第34届IMO数学竞赛试题
2023年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛考前押题最后一卷及参考答案
2023年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛考前押题最后一卷命题：筑梦杯组委会审题：金华一中一、填空题（每题5分，共60分）1．已知正实数,x y 满足(2)9x x y +=，则2()yx y +的最大值为。
2．已知点集{(,)|123}T x y x y =++-≤，数集{2|(,)}M x y x y T =+∈，则集合M 中最大元素与最小元素之和为。
3．已知函数2(2)x x a f x =-+，若{|()}{|(())}x f x x x f f x x ===，则实数a 的取值范围为。
4．计算cos5cos55cos65⋅⋅=。
5．在ABC △中，60,A BC ∠==o ，O 为ABC △的外心，,,D E F 分别为,,AB BC CA 的中点，若2224OD OE OF ++= ，则OA OB OB OC OC OA =⋅+⋅+⋅。
6．若数列1234,,,a a a a 满足1423a a a a +=+，则称此数列为好数列。
现从1,2,,9,10 这10个数中随机选取4个不同的数，则这4个数经过适当的排列后可以构成好数列的概率为。
7．设2023220230122023(1)a a x a x a x =++++ ，则01234520222023))()(()(a a a a a a a a =+-+++--+ 。
8．若二次方程20ax bx c ++=（,,a b c 为非零整数）的互异的两个根也是方程320x bx ax c +++=的根，则a b c ++的值为。
9．已知向量,a b不共线，夹角为θ，且2,1,a b b b a a λλ++==-= ，若3λ≤<，则cos θ的最小值为。
10．在同一平面直角坐标系中，,P Q 分别是函数()e ln()x f x ax ax =-和2ln(1)()x g x x-=图象上的动点，若对任意0a >，有PQ m ≥恒成立，则实数m 的最大值为。
历届IMO试题（1-44届）
历届IMO试题（1-44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cosx的二次方程acos2x+bcosx+c=0,试用a,b,c作出一个关于cos2x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cosx和cos2x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：tanα=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''）。
1993年第三十四届IMO试题(不含答案)
1. 设 f(x)=xn+5xn-1+3，其中 n 是大于 1 的整数。求证：f(x)不能表示成系数为整数 的两个非常量的多项式的积。 （爱尔兰） 2. 设 D 是锐角三角形 ABC 内一点，使得 ADB ACB (a) 求出比例
AB CD 。 AC BD2ຫໍສະໝຸດ 且 AC· BD=AD· BC
(b) 求证：过 C 点的△ACD 和△BCD 的外接圆的切线垂直。 （英国） 3. 在一个无限大的棋盘上以如下方式做游戏。开始时棋盘中的一个 n× n 的框上 整齐地摆放着 n2 个棋子（每个小方格上放着一个棋子） ，游戏的每一步都是在水 平或者竖直方向上跨越一个棋子而 跳到一个空格子上去，并同时取走所跨越过 的棋子。 试找出所有的 n 值使得游戏以只留一个棋子在棋盘上而结束。 （芬兰） 4. 对于平面上的三个点 P、Q、R，我们定义 m(PQR)是△PQR 三条高中的最短 的一条的长度。 （如果 P、Q、R 共线，我们规定 m(PQR)=0。 ） 求证：对于平面上的四个点 A、B、C、X，m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC)。 （马其顿） 5. 是否存在一个函数 f：N→N，使得对于所有 n∈N 都有 f(1)=2，f(f(n))=f(n)+n， f(n)＜f(n+1)？（德国） 6. 在一个圆上有 n（n>1）盏灯为 L0，…，Ln-1。我们定义 Ln+k=Lk。 （一盏灯在任 何时候要么开，要么关。 ）按要求执行步骤 s0，s1，…：在步骤 si，如果 Li-1 亮着， 那么就关掉或打开 Li，否则什么事都不做。开始时所有灯都亮着。说明： (a) 存在一个正整数 M(n)使其在经过 M(n)步后所有灯再次全亮； (b) 如果 n=2k，我们可以取 M(n) = n2-1； (c) 如果 n=2k+1，我们可以取 M(n) = n2-n-1； （荷兰）
国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A4整除
A4 整除A4－001 证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5）假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则S n=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod 5）由此推出，当r=0时，S n≡4，而当r=1，2，3时，S n≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4整除时，S n能被5整除．A4－002 证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除．【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3．【证】设a1，a2，…，a n是给定的n个数．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，…，a1＋a2＋…＋a n．如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断言成立．如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．A4－003 1．设n为正整数，证明132n－1是168的倍数．2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋…＋n整除1·2·3…·n．【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．问题即何时为整数．（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）2（n－1）！（2）若n＋1=2，则（n＋1）|2（n－1）！（3）若n＋1为合数，则n＋1=ab其中a≥b＞1．在b=2时，a=n＋1－a≤n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！在b＞2时，2a≤n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有（n＋1）|2（n－1）！综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋…＋n整除1·2…·n．A4－004 证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除．【题说】 1957年～1958年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a3－1）a3（a3＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a3＋1．a≡0（mod 7）时，7|a3．因此7|n．（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋1是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除．（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a3－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a3．因此9|n．由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．A4－005 设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y －z）（z－x）（x－y）整除．【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2）而 5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．因此，结论成立，而且除后所得商式为u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－2yz－2xz．【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．A4－006 已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a2＋b2的最大公约数为1或2．【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设（a＋b，a2＋b2）=d，则d可以整除（a＋b）2－（a2＋b2）=2ab但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2．A4－007 （a）求出所有正整数n使2n－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2n＋1被7整除．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律．【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整数）从而 23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋223m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k2＋4所以当n=3m时，2n－17k；当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n＋1总不能被7整除．A4－008 设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记C s=s（s＋1）．证明：乘积（C m+1－C k）（C m+2-C k）…（C m+n－C k）能被乘积C1·C2·…·C n整除．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．【证】C p－C q=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）所以（C m+1－C k）（C m+2－C k）…（C m+n－C k）=（m－k＋1）（m－k＋2）…（m－k＋n）·（m＋k＋2）（m＋k＋3）·…·（m＋k＋n＋1）C1C2…C n=n！（n＋1）！因此只需证=A·B是整数．由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）…（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a m＋b m能被a n＋b n整除，那么m能被n整除．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】由于a k＋b k=a k-n（a n＋b n）－b n（a k-n－b k-n）a l－b l=a l-n（a n＋b n）－b n（a l-n＋b l-n）所以（i）如果a k＋b k能被a n＋b n整除，那么a k-n－b k-n也能被a n＋b n整除．（ii）如果a l－b l能被a n＋b n整除，那么a l-n＋b l-n也能被a n＋b n整除．设m=qn＋r，0≤r＜n，由（i）、（ii）知a r＋（－1）q b r能被a n＋b n整除，但0≤|a r＋（－1）q b r|＜a n＋b n，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：是整数（约定0！=1）．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数．因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数．A4－011 证明对任意的自然数n，和数不能被5整除．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．又两式相乘得因为72n+1=7×49n≡2×（－1）n（mod 5）A4－012 设p和q均为自然数，使得证明：数p可被1979整除．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．将等式两边同乘以1319！，得其中N是自然数．由此可见1979整除1319！×p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．A4－013 一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．（c＋f）被37整除．由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．A4－014 （a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4．【解】设n个连续正整数中最大的为m．当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m －1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．设n=4．由于m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）…（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n －1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m 具有题述性质．类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质．所以，当n≥4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．A4－015 求一对正整数a和b，使得：（1）ab（a＋b）不被7整除；（2）（a＋b）7－a7－b7被77整除．证明你的论断．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题2．【解】（a＋b）7－a7－b7=7a6b＋21a5b2＋35a4b3＋35a3b4＋21a2b5＋7ab6=7ab[（a5＋b5）＋3ab（a3＋b3）＋5a2b2（a＋b）]=7ab（a＋b）[a4＋2a3b＋3a2b2＋2ab3＋b4]=7ab（a＋b）（a2＋ab＋b2）2取a=18，b=1，则a2＋ab＋b2=a（a＋b）＋b2=343=73．所以（a＋b）7－a7－b7被77整除，ab（a ＋b）不被7整除．A4－016 1．是否存在14个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于11的素数整除？2．是否存在21个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于13的素数整除？【题说】第十五届（1986年）美国数学奥林匹克题1．【解】1．14个连续正整数中，有7个奇数n，n＋2，n＋4，n＋6，n＋8，n＋10，n＋12不能被2整除．这7个奇数中，至多1个被11整除，一个被7整除，2个被5整除，3个被3整除．如果被3整除的数少于3个或被5整除的数少于2个，那么这7个奇数中被3，5，7，11整除的数不足7个．如果恰有3个数被3整除，2个数被5整除，那么，被3整除的数必须是n，n＋6，n＋12，被5整除的2个数必须为n与n＋10或n＋2与n＋12．此时必有一个数n或n＋12同时被3，5整除．即这7个奇数中被3，5，7，11整除的数仍不足7个．不管怎样，这14个连续正整数中必有1个不被2，3，5，7，11任一个整除．故答案为不存在．2．存在．以下21个连续整数－10，－9，…，－1，0，1，2，3，…，10除去±1，其余整数被2，3，5，7之一整除．由中国剩余定理，满足N≡0（mod 210）N≡1（mod 11）N≡－1（mod 13）的整数N存在，于是N－10，N－9，…，N，N＋1，…，N＋10这21个连续整数满足所有要求．A4－018 试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc －1的约数．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供．【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≤x＜y＜z并且xyz是（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz ＋zx的约数．由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≤1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除x n＋y n．【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1．当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）2xy．故（x＋y）（x2＋y2）．假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）所以（x＋y）（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除x n＋y n．A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除．【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≤q≤r，则nA4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除．你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992年英国数学奥林匹克题3．【解】显然，2、6、10、14满足要求．任取n个不同的正整数。
第34届俄罗斯数学奥林匹克九年级
p q
注意到 ( 2 p + q , q) = ( 2 p , q) ≤ 2 ( p , q) =2 , ( p , p + 2 q) = ( p ,2 q) ≤ 2 ( p , q) =2 . 于是 ,由 x 得到的最简分数的分子和分 母的和为 ( 2 p + q) + q = p + ( p +2 q) =2 ( p + q) , 2 ( p + q) 或 = p+ q, 2 即分子分母的和或者不变或者变为原来的 两倍 . 由于后来出现的数 2008 的分子分母的 和为 2009 是一个奇数 ,故从初始到 2008 的 变化过程中没有出现过加倍的情况 . 因此 ,初 始时的数的分子分母的和就是 2009 . 由于初始的数是正整数 ,故它为 2008 . 9.8 . 首先证明一个引理 . 2k 引理 通过 3 k 次称量或者可以将 3 枚 硬币中的那枚假币找出来 , 或者可以找出含 有假币的三枚硬币同时找出一架好天平.
故点 G′ 位于直线 A′ G 上. 类似可得点 G′ 位于直线 B′ G 上 , 从而 , G′ 与 G 重合 .
9.4 . 2
x
2 x -8
.
设研究所中有 n 位科学家 , t ij 表示在第 i 位和第 j 位科学家中恰有一个在咖啡厅的时 间 ,令 S =
1 ≤i < j ≤n
∑t
ij
2 .则 S ≥ Cn x .
A 1 G′ ∥AH ⊥BC .
下面举例说明不等式可以取到等号 . 设 n = 2 l =2
2 x -8分 ,每段时间对 应 n 位科学家中的 l 个人 , 不同的时间段对 应的人不完全相同 . 由对称性 ,对任意两位科 学家 ,恰有他们中的一个出现在咖啡厅中的 时间总和全相等 ,设为 y . 则 2 l ( 2 l -1 ) 8 l (2 l - l ) = S = y. 2 8l ≥ 由此 , y = x 此不等式等价于 l 2 l -1 ≤ x . 2 x -8 故满足条件 . 9.5 . 设小方格的边长为 1. 用小方格中心坐标表示小方格. 再设两 个小方格的横坐标差的绝对值为 x , 纵坐标 差的绝对值为 y . 不难看出 ,王可以用 max{ x , y } 步从一个 方格走到另一个 , 但不能用更少的步数. 因 此 ,这两个方格之间的距离为 max{ x , y }. 下面用 d ( A , B ) 表示方格 A 、 B 之间的 距离 . 设 A、 B、 C 是三个两两距离为 100 的小 方格 . 则它们中的每两个都会有相差 100 的 ( B , C) 、 横坐标或纵坐标 . 这样 , 在 ( A , B ) 、 ( A , C) 这三对小方格中必有两对使得每对中 的两个小方格都有相差为 100 的横坐标或纵 坐标 . 不妨设 A 与 B 、 A 与 C 都有相差 100 的 横坐标 ,则 B 和 C 的横坐标相差 0 或 200. 但 由于 d ( B , C) =100 , 故 B 、 C 具有相同的横 坐标 . 故它们的纵坐标相差 100. 不妨设 A 、 B、 C 具 有 如 下 坐 标 B ( 0 ,0 ) 、 C ( 0 ,100 ) 、 A ( 100 , x ) ( 0 ≤x ≤ 100) . 考虑到 A 、 B、 C 距离都为 50 的小方格
imo数学竞赛试题及答案
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。
初中数学奥林匹克竞赛题及答案
初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题（每题1分，共10分）1．如果a，b都代表有理数，并且a＋b=0，那么 ( )A．a，b都是0B．a，b之一是0C．a，b互为相反数D．a，b互为倒数答案：C解析：令a=2，b=－2，满足2+(－2)=0，由此a、b互为相反数。
2．下面的说法中正确的是 ( )A．单项式与单项式的和是单项式B．单项式与单项式的和是多项式C．多项式与多项式的和是多项式D．整式与整式的和是整式答案：D解析：x²，x3都是单项式．两个单项式x3，x²之和为x3+x²是多项式，排除A。
两个单项式x²，2x2之和为3x2是单项式，排除B。
两个多项式x3+x2与x3－x2之和为2x3是个单项式，排除C，因此选D。
3．下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B．没有最小的正有理数C．没有最大的负整数D．没有最大的非负数答案：C解析：最大的负整数是-1，故C错误。
4．如果a，b代表有理数，并且a＋b的值大于a－b的值，那么 ( )A．a，b同号B．a，b异号C．a＞0D．b＞0答案：D5．大于－π并且不是自然数的整数有 ( )A．2个B．3个C．4个D．无数个答案：C解析：在数轴上容易看出：在－π右边0的左边（包括0在内）的整数只有－3，－2，－1，0共4个．选C。
6．有四种说法：甲．正数的平方不一定大于它本身；乙．正数的立方不一定大于它本身；丙．负数的平方不一定大于它本身；丁．负数的立方不一定大于它本身。
这四种说法中，不正确的说法的个数是 ( )A．0个B．1个C．2个D．3个答案：B解析：负数的平方是正数，所以一定大于它本身，故C错误。
7．a代表有理数，那么，a和－a的大小关系是 ( )A．a大于－aB．a小于－aC．a大于－a或a小于－aD．a不一定大于－a答案：D解析：令a=0，马上可以排除A、B、C，应选D。
8．在解方程的过程中，为了使得到的方程和原方程同解，可以在原方程的两边( ) A．乘以同一个数B．乘以同一个整式C．加上同一个代数式D．都加上1答案：D解析：对方程同解变形，要求方程两边同乘不等于0的数，所以排除A。
2024年台湾IMO代表队选拔考试(第三轮)试题(图片版,无答案)
2024年台湾IMO代表队选拔考试（第三轮）MA1.在〃X〃网格的每一个格子里.生活着一些猫（每个格子里猫的数目必须是一个非负整数）.每天夜里，猫的主人选取一个格子，按照以下规则进行操作：a）所选格子里猫的数目必须不少于与该格子相邻的格子数. b）主人从所选格子里分别拿一只猫，放到该格子的每一个相邻的格子里.（两个格子称为“相邻”的，如果它们有一条公共边，例如,网格角上的格子只有2个相邻的格子.）问整个网格里最少需有多少只猫，才能使猫的主人能够无限次进行上述操作？2.在椭圆C-.x2+2炉=2008上任取一个有理点PO（XP,力）.按以下规则递推地定义点P∖,Pi,i）选取一个格点Qt=（H,对€C满足因<50,M<50.ii）射线PQi与C相交于另一点A÷ι.证明：对任意点P。
，我们可以选择合适的点。
,。
】，…，使得存在k∈NU{0},满足。
以=2017.1.设Zn个实数Xi≥θ(i=1,2,…，〃?)，满足Z七=S.〃之2为整数.证明：∑;^-≥2,且等号成立的充分必要条件是Xi(i=1,2,…，〃。
中恰有两个数相等且不等于0,而其余的数均等于0.2.∆ABC中，NJ=60。
,O为其外心,H为其垂心.设M为线段8H 上一点，在直线C"上选取一点N,满足H位于C,N之间.且BM=CM求+ 的所有可能值.OH1.设｛。
”｝注0为公差为d的等差数列，且1.≤αo≤d∙定义该数列为So,并按以下2个步装递推地定义数列S”：步骤1:令数列Sn的首项为上，并去除人.步骤2:将前从项每项加1,得到数列SK1.证明：存在一个常数C,使得b n=[CG1]对所有〃20成立,其中U 为取整函数.2.(同2016IMOShort1.istG8)1.(同2016IMOShort1.istC3)3.证明：存在一个整系数多项式工满足以下条件：a)√(x)=0无有理数根.b)对任意整数〃，总存在整数也使得〃整除遂，〃).4.设「为A4BC的外接圆.令A为A关于「的对径点，作点D,使得AbCD为等边三角形(4和D位于边BC的两侧).过4作RD 的垂线，分别交Ca于瓦E作点7,使得△ETF为底边为EF,底角为30。
第34届俄罗斯数学奥林匹克十一年级
如果ｋ＝４，上面的估计中所有的不等式 都变为等式，因此，ｚ＝ｋ＋１＝５．
在由５个砝码组成的砝码组中所有砝码 重量都为ｍ＝４ｘ，而在由４个砝码组成的砝 码组中所有砝码重量都为５茗．
回到原题．
万方数据
３０
首先假设等重的１０组砝码中有２组所 含砝码的个数不同，则由引理及Ｎ＜５０，其中 几组每组由４个重量为５ｚ的砝码组成，而其 余几组每组都由５个重量为４算的砝码组成． 此时，每组的重量都为２０ｘ，故砝码总重量为
｛‰面骱肋．设直线加交平面ＡＢＣ于Ｄ。．则
４１、７Ｖ四Ｖ面四体面，ｔ体ａｃ脚ｏ 一肋ＯＤｌｌ‘
１
Ｄ
因此，ｏＤｌ≤去ＤＤ＝芸．
设ｘ是四面体的表面到球心０的距离 最近的点．于是，
ＯＸ≤ＯＤ。≤争
ｘ不可能位于一条棱上．故ｘ位于某一
万方数据
２００９年第２期
面的内部，不妨设为平面ＡＢＣ．则ｘ为 △佃ｃ外接圆的圆心．设△ＡＢＣ外接圆的半
如果Ｐ＝２，则驴＋ｌｐ－－２（ｒｏｏｄ ４）．故只要 驴＋矿＞２，２”就有一个大于１的奇因数
ｌ－ｐ ｌ”
！要三，矛盾．由此推出ｋ＝ｚ＝１，２“＝２×
∥，得到聘＝ｐｔ＋１． 如果Ｐ＞２，则 驴＋ｌｐ＝（｜｜｝４－‘Ｚ）（矿一１一Ｊ｜｝Ｐ一２ Ｚ＋…＋矿一‘）． 上式右端第二个括号里是一个奇数，故
它必等于ｌ，这推出妒＋ｌｐ＝ｋ＋Ｚ．
若ｘ位于某一条棱上（如ＡＢ），则Ｄ向 平面ＡＢＣ的投影０。位于△ＡＢＣ的外面．由 此，０，、Ｃ位于直线ＡＢ的两侧，／ａＣＢ不是 锐角，因此，以衄为直径的球（由假设其半 径不大于１）必含顶点Ｃ．同理，也包含顶点 Ｄ．故它包含整个四面体．
现假设点０位于四面体的内部。此时， 四面体ＡＢＣＯ、四面体ＡＢＤＯ、四面体ＡＣＤＯ、 四面体ＢＣＤＯ的体积之和等于四面体ＡＢＣＤ 的体积‰面懈鼢，因此，它们中的一个（如 四面体ＡＢＣＯ）的体积‰面懒聊不大于
第34届中国数学奥林匹克试题及解析
=0 C B y
c2 a2 = a c |xE | = |xF |, |yE | = |yF | B A D 的
a=c E . 2xA yB A B E 的 F xB xC = −yB yC ̸= 0
F B
xB xC = yB yC = 0 A x
axA xE = cyB yE = 1 2xA yB = 4 2 4 ≥√ =√ 2 2 acxE yE ac(axE + cyE ) ac 2 , yB = a √ 2 √ 2 √ 2 c 的 的 M 1 , M3 , M5 , M7 的 O A 一 一 .
. 7
第二天
4. 1 2 证明 1 的
2
一 的
的 的
. 一的 的
2
. c>a>0 E 的 G xE : yE = xG : yG A, B, C, D 的 0 EG
ax + cy = 1 EF GH
E, F, G, H axE x + cyE y = 1 E G B B
axG x + cyG y = 1 F E H F 的
AB · AC = 2AD · AK cos θ − AK 2 的 AB · AC = DA2 − DK 2 EK = EA DE = R △KDE
AB · AC = DA2 − EK 2 − ED2 AB · AC = DA2 − EA2 − ED2 △ADE 一
AB · AC = 2AE · DE sin ∠AEB = 2R · AE sin ∠AEB AE sin ∠AEB 的 AZ
2 2 2 2 a2 (x2 E − xF ) + c (yE − yF ) = 0
2 2 2 a(x2 E − xF ) + c(yE − yF ) = 1 − 1 = 0, 2 2 2 x2 E − xF ̸= 0, yE − yF ̸= 0
初三数学竞赛试题(含答案)
初三数学竞赛试题(含答案)8个时，即第4个数)称为（）。
A)中位数(B)平均数(C)众数(D)极差11．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，连接AE、BF，交于点G，则△ABG的面积是（）。
A)1/4(ABCD)(B)1/6(ABCD)(C)1/8(ABCD)(D)1/12(ABCD)12．已知函数f(x)在区间[0,1]上连续，且f(0)=0，f(1)=1，则方程f(x)=1/2在区间(0,1)内至少有（）个实根。
A)0(B)1(C)2(D)313．如图，在三角形ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，F是BC上一点，且AF平分△ABC的周长，则△ABC的面积是（）。
A)4S△ADE(B)2S△ADE(C)S△ADE(D)S△ABC14．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC上，且AE=CF，则△DEF的面积是（）。
A)1/4AB2(B)1/6AB2(C)1/8AB2(D)1/12AB2三、解答题：（共有3个小题，每小题20分，满分60分）15．已知函数f(x)=x3-3x2+2x+1，g(x)=f(x)-2x+3，h(x)=g(x)-2x+3，求h(x)的最高项系数。
16．如图，ABCD是一个正方形，O是BD上一点，且OD=2BD，连接AC、CO，交于点E，求△ABE的面积。
17．如图，在长方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC 上，且AE=CF，连接EF，交AC于点G，求证：△ADG与△CDF的面积相等。
解：根据题意，可以得到以下方程组：begin{cases}frac{6-2a}{5}=y \\3a-4<x<6-2aend{cases}$要使方程组的解是一对异号的数，只需 $y3$ 或 $a3$ 时，$x$ 的取值范围为 $3a-40$，即 $0<x<6-2a$。
因此，答案为$\boxed{\frac{3}{2}<a<3}$。
传奇第六题的答案
传奇第六题的答案玩过奥数或者其他数学竞赛的朋友大概都会听过”传奇的第6题”。
这条题目出自1988年国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）的第6题，是公认的史上最精彩、也是最困难的其中一道竞赛题目。
题目如下：设正整数a, b满足ab+1可以整除a2+b2，证明(a2+b2)/(ab+1) 是某个整数的平方。
例如代入a = 1，b = 1，我们得到 k = (12+12)/(1x1+1) = 1，显然这是一个平方数。
正如很多数论问题一样，这题目很容易理解，初中生都可以明白，但解答起来却出奇地困难。
这题目究竟有多困难呢？我们先简介一下IMO的题目来源，好让大家对这比赛有更多的认识。
IMO竞赛是让全世界不同国家的中学生参与的数学比赛，共有6道题目，比赛分两天，每天做三题，总共时间为9小时。
题目基本上都是证明类题目，每题值7分，共42分。
试题大致上会分为简单、中等与困难三个等级，第1与第4题属简单，第2与第5题属中等，第3与第6题属困难。
题目由主办国外的各参赛国提供，由主办国组成拟题委员会，从提交题目中挑选候选题目。
各国领队先于队员提前数天抵达，共同商议问题及官方答案。
话说当年西德是奥数的超级强队，曾经于1982与1983年获得总分第一。
但之后几年却被苏联、罗马尼亚及美国超越了，抢夺了第一的宝座。
有人认为也许是出于复仇心态，西德数学家就出了这道精心设计、极尽困难的题目。
澳大利亚数学奥林匹克议题委员会的六个成员都未能解决这道由西德数学家提供的问题，于是他们只好向主办国澳大利亚的4位最好的数论专家求肋，委员会希望专家能于6小时内解决问题，令人尴尬的是，专家经过一轮苦战都未能解出题目。
于是，议题委员竟然够勇气把问题寄往国际数学奥林匹克委员会，不过他们特意在问题旁加上两颗星，代表这是超难题目——也许难到不应用作竞赛题目。
委员会作了长时间的考虑后，又竟然真的斗胆敢采用此题，结果这个题目就成了第29届国际数学奥林匹克竞赛的第6题。
高中数学竞赛资料数论部分
高中数学竞赛资料数论部分The following text is amended on 12 November 2020.初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1．请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利数学竞赛第一题)（2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。
（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题）（4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。
（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。
（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。
这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。
挑战IMO：初中数学竞赛试题集(热点冲刺训练)参考答案
－z＝ －x．
８������ C．
{５x＋３＝０,
提示:根据非负数的性质可得 ４x２y－８xy＋３y－９＝０．
所 以 ４x２y－８xy＋３y＝９．所 以３(４x２y－８xy＋３y－２)－２(５x＋３)２ ＝３× (９－２)－２×０＝２１．
９������２x．
提
示
:
由 ０＜x＜１,得
１ x
＞１,所
以
x－
(x＋
１ x
)２
＝５,所
以
x＋
１ x
＝±
５．所
以
当x＋
１ x
＝ ５时, (a－２)２ ＝|a－２|＝|５－２|．
因为５＞４,所以 ５＞２．所以 (a－２)２ ＝ ５－２．
当
x＋
１ x
＝
－
５时 ,
(a－２)２ ＝|a－２|＝|－ ５－２|＝ ５＋２．
５������ A．
提示:解法 一 由 x－１＝０,x－５＝０ 得 零 点
６������ B．
提 示 : 化 简|x＋２|－|５－x|．
当x≥５时,|x＋２|－|５－x|＝x＋２＋(５－x)＝７;当－２≤x＜５ 时,|x＋２|－|５－x|＝x＋２－(５－x)＝２x －３;当x＜－２时,|x＋２|－|５－x|＝ －x－２－ (５－x)＝ －７．当 －２≤x＜５ 时,－７≤２x－３＜７．所 以 要 使 |x＋２|－|５－x|＜a恒 成 立 ,则 必 须 有 a＞７．
１５������ 由已知可得a－b＝b－c．
１２ ２ 挑战IMO:初中数学竞赛试题集(热点冲刺训练)
又 １ － １ ＝(a＋ b)－(c＋ a)＝
b－ c
＝
b－c
．
c＋ a a＋ b (c＋ a)(a＋ b) (c＋ a)(a＋ b) (a＋ b)(b＋ c)(c＋ a)
第34届IMO试题
第34届IMO试题1. 设f(x)=x n+5x n-1+3，其中n>1是一个整数。
求证f(x)不能表示成两个非常数的整系数得多项式的乘积。
2. 设D是锐角三角形ABC内部一点且∠ADB=∠ACB+90o，AC·BD=AD·BC，o a. 计算(AB·CD)/(AC·BD)；o b. 求证△ACD,△BCD的外界圆在C处的切线互相垂直。
3. 在一个无限大的棋盘上以如下方式做游戏。
开始时棋盘中的一个n×n的框上整齐的摆放着n2个棋子（每个小方格上放着一个棋子），游戏的每一步都是在水平或者竖直方向上跨越一个棋子而跳到一个空格子上去，并同时取走所跨越过的棋子。
试找出所有的n值使得游戏以只留一个棋子在棋盘上而结束。
4. 对平面上的三个点P,Q,R，定义m(PQR)为△PQR的最短高的长度(如果P,Q,R共线当然有 m(PQR)=0)。
求证对任何点A,B,C,X有m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC)。
5. 问是否存在一个从正整数到正整数的函数f使得f(1)=2, f(f(n))=f(n)+n对所有n，并且f(n<f(n+1))？6. 有n>1盏灯L0,L1，...,L n-1绕成一圈，为方便L n+k也表示L k。
一盏灯只有开或关两个状态，初始时刻它们全是开着的，依次执行步骤s0,s1,...,：在步骤s i，如果L i-1点燃，就关掉L i，否则什么都不做。
试证明：o a. 存在一个正整数M(n)使得在第M(n)步之后所有的灯都开着；o b. 若n=2k，则可使M(n)=n2-1；o c. 若n=2k+1，则可使M(n)=n2-n+1。
2018最新第34届中国数学奥林匹克试题及详细解析!
6
勿e 心 e t 心，如e 知e 如 心“
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倾倾 倾
欲证 ∠BAK = ∠C AQ ,而显然 ∠ABK = ∠AQC ,从而 △ABK ∼ △ AQC ,图形中显然最后生成的是点 Q,它最难描述,它是两圆交点,但是 A, K, D, Q 共圆很难用,而 △ABK ∼ △AQC 很好用. 考虑到点 Q 的唯一性可以考虑用同一法,即在圆 O 上取 Q ′ 使得 ∠ABK = ∠AQ ′C ,下面只需证明 A, 共圆即可,如下图： K, D, Q ′
2 a + 2 b + 2 c + 2d + = 32. )5 2e 5
则必有 2 个正数不相邻. 又显然 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a ∈ [−2, 8] ,故原式 ≤ (−2)2 × 9 × 8 = 288 . (3) 若 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a 中恰一个正,不妨设 a + b > 0,由 (b + c ) + (d + e ) ≤ 0 知 a ≥ 5, 由 e ≥ −1,知 e + a ≥ 4,矛盾. 综上,原式 ≤ 288 ,当 a = b = c = −1, d = e = 4 时取等. 解法二 令 a1 = a + b, a2 = c + d, a3 = e + a, a4 = b + c, a5 = d + e 则有
5 ∑
不妨设 a + b, c + d > 0,则 a + b + c + d = 5 − e ≤ 6,从而 (a + b)(c + d) ≤ 9.
2023年imo试题第4题解析
2023年imo试题第4题解析
摘要：
1.2023 年第64 届IMO 竞赛情况概述
2.第4 题的题目和要求
3.第4 题的解题思路和方法
4.中国队在本次比赛中的表现
5.总结
正文：
2023 年第64 届国际数学奥林匹克竞赛（IMO）于7 月12 日在日本千叶县结束，来自中国的6 名选手全员获得金牌，其中两名选手以满分的成绩获得金牌，中国队以240 分的总分实现团体总分五连冠。
本次竞赛共有来自世界各地的600 多名选手参加，比赛共分为6 个题目，分为两天进行。
在本次比赛中，第4 题的题目为“等角共轭点”，要求参赛选手们找到满足一定条件的两个共轭点。
解题的关键在于运用几何知识，找到合适的点作为共轭点，并通过计算验证它们的性质是否满足题目要求。
中国队在本次比赛中表现优异，选手们凭借扎实的数学功底和灵活的思维，成功破解了所有题目。
其中，有两名选手更是以满分的成绩获得金牌，展示了中国选手的实力。
这也充分体现了我国在数学教育方面的优势和成果。
总的来说，2023 年第64 届IMO 竞赛中，中国队的出色表现再次证明了中国在数学领域的实力和地位。
2024年新加坡高级学府数学竞赛(SASMO)三年级竞赛数学试卷
2024年新加坡高级学府数学竞赛（SASMO）三年级竞赛数学试卷1. What is the value of the followingsum? 求下列式子的和94+81 + 73+ 60+ 52 + 46+ 39 + 27+ 18A. 500B. 490C. 480D. 470E. None of the above 以上皆非2. How many bricks are needed to fix the wallbelow? 下面的墙需要多少块砖来修复？A. 34B. 35C. 36D. 37E. None of the above 以上皆非3. What is the next number in the sequencebelow? 找规律，下一个数是多少？,,,,,,A. 365B. 366C. 245D. 200E. None of the above 以上皆非4. 图示了一些同一大小的立方体堆叠在房间的一个角落．请问总共有多少个立方体？（注意：地板是水平的，两面墙是垂直的．可见的立方体后面没有缝隙或孔洞 . )A. 66B. 67C. 68D. 69E. None of the above 以上皆非5. Which of the given numbers of pencils can be evenly arranged into groups of 6 without any remaining? 给定以下的铅笔数量，哪些数量可以均匀地分成6 个铅笔一组，而不会有剩余？A. 94B. 166C. 712D. 1956E. None of the above 以上皆非6. The picture graph below shows the number of books that Amy, Tom, Desmond and Stacy have.Altogether, they have 153 books. If Tom wants to have as many books as Desmond, how many books does he need to buy?下面的图片图表显示了 Amy 、 Tom 、 Desmond 和 Stacy 拥有的书籍数量．他们共有 153 本书 ．如果 Tom 想要和Desmond 拥有一样数量的书，他需要买多少本书？AmyTomDesmondStacystands for th e same number of books. 每一个代表同等数量的书籍A. 4B. 9 C . 32D. 36E. None of the above 以上皆非7. 一个商店有一个特别优惠：顾客每拿回 8 个空的可乐罐，可以换一罐可乐． Alex 刚好有足够的钱买 92 罐可乐． Alex 最多可以得到多少罐可乐？ A. 101B. 102C. 103D. 104E. None of the above 以上皆非8. The figure below is formed by identical squares with a length of 4cm . What is the perimeter (in cm ) ofthe figure?下面的图形由边长为 4 厘米相同的正方形组成 ．该图形的周长是多少（单位：厘米） A. 112cmB. 108cmC. 84cmD. 28 cmE. None of the above 以上皆非9. A farmer has a total of 175 eggs in two nests. After moving 20 eggs from the first nest to the second one,the first nest has 15 more eggs than the second one. How many eggs were initially in the second nest?一个农夫的两个巢里总共有175 个鸡蛋．将第一个巢里的20 个鸡蛋移到第二个巢后，第一个巢比第二个巢多15 个鸡蛋．最初第二个巢里有多少个鸡蛋？A. 115B. 95C. 80D. 60E. None of the above 以上皆非10. In a chess tournament, there are 7 players. Each player competes once against every other player inthe tournament. What is the total number of games played in the tournament?在一个国际象棋锦标赛中，有7 名选手．每个选手在锦标赛中与其他选手比赛一次．锦标赛中总共进行了多少场比赛？A. 56B. 42C. 28D. 21E. None of the above 以上皆非11. The 6-digit number 75276A is a multiple of 11 . The 6-digit number A6712B is a multiple of 9 . Find thevalue of A +B.六位数75276A 是11 的倍数，六位数A6712B是9 的倍数．求A+B 的值A. 11B. 10C. 8D. 3E. None of the above 以上皆非12. In a treasure hunt, there are 9 hidden chests and 9 distinct maps. Each map guides to a specific chest,and no two maps lead to the same chest. What is the greatest number of attempts Sam needs to make to discover which map corresponds to each chest?在一次寻宝活动中，有9 个隐藏的宝箱和9 张不同的地图．每张地图指引到一个特定的宝箱，且没有两张地图指引到同一个宝箱．Sam 最多需要尝试多少次才能发现每个宝箱对应的地图？A. 28B. 45C. 72D. 90E. None of the above 以上皆非13. Study the pattern below. What is the value of the missing number?找规律，缺失的数是多少？662A. 125B. 512C.58 D. 95E. None of the above 以上皆非14. Fold a piece of paper three times and then cut along the dashed line. What image will be revealed when thepaper is unfolded?将一张纸折叠三次，然后沿着虚线剪开．展开纸时会呈现什么图像？15.Alex ，Mia ，Owen 和Lily 正在比较他们读书的数量 .Owen ：我读的书比Alex多，但有人比我读的更多 .Lily ：我读的书数量最多 .Mia ：我没有读最多数量的书 .Alex ：我读的书数量最少 .他们四个人读的书数量各不相同．如果其中有一人在撒谎，你能把四个人按读书的数量从少到多排序吗？A.Mia ，Owen ，Alex ，LilyB.Alex ，Owen ，Mia ，LilyC.Mia ，Alex ，Owen ，Lily3101549993 6 6 675 81D.Lily ，Owen ，Alex ，MiaE. None of the above 以上皆非16. The sum of the digits of an odd 3-digit number is 10 . What is the largest possible such 3-digit number?一个三位数的奇数各个位数上数字之和为10 ．像这样的三位数，最大可能是多少？17. It is given that假设Find the value of求的值18. Samantha and Sarah initially had an equal number of notebooks. Samantha gifted 11 notebooks toSarah. Afterwards, Sarah purchased 14 more notebooks. The final number of notebooks Sarah had was three times the number Samantha had originally. How many notebooks did each of them have at the beginning?Samantha 和Sarah 最初拥有相同数量的笔记本．Samantha 向Sarah 送了11 本笔记本．之后Sarah又购买了14 本笔记本．最终Sarah 拥有的笔记本数量是Samantha最初数量的三倍．他们俩最初各有多少本笔记本？19. How many triangles are there in the figure below?如图所示，下图有多少个三角形？20. The large rectangle below is made up of 4 identical rectangles. Given that the perimeter of the smallrectangle is 64cm, what is the area (in cm2 ) of the shaded region?如图所示，大矩形由4 个相同的矩形组成．已知小矩形的周长为64 厘米，请问阴影区域的面积是多少（以平方厘米为单位）？21. I am a 3-digit even number.All my digits are different.The digits in my number are arranged in increasing order from left to right.The digits in my hundreds and tens places add up to 13 .What number am I?我是一个三位数的偶数 . 我的所有数字都不同 .我的数字按从左到右递增的顺序排列 . 我的百位数和十位数的数字之和为13 . 我是什么数？22. Tom creates four-digit multiples of 4 using each of the digits , , 6 and 8 exactly once. How many such4-digit numbers can Tom create?Tom 使用数字 、 、和8 创建一个为 4 的倍数的四位数，且每个数字恰好只使用一次 ．请问 Tom 能创 建多少个这样的四位数？23. How many different 3-digit odd numbers can be formed using an odd number of matchsticks in total?总共使用奇数根火柴棍可以组成多少个不同的三位数奇数？24. In the following, all the different letters stand for different digits. If B is a multiple of 4 , what is the value ofthe 4-digit number DAFE ?如图所示，所有不同的字母代表不同的数字 ．如果 B 是 4 的倍数，那么 4 位数 DAFE 的值是多少？25. Study the pattern below. What is the value of the missing number? 找规律，缺失的数是多少？AAADEF+AB BD11 34 32 68 ？。
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第34届IMO试题
1. 设f(x)=x n+5x n-1+3，其中n>1是一个整数。
求证f(x)不能表示成两个非常数的整系数得多项式的乘积。
2. 设D是锐角三角形ABC内部一点且∠ADB=∠ACB+90o，AC·BD=AD·BC，
o a. 计算(AB·CD)/(AC·BD)；
o b. 求证△ACD,△BCD的外界圆在C处的切线互相垂直。
3. 在一个无限大的棋盘上以如下方式做游戏。
开始时棋盘中的一个n×n的框上整齐的摆放着n2个棋子（每个小方格上放着一个棋子），游戏的每一步都是在水平或者竖直方向上跨越一个棋子而
跳到一个空格子上去，并同时取走所跨越过的棋子。
试找出所有的n值使得游戏以只留一个棋子在棋盘上而结束。
4. 对平面上的三个点P,Q,R，定义m(PQR)为△PQR的最短高的长度(如果P,Q,R共线当然有 m(PQR)=0)。
求证对任何点A,B,C,X有m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC)。
5. 问是否存在一个从正整数到正整数的函数f使得f(1)=2, f(f(n))=f(n)+n对所有n，并且
f(n<f(n+1))？
6. 有n>1盏灯L0,L1，...,L n-1绕成一圈，为方便L n+k也表示L k。
一盏灯只有开或关两个状态，初始时刻它们全是开着的，依次执行步骤s0,s1,...,：在步骤s i，如果L i-1点燃，就关掉L i，否则什么都不做。
试证明：
o a. 存在一个正整数M(n)使得在第M(n)步之后所有的灯都开着；
o b. 若n=2k，则可使M(n)=n2-1；
o c. 若n=2k+1，则可使M(n)=n2-n+1。
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