IMO中国国家集训队选拔考试(1995-2010)
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''）。
1995年IMO中国国家队选拔考试试题
1995Day 11Find the smallest prime number p that cannot be represented in the form |3a −2b |,where a and b are non-negative integers.2Given a fixed acute angle θand a pair of internally tangent circles,let the line l which passes through the point of tangency,A ,cut the larger circle again at B (l does not pass through the centers of the circles).Let M be a point on the major arc AB of the larger circle,N the point where AM intersects the smaller circle,and P the point on ray MB such that ∠MP N =θ.Find the locus of P as M moves on major arc AB of the larger circle.Corrected due to the courtesy of[url=http://www.mathlinks.ro/Forum/profile.php?mode=viewprofileu=2616]zhaoli.[/url]321people take a test with 15true or false questions.It is known that every 2people have at least 1correct answer in common.What is the minimum number of people that could have correctly answered the question which the most people were correct on?/This file was downloaded from the AoPS −MathLinks Math Olympiad Resources Page Page 1http://www.mathlinks.ro/1995Day 21Let S ={A =(a 1,...,a s )|a i =0or 1,i =1,...,8}.For any 2elements of S ,A ={a 1,...,a 8}and B ={b 1,...,b 8}.Let d (A,B )= i =18|a i −b i |.Call d (A,B )the distance between A and B .At most how many elements can S have such that the distance between any 2sets is at least 5?2A and B play the following game with a polynomial of degree at least 4:x 2n +x 2n −1+x 2n −2+···+x +1=0A and B take turns to fill in one of the blanks with a real number until all the blanks are filled up.If the resulting polynomial has no real roots,A wins.Otherwise,B wins.If A begins,which player has a winning strategy?3Prove that the interval [0,1]can be split into black and white intervals for any quadratic polynomial P (x ),such that the sum of weights of the black intervals is equal to the sum of weights of the white intervals.(Define the weight of the interval [a,b ]as P (b )−P (a ).)Does the same result hold with a degree 3or degree 5polynomial?/This file was downloaded from the AoPS −MathLinks Math Olympiad Resources Page Page 2http://www.mathlinks.ro/。
2002年IMO中国国家集训队选拔赛试题
40
中 等 数 学
2002 年 IMO 中国国家集训队选拔赛试题
(2002203231 8 :00～12 :30)
一、 设凸四边形 ABCD 的两组对边所在的直线分 别交于 E 、 F 两点 ,两对角线的交点为 P ,过 P 作 PO ⊥EF 于 O . 求证 : ∠BOC = ∠AOD . ( 冷岗松 命题) 肖振纲 1 1 2 (1 + an - 1 ) , n ≥ 二、 设 a1 = , an = 2. 求最小 4 4 实数 λ,使得对任意非负实数 x1 , x2 , …, x2 002 ,都有
=
n- i
10
40・
n- i
3
求函数 g ( r , s , t ) 的最小值 .
( 黄玉民 命题)
( 上接第 20 页) ∴ 数列{ an }的前 n 项之和为 2 n + n +2 Sn = . 4 注 : 运用 “多退少补” 的试算方法 , 把 ① 折 成 ②,即 S n = f ( n ) - f ( i , k ) 的形式 , 使不等 2 i - 3i - 4k +2 式0≤ < 1 成立而符合要求 ,从 4 而使问题获解 . 例9 设数列{ an } 的前十项为 1 ,1 ,2 ,3 , ). 4 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 , 且 an + 10 = a n + 8 ( n = 1 ,2 , … 求 S n ,并计算 S 2 002 之值 . 解 :设待定常数 i ∈ {1 ,2 ,3 , …,10} , m 为 分段顺序数 , k 为非负整数 , 使 n = 10 m + i ,
2010IMO中国队培训题[42道题]
![2010IMO中国队培训题[42道题]](https://img.taocdn.com/s3/m/1066c7ccda38376baf1fae03.png)
IMO 中国国家队培训题各位队员大家好，下面是我为挑选的一些问题，供各位在4月-6月自己练习用，请每位队员认真思考、琢磨。
要求用A4纸写解答，每张纸上写上题号，每个没做过的问题都要求写出详细解答过程，以此锻炼自己的书写、表达能力。
对做过的题目，如有好的解答(不必刻意去追求)也请写出。
平均分配时间，在6月10日报到时上交，可以包含在80个作业题内。
希望大家在这段时间内水平能再上一个台阶。
1．设凸四边形ABCD 有一个内切圆,圆心为O,直线AC,BD 交于点P;AB,CD 交于点Q;AD,BC 交于点R.证明:OP ⊥QR.2．设∆ABC 、∆PQR 满足：A 、P 分别是QR 、BC 的中点,直线QR 、BC 分别是∠BAC 、∠QPR 的内角平分线.证明：AB+AC=PQ+PR.3．以O 1,O 2,O 3为圆心的三个圆有一个公共交点Q,它们两两相交所得的另外一个交点分别为A,B,C.证明:若A,B,C 三点共线,则Q,O 1,O 2,O 3四点共圆.4．设ABCD 为一个凸四边形,O 为该四边形的对角线的交点.证明:若三角形OAB,OBC,OCD,ODA 的内切圆半径相同,则四边形ABCD 为菱形.5．设P 为三角形ABC 所在平面上一点,一个过P 的圆Γ分别交三角形PBC,PCA,PAB 的外接圆于点A 1,B 1,C 1,直线PA 1,PB 1,PC 1分别交边BC,CA,AB 于点A 2,B 2, C 2,直线PA,PB,PC 分别交圆Γ于点A 3,B 3,C 3.证明:(1) 点A 2,B 2,C 2三点共线;(2) 直线A 1A 3,B 1B 3,C 1C 3三线共点.6．圆内接四边形ABCD 的对角线AC=1,设AB,BC,CD,DA 的长分别为a,b,c,d.证明:数ad+bc 夹在c b 和bc 之间. 7．对每个正整数n,证明:存在唯一(在不相似的意义下)的三角形ABC,使得∠MBH=n ∠ABM=n ∠CBH,这里M,H 为BC 上的点,BM 为该三角形的一条中线,而BH 为高.并求三角形ABC 的各内角的大小(用n 表示).8．设平行四边形ABCD 内有一点P ，∆P AD 、∆PBC 的外接圆还交于Q ，∆P AB 、∆PCD 的外接圆还交于R ，证明：QR 的中点就是平行四边形的中心.9．设D 、E 、F 分别在∆ABC 的边BC 、CA 、AB 上，且AD 、BE 、CF 交于一点G ，把∆ABC 划分成6个小三角形，求证：这6个小三角形的外心共圆的充要条件是G 为∆ABC 的重心.10． 两个边长为0.9的正方形都在一个半径为1的圆内,证明:这两个正方形有重叠部分.11． 设n 为正整数,对i ∈{1,2,…,n},数x i 都属于(0,2π),数a i 都不小于1.证明: 211()()sin tan i i n n a a i i i i i ix x x x ==+∏∏>2. 12． 设x 1,x 2,…,x n 为正实数,记f n (x 1,x 2,…,x n )=∑=+++n i i i i x x x 121,这里x n+1=x 1, x n+2=x 2.证明下述结论:(1) f n (x 1,x 2,…,x n )>4n ; (2) 若x 1≥x 2≥…≥x n >0,则f n (x 1,x 2,…,x n )≥2n ; (3) 若0<x 1≤x 2≤…≤x n ,则f n (x 1,x 2,…,x n ) ≥2n ； (4) 若存在c>0,使得对任意正实数x 1,x 2,…,x 2n ,都有f 2n (x 1,x 2,…,x 2n )≥c,则对任意正实数x 1,x 2,…,x 2n-1,都有f 2n-1(x 1,x 2,…,x 2n-1)≥c-21. 13． (1) 设函数f,g:Z →Z 都是单射.证明:函数h:Z →Z 不是一个满射,这里h(x)=f(x)g(x).(2) 设函数h:Z →Z 是一个满射.证明:存在两个满射f,g:Z →Z,使得h(x)=f(x)g(x).14． 设D 是由正整数组成的非空有限集,且D 中所有元素的最大公约数等于1.证明:存在一个双射f:Z →Z,使得对任意整数n,有|f(n)-f(n-1)|∈D.15． 证明:存在无穷多对本原的勾股数(a,b,c)和(x,y,z),使得|a-x|,|b-y|,|c-z|都等于3或4.例如(12,5,13)与(15,8,17),(77,36,85)与(80,39,89)都符合要求.16． 给定正实数ε,我们称正整数n 为一个“ε－数”:如果存在正整数a,b,满足n=ab,且a ≤b<(1+ε)a.证明:存在无穷多个正整数n,使得n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5都是“ε－数”.17． 求满足下述条件的所有正整数组(a,b,x,y):(a+b)x =a y +b y .18． 设b 是大于5的整数,对每个正整数n,考虑b 进制下的数x n = 522111 个个n n -.证明:“存在一个正整数M,使得对于任意大于M 的整数n,数x n 是一个完全平方数”的充要条件是b=10.19． 称不满足|n|是完全平方数的整数n 为好数.求所有满足下述性质的所有整数m:数m 可以用无穷多种方式表示为三个好数的和,并且这三个好数的乘积一个奇数的平方.20． 数列{a n }定义如下:a 0=2,a k+1=2a k 2-1,k=0,1,2,….证明:若奇质数p 满足p|a n ,则2n+3|p 2-1.21． 设m,n 是同奇偶的两个正整数,且m 2+1-n 2|n 2-1.证明:m 2+1-n 2是一个完全平方数.22． 证明:对任意正整数n,存在正整数N, 使得关于变量x 1,x 2,…,x n 的下述等式恒成立:x 1x 2…x n =∑=+++Ni n n in i i i x a x a x a c 12211)( .其中c i 都是有理数,而a ij 都是-1,0,1中的某个数.23． 证明:任意一个正有理数都可以表示为3333a b c d ++的形式,这里a,b,c,d 都是正整数.24． 证明:至多有有限个正整数,它们不能表示为若干个不同正整数的平方和的形式.25． 设正整数a>b>c>d,满足:ac+bd=(b+d+a-c)(b+d+c-a).问:数ab+cd,ac+bd,ad+bc 的质因子个数(相同的依重数计算)的最小值各为多少？证明你的结论.26． 设正整数数列a 1,a 2,…满足:对任意正整数m,n,都有(a m ,a n )=a (m,n).证明:存在正整数数列b 1,b 2,…,使得对任意正整数n,都有∏=n d d n b a |.27．求所有的正整数n(≥2),使得σ(n)ϕ(n)>n 2-n. 这里σ(n)表示n 的所有正约数之和, ϕ(n)表示1,2,…,n 中与n 互质的正整数的个数.28． 设a 1=2,a k+1=a 1…a k +1.若b 1,…,b n 都是正整数,而r 是一个有理数,且r ≥max{b 1,…,b n },11111n b b r +++= .证明:r+1≤a n+1,且b 1…b n (r+1)≤a 1...a n+1. 29． 设a 是一个大于1的正整数,f(x)是一个非常数的系数都是非负整数的多项式.对正整数n,记S(n)={f(1),f(2),…,f(n)}.(a) 证明:存在无穷多个正整数n,使得S(n)可以分划为a 个子集,这些子集中各元素之和都相等.(b) 是否一定存在正整数n 0,使得对任意满足:n ≥n 0且a|1()nk f k =∑的正整数n,上述分划都存在？30． 设正整数n,k 满足n k n 3221≤<.求最小的正整数m,满足:可以在n ⨯n 的国际象棋棋盘上放m 个兵,使得没有一行或一列上有连续k 个空格.31． 从一个三元非负整数组(a,b,c)出发,允许进行下述操作:从这三个数中取两个数,设为x,y,将其中的一个数改为x+y 或|x-y|,例如(3,5,7)→(3,5,4)即为一次操作.证明:存在常数r>0,使得对任意正整数a,b,c,n,若a,b,c<2n ,可以对(a,b,c)经过至多rn 次操作,将该三元数组中的一个数变为0.32． 将任意三元正整数数组(a,b,c),a,b,c 不全相同,对应一个棱长为a,b,c的长方体,每种尺寸的均有充分多个.用这些长方体填满了一个10×10×10的正方体(长方体的棱都与正方体的某条棱平行).(1) 如果所用的长方体的个数有至少100个.证明:其中至少有两个长方体,它们的平行的棱具有相同的长度.(2) 证明:不同尺寸的长方体的个数小于100.(又问:100最少可以为多少?使得(2)成立.)33． 设A 是一个由有限个正整数组成的集合.证明:存在一个由正整数组成的集合B,使得B 的任意两个子集的元素和不相同,|B|≤|A|,且对任意a ∈A,都存在B 的一个子集,其元素和等于a.34． 称由k 个人组成的集合为一个“k-团”,如果这k 个人两两相识.在一次集会上,已知任意两个“3－团”中至少有一个人是公共的,并且不存在“5－团”.证明:在该次集会上,存在两个人(或更少的人),他们离开后,剩下的人之间不存在“3－团”.35．有n 张卡片,每张卡片都是一面为红色,另一面为兰色.将它们放在一直线上,都是红色面朝上.每次允许选一张红色面朝上的卡片(但不能取两端的卡片),将它拿走,同时将与它最近的卡片翻过来(左右两边各一张).求所有的正整数n,我们可以通过有限次操作,使得最后只剩下两张卡片.36． 一个游戏有n 个女孩参加,每人手里有一只球,每个两人对之间将当时手中的球传给对方,依任意次序进行,若每两人之间都恰好传球一次,则游戏结束.若游戏结束时,每个人手中的球都不是自己的,则称游戏是好的,若每个手中的球都是自己的,则称游戏为无聊的.求所有的正整数n,使得游戏既有可能是好的,也有可能是无聊的.37． 设m,n 是两个互质的正整数,满足:6≤2m<n.考虑一个圆周上的n 个不同的点,从这n 个点的某一个出发(设该点为P),顺时针方向离开P 的第m 个点设为Q,作直线PQ,然后从Q 出发重复上述操作,直至不出现新的直线.用I 表示所有这些直线在圆内的交点数(不含圆周上的点).(1) 求I 的最大值(用m,n 表示)；(2) 证明:I ≥n,并证明:当m=3,n 为偶数时,存在n 个点,使得I=n.38． 设A 、B 、C 是集合{1,2,…,n}的一个分划,满足:对任意x ∈A,y ∈B,z ∈C,数x,y,z 中没有一个数等于另外两个数之和.证明:min{|A|,|B|,|C|}≤4n . 39． 设S={1,2,…,n},A 1,A 2,…,A k 为S 的子集,且对任意1≤i 1,i 2,i 3,i 4≤k,均有|4321i i i i A A A A ⋃⋃⋃|≤n-2.证明:k ≤2n-2.40． 设C 1,C 2,…,C n 为平面上个半径为1的圆,已知其中任意两个圆不相切,且它们是连通的(即对任意{1,2,…,n}的2-分划A,B,集合 A a a C ∈与 B b b C ∈的交不空),这里每个圆是指其圆周,而不包含其内部.证明: |S|≥n,这里S=n j i j i C C ≤<≤⋂1. 41． 设r 1,r 2,…,r n 为实数.证明:存在集合S ⊂{1,2,…,n},使得1≤|S ⋂{i,i+1,i+2}|≤2,这里i=1,2,…,n-2.且|∑∈s i i r |≥61∑=ni i r 1||. 42． 一个连通的简单图,既不是奇数个顶点构成的奇圈,也不是完全图.若顶点的度最大为n .求证:可以将每个顶点染色不超过n 种，使相邻顶点不同色. 对于边染色,要求有共同顶点的边颜色都不同,有什么类似结论？。
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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。
2010年中国国家集训队选拔考试
S 2 S2m - 1 = S 2m + 1 + ( S 2, 2m- 1 + S 2m- 1, 2 ),
Sm Sm+ 1 = S 2m+ 1 + (Sm, m+ 1 + Sm+ 1, m ). 将 Tk、Sk、Sk, l换成 T k(、S(k、Sk(, l, 上述恒等 式仍成立.
由 T 2m + 1 = T (2m+ 1, 得
Sm(- - 1, m + 1 Sm(+ 1, m- 1 ) + Cm2m (Sm, m - Sm(, m ) = 0.
∋ 由归纳假设 S1 S2m - 1 = S(1 S(2m - 1, S2 S2m - 2 = S(2 S(2m - 2,
Sm Sm = Sm(Sm(. 故 (S2m - S (2m ) + (S1, 2m - 1 + S2m - 1, 1 S (1, 2m - 1 - S(2m - 1, 1 ) = 0,
+ Ak - 1 S1 + kA k = 0 ( k = −
23
Sk(+ B 1Sk(- 1 + + B k- 1S (1 + kB k = 0 ( k =
1, 2, , 2 010). 由式 − 、., Sk = S(k ( k = 1, 2,
及数学归纳法得
. , 2 010)
Ak = Bk ( k = 1, 2, , 2 010). 因此, 式 + 、,的右边恒 等, 故左边也
( x - a1 ) x - a2 (x - a2 010 )
= x2 010 + A 1 x2 009 + + A 2 010,
2010IMO集训队讲座
2010年国家集训队训练题（陶平生）一、试求所有的正整数组(),,,a b c d ，使得 2a b c d +++，2b c d a +++，2c d a b +++，2d a b c+++皆为平方数．解：设()()()()22222222a b c d a x b c d a b y c d a b c z d a b c d t ⎧+++=+⎪⎪+++=+⎪⎨+++=+⎪⎪+++=+⎪⎩，*,,,x y z t N ∈，则22222222b c d x ax c d a y by d a b z cz a b c t dt ⎧++=+⎪++=+⎪⎨++=+⎪⎪++=+⎩… ①相加得，()()()()2222232323230ax b y c z d t x y z t -+-+-+-++++= …②由②知，23,23,23,23x y z t ----中必有一个为负值，据对称性，不妨设，230t -<，则1t =，于是②化为()()()2222323231d a x b y c z x y z =-+-+-++++ ……③下面按,,,a b c d 的情况讨论：先说明，,,,a b c d 四数至少有两个相等．若,,,a b c d 互异，则,,,x y z t 也互异． 事实上，回到①和②，（这时,,,a b c d 及,,,x y z t 仍为对称），不妨设x y =，则由①的前三式相减得()()22b a a b x a b y -=-=-，由,a b 互异得12x y ==，矛盾！因此,,,x y z t 互异，于是由1t=得，,,2x y z ≥；再由①的第四式得()112d a b c =++-，而由③式，1d a b c >+++，矛盾！ 因此，,,,a b c d 四数中至少有两个相等（即它们至多取三个不同的值），以下仍考虑1t=时的情况；()A 、当,,,a b c d 四数只取三个值；假若在,,a b c 中有两个相等，设a b =，由①得，x y =，由①的第四式，212a c d +=+，所以()1212d a c =+-， 而由③，()()22223232121d a x c z x z a c =-+-+++>++，矛盾！所以a b ≠，据,,a b c 的对称性知，,,a b c 两两不等；若ad =，则1x t ==，由①的第一式或四式得，12a b c a ++=+，于是， 1a b c =+- …… ④，则由③得，()()2223232da b y c z y z =-+-+-+++，注意22a d a d +== 有()()222223232a d b y c z y z ==-+-+++即()()()222123232b c b y c z y z +-=-+-+++所以()()22252540by c z y z -+-+++= …… ⑤据此知，25,25y z --中必有一个为负数，设250z -<，因z 为正整数且异于t ， 得2z=，故①中第三式成为244a b c +=+ ……⑥，由④、⑥， 332c b =- ……⑦，因此⑤化为，()24132220b y y -++= ……⑧，则4130y -<，因y 为正整数且异于,t z ，所以3y =．现将1,2,3,xt z y a d =====代入①得，12296244a b c a a c b a b c =+=+⎧⎪+=+⎨⎪+=+⎩解得 96,40,57a d b c ====，即()(),,,96,40,57,96a b c d =； ()B 、当,,,a b c d 四数只取两个值；()01、当,,,a b c d 四数中有两对相等，设,a b c d ==，则,1x y z t ===，由①中第四式，21c a =- ……⑨，由②得，()()2223223220a x c t x -+-++=，即 ()2231c a x x =-++ ……⑩，由⑨、⑩得，()22520a x x -++=，故250x -<，而1x≠，所以2x =，得6,11a c ==，于是，()(),,,6,6,11,11a b c d =()02、当,,,a b c d 四数中有三数相等；若ab c ==，则,1x y z t ===，①式中第四式成为 312a d =+，第一式成为222a d x ax +=+，消去d得，()27421ax x -=+，故740x ->，得1x =，所以1,1a d ==，这时()(),,,1,1,1,1a b c d =；若bc d ==，则1y z t ===，由①，232,212b x ax a b b =++=+，得1a =，()32b x x =+；若3xn =，则()32b c d n n ===+，()()()()(),,,1,32,32,32a b c d n n n n n n =+++；若23x n +=，则()32b c dn n ===-，()()()()(),,,1,32,32,32a b c d n n n n n n =---，*n N ∈故本题的所有解为()(),,,1,1,1,1a b c d =，()6,6,11,11，()96,40,57,96，()()()()1,32,32,32n n n n n n +++，()()()()1,32,32,32n n n n n n ---五种情况，其中，,,,a b c d 四数位置可以任意轮换．二、数列{}n a ：12122,7,32n n n a a a a a --===+，(3)n ≥；证明：*n N ∀∈，21n a -皆可表为两个正整数的平方和． 证:由条件易得，3456725,89,317,1129,4021a a a a a =====，……，我们注意到,222213211,2534a a ==+==+,而21132,42a a a =-=；2253171114a ==+，而322112,142a a a =-=；22740213950a ==+，而433392,502a a a =-=；……，据此猜测，对每个正整数n ，都有：222111(2)(2)n n n n a a a a ---=-+ ……①为便于证明①，我们还需给出一个关于2n a 的递推关系：2221144n n n n n a a a a a --=+- ……②今证①与②：对大于1的n 归纳，2,3n =时皆已验证，设①与②对于n 成立，则对于1n +，由①、②以及1123n n n a a a -+=-，有222212*********[2(22)]2[(2)(2)]n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +-----=+=+-+-+ 22211113[(3)(5)]2[(4)(3)]n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++++=+--+-+- 222211113[148]2[22514]n n n n n n n n a a a a a a a a ++++=--+++- 222211184(2)(2)n n n n n n n a a a a a a a +++=+-=-+ ……③22222212111323[(2)(2)]2[2(22)]n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++--=+=-+++- 22211113[84]2[(3)(5)]n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++++=+-++-- 222211113[84]2[148]n n n n n n n n a a a a a a a a ++++=+-+--+ 221144n n n n a a a a ++=+- ……④因此，①与②对于1n +也成立；故由归纳法，对每个正整数n ，①与②皆成立． 且①式表明，21(2)n a n -≥为两个正整数的平方和．三、给定一个n 项的实数列12,,,n a a a ，然后选定一个实数α，将数列变换为：12,,,n a a a ααα--- ；这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数α可以各不相同；（ⅰ）、证明：可以经过有限次这样的变换，使得数列的各项全变为0；（ⅱ）、为了确保对于任何给定的初始数列，以上结果都能实现，问最少需要作多少次这样的变换？ 解：设()()()12,,,k k k na a a 是在对初始数列作了k 次变换后所得的数列，而k α是在作第k 次变换时所取的减数α之值； 若取1121()2a a α=+，则在作了第一次变换后，所得到的数列(1)(1)(1)12,,,n a a a 中，有(1)(1)121212a a a a ==-，即其前两项相等；若再取(1)(1)2231()2a a α=+，则在作了第二次变换后，所得到的数列 (2)(2)(2)12,,,na a a 中，有(2)(2)(2)(1)(1)1232312a a a a a ===-，即其前三项相等； 再继续作类似的变换，即在第k 步中，取(1)(1)11()2k k k k k a a α--+=+，其结果将使得在第k次变换后，所得到的数列()()()12,,,k k k na a a 中，前1k +项相等； 如此下去，第1n -次变换后，所得到的数列(1)(1)(1)12,,,n n n na a a --- 中，所有各项都相等，于是只要再取(1)n n n a α-=，则在作了第n 次变换后，数列各项均变为0．再说明，为了保证对于任何给定的初始数列都能化为全零数列，至少要作n 次变换． 为此，我们需要构作一个数列{}n a ，使得无论每次怎样选择减数α之值，若所作的变换少于n 次，则不可能将其化为全零数列．构作一个增长速度较快的数列，例如数列1！，2！，…，n !，我们来证明，若所作的变换少于n 次，则不可能将其化为全零数列．应当指出，在将某个数列变为全零数列的一系列变换过程中，若在其中某一步变换时所取的减数α之值小于此时数列中各项的最小值，那么这一变换过程的变换步数便不是最小的；事实上，首先，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设在使用减数α之值作过一次变换后，紧接的下一次变换所施用的减数为β，那么这两次连续变换的结果可以用一次以αβ+为减数的变换来替代（这是由于，从i a α>可得等式()i i a a αβαβ--=-+）类似地，若某一步变换时所取的减数α之值大于此时数列中各项的最大值，那么这一变换过程的变换步数也不是最小的；只不过此时分别以α和β为减数的连续两次变换，可以用以αβ-为减数的一次变换来替代．（这是由于，从ia α<可得等式()i i i a a a αβαβαβ--=--=--）．基于以上理由，可知，如果某一数列是在经过了最少的次数之后而变为全零数列的，那么它在变换过程中的每一步变换所取的减数都应介于当时数列各项的最大值与最小值之间；下面，我们用数学归纳法来证明，至少需要作n 次变换，才能将数列1！，2！，…，n !变为全零数列．当2n =时结论显然成立，这是因为对于数列1！，2！（即1和2），无论选取怎样的α，一次变换不可能将它们全变为零，而至少需两次变换，（例如，选取1231,22αα==）； 假设已证得，n k =时，为将1！，2！，…，k !变为全零数列，需要经过不少于k 次变换，又假定只需k 次变换，也能将1！，2！，…，k !，(1)k +！变为全零数列，(此时，它的子数列1！，2！，…，k !当然也变为全零了)，那么由归纳假设以及前述讨论可知，第一步变换中所取的减数1α应满足不等式11!!k α≤≤，而在后继的各步变换所取的减数i α，也都应当不超过由原数列的第1i -次变换后所得数列各项的最大数，这个最大数当然不会超过k !，这样一来，数(1)k+！在这样的k 次变换后绝不可能变为零，事实上，1212(1)!(1)!()(1)!!!0k k k k k k k k αααααα+----=+-+++≥+-⨯=> ，这一矛盾证实了命题的断言成立． 四、证明：满足不等式122001012200x x x +++>--- 的实数x 的集合E 可以表为一些互不相交的开区间之并，试求出这些区间长度的总和．解：考虑函数12200()1012200f x x x x =+++---- ，由于当1x <时，()0f x <，故在区间(,1)-∞内，不存在使()0f x >的实数x ；对于集{1,2,,200} 中的任一个k ，由于当0x k→-时，()f x →-∞，而当0x k →+时，()f x →+∞，且当x →+∞时，10x →-，所以方程()0f x =在区间(1,2),(2,3),,(199,200),(200,)+∞ 内各有一个解；依次记这200个解为12200,,,x x x ，于是函数()y f x =的图像大致如下：今构作多项式()(1)(2)(200)()p x x x x f x =---⋅ ，由于()p x 是一个200次多项式，故方程()0p x =至多有200个互异根，显然每个使()0f x =的i x 都是()0p x =的根（注意1,2,,200x = 都不是()0p x =的根，因为每个x k =均使()f x 无意义）．因此12200,,,x x x 便是()0p x =的全部根．这表明,每个k x 是其所在区间(,1)k k +,1,2,,199k = 及(200,)+∞中的唯一根．从而不等式()0f x >的解集是12200(1,)(2,)(200,)E x x x = ，故得所有区间长度的总和为12200(1)(2)(200)S x x x =-+-++-200122001()(12200)102010i i x x x x ==+++-+++=-⨯∑ ………①注意 12200()(1)(2)(200)(10)12200p x x x x x x x =---⋅+++---- …② 如将()p x 展开，其最高项系数为10-，设20019919812199200()10p x x a x a x a x a =-+++++ ………③又有12200()10()()()p x x x x x x x =---- …………④据③④得，20011110i i x a ==∑ （其中1a 为()p x 的199x 的系数） 下面由②直接计算199x的系数1a:由于在12200()(1)(2)(200)(10)12200p x x x x x x x =---⋅+++---- 中，199x 的系数是10(12200)10⋅+++=⨯ ，（这是因为，在(1)(2)(200)kx x x x k---⋅- 中，199x 的系数为k，1,2,,200k = ．） 所以()p x 中的199x 的系数是(101)20100+⋅，即11120100a =⋅；从而20011111201010i i x a ===⨯∑．由①得，20011020102010i i S x ==-⨯=∑.五、给定一张正五边形的纸片A ，证明：平面上存在一个区域B ，满足：(1)、无论怎样移动A ，均不能覆盖图形B ；(2)、对于B 中的任意2010个红点，可以适当移动A ，将这些点全部覆盖．证明：（1）、设正五边形的边心距（内切圆半径）为r ，令B 为平面上半径为sec20100r r π'=的一个圆域，由于r r '>，则不论怎样移动A ，均不能覆盖图形B ；（2）、移动A ，使A 的中心与B 的中心O 重合，设图形A 与B 周界的交点为,i iCD ，1,2,3,4,5i =，如图，今让正五边形A 绕中心O 作反时针旋转，考虑B 中任一红点k P ，在点k P 进入角形11C OD 直至离开此角形的过程中，五条射线(1,2,3,4,5)i OD i =在圆盘B 上扫出五个扇形，我们将这五个扇形都染上第k种颜色；染有第k 色的五个扇形，中心角共含有2010π弧度；继续反时针旋转A ，不难看出，如果红点k P 进入角形(1,2,3,4,5)i i C OD i =中的某一个，当且仅当点1D 进入了圆盘B 的某个涂有第k 种色的区域（因B 中涂有第k 色的五个扇形可看成由五条线段(1,2,3,4,5)iOD i =都装上第k 种颜料后在移动过程中涂出的）． 对红点122010,,,P P P 都作类似处理，每一次都染出五个有色的扇形（其中有些扇形可能被重复染色），故经2010次染色后，圆B 上有色的扇形，其中心角之和不超过20102010ππ⨯=弧度，即是说，圆盘B 中有未被染色的区域存在．今旋转A 到这样的位置：使1D 落于圆盘B 中有未被染色的区域，这时，红点122010,,,P P P 中的任一点均不会落于任何角形(1,2,3,4,5)i i C OD i =中，也就是说，这些点必全被五边形A 覆盖．六、一次体育比赛共设有()2 2n n ≥个项目，每个选手恰好报名参加其中的两个项目，而任两个人都至多有一个相同的项目，假定对于每个{}1,2,,1k n ∈- ，不超过k 人报名的项目少于k 个.证明：存在2n 个选手，使得每个项目都恰好有其中的两人参加.证：用2n 个点表示这2n 个项目，若其中某两个项目被同一人选报，则令相应的两点相邻（即一条边表示一个选手），511于是得到2n 阶简单图G ，且图G 满足“性质P ”：{}1,2,,1k n ∀∈-，度数k ≤的顶点至多1k -个.只要证，图G 含有哈密顿圈（经过图G 每个顶点的圈），即G 为哈密顿图. 反证法，若图G 中不含哈密顿圈，则集合H ={G G 是具有性质P 的2n 阶非哈密顿图}不是空集，从而H 中有极大元0G （边数最多的），于是：()1.因为0G 非哈密顿图，故其中必有不相邻的顶点，而对于任一对不相邻顶点,u v ，由0G 的极大性，添加边uv 后所得的图1G 便成为哈密顿图，即图1G 中有一个含有边uv 的哈密顿圈，于是在0G 中有一条以u 、v 为起、终点的哈密顿路：122n v v v （其中12,n u v v v ==）.()2.对于0G 中任一对不相邻顶点,u v ，度数()(), d u d v 中至少有一个1n ≤-.事实上，因顶点,u v 不相邻，据()1知，0G 中有一条以u 、v 为起终点的哈密顿路：122n v v v （其中12,n u v v v ==），假若()(), d u n d v n≥≥，若()d u rn =≥，与u（即1v ）相邻的r个顶点记为12,,,r k k k v v v ()1222r k k k n =<<<< ，则对于每个1,2,,j r = ，顶点1j k v -都不与2n v （即v ）相邻，否则在0G 中就有哈密顿圈：1212211j j k n n k v v v v v v v -- ，这与0G 的选择矛盾.所以 ()()()21211dv n r n n n ≤--≤--=-，而这又与()d v n ≥的假设矛盾.()3.据()2知，0G 中必有度数1n ≤-的顶点，即集合()(){},1v v V G d v n E =∈≤-不是空集，设1v 是集E 中度数最大的一个点，记()(){}1max 1dv m d v v n ==∈E ≤-，据性质P 知，集E 中至多有2n -个点，从而在0G 中至少有2n +个点的度数皆n ≥，于是在这2n +个点中必有一个不与1v 相邻的点（因为与1v 相邻的点只有m 个，而1m n ≤-），设该顶点为2n v ，（于是()2n dv n ≥）.既然1v 与2n v 不相邻，据0G 的极大性，有一条经过0G 所有顶点的哈密顿路：122n v v v ，在这条哈密顿路上，与1v 相邻的m 个点记为12,,,m k k k v v v ，()1222m k k k n =<<<< . 据()2的证法知，对每个11,2,, , jk j m v -= 都不与2n v 相邻，而据性质P 中1k m n =≤-的情形知，在12111,,,mk k k v v v --- 这m 个点中，至少有一个点的度数1m ≥+（因1m n ≤-，据性质P ，度数m ≤的顶点至多1m -个），设1tk v -是这样一个点，即()11t k d v m -≥+，又由m 的定义（m 是集E 中所有点的最大度数，而集E 中含有0G 中度数1n ≤-的所有点），既然()11tk d v m -≥+，故该点不在集E 中，故进而知()1t k d v n -≥，又据前所选择，()2n d v n ≥，于是得到两个不相邻的顶点，其度数皆n ≥，从而与()2矛盾.故原假设不真，因此图G 中有哈密顿圈，即本题的结论成立. 七、对于直线上的两个点集A 和B ，如果A 能经过适当平移后重合于B ，则说这两个集是相等的；试确定，闭区间[1,1]-能否分解成两个互不相交的相等的点集？ 解：设[1,1],A B A B =-=∅ ，且存在0a >，使得x A x a B ∈⇔+∈，今设x A ∈，则x a B +∈；当21x a +≤时，考虑点2x a +的归属： 假若2x a B +∈，则有x a A +∈，矛盾！ 于是有 2x a A +∈ …… ○1． 显然，集B 的最小点是1a -+，（事实上，如有1a α<-+，使B α∈，则 a A α-∈，但是1a α-<-，矛盾！），于是[1,1)a A --+⊂ (2)类似可知，(1,1]a B -⊂，（事实上，如有1a β>-，使A β∈，则a B β+∈，而1a β+>，矛盾！）于是，当x A ∈，必有1x a ≤- (3)将○2改记为[12,12)na a na A -+-++⊂ ……○4，其中0n =.我们来证明，对任何n N ∈，○4式皆成立.对n 归纳： 据○2知，n =时，结论成立；设对于某个自然数n N∈，○4式成立，则据平移，有[1(21),1(22))n a n a B -++-++⊂，而[1,1]B ⊂-，则()1221n a -++≤，注意()()1221221n a na a -++=-++≤，据所设○4式，012x na A =-+∈，以及()021221x a na a +=-++≤，所以由○1， 02x a A +∈，即()122n a A -++∈；进而由○3得，()1221n a a -++≤-； 即()1221a n a -+++≤，所以[1(22),1(22))n a a n a A -++-+++⊂，（若该区间有某点0x B ∈，则0x a A -∈，而0[1(21),1(22))x a n a n a B -∈-++-++⊂，矛盾！）， 即○4式对于1n +成立．因此对任何n N ∈，○4式皆成立.于是对任何n N ∈，12na A -+∈，这与集A 的有界性矛盾！因此闭区间[1,1]-不能分解成两个互不相交的相等的点集． 八、,A B 是水平直线l 上距离为正整数的两点，L 是以,A B 为两端点的任一条折线，若点,C D L ∈，且CD ∥AB ，则称CD 为折线L 的一条水平弦；证明：对于任一正整数n ，折线L 上必有长为1n的水平弦．证：先证引理：对于以,A B 为两端点的任一条折线L ，若其中既无长为a 的水平弦，又无长为b 的水平弦，则其中也无长为a b +的水平弦；如图，假若折线[]AB 上有长为a 的弦PQ ，将折线[]AB 向右平移距离a ，得到折线[]11A B ，则点P 在[]11A B 上的对应点1P 将与折线[]AB 上的点Q 重合，即，这两条折线折线[]AB 与[]11A B 有交点；反之，若折线[]AB 上没有长为a 的弦，那么，将折线[]AB 向右平移距离a 后，所得到的折线[]11A B 将不会与折线[]AB 相交；现将折线[]AB 向右平移距离a ，得到折线[]11A B ，再将折线[]11A B 向右平移距离b ，得到折线[]22A B ，那么折线[]11A B 将不会与折线[]AB 相交，折线[]11A B 也不会与折线[]22A B 相交，于是折线[]22A B 不会与折线[]AB 相交；这是由于，若设,C D 分别为折线[]AB 上的最高点与最低点，经平移后，得到折线[]11A B 上的最高点1C 与最低点1D ，以及折线[]22A B 上的最高点2C 与最低点2D ，那么这三条折线介于平行线2CC 和2DD 所夹的带形区域中，于是折线[]11A B 在11,C D 间的一段折线便将折线[]AB 与折线[]22A B 分开，因此折线[]22A B 与折线[]AB 无交点，所以折线[]AB 上没有长为a b +的弦；回到本题，据引理，假若折线[]AB 上没有长为1n 的弦，则没有长为112n n n +=的弦，故而没有长为123n n n +=的弦，…，没有长为111n n n-+=的弦，从而对于任一正整数k ，折线[]AB 上没有长为111k +++= 的弦，但是AB 本身是一条长为正整数的弦，此为矛盾！12。
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IMO中国国家队历年获奖情况汇总IMO是中学数学竞赛最高级别的赛事，中国国家队成绩一直优异，所有代表国家出战的选手，都是我们的榜样。
网上对于IMO每年的获奖情况都有介绍，可是汇总介绍很少。
为了方便大家查阅，我整理了IMO中国国家队历年的获奖情况（截止2019年），希望这些“大神”能被大家认识！IMO中国国家队历年获奖情况汇总：2019年（第60届）谢柏庭（浙江乐清知临中学、金牌）袁祉祯（湖北武钢三中、金牌）胡苏麟（华南师大附中、金牌）邓明扬（中国人民大学附中、金牌）俞然枫（南京师大附中、金牌）黄嘉俊（上海市上海中学、金牌）2018年（59届）陈伊一（湖南雅礼中学、金牌）欧阳泽轩（浙江温州中学、金牌）李一笑（江苏天一中学、金牌）王泽宇（西北工业大学附中、金牌）姚睿（华中师大一附中、银牌）叶奇（浙江乐清知临中学、银牌）2017年（58届）任秋宇（华南师大附中、金牌）张禄（湖南长郡中学、金牌）吴金泽（湖北武汉二中、金牌）何天成（华南师大附中、金牌）江元旸（浙江省鄞州中学、金牌）周行健（中国人民大学附中、银牌）2016年（57届）杨远（河北石家庄二中、金牌）梅灵捷（复旦大学附中、金牌）张盛桐（上海市上海中学、金牌）贾泽宇（中国人民大学附中、金牌）王逸轩（湖北武钢三中、银牌）宋政钦（湖南师大附中、银牌）2015年（56届）俞辰捷（华东师大二附中、金牌）贺嘉帆（湖南雅礼中学、金牌）王诺舟（辽宁实验中学、金牌）高继扬（上海市上海中学、金牌）谢昌志（湖南雅礼中学、银牌）王正（中国人民大学附中、银牌）2014年（55届）高继扬（上海市上海中学、金牌）浦鸿铭（东北师大附中、金牌）周韫坤（广东深圳中学、金牌）齐仁睿（山东历城二中、金牌）谌澜天（湖南师大附中、金牌）黄一山（湖北武钢三中、银牌）2013年（54届）刘宇韬（上海市上海中学、金牌）张灵夫（四川绵阳中学、金牌）刘潇（浙江乐清知临中学、金牌）廖宇轩（河南郑州外国语学校、金牌）顾超（上海格致中学、金牌）饶家鼎（广东深圳三中、银牌）2012年（53届）佘毅阳（上海市上海中学、金牌）王昊宇（湖北武钢三中、金牌）陈景文（中国人民大学附中、金牌）吴昊（辽宁师大附中、金牌）左浩（华中师大一附中、金牌）刘宇韬（上海市上海中学、铜牌）2011年（52届）陈麟（中国人民大学附中、金牌）周天佑（上海市上海中学、金牌）姚博文（河南实验中学、金牌）龙子超（湖南师大附中、金牌）靳兆融（中国人民大学附中、金牌）吴梦希（江苏南菁高级中学、金牌）2010年（51届）聂子佩（上海市上海中学、金牌）李嘉伦（浙江乐清知临中学、金牌）肖伊康（河北唐山一中、金牌）张敏（华中师大一附中、金牌）赖力（重庆南开中学、金牌）苏钧（福建福州一中、金牌）2009年（50届）韦东奕（山东师大附中、金牌）郑凡（上海市上海中学、金牌）郑志伟（浙江乐清知临中学、金牌）林博（中国人民大学附中、金牌）赵彦霖（东北师大附中、金牌）黄骄阳（四川成都七中、金牌）2008年（49届）牟晓生（上海市上海中学、金牌）韦东奕（山东师大附中、金牌）张瑞祥（中国人民大学附中、金牌）张成（华东师大二附中、金牌）陈卓（华中师大一附中、金牌）吴天琦（浙江嘉兴一中、银牌）2007年（48届）沈才立（浙江镇海中学、金牌）付雷（湖北武钢三中、金牌）王烜（广东深圳中学、金牌）杨奔（中国人民大学附中、金牌）马腾宇（东北师大附中、银牌）胡涵（湖南师大附中、银牌）2006年（47届）柳智宇（华中师大一附中、金牌）沈才立（浙江镇海中学、金牌）邓煜（广东深圳高级中学、金牌）金龙（东北师大附中、金牌）甘文颖（湖北武钢三中、金牌）2005年（46届）刁晗生（华东师大二附中、金牌）任庆春（天津耀华中学、金牌）罗晔（江西师大附中、金牌）邵烜程（复旦大学附中、金牌）康嘉引（广东深圳中学、金牌）赵彤远（河北石家庄二中、银牌）2004年（45届）黄志毅（华南师大附中、金牌）朱庆三（华南师大附中、金牌）李先颖（湖南师大附中、金牌）林运成（上海市上海中学、金牌）彭闽昱（江西鹰潭一中、金牌）杨诗武（湖北黄冈中学、金牌）2003年（44届）付云皓（清华大学附中、金牌）王伟（湖南师大附中、金牌）向振（湖南长沙一中、金牌）方家聪（华南师大附中、金牌）万昕（四川彭州中学、金牌）周游（湖北武钢三中、银牌）2002年（43届）王博潼（辽宁东北育才中学、金牌）付云皓（清华大学附中、金牌）王彬（陕西西安铁路一中、金牌）曾宪乙（湖北武钢三中、金牌）肖维（湖南师大附中、金牌）符文杰（华东师大二附中、金牌）2001年（42届）肖梁（中国人民大学附中、金牌）张志强（湖南长沙一中、金牌）余君（湖南师大附中、金牌）郑晖（湖北武钢三中、金牌）陈建鑫（江苏启东中学、金牌）2000年（41届）恽之玮（江苏常州高级中学、金牌）李鑫（华南师大附中、金牌）袁新意（湖北黄冈中学、金牌）朱琪慧（华南师大附中、金牌）吴忠涛（上海市上海中学、金牌）刘志鹏（湖南长沙一中、金牌）1999年（40届）瞿振华（上海延安中学、金牌）李鑫（华南师大附中、金牌）刘若川（辽宁东北育才中学、金牌）程晓龙（湖北武钢三中、金牌）孔文彬（湖南师大附中、银牌）朱琪慧（华南师大附中、银牌）1998年（39届）因故未参加1997年（38届）邹瑾（湖北武钢三中、金牌）孙晓明（山东青岛二中、金牌）郑常津（福建福安一中、金牌）倪忆（湖北黄冈中学、金牌）韩嘉睿（广东深圳中学、金牌）安金鹏（天津一中、金牌）1996年（37届）陈华一（福建福安一中、金牌）阎珺（北京二十二中、金牌）何旭华（重庆十八中、金牌）王烈（辽宁东北育才学校、银牌）蔡凯华（江苏启东中学、银牌）刘拂（复旦大学附中、铜牌）1995年（36届）常成（哈尔滨师大附中、金牌）柳耸（山东实验中学、金牌）朱辰畅（湖北武钢三中、金牌）王海栋（华东师大二附中、金牌）林逸舟（山东实验中学、银牌）姚一隽（复旦大学附中、银牌）1994年（35届）张健（上海建平中学、金牌）姚健钢（中国人民大学附中、金牌）彭建波（湖南师大附中、金牌）奚晨海（北京大学附中、银牌）王海栋（华东师大二附中、银牌）李挺（四川安岳中学、银牌）1993年（34届）周宏（北京大学附中、金牌）袁汉辉（华南师大附中、金牌）杨克（湖北武钢三中、金牌）刘炀（湖南师大附中、金牌）张镭（山东青岛二中、金牌）冯炯（上海向明中学、金牌）1992年（33届）沈凯（南京师大附中、金牌）杨保中（河南郑州一中、金牌）罗炜（哈尔滨师大附中、金牌）何斯迈（安徽安庆一中、金牌）周宏（北京大学附中、金牌）章寅（四川成都七中、金牌）1991年（32届）罗炜（哈尔滨师大附中、金牌）张里钊（北京大学附中、金牌）王绍昱（北京大学附中、金牌）王崧（湖北黄冈中学、金牌）郭早阳（湖南师大附中、银牌）刘彤威（北京大学附中、银牌）1990年（31届）周彤（湖北武钢三中、金牌）汪建华（陕西西乡一中、金牌）王崧（湖北黄冈中学、金牌）余嘉联（安徽铜陵一中、金牌）张朝晖（北京四中、金牌）库超（湖北黄冈中学、银牌）1989年（30届）罗华章（重庆水川中学、金牌）蒋步星（新疆石河子五中、金牌）俞扬（东北师大附中、金牌）霍晓明（江西景光中学、金牌）唐若曦（四川成都九中、银牌）颜华菲（中国人民大学附中、银牌）1988年（29届）何宏宇（四川彭州中学、金牌）陈唏（复旦大学附中、金牌）韦国恒（湖北武钢三中、银牌）查宇涵（江苏南京十中、银牌）邹钢（江苏镇海中学、银牌）王建梅（天津南开中学、银牌）1987年（28届）刘雄（湖南湘阴中学、金牌）滕峻（北京大学附中、金牌）林强（湖北黄冈中学、银牌）潘子刚（上海向明中学、银牌）何建勋（华南师大附中、铜牌）高峡（北京大学附中、铜牌）1986年（27届）李平立（天津南开中学、金牌）方为民（河南实验中学、金牌）张浩（上海大同中学、金牌）荆秦（陕西西安八十五中学、银牌）林强（湖北黄冈中学、铜牌）沈建（江苏姜堰中学、无）1985年（26届）吴思皓（上海向明中学、铜牌）王锋（北京大学附中、无）。
第42届IMO中国国家集训队测试题
具有 Hamilton 圈 C，并且边数 m
n2 4
.
问对哪些 l Ln ，图 G 必有长为 l 的圈？
三、MO 太空城计划建造 n 个太空站点，任两太空站点间有一条单向通行的管道相联. 从
站点 P 出发不经其他站点可单向直达的站点被称为 P 的可直达站点. 考察站点对P, Q
可共同直达的站点数. 计划要求所有的站点对可共同直达的站点数目都相等. （1）试计算按此要求建造的太空城的可单向循环通行的三角形数（. 如果三个太空站点 A，
1,1 ,r,1,
n
r
，
解答以下问题：
（1）求这完全 r＋1 部图的不交的圈（即两两无公共顶点的圈）的最多个数；
（2）给定 n，对所有的 r 2n ，求不相交的圈不多于一个的完全 r＋1 部图 3
k 1,1,,1, n r 边数的最大值.
2.2（3 分）（2001 国家集训 V—2.2）给定不相等的正整数 g 和 h，以数轴 OX 上所有的整
点为顶点，按以下方式定义一个有向图 G：规定对任何整点 x, x x g, x x h ，
对于整数 k, l k l ，约定将顶点限于区间k,l 范围内的图 G 的子图记为 G k,l .
求最大的正整数 ，使得对任何整数 r，图 G 的子图 G r, r 1 必定无圈. 对此 ，
证明：不存在形如 paqbrc 的完全数，其中 a, b, c 为正整数， p, q, r 为奇质数.
三、设数 A，B 的十进制表示为：
A 0. a1a2 ak 0, B 0. b1b2 bk 0 （这里 ak , bk 可以为 0），
设 S 为满足 0. c1c2 ck A, 0. ckck1c1 B 的数 0. c1c2 ck 的个数（同样 ck , c1 可以
IMO中国国家集训队选拔考试(1995-2010)
2 002
∑ Ak ≤λa2 002 . k =1
其中
Ak =
( xk +
…+
xk x2 002 +
k k(k -
2
1)
, k ≥1. + 1) 2
解 :令 δ( k)
=
1 2
k(k -
1) . 首先证明几个引理.
引理 1 对 任 意 实 数 a ≥0 , c > 0 , b > 0 , 函 数
Ak
k =1
≤δ(
n
1 + 1)
+ 1 an ,
且可以取等号.
证明 :由引理 1 ,有
( x1
+
x1 …+
1 xn
+ 1) 2
≤
1 4
· x2
+
1 …+
xn
+2
=
x2
+
a1 …+
xn
+2,
①
且当 x1 = x2 + …+ xn + 3 时 ,取最大值
x2 +
a1 …+
· xn + 2
x2 +
a1 …+
f ( x)
=x
a +
b+
x(x+
c b)
2
.
当
x
=
(1
-
a) 1+
b+ a
2
c时
, 取最大值
1 4
·(1b++
a) c
2
.
证明
1995IMO中国国家队选拔(第十届)
对 3 次多项式情形同样的结论是否成立？对 5 次多项式情形同样的结论是否成立？
1995 第 36 届 IMO 于 1995 年 7 月 13 日～7 月 25 日在加拿大多伦多举行
中国国家队队员是
柳 耸 山东实验中学
金牌
常 成 哈尔滨师大附中
金牌
朱辰畅 湖北武钢三中（高二）金牌
王海栋 华东师大二附中
金牌
林逸舟 山东实验中学
银牌
姚一隽 复旦大学附中
银牌
普及数学知识，传播奥林文化，快递竞赛信息。
三、21 人参加一次考试，试卷共有 15 道是非题。已知每两人答对的题中至少有一道是相同的。 问答对人数最多的题最少有多少人答对？请说明理由。
M
第二天
N A
θ P Bl
{ } 四、设 S = A = (a1,"", a8 ) ai = 0或1,i = 1,"",8 。对于 S 中的两个元素 A = (a1,"", a8 ) 和
8
∑ B＝ B = (b1,"",b8 ) ，记 d ( A, B) ＝ ai − bi ，并称其为 A 和 B 之间的距离。 i =1
问 S 中最多能取出多少个元素，它们之中任何两个的距离≥5？ 五、甲乙二人对一个至少 4 次的多项式 x2n + x2n−1 + x2n−2 +"" + x +1玩填数游戏：二人轮流选定
《数学奥林匹克报》
Mathematical Olympiad Express
IMO 中国国家队选拔考试
1995 第 9 届
第一天
一、求不能表示成 3a − 2b 的最小素数 p 。这里 a 和 b 是非负整数。
全国数学奥林匹克集训队保送流程
全国数学奥林匹克集训队保送流程一般如下：
1. 参加初赛。
初赛由各学校为单位组织，各省自行出卷，按报名数量比例分配复赛名额。
2. 参加复赛。
复赛又称省赛或全国高中生数学联赛，全国统一试卷考试，省内排名，按名次选拔进入冬令营。
3. 参加冬令营。
冬令营期间，会有集训队选拔考试，选拔出进入集训队的成员。
4. 参加集训队内考试。
已经获得保送名额的选手会再次进行考试，选拔出代表国家参加IMO的选手。
5. 参加IMO（国际数学奥林匹克竞赛）。
请注意，以上流程可能因具体情况而有所不同。
1999IMO中国国家队选拔(第十四届)
《数学奥林匹克报》Mathematical Olympiad Express 1999 第 14 届IMO 中国国家队选拔考试1999 年 4 月 1 日 8∶00～12∶30 一、 对于满足条件 x1 ＋ x2 ＋……＋ xn ＝1 的非负实数 x1 ， x2 ，……， xn 。
求∑(x5 j =14 j− x j 5 ) 的最大值。
（张筑生供题），二、试求满足以下条件的全部质数 p ：对任一质数 q ＜ p ，若 则不存在大于 1 的整数 ，使得 三、（李成章供题）设 S = {1, 2, 整除 。
（潘承彪供题）,15} ，从 中取出 n 个子集 A1 ， A2 ，……， An ，满足下列条件：（1） Ai ＝7， i ＝1，2，……， n ； （2） Ai ∩ A j ≤3，1≤ i ＜ j ≤ n ； （3）对 S 的任何三元子集 M ，存在某个 Ak ，使得 M ⊂ Ak 。
求这样一组子集个数 n 的最小值。
1999 年 4 月 2 日 8∶00～12∶30 四、某圆分别与凸四边形 ABCD 的 AB、BC 两边相切于 G，H 两点，与对角线 AC 相交于 E，F 两点， 问 ABCD 应满足怎样的充要条件，使得存在另一圆过 E，F 两点，且分别与 DA，DC 的延长线相切？ 证明你的结论。
（裘宗沪供题） 五、给定正整数 m ≥2，试证：（1）存在整数 x1 ， x2 ，……， x2 m 使得（*） xi xm +i ＝ xi +1 xm +i −1 + 1 ，i ＝1，2，……， m 。
（2）对任何适合条件（*）的整数组 x1 ， x2 ，……， x2 m ，可构造出满足 yk ym + k ＝ yk +1 ym + k −1 + 1 ， k ＝0，±1，±2，……的整数序列： ……， y− k ，……， y−2 ， y−1 ， y0 ， y1 ， y2 ，……， yk ，……， 使 yi ＝ xi ， i ＝1，2，……， 2m （许以超供题） 六、 对于 1， ……， 的每一排列 T ＝ ( x1 , x2 , 2， 10 试求：（1） S (T ) 的最大值与最小值； （2）使 S (T ) 达到最大值的所有排列 T 的个数； （3）使 S (T ) 达到最小值的所有排列 T 的个数。
2005年IMO中国国家集训队选拔考试
时 ,有
S =1× 5× 5+2× 4× 4+3× 3× 3+4× 6× 1+
从而 , 式 ③ 两边绝对值不等 . 矛盾 . 此外 , 由 k = ck ( x + 1) + dk , 易知
f ( k) = ck x + ( dk - 1) .
5× 1× 6+6× 2× 2 = 162 .
因当 k ∈I 时 , 有 0 < dk - 1 < x , 故由引理中的 唯一性 , 知 ck = af ( k) 及 dk - 1 = bf ( k) . 因此 ,由式 ② 可知 (注意对所有 k 有 bk ≥ 0)
26
中 等 数 学
竞赛之窗
2005 年 IMO 中国国家集训队选拔考试
第一天
一、 设 ⊙O 的内接凸四边形 ABCD 的两 条对角线 AC 、 BD 的交点为 P , 过 P 、 B 两点 的 ⊙O1 与过 P 、 A 两点的 ⊙O2 相交于两点 P、 Q , 且 ⊙O1 、 ⊙O2 分别与 ⊙O 相交于另一 点 E、 F. 求证 : 直线 PQ 、 CE 、 DF 共点或者互 ( 冷岗松 相平行 . 供题) ≥ ( ) 二、 给定正整数 n n 2 , 求最大的 λ, 使得 :若有 n 个袋子 , 每一个袋子中都是一 些重量为 2 的整数次幂克的小球 , 且各个袋 子中的小球的总重量都相等 , 则必有某一重 量的小球的总个数至少为 λ. ( 同一个袋子中 可以有相等重量的小球 . ) ( 王建伟 供题) 三、 n 是正整数 , aj ( j = 1 , 2 , …, n ) 为复 数 , 且对集合{ 1 , 2 , …, n} 的任一非空子集 I , 均有 1 ∏( 1 + aj) - 1 ≤2 . j ∈I
第38届IMO中国国家队选拔考试
第38届IMO中国国家队选拔考试
佚名
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】1999(000)002
【摘要】第一天 (1997-04-01 8:00～12:30) 一、给定λ>1,设点P是△ABC外接圆的弧BAC上的一个动点,在射线BP和CP上分别取点U和V,使得
BU=λBA,CV=λCA,在射线UV上取点Q,使得UQ=λUV,求点Q的轨迹.
【总页数】5页(P33-37)
【正文语种】中文
【中图分类】G634.605
【相关文献】
1.2009年IMO中国国家队选拔考试 [J], 朱华伟
2.第40届IMO中国国家队选拔考试 [J], 张筑生
3.第38届IMO中国国家队选拔考试第6题另解 [J], 张若楠[1];安金鹏[2]
4.第40届IMO中国国家队选拔考试试题 [J],
5.第39届IMO中国国家队选拔考试 [J],
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2003 年第 1 期
27
2002 年 IMO 中国国家集训队选拔考试
一 、设凸四边形 ABCD 的两组对边所在的直线分
别交于 E、F 两点 , 两对角线的交点为 P , 过 P 作 PO
⊥EF 于 O. 求证 : ∠BOC = ∠AOD.
解:如图 1, 只
© 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
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同理 可 证 : 当 BD 与 EF 相 交 时 , OP 平 分
∠DOB ;而当 BD ∥EF 时 ,过 B 作 ED 的平行线交 AC
于 G(如图 2) ,则
AG AC
=
AB AE
=
AD AF
.
故 GD ∥CF ,
从而 , BCDG 为 平 行
四边形 .
于是 , P 为 BD 的中
点.
图2
因 此 , OP 平 分
1)
, k ≥1. + 1) 2
解 :令 δ( k)
=
1 2
k(k -
1) . 首先证明几个引理.
引理 1 对 任 意 实 数 a ≥0 , c > 0 , b > 0 , 函 数
f ( x)
=x
a +
b+
x(x+
c b)
2
.
当
x
=
(1
-
a) 1+
b+ a
2
c时
, 取最大值
1 4
·(1b++
a) c
© 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
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去掉前 2 行与前 10 列 , 至多去掉 22 + 16 = 38 个 红点 ,余下的 15 ×7 的方格表中至少还有 34 个红点 , 34 = 3 ×4 + 2 ×11. 这些红点至少构成
3 ×4 + 11 = 23 个不同的“红点对”, 23 > 21 = C27 , 必导致边平行于网 格线的红顶点矩形 ,矛盾.
+ 1) 2
≤
1 4
·x(n1++δa( nn-)2
)2 +
1
=
xn
an - 1
+δ( n)
+1,
且当
xn - 1
=
[ (1 -
an - 2) ( xn + δ( n - 1) + 1) + 2 ( n - 1) ] 1 + an - 2
时 ,取最大值 xn
an - 1
+δ( n)
+ 1.
xn
an - 1
部分中第 1 行无红点 , 故实际上是讨论 16 ×11 的方
格表中最多有多少个红点.
设第 i 行中共有 xi 个红点 , 并将同行的两个红
点称为一个“红点对”. 于是 , 第 i 行产生 C2xi个“红点 对”(这里认为 C21 = C20 = 0) . 由于表中不许存在边平
行于网格线的红顶点矩形 ,故应有
∑n
k =1
Ak
≤δ(
1 n + 1)
+ 1 an ,
且当 xn = (1 -
an - 1) (δ( n) + 1) 1 + an - 1
+2n ,
xn - 1
=
(1 -
an - 2)
( xn +δ( n - 1) 1 + an - 2
+ 1)
+2( n -
1)
,
……,
(1 x2 =
a1) ( x3 + …+ xn + 4) 1 + a1
2
.
证明
:令
y
=
x
1 +
b ,则
f ( x) = - ( b + c) y2 + (1 + a) y
= - ( b + c)
y-
1 2
·1 b
+ +
a c
2
+
1 4
·(1b++
a) c
2
.
于是 ,当
y=
1 2
·1 b
+ +
a c
,即
x=
(1
-
a) 1+
b+ a
2
c时
,
f ( x) max =
1 4
行于网格线的矩形的 4 个顶点. 这表明所求的红点个 数的最大值 ≥71.
······
·
···
·
···
·
····
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·· ·
·
·
·
·
·
·
··
·
··
·
·
·· ·
·
··
· · ···
·
··
·
·
··
·
··
··
·
···
这样 ,关键在于 72 个红点时能否满足题中要求.
设有 72 个红点满足题中要求. 于是 ,前 6 列中共有 22
·(1b++
a) c
2
.
引理 2 设
a1 =
1 4
, an =
1 4
(1 +
an - 1 ) 2 , n ≥2.
则 an 满足 0 < an < 1.
n
∑ 引理 3 对任意
n ≥1 ,
Ak
k =1
≤δ(
n
1 + 1)
+ 1 an ,
且可以取等号.
证明 :由引理 1 ,有
( x1
+
x1 …+
1 xn
+ 1) 2
≤
1 4
· x2
+
1 …+
xn
+2
=
x2
+
a1 …+
xn
+2,
①
且当 x1 = x2 + …+ xn + 3 时 ,取最大值
x2 +
a1 …+
· xn + 2
x2 +
a1 …+
xn + 2 +
( x2 +
x2 …+
2 xn + 2) 2
≤1 4
· x3
(1 + a1) 2 + …+ xn +
+4 ,
x1 = x2 + …+ xn + 3
时 ,等号成立.
由引理 3 ,我们得到
λ= δ(2
1 003)
+1
=
2
1 003 ×1
001
+ 1.
三 、17 名球迷计划去韩国观看世界杯足球赛 , 他
们共选定 17 场球赛. 预订门票的情况满足下列条件 :
(i) 每人每场至多预订一张门票 ;
(ii) 每两人所预订的门票中 ,至多有一场相同 ;
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再看 (2) . 设第 1 行的 6 个红点为 1 、2 、3 、4 、5 、6 , 第 2 行的 5 个红点为 1 、7 、8 、9 、10. 第 3 、4 行各 5 个红 点 ,最后一行 3 个红点 ,其余 12 行各 4 个红点.
还是考察 7 、8 、9 、10 四列的红点分布情况. 如果 仍是至多 16 个红点 , 则像 (1) 中那样可导出矛盾. 但 是 ,由于最后一行只有 3 个红点 , 其中之一在前 6 个 方格中. 如果 7 、8 、9 、10 四格中没有 ,则只能是上述情 形 ;如果 7 、8 、9 、10 四格中有 1 个红点 ,则后 7 格中只 有一个红点 ,这可导致 7 、8 、9 、10 四列构成的 17 ×4 的方格表中共有 17 个红点 , 后 7 列的 15 ×7 的方格 表中恰有 33 个红点 ,其中最后一行只有 1 个红点. 去 掉最后一行 ,余下的 14 ×7 方格表中共有 32 个红点. 32 = 3 ×4 + 2 ×10 ,形成的“红点对”个数至少为
=
1.
②
比较 ①、②两式可得
AP AQ
=
PC QC
.
③
过 P 作 EF 的平行线分别交 OA 、OC 于 I 、J ,则有
PI QO