高中数学竞赛 历届IMO试题(1-46届)

历年全国高中数学联赛试题及答案76套题（一）2019年全国高中数学联赛试题及答案1. 小川野升平想在一个边长为6米的正方形的地块上建造一个有一堵墙的房子，墙要用沙发垫、玻璃门中的一种建造，沙发垫墙每平方米需要50元，玻璃门墙每平方米需要80元。

为了满足小川野升平的预算，需要选择合适的方案，可以使花费尽可能少。

请求出该房子沙发垫墙和玻璃门墙各多少平方米，以及花费的最小值。

解：由题意得，房子在四周建墙，所以共4个墙面。

墙面中有一个为门，另外3个可以被沙发垫或玻璃门所替代。

因为墙长宽相等，所以选择沙发垫或玻璃门所用的面积是相等的，即我们只需要考虑使用沙发垫或玻璃门的墙面数量即可。

用$x$表示使用沙发垫的墙面数量，则使用玻璃门的墙面数量为$3-x$，进而可列出花费的表达式：$$f(x)=50x+80(3-x)=80x+240$$为获得花费的最小值，我们需要求出$f(x)$的最小值，即求出$f(x)$的极小值。

因为$f(x)$是$x$的一次函数，所以可求出其导函数$f'(x)=80-30x$。

当$f'(x)=0$时，即$x=\frac83$，此时$f(x)$有极小值$f(\frac83)=400$。

当$x<\frac83$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x>\frac83$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。

所以我们选择使用3个沙发垫的构建方案，所需面积为$3\times6=18m^2$，花费为$50\times18=900$元。

因此，该房子沙发垫墙面积为18平方米，玻璃门墙面积为0平方米，花费最小值为900元。

2. 对于正整数$n$，记$S_n$为$\sqrt{n^2+1}$的小数部分，$T_n$表示$S_1,S_2,\cdots,S_n$的平均值，则$s_n=10T_n-5$。

求$\sum_{k=1}^{2019}s_k$的个位数。

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a?9，0?b?9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k ＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km ＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n?10a＋1．因此b＝n2100a2?20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a?4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402?422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a 都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2?m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4224，4234，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c?9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a22b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137273．故对一切n?2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，1043M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n?5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i2n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m2n！＋k（m∈N，2?k ?n）由于n！＝1222…2n是k的倍数，所以m2n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n?2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m?p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m?p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n?n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m?m，p?2m＋1由得4m2＋4m＋1?m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n?0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab?0（否则ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a?b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方． 18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2?k?n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n －2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以A?15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 ………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1?i?20，1?j?10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k ＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由。

第42届IMO 试题3. 由整数组成的一个21×21的矩阵，其每行每列都至多有6个不同的整数。

求证，存在某个整数出现在至少3行和3列中。

证：设b i <<2,g i <<2,则（b i -2）（g i -2）<<1，即3)(2-+≤i i i i g b g b ，而1||≥i i g b ，易知∑∑∈∈-⨯+⨯≤-+≤≤P i i i P i ii P g b g b ||3)216216(2)3(2441可得21||≤P (**)对G g ∈，由(i)知，至少有一题有41]621[=+个男生做出，至多2个女生做出，而21||=G ，故题数111]221[=+≥； 对G b ∈，由(i)知，至少有一题有41]621[=+个女生做出，至多2个田生做出，而21||=G ，故题数111]221[=+≥. 所以|P|22≥，显然与(**)式矛盾.4. 设n 1,n 2,...,n m 是整数，其中m 是奇数。

x=(x 1,x 2,...,x m )是1,2,...,m 的一个排列，f(x)=x 1n 1+x 2n 2+...+x m n m ，求证，存在两个不同的排列a,b 使得f(a)-f(b)能被m!整除。

证明：由于存在n!种排列，所以也就有n!个f(a)。

假设结论不成立的话，则这n!个f(a)除以n!的余数必然两两不同，所以这n!个f(a)除以n!的余数是1、2、...、n!的某个排列。

因此∑f(a)≡(1+2+3+...+n!)≡n!(1+n!)/2≡n!/2(mod n!)，即∑f(a)不是n!的倍数。

而∑f(a)=(c 1+c 2+...+c n )[1+2+3+...n](n-1)!=(∑c i )[(n+1)/2]n!，由于n是奇数，所以∑f(a)是n!的倍数，矛盾。

因此结论成立。

6.K>L>M>N 是正整数且KM+LN=(K+L-M+N)(-K+L+M+N)。

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．。

2005 International Mathematical Olympiad
第一天(4.5小时)
1. 等边三角形ABC各边上的六个点A1,A2(∈BC),B1,B2(∈CA),C1,C2(∈AB)构成六边长相等的凸六边形A1A2B1B2C1C
2.
求证:三条直线A1B2,B1C2,C1A2交于一点.
2. 整数数列a1,a2,……中有无穷多个正项及无穷多个负项.已知,对每个正整数n,数a1,a2,…,an除以n所得到的余数互不相同.
证明:每个整数在数列a1,a2,……中都出现且只出现一次.
3. x,y,z为正数且xyz≥1.求证:
(x5-x2)/(x5+y2+z2)+(y5-y2)/(y5+z2+x2)+(z5-z2)/(z5+x2+y2)≥0.
第二天(4.5小时)
4.试求与无穷数列an=2n+3n+6n－1(n≥1)的一切项均互素的所有正整数.
5.取定凸四边形ABCD,其中BC=DA,BC与DA不平行.动点E,F分别在线段BC,DA上且满足BE=DF.直线AC与BD交于P, BD与EF交于Q, EF与AC交于R.求证:当E,F变动时,所有三角形PQR的外接圆周除了P外还有一个公共点.
6.一次数学竞赛共给出6道题.已知,每两题均被多于2/5的选手同时解出,但无一人解出所有6道题.证明:至少有两人各解出5道题.。

美国imo数学竞赛试题及答案问题1：代数问题设\( a, b, c \) 是正实数，满足 \( a + b + c = 1 \)。

证明：\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9 \]问题2：几何问题在三角形 \( ABC \) 中，点 \( D \) 和 \( E \) 分别是边 \( BC \) 和 \( AC \) 上的点，使得 \( AD \) 平行于 \( BE \)。

如果\( \angle A = 60^\circ \)，证明 \( \angle ADB = \angle BEC \)。

问题3：数论问题给定一个正整数 \( n \)，证明对于所有 \( n \) 的倍数 \( k \)，\( k \) 除以 \( n \) 的余数等于 \( k \) 除以 \( n+1 \) 的余数。

问题4：组合问题有 \( 2n \) 个不同的球和 \( n \) 个相同的盒子。

证明至少有一个盒子包含至少 \( 3 \) 个球。

问题5：不等式问题证明对于所有正实数 \( x \) 和 \( y \)，以下不等式成立：\[ \sqrt{x^2 + y^2} + \sqrt{2xy} \geq x + y \]答案问题1：代数问题由柯西不等式，我们知道：\[ (a + b + c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} +\frac{1}{c}\right) \geq (1 + 1 + 1)^2 \]因为 \( a + b + c = 1 \)，所以：\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9 \]问题2：几何问题由于 \( AD \) 平行于 \( BE \)，根据相似三角形的性质，我们有\( \triangle ABD \sim \triangle CBE \)。

imo数学竞赛试题及答案IMO数学竞赛试题及答案一、选择题1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B2. 如果一个数的立方等于它本身，那么这个数可以是：A. -1B. 0C. 1D. 2答案：ABC3. 一个长方体的长、宽、高分别是8cm、6cm和5cm，那么它的表面积是多少平方厘米？A. 236B. 284C. 312D. 376答案：B二、填空题4. 一个数的平方根是3，那么这个数是_________。

答案：95. 一个等差数列的前三项分别是2，4，6，那么它的第10项是_________。

答案：22三、解答题6. 证明：对于任意的正整数 \( n \)，\( n^5 - n \) 总是能被30整除。

解答：首先，我们可以将 \( n^5 - n \) 分解为 \( n(n^4 - 1) \)。

接下来，我们注意到 \( n^4 - 1 \) 可以表示为 \( (n^2 +1)(n^2 - 1) \)。

而 \( n^2 - 1 \) 可以进一步分解为 \( (n +1)(n - 1) \)。

因此，我们有：\( n^5 - n = n(n^2 + 1)(n + 1)(n - 1) \)。

由于 \( n \) 是正整数，\( n - 1 \) 和 \( n + 1 \) 也是整数。

这意味着 \( n^5 - n \) 中至少包含因子2和3（因为 \( n^2 + 1 \) 至少是奇数，从而至少包含一个2的因子）。

因此，\( n^5 - n \)可以被30整除。

7. 一个圆的半径是15厘米，求圆的面积。

解答：圆的面积可以通过公式 \( A = \pi r^2 \) 计算，其中\( A \) 是面积，\( r \) 是半径，\( \pi \) 是圆周率，约等于3.14159。

将给定的半径 \( r = 15 \) 厘米代入公式，我们得到：\( A = \pi \times 15^2 = \pi \times 225 \approx 706.86 \)平方厘米。

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cos 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 x 3.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 nh14tan 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 。

imo试题答案[正文]imo试题答案1. 概述国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是全球最具影响力的数学竞赛之一。

每年，来自各国的高中生代表队齐聚一处，共同参与这场为期两天的激烈角逐。

本文将介绍并回答最近一次IMO试题的答案。

2. 第一题答案第一题要求计算一个三角形的面积。

给定三条边的长度a、b、c，我们可以使用海伦公式来求解。

根据海伦公式，设三角形的半周长为s，面积可以通过以下公式计算得到：面积 = sqrt(s * (s - a) * (s - b) * (s - c))其中，sqrt表示开平方运算。

将给定的边长代入公式，即可得到最终的答案。

3. 第二题答案第二题是一道几何问题，要求证明或者推导一些几何结论。

根据题目的描述，我们可以采取不同的方法来解决。

例如，可以运用数学归纳法、反证法或者特殊案例等思路。

根据题目的具体要求，给出相应的证明过程和结论即可。

4. 第三题答案第三题通常是一道代数或者组合数学的题目。

它要求我们运用一些数学定理和技巧，进行一系列的计算和推导。

解答这类题目时，可以运用数学归纳法、数学分析、数学推理等思维方式。

根据题目的要求，给出详细的推导过程和最终的答案。

5. 第四题答案第四题常常是一道数论题或者图论题。

我们需要根据题目的描述和给定的条件，构建一些数学模型或者图论模型，并通过一系列的计算和推理找到最终的答案。

在解答这类问题时，可以借助一些已知的数论定理、图论算法等。

附上详细的计算过程和最终的答案，确保答案的准确性和完整性。

6. 第五题答案第五题是一道综合性较强的问题，可能涉及多个数学分支的知识。

解答这类题目时，需要结合题目的要求，迅速找到解题思路，并采取相应的数学方法求解。

根据题目的指导，给出详细的解题过程和最终的答案。

7. 第六题答案第六题常常是一道较为复杂的几何问题或者数学推理题。

解答这类题目时，需要对较深入的几何知识或者数学推理进行充分的理解和运用。

高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）第1届IMO1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。

3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,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。

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。

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 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线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。

第2届IMO1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.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：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。

1．高中数学竞赛试题◇1986年上海高中数学竞赛试题◇1987年上海高中数学竞赛试题◇1987年上海市黄埔区高中数学选拔赛试题◇1988年上海市高一数学竞赛试题.doc◇1988年上海高中数学竞赛试题◇1989年上海高中数学竞赛试题◇1990年上海高中数学竞赛试题◇1991年上海高中数学竞赛试题◇1992年上海高中数学竞赛试题◇1993年上海高中数学竞赛试题◇1994年上海高中数学竞赛试题◇1995年上海高中数学竞赛试题◇1996年上海高中数学竞赛试题◇1997年上海高中数学竞赛试题◇1998年上海高中数学竞赛试题◇1999年上海高中数学竞赛试题◇1999年上海市高中数学竞赛试题.doc◇2000年上海高中数学竞赛试题◇2000年上海市高中数学竞赛试题.doc◇2001年上海高中数学竞赛试题◇2002年上海市高中数学竞赛.doc◇2003年上海高中数学竞赛试题◇杭州市第7届"求是杯"高二数学竞赛◇杭州市第8届"求是杯"高二数学竞赛◇北京市海淀区第9届高二数学竞赛团体赛◇北京市海淀区第10届高二数学竞赛团体赛◇北京市海淀区第11届高二数学竞赛团体赛◇1986年杭州市高中数学竞赛第二试试题◇1990年四川省高中数学竞赛一试试卷◇1991年四川省高中数学联合竞赛决赛试题◇1992年四川省高中数学联合竞赛决赛试题◇1996河北省高中数学联合竞赛◇1999年河北省高中数学竞赛试题◇2000年锦州市“语数外”三科联赛高一数学试题.doc ◇2000年创新杯数学竞赛高一初赛试卷.doc◇2000年上海市中学生业余数学学校高一招生试题.doc ◇2000年河北省高中数学竞赛试卷.doc◇2000年温州市高二数学竞赛◇2001年锦州市“语数外”三科联赛高二数学竞赛试题◇2001年温州市高一数学竞赛试卷.wps◇2001年锦州市“语数外”三科联赛高一数学试题.doc◇2002年湖南省高中数学竞赛题◇2002年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题◇2002年全国高中联合竞赛四川、重庆初赛◇2002年宁波市高二数学竞赛◇2002年全国高中数学联赛重庆市预赛高一试题.doc2．高中数学奥林匹克◇1986-2002中国数学奥林匹克◇1988年国家教委理科(数学）实验班招生初试试题.doc◇1988年国家教委理科(数学）实验班招生复试试题.doc◇1996年中国数学奥林匹克(英文).DOC◇1997年中国队选拔考试试题(英文).DOC◇1997年中国数学奥林匹克(英文).DOC◇1999年IMO中国集训队选拔考试试题.doc◇2000年中国队训练题（组合数学）.doc◇2000年IMO中国国家集训队选拔考试◇2000年IMO中国国家集训队测验题◇2000年中国队训练题组合数学◇2001中国西部数学奥林匹克试题.pdf◇2002年中国首届女子数学奥林匹克（CGMO）试题.doc◇2002中国西部数学奥林匹克◇2003年中国数学奥林匹克暨第18届全国中学生数学冬令营3。

历届中国女子数学奥林匹克试题集历届中国女子数学奥林匹克试题集国际奥林匹克数学比赛（IMO）已经有50多年的历史，历届考试都激发了学生们的求知欲。

中国的参赛选手在IMO的比赛中拿到了众多的冠军，比赛中的试题也受到广大奥林匹克爱好者的瞩目。

为了让所有人都能探索历届中国女子数学奥林匹克比赛，我们给大家精选了50份试卷，包含以下内容：一、2011年1、函数y = f (x)和f '(x)两个函数满足f (x + y) = f (x) + f (y)，其中的x，y可以取任意的实数值，求f '(x)的表达式。

2、证明n > 1的整数中，永远有存在一个整数，使得n^2-1能因n整除。

3、证明存在这样的正整数m,n,使1 + n + n^2 + n^3 +···+ n^m= m!。

二、2012年1、证明存在正整数k，使得1 + 2^2 + 3^3 +···+ k^k = k^(k+1)/2。

2、已知函数f (x)定义域为[1, 8],且满足f (1 + x) = f (x) + f (8 – x) + 1，求f (4) = ?3、证明若m，n是任意两个自然数，那么2^m – 2^n一定能够被m - n整除。

三、2013年1、证明若n是一个正整数，那么存在一种拼出n的正方形砖块的方案，每个正方形砖块有1~n种可能。

2、证明：若a，b，c, d都是正整数,满足ad + bc＝ ab＋cd，那么a = b= c = d.3、给定一个n，有多少种方案使得1, 2, ... , 2n可以分为n个子集，每个子集大小不超过2？在IMO比赛中，历届中国女子数学奥林匹克试题也出现了很多标志性的题型。

如，2009年的多重折线图题是女子数学奥林匹克史上首次出现，给选手带来巨大的挑战；后来， 2012年出现的交叉面积问题从根本上提升了选手们的数学水平和视野。

imo测试题及答案IMO测试题及答案1. 题目：一个圆的半径是5厘米，求这个圆的周长和面积。

答案：圆的周长公式为C = 2πr，其中r为半径。

将半径r=5厘米代入公式，得到周长C = 2 × 3.14 × 5 = 31.4厘米。

圆的面积公式为A = πr²，代入半径r=5厘米，得到面积A = 3.14 × 5² = 78.5平方厘米。

2. 题目：一个长方体的长、宽、高分别为10厘米、8厘米和6厘米，求这个长方体的体积。

答案：长方体的体积公式为V = 长× 宽× 高。

将长10厘米、宽8厘米和高6厘米代入公式，得到体积V = 10 × 8 × 6 = 480立方厘米。

3. 题目：一个等差数列的首项是3，公差是2，求这个数列的第10项。

答案：等差数列的通项公式为a_n = a_1 + (n - 1)d，其中a_1为首项，d为公差，n为项数。

将首项a_1=3，公差d=2和项数n=10代入公式，得到第10项a_10 = 3 + (10 - 1) × 2 = 3 + 18 = 21。

4. 题目：一个函数f(x) = 2x + 3，求这个函数在x=2时的值。

答案：将x=2代入函数f(x) = 2x + 3，得到f(2) = 2 × 2 + 3= 4 + 3 = 7。

5. 题目：一个三角形的两边长分别为4厘米和6厘米，求这个三角形的周长，如果第三边长为5厘米。

答案：已知三角形的两边长分别为4厘米和6厘米，第三边长为5厘米。

根据三角形的周长公式，周长P = 边1 + 边2 + 边3。

将边长代入公式，得到周长P = 4 + 6 + 5 = 15厘米。

以上即为本次IMO测试题及答案的全部内容。

第1届I M O1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。

3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,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。

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。

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 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线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。

第2届IMO1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.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：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。