫(m+1)=0. 因此存在整数m,使得 f(m)=f(m+1)=0. 证毕。 第4题 设n>4为整数。设S是由n个互不相同的整数组成的集合，且满足如下性质： 若计算所有满足x≠y且x,y∈S的和x+y,则恰好得到2n-3个不同的值。 证明：将集合S中的元索按从小到大的顺序排列后，它们构成一个等差数列。 注：等差数列是指从第二项起，每一项与前一项的差都等于同一个常数的数列。例如，(3,6,9,12)是 一个含4项的等差数列。 解答 设 S={a<a2<…<an}. 记所有两两不同元素之和组成的集合为 T={a:+a:1≤i<j≤n}: 我们先注意到，总有下面2-3个和严格递增： a1 +a2 a1+a3<...<al +an a2+an <...an-1+an. 所以 |T≥2m-3. 题设说T|=2m-3,因此所有两两和都只能是上面这2m-3个数。 下面用归纳法证明。 先看n=5。 设相邻差为 a2-a1=p,a3-a2=q,a4-a3=r,a5-a4=S. 考虑前四项a1,a2,a3,a4。它们的两两和至少有5个不同值：而a3+a5,a4+a5都比这四项内部的任 何两两和更大，所以总共已经至少有7个值。题设正好为7，故前四项内部只能有5个不同两两和。 对四个递增数b1<b2<b3<b4,若其两两和只有5个不同值，则必有 62+63=61+04: 因为 b1+b2<b1+bg<b2+b3<b2+bu<b3+b4, 而唯一可能与b2+b3重合的只剩b1+b4。所以 b2-b1=b4-b. 用于a1,a2,a3,a4,得 p=. 同理，对后四项a2,a3,a4,a5,得 q=$. 于是五项相邻差为 p,9,p9 若p<q,则 a1+a4<a2+a4<a1+a5, 这会在必有的递增链中插入一个新值，矛盾。 若p>q,则 a1+a5<a2+a4<a2+a5, 同样矛盾。因此 p=4 于是 p=9=T=S, 所以n=5时结论成立。 下面设n≥6，并假设结论对n-1个元素成立。 考虑前n-1项 A={a1,a2,,an-1} 它们的两两和至少有 2(m-1)-3=2m-5 个不同值。 又因为 an-2 an;an-1+an 都大于A内部任意两两和，所以它们至少提供两个新值。于是 T1≥(2m-5)+2=2n-3. 题设正好等号成立，因此A的两两和恰好有2一5个不同值。由归纳假设， a1,a2,·,an-1 构成等差数列。设公差为d>0,即 a:=a1+(i-1)d, 1≤i≤n-1. 接下来只需证明an=a1+(nm-1)d。 由于总和数已经达到最小值，除最大的两个新和 an-2+an:an-1 an 之外，其他a:+am必须已经出现在前n-1项内部的两两和中。特别地， an-3+an 应等于某个 au+aw(1≤u<v≤n-1): 于是 a1+(n-4)d+an=2a1+(u+v-2)d. 整理得 an -a1 (u+v-n+2)d. 所以an一a1是d的整数倍。 又因为 an>an-1=a1+(n-2)d, 故 an-a1>(n-2)d. 另一方面， u+v≤(n-2)+(n-1)=2m-3, 所以 an-a1=(u+v-n+2)d<(n-1)d. 因此 (n-2)d<am-a≤(n-1)d. 而an-a1又是d的整数倍，只能是 an-a1=(n-1)d. 于是 an=a1+(n-1)d. 所以a1,a2,,an构成等差数列。 综上，原命题成立。口 第5题 设ABC为锐角三角形，点S在边AB上。令P为经过A,S,C三点的圆的圆心，令Q为经过B,S,C 三点的圆的圆心。求点S在边AB上的位置，使得三角形PQS的面积最小。 解答 记[XYZ表示三角形XYZ的面积。设H为C到AB的垂足。因为ABC是锐角三角形，所以H 在边AB内部。下面证明面积最小时S=H。 任取S∈AB,设M为CS的中点。 因为P是△ASC的外心，所以 PA=PS=PC 特别地， PS=PC. 故P在线段CS的垂直平分线上。 同理，Q是△BSC的外心，所以 QS QC, 故Q也在线段CS的垂直平分线上。 于是 PM,Q共线，PQ⊥CS. 因此S,C关于直线PQ对称，故它们到直线PQ的距离相等。以PQ为公共底边，得 [PQS][PQC]. 接下来证明 △CPQ~△CAB. 因为P是圆(ASC)的圆心，且圆周角∠CAS与圆心角∠CPS对同一弦CS,所以 ∠CPS=2∠CAS. 又PC=PS,所以PM是等腰三角形PCS的顶角平分线，于是 ZCPM=号CPS=ZCAS 由于A.S,B共线， ∠CAS=∠CAB. 又M∈PQ,所以 ∠CPQ=∠CPM=∠CAB. 同理，在圆(BSC)中， ∠CQM=∠CBS. 而A,S,B共线，所以 ∠CBS=∠CBA. 又M∈PQ,因此 ∠CQP=∠CQM=∠CBA. 于是 △CPQ~△CAB. 所以相似三角形面积比等于对应边比的平方： [CPQ] 3 ICAB cA) 结合[PQS=[PQC],得到 [PQS1=[PQC=【ABCI 由于[ABC]与CA都固定，要使[PQS最小，只需使CP最小。 另一方面，由P是圆(ASC)的圆心可知 PA=PC, 所以P在线段CA的垂直平分线上。在线段CA的垂直平分线上，距离点C最近的点显然是CA的 中点， 因此 cP22 A 等号当且仅当P是CA的中点。 当P是CA的中点时，圆(ASC)以AC为直径。由于S在此圆上，故由泰勒斯定理 ∠ASC=90°. 又A,S,B共线，所以 CS⊥AB. 因此S必须是C到AB的垂足，即 S=H. 反过来，若S=H,则CS⊥AB,从而 ∠ASC=90°. 于是圆(ASC)的圆心正是AC的中点，确实取到上面的最小值。 故面积[PQS最小时， S为C在AB上的垂足。 此时最小面积为 PQs1m=aBC()°-ABc1 第6题 将1000个数2与2000个数-1以某种顺序排列在一个圆周上。Bruno统计所有由两个或两个以上连 续数构成、且其和等于0的数组的个数。 1.求Brno可能得到的最小值： 2.求Bruno可能得到的最大值。 注：圆周上的每一个数可以属于一个或多个这样的数组，也可以不属于任何这样的数组。 解答 按题注的自然理解，不把整个圆周本身算作一个“数组”：否则每个数都至少属于“整个圆周”这个和 为0的数组，就与“也可以不属于任何这样的数组”不合。 把圆周按某个方向编号。设每两个相邻数之间的空隙为“分界点”，一共有3000个分界点。任选一个 分界点作为起点，沿圆周依次记录前绶和： S0,S1,.,S2999. 因为全体数的和为0，所以绕一圈后又回到S0。 一个连续数组的和为0，等价于它两瑞分界点的前缀和相等。反过来，任意两个不同分界点若前缀和 相等，则从第一个分界点沿固定方向走到第二个分界点得到一个和为0的连续数组。由于单个数只能 是2或-1，不可能和为0，所以不会误算长度为1的数组。 于是若某个整数值t在这些前缀和中出现了c:次，则它贡献 ct(c:-1) 个和为0的连续数组。因此Bruno统计到的总数为 2oa-, 最大值 注意每一步的变化是+2或-1，而 2≡-1(mod3). 所以无论当前数是2还是-1，前缀和模3都会减少1。因此 S:≡So-i(mod3): 于是同一个前缀和值只能出现在下标同余的那些分界点中。每个模3的下标类恰好有 3000 =1000 3 个分界点， 所以 ce≤1000. 于是 ∑a(a-1)≤∑c4(1000-1)=999∑4=99.3000=299700. 这个上界可以达到：把圆周排列成 (2,-1,-1),(2,-1,-1),,(2,-1,-1) 共1000组。此时前缀和只在 0,2,1 三个值之间循环，每个值各出现1000次，所以总数为 3.1000.999=2997000. 因此最大值是 2997000 最小值 设所有前缀和中的最大值为M,最小值为。从一个取得最小值的分界点沿圆周走到一个取得最大值 的分界点，得到的某段连续数组的和为 M-m 这段数组中至多含有1000个2，所以它的和最多为 2·1000=2000. 因此 M-m≤2000. 也就是说，所有前缀和只能落在某个长度不超过2000的整数区间里，所以最多只有 2000+1=2001 个不同的前缀和值。 但一共有3000个分界点，因此至少有 3000-2001=999 次“重复出现”。更精确地说，若出现过的前缀和值有L个，则 ∑(c-1)=3000-L≥99. 又因为对每个出现过的，都有 ct(ct-1)≥2(c4-1), 所以 ∑c4(e-1)≥2∑(e-1)≥2.999=1998. 这个下界也可以达到：把所有2连在一起，再把所有一1连在一起，即 2,2,,21,-1,-1 1000个 2000个 此时前缀和依次为 0,2,4..,1998,2000,1999,1998,.,1. 其中只有 2,4,6,.,1998 这999个值各出现两次，其余值各出现一次。因此总数为 999.2=1998. 所以最小值是 1998 综上： 最小值1998， 最大值2997000. 注：若“整个圆周也算一组”，那么前面的最小值和最大值都只需要统一加1，变成1999和2997001。2026年阿根廷国家队选拔考试试题 第1题 一个 2×2×2 的立方体的每个面都被分成4个正方形小格(因此整个立方体表面共有24个小格 称 一个由8个小格组成的序列为一个环，如果立方体的每个面上恰有0个或2个小格属于该序列，并且 这8个小格中每一个都与前一个小格有公共边、与后一个小格也有公共边，从而在立方体表面形成一 个闭合回路。 An a和Be to轮流在立方体表面尚未使用的小格中写入一个从1到24的整数， 且所有写入的整数互 不相同。An a先手。待24个数全部写完后， 计算每一个环中8个数的和(共有6个环) 。若这6个 和全部相等， 则Be to获胜：否则 An a获胜。试判断谁有必胜策略， 并给出说明。 第2题 设 n≥3 为正整数，且 $$x _ { 1 } ， x _ { 2 } ， \cdots ， x _ { n }$$ 为实数，满足 $$0 \le { x _ { i } } \le 2 \left( i = 1 ， 2 ， \cdots ， n \right) ，$$ 这些数不必互不相同，并且 $$x _ { 1 } + x _ { 2 } + \cdots + x _ { n } = 5 .$$ 证明： $$x _ { 1 } ^ { 2 } + x _ { 2 } ^ { 2 } + \cdots + x _ { n } ^ { 2 } \le 9 ，$$ 并求出等号成立时所有可能的 $$x _ { 1 } ， x _ { 2 } ， \cdots ， x _ { n }$$ 的取值情形。 第3题 设 a，b 为整数，考虑多项式 $$f \left( x \right) = x ^ { 2 } + a x + b .$$ 已知对于每一个正素数 p， ，都存在整数n，使得 f(n) 与 f(n+1) 均能被 p 整除。证明：存在整数m， 使得 f(m)=f(m+1)=0. 第4题 设n>4为整数。设S是由n个互不相同的整数组成的集合，且满足如下性质： 若计算所有满足x≠y且x,y∈S的和x+,则怡好得到2n一3个不同的值。 证明：将集合S中的元素按从小到大的顺序排列后，它们构成一个等差数列。 注：等差数列是指从第二项起，每一项与前一项的差都等于同一个常数的数列。例如，(3,6,9,12)是 一个含4项的等差数列。 第5题 设ABC为锐角三角形，点S在边AB上。令P为经过A,S,C三点的圆的圆心，令Q为经过B,S,C 三点的圆的圆心。求点S在边AB上的位置，使得三角形PQS的面积最小。 Po 9 第6题 将1000个数2与2000个数-1以某种顺序排列在一个圆周上。Bruo统计所有由两个或两个以上连 续数构成、且其和等于0的数组的个数。 1.求Bruno可能得到的最小值： 2.求Bruno可能得到的最大值。 注：圆周上的每一个数可以属于一个或多个这样的数组，也可以不属于任何这样的数组。