重点高中数学竞赛 历届IMO竞赛试题(1-46届完整中文版)

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。

国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第4届）
1.找出具有下列各性质的最小正整数n：它的最后一位数字是6，如果把最后的6去掉并放在最前面所得到的数是原来数的4倍．
2.试找出满足下列不等式的所有实数x：
1/2
>.
3.正方体ABCDA'B'C'D'（ABCD、A'B'C'D'分别是上下底）．一点x沿着正方形ABCD 的边界以方向ABCDA作匀速运动；一点Y以同样的速度沿着正方形B'C'CB的边界以方向B'C'CBB'运动．点X、Y在同一时刻分别从点A、B'开始运动．求线断XY的中点的轨迹．
4.解方程cos2x + cos22x + cos23x = 1．
5.在圆K上有三个不同的点A、B、C．试在K上再作出一点D使得这四点所形成的四边形有一个内切圆．
6.一个等腰三角形，设R为其外接圆半径，内切圆半径为r，求证这两个圆的圆心的
．
7.求证：正四面体有5个不同的球，每个球都与这六条边或其延长线相切；
反过来，如果一个四面体有5个这样的球，则它必然是正四面体．
1。

9n 1 ，矛
②当 n 2 时， p ( x) x 10 x 22 81 ，所以 ( x 5) 128 ，因此 x 17 。也就是说十
2 2
位数只能是 1 ，设 x 10 k , 0 k 7 ，则 p ( x) (10 k ) 10(10 k ) 22 k ，解得
求满足下列条件的最小自然数n十进制尾数为6并且把末尾的6是一个k位数去掉6以后得到的位数为a所以10可以被13整除因为我们要求最小的n当然首先要k最小可以验算当可以被13整除此时15384153846容易验证153846的确满足要求所以153846为所求
附录 1
历届 I题 1：求证对任意正整数 n ，分数 (21n 4) /(14n 3) 不可约。 证明：因为 3 (14n 3) 2 (21n 4) 1 。所以对于任意正整数 n ， 21n 4 与 14n 3 都 互质，所以分数 (21n 4) /(14n 3) 不可约。
k k 1
4) 13 ，所以
(10k 1 4) 可以被 13 整除，因为我们要求最小的 n ，当然首先要 k 最小，可以验算当 k 6
时， (10
k 1
4) 可以被 13 整除，此时 a 15384, n 153846 ，容易验证 153846 的确满足
要求，所以 n 153846 为所求。
c 3 不能构成一个三角形。
②如果 a b 2 ，代入得 bc 4(b 1) ，而 (b, b 1) 1 ，所以 b 4 ，只能有 b 2或4 。将
b 2 代入得 c 6 不符合要求；而 b 4 时，可得 c 5, a 6 ，正好满足要求。

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．。