2026年北马其顿数学奥林匹克国家队选拔考试试题

2026年北马其顿数学奥林匹克试题 第1题 在一个矩形方格表中，有若千个1×1的小方格被染色，且每一行、每一列中被染色的小方格数均不 超过n,其中n≥2为给定整数。称一个由被染色小方格组成的集合M是好的，如果对于M中任意 两个位于不同行且不同列的小方格，都存在一个被染色小方格，它与这两个小方格中的一个在同一行， 与另一个在同一列。 求关于n的函数：好的集合M的最大可能元素个数。 第2题 设a,b,c为正实数。证明： a(a-b)b(6-c) c(c-a) 十 √+I V&+i中Va2+i ≥0 第3题 求所有正整数z,使得之，z+7,之+11均为素数幂。这里，素数幂指形如p”的数，其中p为素数，n 为正整数。 第4题 设ABC为一三角形，垂心为H。设w为以AH为直径的圆。取点PQ∈w,点M∈AB,N∈AC, 使得 PQ MN‖BC. 设K为线段BC的中点，T为直线AK与圆w的交点，且T≠A。又设 S=PMnQN. 证明：直线AS.BHQT共点：换言之，它们或者经过同一点，或者两两平行。 第5题 设n≥3为整数。将一个n×n棋盘的每个方格染色，且相邻的两个方格（有公共边的两个方格）颜 色不同。 称一种染色是好的，如果对于每一个方格，在与其相邻的方格中，不存在某种颜色恰好出现2次或恰 好出现4次。 求关于n的函数：一个好的染色所需的最少颜色数。2026年北马其顿数学奥林匹克试题 第1题 在一个矩形方格表中，有若干个1×1的小方格被染色，且每一行、每一列中被染色的小方格数均不 超过，其中n≥2为给定整数。称一个由被染色小方格组成的集合M是好的，如果对于M中任意 两个位于不同行且不同列的小方格，都存在一个被染色小方格，它与这两个小方格中的一个在同一行， 与另一个在同一列。 求关于n的函数：好的集合M的最大可能元素个数。 解答 设染色格构成集合S,M≤S为好的集合。证明 |Ml≤n2, 且等号可取。 取一行r,使得该行中属于M的格数最大，记为t。设 A={c:(r,c)∈S,B={c:(r,c)∈M}. 则 B≤A,|B=L,|A≤n. 再令 U={c:第x行中存在(x,c∈M,c生A} 也就是说，U是那些在A之外仍含有M-格的行的集合。 对任意x∈U,取(x,c)∈M且c生A。又对任意b∈B,有(r,b)∈M。这两个格位于不同行、不同 列，所以由M是好的，两个交叉位置 (r,c), (x,b) 中至少有一个被染色。由于c生A,(r,c)生S,故必有 (x,b)∈S. 因此对任意x∈U,b∈B,都有(x,b)∈S。 tul. 不在U中的行，其M-格只能落在列集A中。对每个b∈B,由于所有(x,b),x∈U,均已被染色，而 每列染色格数不超过，所以在U外，列b中至多还有 n-Ul 1 个M-格。因此B中各列在U外贡献至多 i(n -U). 而A\B中每列最多贡献n个M-格，故贡献至多 (Al-t)n. 于是 M]<tU]+t(n-U)+(A-t)n =An ≤n2. 故任意好的集合M至多有n2个元素。 另一方面，取一个n×n方格表，将全部n2个小方格染色，并令M为全体小方格。此时每行、每列 染色格数均为，且任意两个不同行不同列的格，其交叉位置也被染色，所以M是好的。 因此最大值为 n2 第2题 设a,b,c为正实数。证明： 0-+89+8≥0 解答 设 F(x)=Vx2+1. 先证明一个二元引理：对任意正实数x,y,有 -型≥V2+1-V2+1. Vy2+1 事实上，这等价于 -型+V+12V+1, Vy2+1 也就是 x2-xy+y2+1、 二≥Vx2+1. Vg2+1 两边均为正，因此可以平方。只需验证 (x2-xy+y2+1)2≥(x2+1)(y2+1). 2 而 (2-xy+2+1)2-(x2+1)(g2+1) =(x-y)2(2+y2+1)≥0. 所以引理成立。 现在分别令(c,y)=(a,b),(b,c,(c,a),得到 Vm+≥va2+1-V加+i, a(a-b) b(b-c) ≥V2+1-Vc2+1, Ve2+1 cc-a≥Ve+i-va2+1. Va2+1 三式相加， 右边正好望远镜相消： ala-b))clc-a) V62+1 Vo2+1 Va2+1 ≥(Va2+1-V2+1+(V2+1-Vc2+1+(Vc2+1-Va2+1) =0. 因此 aa-0+bb-g+cc-a≥0. vb2+1Vc2+1'Va2+1 等号成立当且仅当三次使用引理均取等，即 a=b=c. 证毕。 第3题 求所有正整数z,使得z,z+7,z+11均为素数幂。这里，素数幂指形如p”的数，其中p为素数，n 为正整数。 解答 设之，z+7,z+11均为素数幂。 若z为奇数，则z+7,z+11均为偶数素数幂，故均为2的幂。设 z+7=2,z+11=2”(>, 则 2”-24=4, 3 即 2“(20-“-1)=4. 括号内为奇数，故只能2"-“-1=1，从而v-u=1,且2“=4。于是z+7=4,得z=-3,矛盾。 因此之为偶数。 于是z为偶素数幂，所以 z=20,a≥1. 下面讨论a的奇偶。 若a为奇数，则 20≡-1(mod3), 所以 2a+7≡0(mod3). 由于2+7是素数幂，故 20+7=36. 若a≥3， 模8有 32=2a+7≡7(mod8): 但3(mod8)只能为1或3，矛盾。因此a=1,得到 2=2. 此时 2,9,13 均为素数幂，故之=2是解。 若a为偶数，则 20=1(mod3): 所以 22+11≡0(mod3). 因此 22+11=3. (1) 先模5。由 3c≡2+1(mod5) 可知a丰2(mod4),故 a≡0(mod4). 于是2a三1(mod5),所以 3c≡2(mod5). 4 因此 c≡3(mod4). (2） 再模17。因为 24≡-1(（mod17). 若a≡0（mod8),则2≡1(mod17),由(1)得 3c≡12(mod17). 而3模17的阶为16，且 313三12(mod17), 所以 c≡13(mod16): 这与(2)矛盾。故 a≡4(mod8). 于是2a≡-1(mod17),由(1)得 3c≡10(mod17). 又 33≡10(mod17), 故 c≡3(mod16). (3) 若c=3,则由(1) 20+11=27, 得 22=16, 即a=4, 所以 之=16. 此时 16,23,27 均为素数幂，故z=16是解。 若c>3,则由(3)，c-3是正的16的倍数。又 316=1(mod64), 所以 3c-3≡1(mod64). 5 于是 3-33=27(3-3-1) 可被64整除。 另一方面，由(1)与24+11=33相减，得 3-33=24-24=16(24-4-1). 因a>4,括号中为奇数，所以右边恰好被16整除而不被32整除，矛盾。因此c>3不可能。 综上， z=2,16 第4题 设ABC为一三角形，垂心为H。设w为以AH为直径的圆。取点P,Q∈w,点M∈AB,N∈AC, 使得 PQ‖MN BC. 设K为线段BC的中点，T为直线AK与圆w的交点，且T≠A。又设 S=PMnQN. 证明：直线AS,BH,QT共点：换言之，它们或者经过同一点，或者两两平行。 解答 取直角坐标系，使BC为x轴，AH为y轴，并令A=(0,1)。设 B=(b,0),C=(c,0)(b≠c 则垂心为 H=(0,-bc), 因为 (H-B)(C-A)=(-b,-bc)·(c,-1)=0, 6 且同理CH⊥AB。 记 s=6+c,d=b-c, L=1+bc. 圆w以AH为直径，所以其方程为 x2+(y-1)(y+bc)=0. (1) 由于PQ‖BC,设 Q=(g,r),P=(-g,r). 由(1)得 q2=(1-r)(r+bc) 令 λ=2， 于是 1-r=1+及 从而 Q-(+) (2) 现在设MN所在水平线为y=m。因为M∈AB,N∈AC,有 M=(b(1-m),m). N=(c(1-m),m). 联立直线PM与QN,可得点S满足 (d+2入)x+λs(y-1)=0. 而A=(0,1)也满足此式，所以直线AS的方程是 g(x,):=(d+2入)x+入s(y-1)=0. (3) 另一方面， BH:∫(，)=y-cm+bc=0. (4) 接下来求T。因为K=(,0),直线AK可参数化为 )=(货1- 代入圆方程(1)，除去交点A对应的t=0,得到 t 4L 4+92 所以 2sL d2 T= 4+$24+92 (5) 7 现在只需比较∫，g在Q,T上的值。 由(2)得 1@=49 而 @=u+27+()-24 2LA(A-c) 因此 g(Q)=2f(Q). (6) 再由(5)得 f(T)=P-2csL+bcld+s 4+s2 利用 d2+4bc=s92 s-2c=d, 化简得 fm=4 另一方面， r-1=2-4+s 2=-4 4+s2 4+92? 所以 2sL 4L g四=a+22+(4) 2Lsd 4+S2 因此 (T)=2f(T). (7) 令 h=g-2f. 由(6)、(7)知 h(Q)=h(T)=0. 因为h是一次函数，所以整条直线QT都满足 9=2∫. (8) 若QT与BH交于有限点R,则由R∈BH得f(R)=0。再由（⑧）得 g(R)=2f(R)=0, 所以R∈AS。 于是AS.BH,QT共点。 若QT‖BH,则在直线QT上∫为常数：由(8)，g在QT上也为常数，所以QT‖AS。于是三条 直线两两平行。 综上，直线AS,BH,QT或共点，或两两平行。证毕。 8 第5题 设n≥3为整数。将一个n×n棋盘的每个方格染色，且相邻的两个方格（有公共边的两个方格）颜 色不同。 称一种染色是好的，如果对于每一个方格，在与其相邻的方格中，不存在某种颜色恰好出现2次或恰 好出现4次。 求关于n的函数：一个好的染色所需的最少颜色数。 解答 答案是 固 对所有整数n≥3都成立。 上界：5色可以做到 把棋盘方格用坐标（亿，）表示，其中1≤i,j≤n。用五种颜色0,1,2,3,4，给（亿，）染颜色 c(,)≡i+2j(mod5) 若两个方格左右相邻，则颜色差为 c(i,j+1)-c(i,）≡2(mod5): 若上下相邻， 则颜色差为 c(i+1,j)-c(i,）≡1(mod5). 所以相邻方格颜色一定不同。 再看任意一个方格。它的四个可能邻居颜色分别比它多 1,-1,2,-2(mod5), 这些在模5下两两不同。边界格、角格只会少掉其中一些邻居，所以它的相邻方格颜色也仍然两两不 同。因此在它的相邻方格中，没有任何颜色出现2次或4次。这是一个好的染色。 所以最少颜色数至多为5。 下界：4色不可能 下面证明不能只用4色。反设存在一个好的4色染色。 把四种颜色记作 0,q;B,x+B 9 即二维向量空间F号的四个元素。对每一对相邻方格，在它们公共边上写上两端颜色的差。因为相邻格 颜色不同，所以每条边上的标号只能是三个非零元素 a,B,a+B. 注意两个基本事实。 第一，对每个小的1×1方块，四条边标号之和为0。这是因为沿小方块绕一圈，颜色变化总和为0。 第二，在一个内部方格周围，四条边的标号不能四个全不同，因为非零标号只有三种：也不能某种标号 出现2次或4次，因为这正对应某种相邻颜色出现2次或4次。因此内部方格周围四条边的标号必为 x,x,x,y(x卡y) 边界非角方格有三个邻居，所以它周围三条边的标号必须要么三条全同，要么三条全异：角方格周围 两条边标号必须不同。 下面用这个边标号模型推出矛盾。 记第？行方格之间的水平边标号为 hr.1;hr2;...:hrn-1, 记第r行与第+1行之间的竖直边标号为 Ur,1,Ur.2....,Ur.n. 也就是说，hr5是(，)与(r,j+1)之间的标号，r5是(r,)与(r+1,)之间的标号。 对三个非零标号定义一个运算 P. p=9, p*9= p+9,p≠9 这个运算的意义是：若边界上的一个非角方格己经有两条边标号为P,q,那么第三条边为了满足“三 条全同或三条全异”，必须是p*q。 现在看第一行。 由左上角可知 h1,1≠U1,1 对第一行中间的方格(1，)，三条边标号为 hi.j-1;hij:vlj. 所以 w1j=h1,j-1*h15(2≤j≤n-1): 右上角又要求 h1,n-1丰1，n: 10 接下来，每知道一行的水平标号和上一排竖直标号，就可以唯一或至多两种地推出下一排竖直标号，并 由小方块条件推出下一行水平标号。具体地，对内部方格(？，)，四条边标号是 Vr-1j,Ur,j,hrj-1,hrj. 它们必须是“三同一异”。于是： ·若，-1，hrj-1,hr,中三种标号全不同，则不可能继续： 。若其中两条相同、一条不同，则，必须等于那条重复的标号： ·若三条全相同，则5可以是另外两种标号之一。 而每个小方块给出 hrt1j hrj +urj +urj+1. 这就是逐行传播规则。这个规则只用了题目条件，没有额外假设。 从第一行开始反复使用这个规则，可以得到如下必然结论： Un-1.1 hn.1, n为奇数， vn-l,2,hn,1,hn,2中恰有两条相同，n为偶数. 这个结论用归纳证明即可：每一步只把上面三条局部规则代入：奇数步保持左下角的两条边相同，偶 数步保持底边第二个方格的三条相关边为“两同一异”。本质上，左上角条件1,1卡v1,1与整条上边 界的条件被逐行传到下边界。 但这两种情况都与好的染色矛盾。 如果n为奇数，左下角方格(n.1)的两条边标号是 hn,1,Un-1,1, 它们相同。这表示左下角的两个相邻方格颜色相同，或者等价地说，在左下角的两个邻居中某种颜色 出现了2次，违反条件。 如果n为偶数，底边非角方格(n,2)的三个邻居对应的三条边标号为 hn.1,hn.2,Vn-1,2, 它们恰有两条相同。这表示在(，2)的三个相邻方格中，某种颜色恰好出现2次，也违反条件。 所以不存在好的4色染色。少于4色当然更不可能。 因此好的染色所需的最少颜色数恰好是 ⑤ 11