2018年德国数学奥林匹克12年级决赛试题
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
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。
12复数1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2018年全国高中数学联赛试题分类汇编复数部分2018A 6、设复数z 满足1=z ，使得关于x 的方程0222=++x z zx 有实根，则这样的复数z 的和为◆答案：23-★解析：设bi a z +=（R b a ∈,，且122=+b a ）则原方程变为()()022222=-+++i bx bx ax ax ，所以⎩⎨⎧=-=++0202222bx bx ax ax ***，①若0=b ，则12=a ，解得1±=a ，检验得，1=a ，31±-=x ，即1-=z ；②若0=b ，则由**知0=x 或2，检验得：2=x ，代入*得41-=a ，415±=b ，所以i z 41541±-=；综上满足条件的所有复数之和为2341541415411-=--++-+-i i 2018B 8、已知复数321,,z z z 满足1321===z z z ，r z z z =++321，其中r 是给定的实数，则133221z z z z z z ++的实部是（用含有r 的式子表示）◆答案：232-r ★解析:记133221z z z z z z w ++=，由复数的模的性质可知：111z z =，221z z =，331z z =，因此133221z z z z z z w ++=。
于是()()ww w z z z z z z z z z r Re 2322322213213212+=++++=++++=解得23Re 2-=r w 。
2017A 11、（本题满分20分）设复数21,z z 满足0)Re(1>z ，0)Re(2>z ，且2)Re()Re(2221==z z ，（其中)Re(z 表示复数z 的实部）⑴求)Re(21z z 的最小值；⑵求212122z z z z --+++的最小值。
★解析：⑴对2,1=k ，设i y x z k k k +=，（R y x k k ∈,），由条件知，()0Re >=k k z x ，()2Re 2==-k k k z y x 因此：()()()()()2222Re Re 21212122212121221121≥-+≥-++=-=++=y y y y y y y yy y x x i y x i y x z z 又当221==z z 时，()2Re 21=z z ，这表明)Re(21z z 的最小值为2。
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答一、填空题1.三个连续偶数，中间这个数是m，则相邻两个数分别是m-2和m+2.2.有一种三位数，它能同时被2、3、7整除，这样的三位数中，最大的一个是966，最小的一个是126.解题过程：2×3×7=42；求三位数中42的倍数126、168、……966.3.___发现：小表妹和读初三哥哥的岁数是互质数，积是144，小表妹和读初三哥哥的岁数分别是9岁和16岁。
解题过程：144=2×2×2×2×3×3；（9、16）=1.4.一个四位数，它的第一个数字等于这个数中数字的个数，第二个数字表示这个数中数字1的个数，第三个数字表示这个数中数字2的个数，第四个数字等于这个数中数字3的个数，那么这个四位数是1210.5.2310的所有约数的和是6912.解题过程：2310=2×3×5×7×11；约数和=（1+2）×（1+3）×（1+5）×（1+7）×（1+11）。
6.已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10，这些自然数共有11个。
解题过程：2008-10=1998；1998=2×33×37；约数个数=（1+1）×（1+3）×（1+1）=16（个）。
其中小于10的约数共有1，2，3，6，9；16-5=11（个）。
7.从1、2、3、…、1998、1999这些自然数中，最多可以取多少个数，才能使其中每两个数的差不等于4？1000.解题过程：1，5，9，13，……1997（500个）隔1个取1个，共取250个。
2，6，10，14，……1998（500个）隔1个取1个，共取250个。
3，7，11，15，……1999（500个）隔1个取1个，共取250个。
2024年楚雄彝族自治州武定县六上数学期末达标检测试题含解析
2024年楚雄彝族自治州武定县六上数学期末达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、仔细填空。
(每小题2分，共20分）1．一根2米长的铁丝，剪成长度相等的5段，每段长是这根铁丝的________，每段长是________米．2．12∶________＝38＝()40＝________÷64＝________%3．端午节当天，中百超市上午卖出350个粽子，下午卖出200个，每个粽子a元，这一天卖粽子的总收入是_____元．当a＝4时，上午比下午多卖_____元．4．下面3个物体,从（_________）面看到的形状是相同的。
5．用36的因数组成一个比例是（______）：（______）=（______）：（______）．6．沿着某路的一边从头开始插彩旗，每隔4米插一面，插到路的另一端共插了37面彩旗。
如果改成每隔6米插一面彩旗，可以有（________）面彩旗不用移动。
7．一根铁丝围成的长方体框架长8米，宽6米，高4米，这根铁丝长________米．如果在这个长方体外围糊一层纸，最少需要________米2纸．这个长方体的体积是________米1．如果用这根铁丝围成正方体，这个正方体的表面积和体积分别是________米2和________米1．8．一项工程，甲队独做20天完成，乙队独做30天完成，甲、乙两队工作效率的比是_____。
9．有若干个学生参加数学奥林匹克竞赛，其中14获一等奖，5n(n为自然数)获二等奖，其余91人获三等奖，共有（_______）学生参赛．10．李叔叔带了30kg行李从南京禄口机场乘飞机去天津，按民航的规定，旅客最多可免费携带20kg行李，超重部分每千克按飞机票价的1.5%购买行李票，王叔叔此次乘坐飞机一共花了920元，他的飞机票价是（_________）元。
2018小学数学奥林匹克试题和解答
2018⼩学数学奥林匹克试题和解答2018届⼩学数学奥林匹克竞赛初赛1.计算：= 。
2.1到1989这些⾃然数中的所有数字之和是。
3.把若⼲个⾃然数，2，3，……乘到⼀起，如果已知这个乘积的最末13位恰好都是零，那么最后出现的⾃然数最⼩应该是。
4.在1，，，，，…，，中选出若⼲个数，使它们的和⼤于3，⾄少要选个数。
5.在右边的减法算式中，每⼀个字母代表⼀个数字，不同的字母代表不同的数字，那么D+G= 。
6.如图，ABFD和CDEF都是矩形，AB的长是4厘⽶，BC的长是3厘⽶，那么图中阴影部分的⾯积是平⽅厘⽶。
7.甲⼄两包糖的重量⽐是4：1，如果从甲包取出10克放⼊⼄包后，甲⼄两包糖的重量⽐变为7:5，那么两包糖重量的总和是克。
8.设1，3，9，27，81，243是六个给定的数，从这六个数中每次或者取⼀个，或者取⼏个不同的数求和（每个数只能取⼀次），可以得到⼀个新数，这样共得到63个新数。
如果把它们从⼩到⼤依次排列起来是1，3，4，9，12……那么第60个数是。
9.有甲、⼄、丙三辆汽车各以⼀定的速度从A地开往B地，⼄⽐丙晚出发10分钟，出发后40分钟追上丙。
甲⽐⼄⼜晚出发20分钟，出发后1⼩时40分追上丙，那么甲出发后需⽤分钟才能追上⼄。
10.有⼀个俱乐部，⾥⾯的成员可以分成两类，第⼀类是⽼实⼈，永远说真话；第⼆类是骗⼦，永远说假话。
某天俱乐部全体成员围着⼀张圆桌坐下，每个⽼实⼈的两旁都是骗⼦，每个骗⼦的两旁都是⽼实⼈。
记者问俱乐部成员张三：俱乐部共有多少成员？张三回答：有45⼈。
李四说：张三是⽼实⼈。
那么张三是⽼实⼈还是骗⼦？张三是。
11.某⼯程如果由第⼀、⼆、三⼩队合⼲需要12天才能完成；如果由第⼀、三、五⼩队合⼲需要7天完成；如果由第⼆、四、五⼩队合⼲4天完成；如果由第⼀、三、四⼩队合⼲需要42天才能完成。
那么这五个⼩队⼀起合⼲需要天才能完成这项⼯程。
12把⼀个两位数的个位数字与其⼗位数字交换后得到⼀个新数，它与原来的数加起来恰好是某个⾃然数的平⽅，这个和数是。
小学数学奥林匹克竞赛(1989-2008)试题
1989年小学数学奥林匹克竞赛初赛1. 计算：＝。
2. 1到1989这些自然数中的所有数字之和是。
3. 把若干个自然数，2，3，……乘到一起，如果已知这个乘积的最末13位恰好都是零，那么最后出现的自然数最小应该是。
4. 在1，，，，，…，，中选出若干个数，使它们的和大于3，至少要选个数。
5. 在右边的减法算式中，每一个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字，那么D+G= 。
6. 如图，ABFD和CDEF都是矩形，AB的长是4厘米，BC的长是3厘米，那么图中阴影部分的面积是平方厘米。
7. 甲乙两包糖的重量比是4：1，如果从甲包取出10克放入乙包后，甲乙两包糖的重量比变为7:5，那么两包糖重量的总和是克。
8. 设1，3，9，27，81，243是六个给定的数，从这六个数中每次或者取一个，或者取几个不同的数求和（每个数只能取一次），可以得到一个新数，这样共得到63个新数。
如果把它们从小到大依次排列起来是1，3，4，9，12……那么第60个数是。
9. 有甲、乙、丙三辆汽车各以一定的速度从A地开往B地，乙比丙晚出发10分钟，出发后40分钟追上丙。
甲比乙又晚出发20分钟，出发后1小时40分追上丙，那么甲出发后需用分钟才能追上乙。
10.有一个俱乐部，里面的成员可以分成两类，第一类是老实人，永远说真话；第二类是骗子，永远说假话。
某天俱乐部全体成员围着一张圆桌坐下，每个老实人的两旁都是骗子，每个骗子的两旁都是老实人。
记者问俱乐部成员张三：俱乐部共有多少成员？张三回答：有45人。
李四说：张三是老实人。
那么张三是老实人还是骗子？张三是。
11.某工程如果由第一、二、三小队合干需要12天才能完成；如果由第一、三、五小队合干需要7天完成；如果由第二、四、五小队合干4天完成；如果由第一、三、四小队合干需要42天才能完成。
那么这五个小队一起合干需要天才能完成这项工程。
12.把一个两位数的个位数字与其十位数字交换后得到一个新数，它与原来的数加起来恰好是某个自然数的平方，这个和数是。
初二奥林匹克数学竞赛(10道变态难数学题)
初二奥林匹克数学竞赛（10道变态难数学题）今天给大家分享的是八年级数学奥林匹克竞赛的知识，也会讲解10道异常难的数学题。
如果你碰巧解决了你现在面临的问题，别忘了关注这个网站，现在就开始！初二奥林匹克数学竞赛始于1894年由匈牙利数学界为纪念数理学家厄特沃什-罗兰而组织的数学竞赛。
而把数学竞赛与体育竞赛相提并论，与科学的发源地–古希腊联系在一起的是前苏联，她把数学竞赛称为数学奥林匹克。
20世纪上半叶，不同国家相继组织了各级各类的数学竞赛，先在学校，继之在地区，后来在全国进行，逐步形成了金字塔式的竞赛系统。
从各国的竞赛进一步发展，自然为形成最高一层的国际竞赛创造了必要的条件。
1975年匈牙利布达佩斯大学数学委员会提倡创立，并于1978年8月在匈牙利举行了第一次世界奥林匹克数学竞赛（Would Mathematical Olympiad 简称WMO）。
随着影响力的扩大，越来越多的国家和地区参与进来。
2006年，中国组委会提出申请，并于2007年8月获准加入该协会。
最近几年中国一直排名第一。
10道变态难数学题1、有六级台阶，小明从下往上走，若每次只能跨一级或两级，她走上去有几种可能?2.如果今天是星期六，从明天算起2的20次方后的第一天是星期几？3.在一个月中，星期二的天数比星期三多，星期一的天数比星期天多。
这个月5号是星期几？4、100的平方-99的平方+98的平方-97的平方+……+2的平方-1的平方是多少？5、1×2+2×3+3×4+……100×1016.某次比赛，一等奖10个，二等奖20个。
现在一等奖最后四个人调整为二等奖，所以二等奖平均分增加2分，也就是一等奖平均分增加1分。
原来一等奖比二等奖平均分多多少分？7.一条公交线路中间有15个站，有快车和慢车两种。
快车的速度是慢车的1.5倍。
慢车每站都停，快车只停中间站，停站时间2分钟。
慢车每次60分钟从同一个始发站发车时，快车刚好到达终点。
2018年欧洲女子数学奥林匹克答案
∠AF E = 90◦, and hence ∠F AE = 45◦. Further, as BF bisects
∠ABC, we have ∠F AB = 90◦ − β, and thus
E
∠EAB = ∠AEG = 45◦ − β, and ∠AED = 45◦ + β,
which satisfies the equality
√ an+2 = an+1 + an+1 + an
for every positive integer n.
Problem 5. Let m, n be positive integers with m > 1. Anastasia partitions the integers 1, 2, . . . , 2m into m pairs. Boris then chooses one integer from each pair and finds the sum of these chosen integers. Prove that Anastasia can select the pairs so that Boris cannot make his sum equal to n.
YMO三到六年级全国总决赛数学试题
YMO三到六年级全国总决赛数学试题一、引言YMO，即青少年数学奥林匹克竞赛，是一项针对三到六年级学生的高水平数学竞赛。
每年的YMO全国总决赛，都会吸引来自全国各地的优秀数学爱好者齐聚一堂，展示他们的数学才能。
今年的YMO全国总决赛数学试题，无疑将再次考验参赛者的数学技能和思维敏捷力。
二、试题内容今年的YMO全国总决赛数学试题，主要包括以下几类题目：1、代数题：这类题目主要考察学生的代数知识，包括因式分解、解方程、不等式等。
例如：“已知x^2 + 3x + 1 = 0，求x^3 + 2x^2 + x的值。
”2、几何题：这类题目主要考察学生的几何知识，包括三角形、四边形、圆等。
例如：“在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，求△ABC 的面积。
”3、概率与统计题：这类题目主要考察学生的概率与统计知识，包括概率、期望、方差等。
例如：“在一个等可能事件的试验中，事件A发生的概率为0.5，求在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率。
”4、组合数学题：这类题目主要考察学生的组合数学知识，包括排列、组合、分割等。
例如：“有5本不同的书和2个完全相同的箱子，每本书放入其中的一个箱子，求所有可能的放法。
”三、试题特点今年的YMO全国总决赛数学试题，具有以下特点：1、题目新颖：每一道题目都是全新的，需要学生灵活运用数学知识去解决。
2、难度适中：试题难度适中，既考察了学生的基础知识，又考察了学生的思维能力和解题技巧。
3、知识覆盖面广：试题涵盖了代数、几何、概率与统计、组合数学等多个领域，考察了学生的数学知识掌握情况。
四、解题建议针对今年的YMO全国总决赛数学试题，我们建议参赛者：1、熟悉知识点：熟练掌握代数、几何、概率与统计、组合数学等领域的数学知识。
2、提高解题能力：通过大量的练习，提高解题能力和思维敏捷力。
3、合理安排时间：在考试中，合理安排时间，避免因为时间不足而影响发挥。
4、注意细节：在解题过程中，注意细节问题，如计算准确、步骤完整等。
2018年度国外数学竞赛试题翻译汇编
纯属公益, 免费使用分享, 只送不卖
2018 年巴西数学奥林匹克复仇赛 …………………………………… 114 2017/2018 英国数学竞赛 …………………………………………… 115 2018 年保加利亚数学奥林匹克 ……………………………………… 117 2018 年保加利亚 JBMO 代表队选拔考试 …………………………… 118 2018 年加拿大数学奥林匹克 ………………………………………… 119 2018 年塞浦路斯 IMO 代表队选拔考试 …………………………… 120 2018 年塞浦路斯 JBMO 代表队选拔考试 …………………………… 122 2018 年丹麦数学奥林匹克(第二轮) ………………………………… 125 2018 年法国 JBMO 代表队选拔考试 ………………………………… 126 2018 年德国数学奥林匹克(联邦级) ………………………………… 128 2018 年德国数学奥林匹克(12 年级决赛) …………………………… 130 2018 年希腊数学奥林匹克 …………………………………………… 131 2018 年希腊 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 133 2018 年希腊 JBMO 代表队选拔考试 ………………………………… 134 2018 年香港数学奥林匹克 …………………………………………… 135 2018 年香港 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 136 2018 年匈牙利库尔沙克数学竞赛 …………………………………… 138 2018 年印度全国数学奥林匹克 ……………………………………… 139 2018 年印度 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 140 2018 年伊朗数学奥林匹克 …………………………………………… 143 2018 年伊朗 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 146 2018 年爱尔兰数学奥林匹克 ………………………………………… 149 2018 年意大利数学奥林匹克 ………………………………………… 151 2018 年哈萨克斯坦数学奥林匹克(11 年级决赛) …………………… 152 2018 韩国数学奥林匹克 ……………………………………………… 153 2018 年韩国数学冬令营训练题 ……………………………………… 156 2018 年科索沃 IMO 培训考试 ……………………………………… 157 2018 年马其顿数学奥林匹克 ………………………………………… 158 2018 年马其顿 JBMO 代表队选拔考试 ……………………………… 159
三年级奥赛试题及答案
三年级奥赛试题及答案三年级的数学奥林匹克竞赛（简称“奥赛”）试题通常旨在培养学生的数学思维和解决问题的能力。
这些题目往往涉及基本的数学概念，如算术、几何、逻辑推理等。
下面是一些可能的三年级奥赛试题及答案。
题目一：小明有3个苹果，小红有2个苹果。
如果他们将苹果平均分给5个小朋友，每个小朋友能得到多少个苹果？答案：小明和小红一共有3+2=5个苹果。
他们要分给5个小朋友，所以每个小朋友能得到5÷5=1个苹果。
题目二：一个长方形的长是10厘米，宽是5厘米。
如果将这个长方形的长和宽都增加2厘米，新的长方形的面积是多少？答案：原来的长方形面积是10×5=50平方厘米。
增加后长变为10+2=12厘米，宽变为5+2=7厘米。
新的长方形面积是12×7=84平方厘米。
题目三：一个数字加上它的倒序数字等于110，这个数字是什么？答案：设这个数字为abc（其中a、b和c分别代表百位、十位和个位上的数字），那么它的倒序数字是cba。
根据题意，我们有abc + cba = 110。
通过尝试，我们可以发现数字45的倒序是54，45+54=99，而90+9=99。
因此，这个数字是90。
题目四：一个班级有48个学生，如果每个学生都至少参加了一个兴趣小组，那么至少有多少个兴趣小组？答案：根据抽屉原理，如果有48个学生，那么至少需要5个兴趣小组，因为48÷5=9余3，即使每个兴趣小组有9个学生，还剩下3个学生，他们可以加入任何一个兴趣小组，这样至少有5个兴趣小组。
题目五：一个数字乘以2后，再加上5，得到的结果是35。
求原来的数字。
答案：设原来的数字为x，根据题意，我们有2x + 5 = 35。
解这个方程，我们得到2x = 30，所以x = 15。
题目六：一个数字的3倍加上8等于这个数字的5倍减去10，求这个数字。
答案：设这个数字为x，根据题意，我们有3x + 8 = 5x - 10。
解这个方程，我们得到2x = 18，所以x = 9。
初二年级奥数分式方程试题及答案
【导语】奥林匹克数学竞赛或数学奥林匹克竞赛，简称奥数。
奥数体现了数学与奥林匹克体育运动精神的共通性：更快、更⾼、更强。
国际数学奥林匹克作为⼀项国际性赛事，由国际数学教育专家命题，出题范围超出了所有国家的义务教育⽔平，难度⼤⼤超过⼤学⼊学考试。
下⾯是为⼤家带来的初⼆年级奥数分式⽅程试题及答案，欢迎⼤家阅读。
1．下列是分式⽅程的是(D)A.xx＋1＋x＋43B.x4＋x－52＝0C.34(x－2)＝43xD.1x＋2＋1＝0 2．为加快“最美毕节”环境建设，某园林公司增加了⼈⼒进⾏⼤型树⽊移植，现在平均每天⽐原计划多植树30棵，现在植树400棵所需时间与原计划植树300棵所需时间相同，设现在平均每天植树x棵，则列出的分式⽅程为(A)A.400x＝300x－30B.400x－30＝300xC.400x＋30＝300xD.400x＝300x＋30 3．已知x＝1是分式⽅程1x＋1＝3kx的根，则实数k＝16. 4．把分式⽅程2x＋4＝1x转化为⼀元⼀次⽅程时，⽅程两边需同乘以(D) A．x B．2x C．x＋4 D．x(x＋4) 5．解分式⽅程2x＋1＋3x－1＝6x2－1分以下⼏步，其中错误的⼀步是(D) A．⽅程两边分式的最简公分母是(x－1)(x＋1) B．⽅程两边都乘以(x－1)(x＋1)，得整式⽅程2(x－1)＋3(x＋1)＝6 C．解这个整式⽅程，得x＝1 D．原⽅程的解为x＝1 6．解分式⽅程1x－1＋1＝0，正确的结果是(A) A．x＝0 B．x＝1 C．x＝2 D．⽆解 7．已知x＝3是关于x的⽅程10x＋k－3x＝1的⼀个解，则k＝2． 8．解下列⽅程： (1)2xx－2＝1－12－x； 解：⽅程两边同乘以(x－2)，得 2x＝x－2＋1.解得x＝－1. 经检验，x＝－1是原⽅程的解． (2)6x－2＝xx＋3－1； 解：⽅程两边同乘以(x－2)(x＋3)，得 6(x＋3)＝x(x－2)－(x－2)(x＋3)． 解得x＝－43. 经检验，x＝－43是原⽅程的解． (3)xx2－4＋2x＋2＝1x－2； 解：⽅程两边都乘以(x＋2)(x－2)，得 x＋2(x－2)＝x＋2.解得x＝3. 经检验，x＝3是原⽅程的解． (4)23＋x3x－1＝19x－3. 解：⽅程两边同乘以9x－3，得 2(3x－1)＋3x＝1.解得x＝13. 检验：当x＝13时，9x－3＝0. 因此x＝13不是原⽅程的解． ∴原分式⽅程⽆解． 9．某机加⼯车间共有26名⼯⼈，现要加⼯2 100个A零件，1 200个B零件，已知每⼈每天加⼯A零件30个或B零件20个，问怎样分⼯才能确保同时完成两种零件的加⼯任务(每⼈只能加⼯⼀种零件)？设安排x⼈加⼯A零件，由题意列⽅程得(A) A.2 10030x＝1 20020（26－x） B.2 100x＝1 20026－x C.2 10020x＝1 20030（26－x） D.2 100x×30＝1 20026－x×20 10．在求3x的倒数的值时，嘉淇同学将3x看成了8x，她求得的值⽐正确答案⼩5.依上述情形，所列关系式成⽴的是(B)A.13x＝18x－5B.13x＝18x＋5C.13x＝8x－5D.13x＝8x＋5 11．⽤换元法解⽅程x2－12x－4xx2－12＝3时，设x2－12x＝y，则原⽅程可化为(B) A．y－1y－3＝0 B．y－4y－3＝0 C．y－1y＋3＝0 D．y－4y＋3＝0 12．当x＝56时，xx－5－2与x＋1x互为相反数． 13．若关于x的⽅程x－1x－5＝m10－2x⽆解，则m＝－8． 14．解下列⽅程： (1)3x2－9＋xx－3＝1； 解：去分母，得3＋x(x＋3)＝x2－9， 3＋x2＋3x＝x2－9.解得x＝－4. 经检验，x＝－4是原⽅程的解． (2)x＋1x－1＋4x2－1＝1； 解：⽅程两边同乘以(x＋1)(x－1)，得 (x＋1)2＋4＝(x＋1)(x－1)， 解得x＝－3. 检验：当x＝－3时，(x＋1)(x－1)≠0， ∴x＝－3是原⽅程的解． ∴原⽅程的解是x＝－3. (3)8x2－4＋1＝xx－2. 解：原⽅程可化为8（x＋2）（x－2）＋1＝xx－2. 去分母，得8＋(x＋2)(x－2)＝x(x＋2)． 解得x＝2. 检验：当x＝2时，(x＋2)(x－2)＝0， ∴x＝2是原⽅程的增根，即原⽅程⽆解． 15．如图，点A，B在数轴上，它们所对应的数分别是－3和1－x2－x，且点A，B到原点的距离相等，求x的值． 解：由题意，得1－x2－x＝3.解得x＝52. 经检验，x＝52是原⽅程的解． ∴x＝52. 16．解关于x的⽅程：mx－1x－1＝0(m≠0且m≠1)． 解：⽅程两边同乘以x(x－1)，得 m(x－1)－x＝0.(m－1)x＝m. ∵m≠1，∴x＝mm－1. 检验：当x＝mm－1时，x(x－1)≠0. ∴原分式⽅程的解为x＝mm－1.。
(共8套)世界少年奥林匹克数学竞赛真题附答案 六年级至四年级专版(全)
（共8套）世界少年奥林匹克数学竞赛真题 六年级至四年级专版（全）绝密★启用前世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛（2016年10月）选手须知：1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。
2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。
3、比赛时不能使用计算工具。
4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。
六年级试题（Ａ卷）（本试卷满分120分 ，考试时间90分钟 ）一、填空题。
（每题5分，共计50分）1、有甲、乙两个两位数，甲数的27等于乙数的 23，这个两位数的差最多是 。
2、如果15111111111111111*=++++，242222222222*=+++，33*=3+33+333，那么7*4= 。
3、由数字0,2,8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第 个。
4、如图，正方形的边长是2（a+b ），已知图中阴影部分B 的面积是7平方厘米，则阴影部分A 和C 面积的和是 平方厘米。
5、一辆出租车与一辆货车同时从甲地出发，开往乙地出租车4小时到达，货车6小时到达，已知出租车 比货车每小时多行35千米。
甲乙两地相距 千米6、一个长方体铁块，被截成两个完全相同的正方体铁块，两个正方体铁块的棱长之和比原来长方体铁块的棱长之和增加了16厘米，则原来长方体铁块的长是 。
7、四袋水果共46个，如果第一袋增加1个，第二袋减少2个，第三袋增加1倍，第四袋减少一半，那么四袋水果的个数就相等了，则第四袋水果原先有 个。
8、有23个零件，其中有一个次品，不知它比正品轻还是重，用天平最少 次可以找出次品。
9、123A5能被55整除，则A= 。
10、在一次数学游戏中，每一次都可将黑板上所写的数加倍或者擦去它的末位数，假定一开始写的数是458，那么经过 次上述变化得到14.二、计算题。
（每题6分，共计12分）11、123200112320012002200220022002++++12、6328862363278624⨯-⨯省 市 学校 姓名 赛场 参赛证号∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕ 密 〇 封 〇 装 〇 订 〇 线 ∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕密 封 线 内 不 要 答 题a +六年级 第3页 六年级 第4页三、解答题。
完整版完整版2018年第59届国际数学奥林匹克IMO竞赛试题及答案图片版
罗马尼亚丸户日第氷卡第一天4 I. RrjtMIl 三角砒,4/?「的给按H •点。
知E@1UuB ，「上∙ ttflf4∕> = 4£. BI)^CE 的套R 亠分疑 ¼Γ Λ*ΛΛR∕IC^M⅛TAFG.i4W: InnE 柯FG 重律九平ft41 2・ L 繪疔的 JMI A 9 <t <* j. j⅛ JtOn ∙ I Ul ".，♦•・ 巧畀 JL« 3.反怙斯卡三為砒是由做血戎的一〉止三血0母∙ Λ<l⅛γMT 方一存∙ ⅜f*是它下方柜懈两金做之总 的地片值.W¼f 下面Jt 一金B 忡的反愉斯卡βiAU∙ Miυ tιΛ・57 I S 3 10 9请何442018ft 的反.枪驕卡丄■仏 fc>lΛl+2÷∙→3)lM 雋才的^k?昭二天4 4.代们卿谓-个αjL<⅛fi.Λ±*÷Λ±*⅛-个AU∙")∙ K*z.l r*Λ不绘1120的止整紋・Λw ∣t.所有JOo 个位KiF 是空的・甲乙站人4注抿试&子.由甲尢遼行・毎次驼刘甲时•他從一个空的 αι±Λ±-¼**⅞rttι;I t *∕Kttt*i¼<te∙δi^αακiw<⅛rtiiΛ不#于％•号次轮列乙H ∙他 在任蹇一介空的位直上摆上一个条的泓包召子・(U 忌子耐AUJt 与昇它石子所d(iK 之冏弘禺可以是仕卷 值・》4此这Itit 行下去A 盖泉金人丸法再加就石子.认从丈遥大的 »UA\ (tflft 论乙卜何 Λ>tltAf. Y⅛tlΛUl^artAtfc.t 6f.« 5. α<ι∣.<ι>,…〈一个丄限琐正筮 it∕M∙ ^4b4αmΛ> l t tt4∣t⅜¼>ttn>.v.杯*整敦・ UM: 4ΛjirttΛ/. UflFo frl ≡o^l *f>⅜<1Mtrr∙>Λ/•施2∙4 tt. H6r⅛i4<J.WCD*. ∕1B CD » BC DA •点內・ M4X.ZXAB = ZXCP i ZXBC = ZXD4⅛*l: ZΠΛ.4 ZDXC = 180β・H 瞬有・一1.2.罗坷尼込P a纳发卡4 I iwjtlt烏三铸刑・4〃「的外HflB•人〃4“在後几4〃・"•上∙IiflMD "・Mm的∙A牛分厲⅛Γ±KA∕IRTtC^MtfAEG URfl: InDE ⅛FG l^<÷fT.(tαt) ii^Λ: itFG分射丈/"W十、"卜出.HFS AH. GI Il AC.ΛΨ5.T Δ O 上.曲千FB∙ FD∙<FSMβ. MZFP/J-ZFHD-ZS-4∕J t<⅛MFP∣ /1S. 而FS || 4D.HΛDFSA + H^边可.円理巧如」£Y?；T尢羊厅E边0 f<(7T-∕1E-ΛP-FS t“衍■於∙i£毕■ 2•求瞬斤的蹩tt” 上J∙ K∕? 4Λ *: Ct<ι∣.αj. .0e→2∙ Λ<∙rf n^∣«■ α∣, <u⅛j ≡ <∣√ 4 Au∣∙t⅛l ♦1 ■ <b∙2时*T<>≡ LX∙∙∙.n<J..Φ(赵O Wl短未的，I为3|〃f(1) 首尢∙U∣H*t∙強伽■2 (2) *44I4U∙⅝HH. K 3f∙3∣邮以解钩HBAG CG = AF BF o Gr - FS刀伽α.∙∣<∣∙42⅜Kf <tA∕.∂0f* ft(t<f⅛ιtL¼HΛ⅛Mtfi于•甲.⅛∙tftUi><<K个红己石于<⅜)•I: /1- 100.t<t4⅜α*(τ.s∕)*χ÷ w⅜m⅛^t. ftJt ⅛√5的腐介<iM畀也<F*4⅛8-种無己的<i亶屮擢上红邑( 于∙ι^te⅜此包一半位Jfflr上红已石于•于是I r以件対K)OeiX色石于・4ι< ι*⅛^α¼αXOΛι⅛∙ ⅜tiΛΛA√⅞⅛-M≡:(l.i)9 (24). (3β2)l(4.4)(1.4>∙(2∙2h(3∙3)∙(4∙l)(L 2>e(23)l (3J)l(<3)(1.3).(2.1).(3.4),(4.2)再IXM的分俎”展刘2O∙2υ的UK. ▼号次α<ΛttαXrt±∏Lli予.创乙α同俎屮MGU負棺上Ii 己&子両屈申处It卸腐4匕XΛ⅛A ⅛√S. MΛ<4∣*乙可以Xi/V Q导如壬參播一金的包&千・< 5. Ho l.α3.…赴一金无风珊止JHtRFh6⅛>441tfft.V> 1. (tflFH⅜¼*iir<≥.V t21 + ^ + ...+⅛z∙+⅛<⅛" ‰ α∣*4.«* ・U*J: 4Ai*ΛΛ∕. ΛflF<∣^ - <*Λr∕< ≥ A∕><i.谚明：停时应于“和“41的冯个人于栢Z可以碍列∙tt*^Γrι>.V,f<tOm÷i<>l I <≡ntfl ÷ <«••・l -O∏Mn÷^∏ > Nit<M 的*«1 子* 合为/•・α>n⅛α-Λ kt⅛i)α1X t*⅛W t.用你钓不4 卩中的It <；JtMf < fκ JL ft(<α1)≡l Λ0.<⅛1 ∣Q"i∙ =♦<♦! I 心β*fχrftftH{<t∏ > JV)<<. Λat<*.ilpw P址创的一金素？1 f∙∙ I③中三金分人的4巾彗離・个分K今于分母的素凶次.W∣>(J)Λ τftx∂⅛t MJ・XΨ*x = m∕n<WJT4t.时”(巧二一“S)斬能为4 整it 三金分Kt⅛34*M . X 累因十P的*次必宿下拎怡工之一发皇• Λ¼⅛ A*⅛P<***#«»<:•三个分只的具中费眄个Ia小的QttE代帕同：我们碍対<>(θ∏⅜l) ≤ ⅜(θ∣∙)ι ⅞(θ∣∙) > M e0∙ I V(Jd) ≥ r√α∣> 梅梅祥沟个分式的卩鼻次相网∙^44M∕L¼<f. At>(αw>∣)∣⅛g) +1√<⅛)⑴(51 ⑹⑺"(a→ι)∙ S(<h)Hn > V. 创以&的卄砒何Z T前皆等价∙4»tr r{o,)4tXfιl jα∣h ^¼<J0^t<±.耐于另外三种悄町∙*iH<i∣r,l∣<j li>- ∙>(<ι∣H^*tf∙园此ΛMf ⅛v rκ∣ft^∣)・》仙)∙⅛s(%)iS(<∣ι)>*号时∙⅜I∣5∣<⅜⅛^AA Ita此ι⅛(<ιft)-υ√<ι∣)ΛM t∣f*r>(∙■川故片壬録耳P中的有M 介索软卩∙F F(αfi}*<MT*tt・SJΛaπ*P的素Hl于■次魚仮算妙“■/<>：败免∙M含前龙嗨可Iba rl aΛ.R>∕iΛ<^Λ.V>.V. ΛHHtfKm > M.覧OfR* I ■ Um.4G L&^^hALlCDt9 AU CD ^ UC DA. AXat»1«MJKZXzI" = ZXcD・EXBC - ZXDA证明：ZH.VΛ^ZPΛC= Ih(尸a*!：n>.zιe ∣∆xκ(t - ΔΛPΛ∙ZA>7∙ = ZzUJX =ZXWC ZXZZ>≡Zz∖∖4∕l = ZΛ(7>XV yc XC XD DZ 而二阪：寂∙IiX-VZ" AX ΛH爾以E X. (X FΛB・D、X. C. Z咚Be・所以⅛K⅜W⅛∣f丄\ ・VY + BX DX = AD DCfl∣tAX^ CX ÷ BX CZ = AB ・ CD*Z4Λ√>÷ZΛ.VC > IMr t HZ∕∕AC>ZΛΛ> ∙ B>∕TV?Sw c VJH . 解以xZ∙ < ∕n∖xc< OV：ιηβzc< DX9解以AD BC = ΛX BY ♦ DX DX> ΛV CX ♦- DX DX> ΛX CX ÷ BX CZλt) CD "ZΛΛD + ZfiXC < 180a H WU 总上乙人X" +/"XQ・180Q.。
2018年全国小学生数学竞赛真题
2018年全国小学生数学竞赛真题根据你的要求，我将按照“2018年全国小学生数学竞赛真题”这个题目来书写一篇文章。
请注意，受限于文本输入的格式，我无法完全模拟出试卷的样式，但我将尽力在文中使用适当的排版格式和数学符号。
2018年全国小学生数学竞赛真题题目一：计算已知 a = 2，b = 3，请计算 a + b 的值。
解答一：根据题目给出的已知信息，可知 a = 2，b = 3。
要计算 a + b 的值，只需将 a 和 b 相加即可。
a +b = 2 + 3 = 5答案：5题目二：数列推理已知数列 {an} 的前三项分别为 a1 = 1，a2 = 3，a3 = 5。
数列中的每一项均为前一项与2的差的两倍。
请写出数列的第十项。
解答二：根据题目给出的已知信息，可知 a1 = 1，a2 = 3，a3 = 5。
题目要求求出数列的第十项，可以使用递推的方法来解决。
数列的递推关系为：an = 2 * (an-1 - 2)根据递推关系，可以得到数列的前十项如下：a1 = 1a2 = 3a3 = 5a4 = 2 * (a3 - 2) = 2 * (5 - 2) = 6a5 = 2 * (a4 - 2) = 2 * (6 - 2) = 8a6 = 2 * (a5 - 2) = 2 * (8 - 2) = 12a7 = 2 * (a6 - 2) = 2 * (12 - 2) = 20a8 = 2 * (a7 - 2) = 2 * (20 - 2) = 36a9 = 2 * (a8 - 2) = 2 * (36 - 2) = 68a10 = 2 * (a9 - 2) = 2 * (68 - 2) = 132因此，数列的第十项为 132。
答案：132题目三：几何图形已知正方形 ABCD 的边长为 4cm，以 A 为起点，依次顺时针连接AB、BC、CD、DA，得到一个正方形的内接四边形 EFGH。
求 EFGH 的面积。
解答三：根据题目给出的已知信息，可知正方形 ABCD 的边长为 4cm。
漫谈数学竞赛
漫谈数学竞赛漫谈数学竞赛1．数学竞赛的产生与发展1.1 溯源——解难题竞赛的来龙去脉1.2 数学竞赛的先导——匈牙利数学竞赛1.3 前苏联数学竞赛1.4 美国数学竞赛1.5 国际数学奥林匹克（IMO）2. 数学竞赛在中国2.1 全国高中数学联赛2.2 全国初中数学联赛2.3全国华罗庚金杯少年数学邀请赛2.4 全国中学生数学冬令营（CMO）2.5 女子数学奥林匹克3. 从数学竞赛与到竞赛数学4. 数学竞赛的教育价值1．数学竞赛的产生与发展古代不朽之神，美丽，伟大而正直的圣洁之父。
祈求降临尘世以彰显自己，让受人瞩目的英雄，在这大地苍穹中，做为你荣耀的见证。
请照亮跑道、角力与投掷项目，这些全力以赴的崇高竞赛，颁赠优胜者长青树编成的花冠，塑造出钢铁般的躯干。
有如一白色斑斓的岩石造成这巨大的神殿，世界各地都赶来这神殿，膜拜你，啊！永不朽古代之神。
这，就是举世瞩目的国际奥林匹克运动会会歌。
在四年一届的奥运会开幕、闭幕式中，在升、降奥运会会旗的一刻，你都能听到这支优美庄严、激越飞扬的歌曲！在世界体育史上，奥林匹克运动起源于古希腊的波罗奔尼撒半岛西北部(如今雅典西南360Km处)的一座神庙——奥林匹亚,它是关于体能的竞赛。
数学奥林匹克与体育奥林匹克相类似，指的就是数学竞赛活动。
数学竞赛是一项传统的智能竞赛项目，智能和体能都是创造人类文明的必要条件，所以前苏联人首创了“数学奥林匹克”这个名词。
1.1 溯源——解难题竞赛的来龙去脉数学是锻炼思维的体操，而其核心则是问题．解数学难题的竞赛和体育奥林匹克一样，有着悠久的历史。
古希腊时就有解几何难题的比赛，在我国战国时期则有齐威王与大将田忌赛马的对策故事。
在16世纪初期的意大利，不少数学家喜欢提出问题，向其他数学家挑战，以比高低，其中解三次方程比赛的有声有色的叙述，使人记忆犹新．大约在1515年，波罗尼亚大学数学教授费罗（Scipiouedal Ferro ）用代数方法解出了形如3x mx n +=类型的三次方程，并把方法秘密传给了他的的得意门生菲奥（A ．M ．Fior ）。