罗马尼亚IMO国家队选拔考试1999

第一届imo数学竞赛试题答案第一届国际数学奥林匹克竞赛（IMO）是在1959年在罗马尼亚举行的。

由于时间跨度较长，具体的试题和答案可能需要通过历史资料查询。

不过，我可以提供一个示例答案，以展示IMO题目的类型和解答风格。

假设第一届IMO中有一道题目如下：题目：证明对于任意的正整数\( n \)，\( 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots +n^2 \) 的和等于 \( \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \)。

解答：我们可以使用数学归纳法来证明这个公式。

基础情况：当 \( n = 1 \) 时，左边的和为 \( 1^2 = 1 \)，右边的表达式为\( \frac{1(1 + 1)(2 \times 1 + 1)}{6} = \frac{6}{6} = 1 \)。

因此，当 \( n = 1 \) 时，等式成立。

归纳步骤：假设对于某个正整数 \( k \)，等式成立，即：\[ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + k^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} \]我们需要证明当 \( n = k + 1 \) 时，等式仍然成立：\[ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + k^2 + (k + 1)^2 = \frac{(k +1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)}{6} \]根据归纳假设，我们可以将左边的和替换为：\[ \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2 \]接下来，我们简化这个表达式：\[ \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)^2}{6} \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6k^2 + 12k + 6}{6} \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k^2 + 2k + 1)}{6} \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)^2}{6} \]可以看到，这个表达式与我们想要证明的等式右边相等，因此等式对于 \( n = k + 1 \) 也成立。

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．。

第四十届（1999年）
罗马尼亚 布加勒斯特（Bucharest ，Romania ）
1. 找出所有满足下列要求的由平面上至少三点组成的有限集合S ：
对于任意两个在S 中的不同的点A 和B ，线段AB 的垂直平分线是S 的一条对称轴。

（爱沙尼亚）
2. 设n 为一个给定的整数，n ≥2。

(a) 判断使得以下不等式对于所有实数x 1，…，x n ≥0都成立的最小常数C ：
42211()i j i j i i j n i n x x x x C x ≤<≤≤≤⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭
∑∑。

(b) 对于这个常数C ，判断何时等号成立。

（波兰）
3. 给定一个n ×n 的棋盘，n 是给定的偶数。

这个棋盘被分成n 2个小方格。

如果这个棋盘中的两个不同的小方格有一个公共边就说它们是相邻的。

N 个棋盘上的小方格按某种方式被标记，使得棋盘上的每个方格（标记的和未标记的）至少与一个被标记的方格相邻。

找出N 的最小的可能值。

（白俄罗斯）
4. 找出满足条件的正整数对(n ,p )：p 是质数；n 不超过2p ；(p -1)n 能被n p -1整除。

（中国台湾）
5. 两个圆G 1和G 2在圆G 内，且分别与G 相切于不同的点M 和N 。

G 1通过G 2的圆心。

通过G 1和G 2的交点的直线交G 于点A 和B 。

（俄罗斯）
6. 找出所有函数f ：R→R ，使对于所有实数x 、y 都有f (x -f (y ))=f (f (y ))+xf (y )+f (x )-1。

（日本）。

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 。

imo试题及答案1. IMO试题1题目：请证明对于任意正整数 \( n \)，\( n^3 + 2 \) 总是可以被3整除。

答案：设 \( n \) 为任意正整数。

- 情况1：\( n \) 是3的倍数，即 \( n = 3k \)（\( k \) 为整数）。

\( n^3 + 2 = (3k)^3 + 2 = 27k^3 + 2 \)，显然 \( 27k^3 \) 是3的倍数，所以 \( n^3 + 2 \) 也是3的倍数。

- 情况2：\( n \) 不是3的倍数，即 \( n = 3k + 1 \) 或 \( n = 3k + 2 \)（\( k \) 为整数）。

- 如果 \( n = 3k + 1 \)，则 \( n^3 + 2 = (3k + 1)^3 + 2 = 27k^3 + 27k^2 + 9k + 1 + 2 = 3(9k^3 + 9k^2 + 3k) + 3 \)，显然 \( 9k^3 + 9k^2 + 3k \) 是整数，所以 \( n^3 + 2 \) 是3的倍数。

- 如果 \( n = 3k + 2 \)，则 \( n^3 + 2 = (3k + 2)^3 + 2 = 27k^3 + 54k^2 + 36k + 8 + 2 = 3(9k^3 + 18k^2 + 12k + 3) + 1 \)，显然 \( 9k^3 + 18k^2 + 12k + 3 \) 是整数，所以 \( n^3 + 2 \) 是3的倍数。

因此，对于任意正整数 \( n \)，\( n^3 + 2 \) 总是可以被3整除。

2. IMO试题2题目：给定一个圆，圆心为 \( O \)，半径为 \( r \)。

从圆上一点 \( A \) 向圆内作切线 \( AB \) 和 \( AC \)，连接 \( B \) 和\( C \) 两点。

求 \( BC \) 的长度。

答案：设 \( O \) 为圆心，\( r \) 为半径，\( A \) 为圆上一点，\( B \) 和 \( C \) 分别为切线 \( AB \) 和 \( AC \) 与圆的切点。

第41届1. 圆Γ1和圆Γ2相交于点M和N。

设l是圆Γ1和圆Γ2的两条公切线中距离M较近的那条公切线。

l与圆Γ1相切于点A，与圆Γ2相切于点B。

设经过点M且与l平行的直线与圆Γ1还相交于点C，与圆Γ2还相交于点D。

直线CA和DB相交于点E；直线AN和CD相交于点P；直线BN和CD相交于点Q。

求证：EP=EQ。

2. 设a,b,c是正实数，且满足abc=1。

求证：(a- 1 + 1/b)(b - 1 + 1/c)(c - 1 + 1/a) ≤ 1。

3. 设n≥2为正整数。

开始时，在一条直线上有n只跳蚤，且它们不全在同一点。

对任意给定的一个正实数λ，可以定义如下的一种“移动”：(1). 选取任意两只跳蚤，设它们分别位于点A和点B，且A位于B的左边；(2). 令位于点A的跳蚤跳到该直线上位于点B右边的点C，使得BC/AB=λ。

试确定所有可能的正实数λ，使得对于直线上任意给定的点M以及这n只跳蚤的任意初始位置，总能够经过有限多个移动之后令所有的跳蚤都位于M的右边。

4. 一位魔术师有一百张卡片，分别写有数字1到100. 他把这一百张卡片放入三个盒子里，一个盒子是红色的，一个是白色的，一个是蓝色的。

每个盒子里至少都放入了一张卡片。

一位观众从三个盒子中挑出两个，再从这两个盒子里各选取一张卡片，然后宣布这两张卡片上的数字之和。

知道这个和之后，魔术师便能够指出哪一个是没有从中选取卡片的盒子。

问共有多少种放卡片的方法，使得魔术总能够成功？（两种方法被认为是不同的，如果至少有一张卡片被放入不同颜色的盒子）5. 确定是否存在满足下列条件的正整数n：n恰好能够被2000个互不相同的质数整除，且2n+1能够被n整除。

6. 设AH1,BH2,CH3是锐角三角形ABC的三条高线。

三角形ABC的内切圆与边BC, CA, AB 分别相切于点T1, T2, T3，设直线l1,l2,l3分别是直线H2H3, H3H1, H1H2关于直线T2T3, T3 T1, T1T2的对称直线。

Romanian Olympiad 1998IMO Team Selection Tests1st Test -March 27,19981.A word of length n is an ordered sequence x 1x2...x n ,where x i is a letter of the alphabet {a,b,c }.Denote by A n the set of words of length n which do not contain any block x i x i +1,i =1,2,...,n −1,of the form aa or bb and by B n the set of words of length n in which none of the subsequences x i x i +1x i +2,i =1,2,...,n −2,contains all the letters a,b,c .Prove that |B n +1|=3|A n |.Vasile Pop2.The volume of a parallelepiped is 216cm 3and its total area is 216cm 2.Prove that the parallelepiped is a cube.Bogdan Enescu3.Let m ≥2be an integer.Find the smallest positive integer n ,n >m ,such that for any partition with two classes of the set {m,m +1,...,n }at least one of the classes contains three numbers a,b,c (not necessarily different)such that a b =c .Ciprian Manolescu4.Consider in the plane a finite set of segments such that the sum of their lengths is less than √2.Prove that there exists an infinite unit square grid covering the plane such that the lines defining the grid do not intersect any of the segments.Vasile PopWork time:4hours.TeX (c)2003Valentin Vornicu -MathLinks.ro2nd Test -April 25,19981.We are given an isosceles triangle ABC such that BC =a and AB =AC =b .The variable points M and N are given by the conditions M ∈(AC ),N ∈(AB )anda 2·AM ·AN =b 2·BN ·CM.The straight lines BM and CN intersect in P .Find the locus of the variable point P .Dan Brˆa nzei2.All the vertices of a convex pentagon have both coordinates integer numbers.Prove that the area of the pentagon is less than 52.Putnam Contest3.Find all positive integers x,n such that x n +2n +1is a divisor of x n +1+2n +1+1.Laurent ¸iu PanaitopolWork time:4hours.TeX (c)2003Valentin Vornicu -MathLinks.ro3rd Test -May 1,19981.Let n ≥2be an integer.Show that there exists a subset A ⊂{1,2,...,n }such that (i)the number of elements in A is at most 2 √n +1;(ii){|x −y |:x,y ∈A,and x =y }={1,2,...,n }.Radu Todor2.An infinite arithmetic progression whose terms are positive integers contains the square of an integer and the cube of an integer.Prove that it contains the sixth power of an integer.ISL 19973.Prove that for any positive integer n the polynomial f (x )=(x 2+x )2n+1is irreducible in Z [X ].Marius Cavachi Work time:4hours.TeX (c)2003Valentin Vornicu -MathLinks.ro4th Test-May22,19981.Let ABC be an equilateral triangle and n≥2be an integer.Denote by A the setof n−1straight lines which are parallel to BC and divide the surface of the triangle ABC into n polygons having the same area and denote by P the set of n−1lines parallel to BC which divide the triangle ABC into n polygons all having the same perimeter.Prove that the intersection A∩P is the emptyset.Laurent¸iu Panaitopol2.Let n≥3be a prime number and a1<a2<···<a n be integers.Prove thata1,a2,...,a n is an arithmetic progression if and only if there exists a partition of the set N0={0,1,2,...}with classes A1,A2,...,A n such that a i+A i=a j+A j,for all i,j,where a+A={a+x:x∈A}for a number a and a set of numbers A.Vasile Pop3.Let n be a positive integer and P n be the set of integer polynomials of the forma n x n+a n−1x n−1+···+a1x+a0,where|a i|≤2,for all i=0,n.Find,for each positive integer k,the number of elements in the setA n(k)={f(k):f∈P n}.Marian AndronacheWork time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu-MathLinks.ro5th Test-May23,19981.Find all functions u:R→R which have the property that there exists a increasing or decreasing function f:R→R such thatf(x+y)=f(x)u(y)+f(y),∀x,y∈R.Vasile Pop 2.Find all the positive integers k which fulfill the following condition:if f is an integer polynomial such that0≤f(a)≤k for all a∈{0,1,2,...,k+1}then f(0)=f(1)=···=f(k+1).ISL1997 3.The lateral surface of a cylinder of revolution is divided by n−1planes parallel to the base and m parallel generators into mn cases(n≥1,m≥3).Two cases will be called neighboring cases if they share a common side.Prove that it is possible to write a real number in each case such that the number is equal with the sum of the numbers written in the neighboring cases,and not all the numbers written are zero, if and only if there exist integers k,l such that n+1does not divide k andcos 2lπm+coskπn+1=12.Ciprian ManolescuWork time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu-MathLinks.ro。