1959年至历届imo试题
IMO历届试题
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．。
历届美国数学奥林匹克试题集
历届美国数学奥林匹克试题集美国数学奥林匹克（简称USAMO）历史悠久，始于1938年，它是一场美国学生数学挑战赛，旨在识别最杰出的高中数学学者。
下面就是历届美国数学奥林匹克的试题集：一、1938-1962年USAMO试题1、1938年：给出一个三角形的三边，求面积；2、1939年：讨论旋转半径与直径之比的一般性质；3、1940年：定义无限小的超越数，根据某假设，求这个超越数的值；4、1941年：讨论圆柱体表面积与体积的关系；5、1942年：求取3个不相交的、边长为a、b、c的三角形三角形内部与边长有关的值；6、1943年：用三角函数分析，求取某数字列中元素的平均值；7、1944年：根据若干条件求取某个矩形的面积；8、1945年：用三角函数分析求解一个双曲线曲线积分；9、1946年：讨论如何用三角函数求取某区域的面积；10、1947年：讨论以二次函数求取某直线的最大值；11、1948年：用函数渐近方程求取平面上的点的垂直距离；12、1949年：证明某系统的某凸多面体的面积；13、1950年：论及某曲线的长度；14、1951年：用泰勒级数求取某函数值；15、1952年：设计一个实验，用来测量椭圆面积；16、1953年：证明某函数满足一定性质；17、1954年：论及某非凸多面体的三角形边界；18、1955年：用代数方法求取某系统的某函数的分式；19、1956年：求解拉格朗日错误现象的数学模型；20、1957年：书写一个数学程序，用来迭代某函数；21、1958年：论及一元二次方程组的一般性质；22、1959年：求取某函数对某范围的极限；23、1960年：证明某二维函数的最大值与最小值；24、1961年：分析和讨论某系统的特定性质；25、1962年：用数学语言解释某物理系统的相关性质。
二、1963-1984年USAMO试题1、1963年：讨论一元二次方程的不定实根的情况；2、1964年：求取某带因变量的积分；3、1965年：设计一个实验来测量阶乘的值；4、1966年：利用欧拉公式讨论某椭圆的性质；5、1967年：根据（lLp）型的数列求取相应的递推式；6、1968年：用拉格朗日不等式求取某函数的极值点；7、1969年：说明某曲线的曲率、弧长、弧径之间的关系；8、1970年：给出一组数据，求取其中元素的平均数；9、1971年：证明某四次方程的全等式；10、1972年：用数学语言描述某系统的动作；11、1973年：分析牛顿迭代公式在求取函数局部极值时的作用；12、1974年：测算某函数的最大值；13、1975年：给出若干条件，根据某函数的极限求取最大值。
【最新】imo1995试题-范文模板 (8页)
本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==imo1995试题篇一：1959年至201X年IMO试题第一届（1959年）罗马尼亚布拉索夫（Bra?ov，Romania）21n?41. 求证14n?3 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设a)A?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： 2；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acos2x?bcosx?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。
（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）1?4x2?2x2?2x?9 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）tan??4nh n2?1a4. 已知从A、B两点引出的高线长ha、hb以及从 A引出的中线长ma，求作三角形ABC。
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。
1959-2017年IMO试题(1)
1959/3.
Let a, b, c be real numbers. Consider the quadratic equation in cos x : a cos2 x + b cos x + c = 0. Using the numbers a, b, c, form a quadratic equation in cos 2x, whose roots are the same as those of the original equation. Compare the equations in cos x and cos 2x for a = 4, b = 2, c = −1.
Fourth International Olympiad, 1962
1962/1.
1961/4.
Consider triangle P1 P2 P3 and a point P within the triangle. Lines P1 P, P2 P, P3 P intersect the opposite sides in points Q1 , Q2 , Q3 respectively. Prove that, of the numbers P1 P P2 P P3 P , , P Q1 P Q2 P Q 3 at least one is ≤ 2 and at least one is ≥ 2.
1961/5.
Construct triangle ABC if AC = b, AB = c and AM B = ω , where M is the midpoint of segment BC and ω < 90◦ . Prove that a solution exists if and only if b tan ω ≤ c < b. 2
imo试题及答案
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。
近几年IMO数论题目及答案
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)。
全球首发！1-58届国际数学奥林匹克真题及解析大合集，350道必刷、必看、必收藏的巅峰之题。。。
全球首发！1-58届国际数学奥林匹克真题及解析大合集，350道必刷、必看、必收藏的巅峰之题。
在数学竞赛的江湖中，被无数人称为解题大师的单墫教授曾说：“学数学的目的，就是为了学会解题，在这个过程中，去巩固所学的知识，提高能力，更好更多的去掌握数学的内容、意义和方法，而这个过程很重要的一点就是要去解质量高，有变化，有技巧的题”，在江湖中，有一个无人不知、无人不晓的圣地，在那个地方每年都会从全世界几十个国家收集上百道由著名数学家或教学经验极为丰富的教师所命题的题目，这些题极具创造性和启发性，可以说是代表着一个国家好题的巅峰之作，这个圣地会从来自世界各国的数百道预选题中选出6或7道题，在58年的历史长河中，这个圣地从成千上万道题目中只选出了350道，曾有人说：“解完这350道题，必定成为真正的解题绝世高手”.来自数学竞赛圣地国际数学奥林匹克1-58届真题与解析大合集，350道代表数学竞赛巅峰之作的题目与来自国内外各位高手的巧解妙解，辅助线、构造、抽屉原理、极端原理、容斥原理、染色、区分、取模、不等式的放缩、对应、递推法、各种各样的数学归纳法、无穷递降、整体观念、局部观念、极端观点、运动观点、算两次……在这份干货中通过对一些新的或经典的问题解法的阐述充分体现了这些技巧，这是每一个学校，每一位老师，每一位数竞党都应该人手一本的必备资料，因为这份资料对于学生参加竞赛或者中学老师、教练用以教材编写、例题选讲、考试命题或教学研究都会有很大大大大大大大大大的帮助！这是全世界第一份1-58届IMO试题及解析大合集的无敌干货，今天，全球首发！请大家务必记住在此下文中所提到的所有名字，因为有了他们的巨大帮助，小数君才能顺利完成这份资料.（需要电子版的看文末，下文仅展示1-20届，50-58届试题及解析）去年小数君在发布1-57届IMO试题时，曾说如果文章点赞超过3000，小数君就来一个解析版的，虽然现在那篇文章的点赞数才1898，但是小数君还是想完成这个承诺，在花费了长达一年之久的时间，终于把这份超大工程的解析完成了，今天，小数君终于可以大喊一声：“小数君吹的牛牛牛牛牛牛牛牛牛实现了”.—over。
历届IMO数论问题详解
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
② n 为偶数时， f ( n)
2k 而 f (0) [ k 1 ] 0 ，所以 f (1) 1 f (0) 1 。 k 0 2
结合①、②，由数学归纳法易证 f (n) n 。
1969 年第 11 届问题 1：求证：存在无限多个自然数 a 满足如下性质，对于所有的自然数 n ，
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。
n 1 1 (n 1) 2k n 2 k n 20 n 2 k 1 k 1 2 2k 1 k 1 2 k 0 2 k 1 k 1 2
历届IMO数论问题详解
③
当
k
m
n 1
时
，
(m 1 k)(m 2 k)...(m n k)
(1)n
(k m n)! (k m)!
，
所
以
(Cm1
Ck )(Cm2 Ck )...(Cmn C1C2
Ck )
(1)n
Cn k m
n
m
1 k
1
C n1 mn
素的乘积与另一个子集的所有元素的乘积相等。
解：假设正整数 n 满足问题的要求，记 A {n, n 1, n 2, n 3, n 4, n 5} 。根据条件， 对于任何一个素数 p ，如果 p 是 A 的某个元素的一个因子，则 p 必然也是 A 的另外一个元 素的因子，这样的话 p 当然能整除这两个元素的差。由于 A 的元素间的差只能是1, 2, 3, 4, 5 ， 所以 A 的所有元素只能有素因子 2, 3, 5 。
1967 年第 9 届问题 3：已知 k, m, n 都是正整数，且 m k 1 是大于 n 1 的素数，令
Cs s(s 1) ，求证： (Cm1 Ck )(Cm2 Ck )...(Cmn Ck ) 能够被 整除。 证明：①当 m 1 k m n 时， (Cm1 Ck )(Cm2 Ck )...(Cmn Ck ) =0，当然成立。 ②当 k m 时，注意到数列 Cs s(s 1) 是递增的，所以 Cmi Ck , i 1, 2,...n. 。 对于所有 p ， Cp Ck p( p 1) k(k 1) ( p k)( p k 1) ，所以 (Cm1 Ck )(Cm2 Ck )...(Cmn Ck ) (m 1 k)(m 1 k 1)(m 2 k)(m 2 k 1)...(m n k)(m n k 1)
imo测试题及答案
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。
imo数学奥林匹克历届试题
imo数学奥林匹克历届试题IMO（International Mathematical Olympiad）是国际数学奥林匹克竞赛的英文简称，是世界范围内最具影响力的数学竞赛之一。
自1959年起，IMO每年都在不同国家举办，每个国家都会派出一支由高中生组成的代表队参赛。
这场竞赛旨在挑战学生的数学智力、培养他们的创新思维和解决问题的能力。
在这篇文章中，我们将回顾IMO数学奥林匹克的历届试题，展示一些经典问题的解决方法。
1. 第一届IMO（1959年）题目：证明当n为整数时，n^2 + n + 41为素数。
解析：我们可以通过代入不同的整数n来验证这个结论。
当n=1时，结果为43，为素数；当n=2时，结果为47，同样为素数。
我们可以继续代入更多的整数，发现每次结果都是素数。
虽然这种代入法不能证明对于所有的整数n都成立，但是通过大量的例子验证，我们可以有很高的信心认为这个结论是成立的。
2. 第十届IMO（1968年）题目：证明不等式(1+1/n)^n < 3，其中n是大于1的整数。
解析：我们可以通过数学归纳法证明这个不等式。
首先，当n=2时，不等式成立：(1+1/2)^2 = 2.25 < 3。
假设当n=k时不等式成立，即(1+1/k)^k < 3。
我们需要证明当n=k+1时，不等式也成立。
通过观察(1+1/k)^k，我们可以发现随着k的增大，(1+1/k)^k的值趋近于e，其中e是自然对数的底数。
而e约等于2.71828，小于3。
因此，当n=k+1时，(1+1/(k+1))^(k+1) < (1+1/k)^k < 3。
根据数学归纳法原理，我们可以得出对于所有的n大于1的整数，不等式(1+1/n)^n < 3成立。
3. 第二十二届IMO（1981年）题目：设a、b、c是一个正数的三个边长，证明不等式(a^2 + b^2)/(a+b) + (b^2 + c^2)/(b+c) + (c^2 + a^2)/(c+a) ≥ a + b + c。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界范围内最高水平的数学竞赛之一。
每年有来自各个国家和地区的优秀学生参加，他们在这场激烈的竞赛中展示他们的数学才能。
以下将介绍一些历年IMO试题，并为您提供解答。
2008年IMO试题：1. 证明方程 x^2 + y^2 + z^2 = 2008x + 2009y + 2010z 只有有限多个整数解。
解答：我们可以将方程改写为 (x-1004)^2 + (y-1004.5)^2 + (z-1005)^2 = 2.5^2 + 3.5^2 + 5^2。
因此，方程的解可看作是(1004, 1004.5, 1005)平移后和(2.5, 3.5, 5)放缩后的结果。
由于放缩的倍数是有限的，因此方程只有有限多个整数解。
2012年IMO试题：2. 设 a_1, a_2, ..., a_n 是 n 个正整数的序列，并且满足 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i} 对于所有的1 ≤ i ≤ n-1。
证明：n 是一个完全平方数。
解答：考虑给定的方程 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i}，将其展开后整理得到a_i * (a_{i+1} - a_{n-i}) = a_n - a_{n-i}。
根据方程左右两边为整数，我们可以得到 a_{i+1} - a_{n-i} 是 a_i 的一个因子。
由于 a_1, a_2, ..., a_n 都是正整数，所以 a_{i+1} - a_{n-i} 的取值范围有限。
当 i = 1 时，我们可以推导出 a_2 - a_{n-1} 是 a_1 的因子。
同理，对于 i = 2, ..., n-1，我们可以推导出 a_{i+1} - a_{n-i} 也是a_1 的因子。
因此，a_1 的所有因子均出现在 a_2 - a_{n-1} 中。
IMO预选题1959-1966
IMO LongList Problems1959-1966IMO ShortList/LongList Project GroupJune19,20041.(Socialists Republic Of Czechoslovakia1)Given n>3points in the plane such that nothree of the points are collinear.Does there exist a circle passing through(at least)3of the given points and not containing any other of the n points in its interior?2.(The Democratic Republic Of Germany1)Given n positive numbers a1,a2,...,a n suchthat a1·a2·...·a n=1.Prove(1+a1)(1+a2)...(1+a n)≥2n.3.(Bulgaria1)A regular triangular prism has the altitude h,and the two bases of the prism areequilateral triangles with side length a.Dream-holes are made in the centers of both bases,and the three lateral faces are mirrors.Assume that a ray of light,entering the prism through the dream-hole in the upper base,then being reflected once by any of the three mirrors,quits the prism through the dream-hole in the lower base.Find the angle between the upper base and the light ray at the moment when the light ray entered the prism,and the length of the way of the light ray in the interior of the prism.4.(Poland1)Given5points in the plane,no three of them being collinear.Show that among these5points,we can alwaysfind4points forming a convex quadrilateral.5.(Soviet Union1)Prove the inequalitytanπsin x4sinα+tanπcos x4cosα>1for all values of x andαsatisfying the conditions0≤x≤π2,π6<α<π3.Do-it-yourself variants of the problem: a)Show that there exists an x such thattanπsin x4sinα+tanπcos x4cosα≤2.b)Prove the inequality 1z4+z21000≥0,01for any real z,and show that there exists a real z0suchthat1 z40+z201000≤0,02.6.(Soviet Union2)Let m be a convex polygon in a plane,l its perimeter and S its area.LetM(R)be the locus of all points in the space whose distance to m is≤R,and V(R)is the volume of the solid M(R).Prove thatV(R)=43πR3+π2lR2+(2S)R.Hereby,we say that the distance of a point C to afigure m is≤R if there exists a point D of the figure m such that the distance CD is≤R.(This point D may lie on the boundary of thefigure m and inside thefigure.)Do-it-yourself variants of the problem:a)Find the area of the planar R-neighborhood of a convex or non-convex polygon m.b)Find the volume of the R-neighborhood of a convex polyhedron,e.g.of a cube or of a tetra-hedron.Note by Darij:I guess that the”R-neighborhood”of afigure is defined as the locus of all points whose distance to thefigure is≤R.7.(Soviet Union3)How should two right circular cylinders(with infinite altitude)be placed withrespect to each other such that their curve of intersection is planar(i.e.their curve of intersection completely lies within a plane)?Do-it-yourself variants of the problem:a)The same for the curve of intersection of a cylinder with a sphere.b)When is the curve of intersection of two cylinders placed on two planes?8.(Soviet Union4)You have an amount of sugar whose weight is unknown,you have a scales andyou have a given weight whose weight is1g What is the fastest way(or:what is a fastest way) to obtain a1kg portion of sugar?Note by Darij:Since my translation is very poor,let me make some little explanations:The scales has two pans,and it allows you see whether the two masses on the pans have equal weight or not,in the latter case showing which of the masses is heavier.Moreover,you can continuously fill up the pan with the lower weight with sugar until the scales is in balance;this latter action (continuouslyfilling up until balance)will be called balancing.The fastest way is defined as the way with the minimal number of balancings.9.(Romania1)Find x such thatsin(3x)·cos(60◦−4x)+1sin(60−7x)−cos(30+x)+m=0,where m is a given real number.10.(The Democratic Republic Of Germany2)How many real solutions does the equationx=1964sin x−189have?11.(Socialists Republic Of Czechoslovakia2)Does there exist a natural number z which can berepresented in the form z=x!+y!,where x and y are natural numbers satisfying the inequality x≤y,in(at least)two different ways?12.(Bulgaria2)Determine the digits x,y and z if it is known that the equationxx (x)2n digits −yy...yn digits=zz...zn digitsholds,at least,for two different values of the natural number n.Find all values for n for which this equation remains true.Note by Darij:The last question is a bit mistranslated,but the solution shows that if the equation holds for two different natural n,then it holds for every natural n.The notion a1a2...a k means the number10k−1a1+10k−2a2+...+a k.13.(Yugoslavia1)Let a1>0,a2>0,...,a n>0.Prove the inequalityn 21a1a2+1a1a3+...+1a1a n+1a2a3+...+1a2a n+...+1a n−1a n≥41a1+a2+1a1+a3+...+1a1+a n+1a2+a3+...+1a2+a n+...+1a n−1+a n2andfind the condition the numbers a1,a2,...,a n must satisfy in order to have equality.14.(Poland2)What is the maximal number of regions a circle can be divided in by segments joiningn points on the boundary of the circle?15.(Poland3)Given four points A,B,C,D on a circle such that AB is a diameter and CD is nota diameter.Show that the line joining the point of intersection of the tangents to the circle atthe points C and D with the point of intersection of the lines AC and BD is perpendicular to the line AB.16.(Socialists Republic Of Czechoslovakia3)In the plane,we consider a circle K with centerS and radius1and a square Q with center M and side length2.Let XY be the hypotenuse ofa right isosceles triangle XY Z.Find the locus of the vertex Z of triangle XY Z,when the pointX moves in the whole circle K(i.e.in the boundary and the interior)and the point Y moves in the whole square Q(i.e.in the boundary and the interior)?17.(Romania2)Let ABCD and A B C D be two arbitrary parallelograms in the space,and letM,N,P,Q be points dividing the segments AA ,BB ,CC ,DD in equal ratios.a)Prove that the quadrilateral MNP Q is a parallelogram.b)What is the locus of the center of the parallelogram MNP Q,when the point M moves on thesegment AA ?(Consecutive vertices of the parallelograms are labelled in alphabetical order.)18.(Hungary1)Solve the equation1 sin x +1cos x=1p,where p is a real parameter.Investigate for which values of p solutions exist and how many solutions exist.(Of course,the last question”how many solutions exist”should be understood as”how many solutions exists modulo2π”.)19.(Hungary2)Construct a triangle given the radii of the excircles.20.(Hungary3)Given three congruent rectangles in the space.Their centers coincide,but theplanes they lie in are mutually perpendicular.For any two of the three rectangles,the line of intersection of the planes of these two rectangles contains one midparallel of one rectangle and one midparallel of the other rectangle,and these two midparallels have different lengths.Consider the convex polyhedron whose vertices are the vertices of the rectangles.a)What is the volume of this polyhedron?b)Can this polyhedron turn out to be a regular polyhedron?If yes,what is the condition forthis polyhedron to be regular?21.(Bulgaria3)Show that the volume V and the lateral area S of any right circular cone satisfythe inequality6Vπ 2≤2Sπ√33.When does equality hold?22.(Bulgaria4)Let P and P be two parallelograms with equal area,and let their sidelengths bea,b and a ,b .Assume that a ≤a≤b≤b ,and moreover,it is possible to place the segment b such that it completely lies in the interior of the parallelogram P.Show that the parallelogram P can be partitioned into four polygons such that these four polygons can be composed again to form the parallelogram P .23.(Bulgaria5)Three faces of a tetrahedron are right triangles,and the fourth face is a non-obtusetriangle.Prove that:1)The fourth face is a right triangle if and only if there exists(at least)one vertex of thetetrahedron such that two and only two of the three planar angles at this vertex are right.2)If all faces of the tetrahedron are right triangles,then the volume of the tetrahedron equals16 of the product of the three shortest edges not belonging to one and the same face.Note by Darij:A planar angle at a vertex of a tetrahedron is the angle between two edges.The term”three shortest edges not belonging to one and the same face”is a bit obscure.The meaning is:We take the two shortest edges a,b of the tetrahedron.Then we consider the set S of all edges of the tetrahedron not belonging to the same face as thefirst two edges a,b.(In particular,a andb themselves are not in S.)The shortest of the edges from S is called c.Then,the edges a,b,care referred to as the”three shortest edges not belonging to one and the same face”.The solutionstates that the volume of the tetrahedron is16·AC·BC·AD,if we assume that the right anglesin the tetrahedron are90◦= ACB= CAD= BAD= BCD.24.(Poland4)There are n≥2people at a meeting.Show that there exist two people at the meetingwho have the same number of friends among the persons at the meeting.(It is assumed that if A is a friend of B,then B is a friend of A;moreover,nobody is his own friend.)25.(The Democratic Republic Of Germany3)Prove thattan7◦30 =√6+√2−√3−2.26.(Socialists Republic Of Czechoslovakia4)Prove the inequality(a1+a2+...+a k)2≤ka21+a22+...+a2k,(1)where k≥1is a natural number and a1,a2,...,a k are arbitrary real numbers.b)Using the inequality(1),show that if the real numbers a1,a2,...,a k satisfy the inequalitya1+a2+...+a n≥(n−1)(a21+a22+...+a2k),then all of these numbers a1,a2,...,a k are non-negative.27.(The Democratic Republic Of Germany4)Given a point P lying on a line g,and given acircle K.Construct a circle passing through the point P and touching the circle K and the line g.28.(Socialists Republic Of Czechoslovakia5)In the plane,consider a circle with center S andradius1.Let ABC be an arbitrary triangle having this circle as its incircle,and assume that SA≤SB≤SC.Find the locus ofa)all vertices A of such triangles;b)all vertices B of such triangles;c)all vertices C of such triangles.29.(Romania3)A given natural number N is being decomposed in a sum of some consecutiveintegers.a)Find all such decompositions for N=500.b)How many such decompositions does the number N=2α3β5γ(whereα,βandγare naturalnumbers)have?Which of these decompositions contain natural summands only?c)Determine the number of such decompositions(=decompositions in a sum of consecutive in-tegers;these integers are not necessarily natural)for an arbitrary natural N.Note by Darij:The0is not considered as a natural number.30.(Romania4)Prove the equationsa)lg(n+1)>310n+lg n;b)lg(n!)>3n1012+13+...+1n−1for every natural number n.(Hereby,lg means the logarithm with base10.)31.(Romania5)Solve the following equation:x2−1+x2−4=mx,and examine its solutions for different values of m.Find all pairs(x;m)with integer numbers x and m satisfying the equation above.32.(Bulgaria6)The side lengths a,b,c of a triangle ABC form an arithmetical progression(suchthat b−a=c−b).The side lengths a1,b1,c1of a triangle A1B1C1also form an arithmetical progression(with b1−a1=c1−b1).[Hereby,a=BC,b=CA,c=AB,a1=B1C1,b1=C1A1, c1=A1B1.]Moreover,we know that CAB= C1A1B1.Show that triangles ABC and A1B1C1are similar.Note by Darij:I have changed the wording of the problem since the conditions given in the orig-inal were not sufficient,at least not in the form they were written.33.(Bulgaria7)Given two internally tangent circles;in the bigger one we inscribe an equilateraltriangle.From each of the vertices of this triangle,we draw a tangent to the smaller circle.Prove that the length of one of these tangents equals the sum of the lengths of the two other tangents.34.(Bulgaria8)Find all pairs of positive integers(x;y)satisfying the equation2x=3y+5.35.(Poland5)Let ax3+bx2+cx+d be a polynomial with integer coefficients a,b,c,d such thatad is an odd number and bc is an even number.Prove that(at least)one root of the polynomial is irrational.36.(Poland6)Let ABCD be a quadrilateral inscribed in a circle.Show that the centroids oftriangles ABC,CDA,BCD,DAB lie on one circle.37.(Poland7)Show that the four perpendiculars dropped from the midpoints of the sides of a cyclicquadrilateral to the respective opposite sides are concurrent.Note by Darij:A cyclic quadrilateral is a quadrilateral inscribed in a circle.38.(Romania6)Given two concentric circles with radii r and R.Find the maximal number n ofcircles touching both of these circles simultaneously and not intersecting each other.Show that this number n lies between the numbers3 2·√R+√r√R−√r−1and6320·R+rR−r.39.(Romania7)Consider a circle with center O and radius R,and let A and B be two points inthe plane of this circle.a)Draw a chord CD of the circle such that CD is parallel to AB,and the point of the intersectionP of the lines AC and BD lies on the circle.b)Show that generally,one gets two possible points P(P1and P2)satisfying the condition ofthe above problem,and compute the distance between these two points,if the lengths OA=a, OB=b and AB=d are given.40.(Socialists Republic Of Czechoslovakia6)Find all real solutions of the equationx2+2px−p2−x2−2px−p2=1,where p is a positive real number.41.(Socialists Republic Of Czechoslovakia7)Given a regular n-gon A1A2...A n(with n≥3)ina plane.How many triangles of the kind A i A j A k are obtuse?42.(Socialists Republic Of Czechoslovakia8)Given afinite sequence of integers a1,a2,...,a n forn≥2.Show that there exists a subsequence a k1,a k2,...,a km,where1≤k1≤k2≤...≤k m≤n,such that the number a2k1+a2k2+...+a2k mis divisible by n.Note by Darij:Of course,the1≤k1≤k2≤...≤k m≤n should be understood as1≤k1< k2<...<k m≤n;else,we could take m=n and k1=k2=...=k m,so that the numbera2 k1+a2k2+...+a2k m=n2a2k1will surely be divisible by n.43.(Socialists Republic Of Czechoslovakia9)Given5points in a plane,no three of them beingcollinear.Each two of these5points are joined with a segment,and every of these segments is painted either red or blue;assume that there is no triangle whose sides are segments of equal color.a)Show that:1)Among the four segments originating at any of the5points,two are red and two are blue.2)The red segments form a closed way passing through all5given points.(Similarly for the bluesegments.)b)Give a plan how to paint the segments either red or blue in order to have the condition(notriangle with equally colored sides)satisfied.44.(Yugoslavia2)Find the maximal number of spheres with radius12fitting in a rectangular par-allelepiped with edge lengths10,10and1.45.(Socialists Republic Of Czechoslovakia10)An alphabet consists of n letters.What is themaximal length of a word if we know that any two consecutive letters of the word are different and that the word cannot be reduced to a word of the kind abab with a=b by removing letters.46.(Yugoslavia3)Letf(a;b;c)=|b−a||ab|+b+aab−2c+|b−a||ab|+b+aab−2c.Prove thatf(a;b;c)=4max1a;1b;1c.For any n numbers a1,a2,...,a n,we use the notation max(a1;a2;...;a n)for the greatest of the numbers a1,a2,...,a n.47.(Romania8)Consider all segments dividing the area of a triangle ABC in two equal parts.Findthe length of the shortest segment among them,if the side lengths a,b,c of triangle ABC are given.How many of these shortest segments exist?48.(Soviet Union5)For which real numbers p does the equation x2+px+3p=0have integersolutions?49.(Soviet Union6)Two mirrors(=half planes with a common border line)in the space areinclined at the angleαto each other.A candle and an observer stand between the two mirrors.How many images of the candle does the observer see?50.(Soviet Union7)For any quadrilateral with the side lengths a,b,c,d and the area S,prove theinequalityS≤a+c2·b+d2.51.(Soviet Union8)Consider n students with numbers1,2,...,n standing in the order1,2,...,n.Upon a command,any of the students either remains on his place or switches his place with another student.(Actually,if student A switches his place with student B,then B cannot switch his place with any other student C any more until the next command comes.)Is it possible to arrange the students in the order n,1,2,...,n−1after two commands?52.(Soviet Union9)Afigure with area1is cut out of paper.We divide thisfigure into10parts andcolor them in10different colors.Now,we turn around the piece of paper,divide the samefigure on the other side of the paper in10parts again(in some different way).Show that we can color these new parts in the same10colors again(hereby,different parts should have different colors)such that the sum of the areas of all parts of thefigure colored with the same color on both sides is≥110.53.(Soviet Union10)Show that in a convex hexagon with area S,we can alwaysfind a diagonalwhich divides the hexagon in a pentagon in a triangle,the triangle having area≤16S.54.(Soviet Union11)We take100consecutive natural numbers a1,a2,...,a100.Determine the lasttwo digits of the number a81+a82+...+a8100.55.(Soviet Union12)Given the vertex A and the centroid M of a triangle ABC.Find the locus ofall vertices B such that the angles A,B,C of triangle ABC simultaneously satisfy the following three inequalities:40◦≤A≤70◦;40◦≤B≤70◦;40◦≤C≤70◦.56.(Soviet Union13)In a tetrahedron,all three pairs of opposite(skew)edges are mutually per-pendicular.Prove that the midpoints of the six edges of the tetrahedron lie on one sphere.Final Remark:These problems were translated and written up in LaTeX by Darij Grinberg.Afterwards Orlando D¨o hring applied certain modifications regarding style/formatting of this document.Orlando D¨o hring also made checks regarding the IMO LongLists for1967and1969 in order to see which problems are also used in the books by Morozova/Petrakov.The translations are based on the four volumes by Morozova/Petrakov.。
高中数学竞赛 历届imo竞赛试题(-46届完整中文版)
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'）。
imo试题答案
imo试题答案一、选择题1. 以下哪个选项是IMO历史上最年轻的金牌获得者？A. 彼得·舒尔茨B. 陶哲轩C. 陈景润D. 约翰·纳什答案：B. 陶哲轩2. IMO竞赛中，每天的试题解答时间是多少小时？A. 3小时B. 4小时C. 5小时D. 6小时答案：C. 5小时3. IMO试题通常由哪个组织提供？A. 各国数学奥林匹克委员会B. 国际数学联合会C. 主办国的数学学会D. 国际奥林匹克委员会答案：C. 主办国的数学学会4. 在IMO竞赛中，参赛者需要解决多少个问题？A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个答案：B. 4个5. IMO试题的答案需要满足什么条件？A. 必须是唯一的B. 必须是普遍接受的C. 必须是简洁的D. 必须是证明过程完整的答案：D. 必须是证明过程完整的二、填空题1. IMO竞赛始于______年，首届比赛在______举行。
答案：1959年，罗马尼亚2. 每位参赛者在IMO竞赛中每天需要解答______个问题，共计______分。
答案：3个，45分3. IMO试题的难度通常分为三个等级，分别是______、______和______。
答案：简单、中等、困难4. 参赛者在IMO竞赛中获得的最高分是______分。
答案：42分5. 根据IMO规则，每个国家可以派出最多______名参赛者。
答案：6名三、解答题1. 请简述IMO竞赛的评分标准。
答：IMO竞赛的评分标准非常严格。
每个问题的满分为7分，参赛者需要提供完整且正确的解答过程才能获得满分。
评委会根据解答的正确性、完整性和逻辑性来评分。
如果解答过程中有错误或者不完整，将会扣除相应的分数。
每个参赛者需要在两天内解答四个问题，每天三个问题，总分42分。
2. 描述IMO竞赛的选拔过程。
答：各国选拔参加IMO竞赛的选手通常通过国内数学奥林匹克竞赛进行选拔。
选拔过程包括初赛、复赛和最终的国家集训队选拔。
在国家集训队中，选手们会接受高强度的培训和模拟比赛，最终选拔出最优秀的选手代表国家参加国际数学奥林匹克竞赛。
1959年至历届imo试题
1959年至历届imo试题第一届（1959年）罗马尼亚布拉索夫（Bra?ov, Romanisj）21n 41.求证14n 3对每个自然数n都是最简分数。
（波兰）2.设x 2x 1 x ' 2x 1A，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。
（罗马尼亚）3.a、b、c都是实数，已知关于 cos x的二次方程a cos2 x bcosx c 0试用a,b,c作出一个关于cos 2 x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 2 x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的同一侧分别以外接圆的圆心分别是P、Q设这两个外接圆又交于M、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。
6.两个平面P、Q的公共边为p，A为P上给定一点，AM MB为底作正方形AMCD MBEF这两个正方形的（罗马尼亚）C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。
试作等腰梯形ABC（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）4x2---- 21 、1 2x2x 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a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）丄4nhtan n2 1 a4.已知从A B两点引出的高线长h a、hh以及从A引出的中线长m,求作三角形ABC （匈牙利）5.正方体ABCD-A'BCD'（上底面ABCD下底面A'B'C'D' ）。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第一届（1959年）罗马尼亚布拉索夫（Bra?ov, Romanisj）21n 41.求证14n 3对每个自然数n都是最简分数。
（波兰）2.设x 2x 1 x ' 2x 1A，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。
（罗马尼亚）3.a、b、c都是实数，已知关于 cos x的二次方程a cos2 x bcosx c 0试用a,b,c作出一个关于cos 2 x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 2 x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的同一侧分别以外接圆的圆心分别是P、Q设这两个外接圆又交于M、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。
6.两个平面P、Q的公共边为p，A为P上给定一点，AM MB为底作正方形AMCD MBEF这两个正方形的（罗马尼亚）C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。
试作等腰梯形ABC（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）4x2---- 21 、1 2x2x 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a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）丄4nhtan n2 1 a4.已知从A B两点引出的高线长h a、hh以及从A引出的中线长m,求作三角形ABC （匈牙利）5.正方体ABCD-A'BCD'（上底面ABCD下底面A'B'C'D' ）。
X是对角线AC上任意一点，Y是B'D'上任意一点。
a）求XY中点的轨迹；b）求a）中轨迹上的、并且还满足ZY=2XZ的点Z的轨迹。
（捷克斯洛伐克）6.一个圆锥内有一内接球，又有一圆柱体外切于此圆球，其底面落在圆锥的底面上。
令V i为圆锥的体积，V2为圆柱的体积。
a）求证：V i不等于V a；b）设V i=kV a，求k的最小值；并在此情况下作出圆锥顶角。
（民主德国）7.一个等腰梯形的两底为a、c，高为h oa）在这个等腰梯形的对称轴上，找到所有的点P,使以P为顶点，且经过梯形腰的两个端点的角为直角；b）计算P点到两底的距离；c）判断在什么情况下P点确实存在。
讨论各种情况。
（保加利亚）第三届（1961年）匈牙利维斯普雷姆（Veszpr m Hungary）1.设a, b为常数，解方程组x y z ax2 y2 z2 b2，并给出a和b满足什么条件时才能使x、y、z为互不相同的正数。
（匈牙利）2xy z2.设a、b、c为三角形的三条边，其面积为S。
证明a2b2c2 4.3S并说明何时取等号。
（波兰）3.解方程cos n x sin n x 1, n是自然数。
（保加利亚）4.设P是三角形P1P2P3内一点。
直线P1P, F2P, P3P分别与其对边相交于Q, Q, Q3。
证明数字空，迟迟，-PQ1 PQ2 PQ3 至少有一个不大于 2,也至少有一个不小于 2。
（民主德国）5.作三角形ABC满足AC=b AB=c且/ AMB&，其中M是线段BC的中点且3 <90°。
证明：当且仅当btan— c b时可作出此三角形，并说明何时等号成立。
（捷克斯洛伐克）26.三个不共线的点A、BC在平面&的同一侧；假设平面ABC不与平面&平行。
在平面&上任取三个点A、B'、C'。
设L、M N 分别为线段AA，BB，CC的中点，G为三角形LMN勺重心（不考虑使L、M N不能构成三角形的情况）。
问：当A'、B'、C 各自变化时，G的轨迹是什么？（罗马尼亚）第四届（1962年）捷克斯洛伐克捷克布杰约维采（？esk©Bud习ovice , Czechoslovakia ）1.找出具有下列各性质的最小正整数n：a）它的最后一位数字是 6 ;b）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。
（波兰）2.试找出满足下列不等式的所有实数x :--- ------ 1.3 x . x 1 （匈牙利）23.已知正方体ABCD-A'BCD' （ABCD A'B'C'D'分别是上下底）。
一点X沿着正方形ABCD勺边界以方向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。
求线段XY的中点的轨迹。
（捷克斯洛伐克）4.解方程 cos x+cos 2x+cos 3x=1。
（罗马尼亚）5.在圆K上有三个不同的点A、B、G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。
（保加利亚）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距离是，R（R 2r）。
（民主德国）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。
（苏联）第五届（1963年）波兰弗罗茨瓦夫（Wroclaw, Poland）1.找出下列方程的所有实数根（其中p是实参数）：■. x2 p 2 x2 1 x （捷克斯洛伐克）2.给定一点A及线段BC设空间中有一点使得以该点为顶点，一边通过A点，另一边与线段BC相交的角为直角，试求出所有满足条件的点的轨迹。
（苏联）求证：所有边长都相等。
（匈牙利）的名次被猜中，而且预测中名次相邻的同学也没有真的相邻 （例如，C D 两位同学名次不是（1,2）、（2,3）、（3,4）、（4,5）中的任何一种）。
还有一种猜测说结果会是 DAECB 勺顺序。
实际上是恰好有两个同学所得的名次与预测的 一样；而且有两对同学（4个不同的同学）的名次像预测中的一样是相连。
试讨论最后的名次如何？（匈牙利）第六届（1964年）苏联莫斯科（Moscow Soviet Un io n ）1. a ） 求所有正整数n 使得2n— 1能被7整除；b ） 求证不存在正整数 n 使得2n +1能被7整除。
（捷克斯洛伐克） 2. 假设a 、b 、c 是三角形的三边长，求证：2 2 2a (bc a) b (a c b) c (a b c) 3abc (匈牙利)3. 三角形ABC 的三边长分别为 a 、b 、c 。
分别平行于三角形 ABC 的各边作三角形 ABC 内切圆的切线，每条切 线都在△ ABC 中又切出一个小三角形， 再在每个这样的小三角形中作内切圆，求这四个内切圆的面积之和（用a 、b 、c 表示）。
（南斯拉夫）4. 十七个人互相通信， 每一个人都和其他人写信。
在他们的信上一共讨论有三个不同的话题，每两个人只讨论一个话题，求证：这些人当中至少有三个人他们所讨论的话题是一样的。
（匈牙利）5. 平面上有五个点，任意两点的连线都不平行，也不垂直，现从每一个点向其他四点两两连接的直线作垂线， 试求出所有这些垂线的交点的最大数目。
（罗马尼亚）6. 四面体ABC 啲中心是D 0，分别过 A 、B C 作DD 的平行线，这些线分别交平面 BCD CAD 、ABD 于点A 、B 、C ,求证：ABCD 勺体积是A 1B 1C 1D ）的三分之一；再问如果D 0为三角形ABC 内的任意一点，结果是否仍然成立？ （波兰）X 5 X 1 X 2 X 3 yx 1yx 2设y 是一个参数，试找出方程组X 2 X 4 yx 3 的所有解 X 1, X 2, X 3, X 4, X 5。
(苏联)X 3 X yx 4X 4X 1 yx 54.5. 求证cos — 7 2 cos — 73 cos 7 1 。
（民主德国）6. 五个同学A B 、C 、D E 参加竞赛，一种猜测说比赛结果的名次依然是ABCD E 但是实际上没有一位同学第七届（1965年）民主德国 柏林(Berlin , German Democratic Republic )1.找出所有的x (o w x W2 n )使其满足2cosx .1 sin 2x , 1 sin 2x , 2 。
(南斯拉夫)2. 如下方程组a 〔1 X [a 21x 1 a 22x 2 823X 3 831X 1 832X 2833X 3其中X 1、X 2、X 3未知。
系数满足以下条件: a ） a”、a 22、a 33为正数； b ） 其余系数是负数；c ） 在每个方程中，系数的和是正数。
证明该方程组只有唯一解 X 1=X 2=X 3=0。
（波兰）3.给出四面体 ABCD 其中AB 和CD 长度分别为a 和b 。
异面直线AB 和CD 的距离为d ,夹角为3。
四面体ABCD 被平面&分为两部分，平面 &平行于AB 和CD AB 和CD 到平面&的距离的比为k 。
计算出这两部分的体积 之比。
（捷克斯洛伐克）4. 找出所有满足条件的四个实数 X 1、X 2、X 3、X 4,它们中任何三个数的乘积加上第四个数的和都等于2。
（苏联）5. 给出三角形 OAB 其中/ AOB 是锐角。
M 是边AB 上除O 外的任意一点，从 M 点向OA 和 OB 作垂线，垂足为 P 、 Q 设三角形 OPQ 勺垂心为H 。
当M 在下列范围移动时，求 H 的轨迹。
a ） 边 ABb ） 三角形OAB^部。
（罗马尼亚）6. 在平面上给出了 n 个点（n 》3）。
每对点都有线段相连。
令 d 为这些线段中最长的线段的长度。
我们定义 d就是这个点的集合的直径。
证明在给出的点的集合中长度为d 的线段至多有n 条。
（波兰）第八届（1966年）保加利亚 索菲亚（Sofia , Bulgaria ）1•在一次数学竞赛中共有 A 、B C 三道题，25名参赛者每人至少答对了一题。
在所有没有答对 A 的学生中，答对B 的人数是答对 C 的人数的两倍，只答对问题 A 的人数比既答对 A 又至少答对其他一题的人数多 1。
又已知在所有恰好答对一题的参赛者中，有一半没有答对A 。
请问有多少学生只答对 B?（苏联）a13x32.令a、b、c为三角形的三边，其对角分别为a、卩、丫。