国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第20届)

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2005IMO中国国家队选拔(第二十届)

《数学奥林匹克报》Mathematical Olympiad Express 2005 第 20 届IMO 中国国家队选拔考试2005年3月31日 8∶20～12∶50辽宁沈阳东北育才学校每题21分一、（冷岗松供题）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和Q，且⊙ O1 ，⊙ O2 分别与⊙ O 相交于另一点E，F。

求证：直线PQ，CE，DF或者共点或者互相平行。

二、（王建伟供题）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）。

三、（朱华伟供题） n 是正整数， a j 为复数（ j ＝1，2，……， n ），且对集合 {1, 2,, n} 的任一非空子集I，均有 ∏ (1 + a j ) − 1 ≤j∈In 1 。

证明： ∑ a j ≤3。

2 j =12005年4月1日8∶20～12∶50辽宁沈阳东北育才学校每题21分四、（熊6斌供题）设 a1 ， a2 ，……， a6 ； b1 ， b2 ，……， b6 和 c1 ， c2 ， c6 都是1,2，……，6的排列，求∑ a b c 的最小值。

i =1 i i i五、（余红兵供题）设 n 是任意给定的正整数， x 是正实数。

证明：∑ ⎜ x ⎢ x ⎥ − ( x + 1) ⎢ x + 1⎥ ⎟ ≤ n ，其中 [ a ] 表示不超过实数 a 的最大整数。

⎣ ⎦⎠ ⎝ ⎣ ⎦k =1n⎛ ⎡k ⎤⎡ k ⎤⎞六、（陈永高供题）设 a 是给定的正实数，求所有的函数 f : N → R ，使得对任意满足条件*am ≤ k ＜ ( a + 1) m 的正整数 k ， m ，都有 f ( k + m ) ＝ f ( k ) ＋ f ( m ) 。

1978年第二十届IMO试题(不含答案)

第二十届（1978年）罗马尼亚布加勒斯特（Bucharest ，Romania ）1.已知 m 和n 是自然数且1≤m <n 。

在十进制中，1978m 的后三位数字和1978n 的后三位数字相同。

找出使得m+n 最小的m 和n 值。

（古巴）2. P 是球内一定点。

三条从P 发出的互相垂直的射线与球面分别相交于点U 、V 、W ；Q 代表由PU 、PV 、PW 决定的平行六面体中P 的相对的顶点。

求出Q 点的轨迹。

（美国）3. 所有正整数的集合是两个不相交的子集{f (1)，f (2)，…，f (n )，…}，{g (1)，g (2)，…，g (n )，…}的并集，这里f (1)<f (2)<…<f (n )<…，g (1)<g (2)<…<g (n )<…，以及对于所有n ≥1都有g (n )=f (f (n ))+1。

判断f (240)的值。

（英国）4. 在三角形ABC 中，AB=AC 。

一个圆与三角形ABC 的外接圆内切并分别与AB 、AC 相切于P 、Q 。

求证：线段PQ 的中点是三角形ABC 的内切圆的圆心。

（美国）5. 令{a k }(k =1,2,3,…,n ,…)是不同正整数组成的数列。

证明对于所有的自然数n 都有2111nn k k k a k k ==≥∑∑。

（法国） 6. 一个国际组织有来自六个不同国家的成员。

成员列表中共有1978个名字，编为1,2，…，1978。

求证：至少有一个成员的编号是来自他同一国家的其它两个成员的编号的和，或者是来自他同一国家的一个成员的编号的两倍。

（荷兰）。

国际数学奥林匹克IMO试题(官方版)2000_eng

41st IMO2000Problem1.AB is tangent to the circles CAMN and NMBD.M lies between C and D on the line CD,and CD is parallel to AB.The chords NA and CM meet at P;the chords NB and MD meet at Q.The rays CA and DB meet at E.Prove that P E=QE.Problem2.A,B,C are positive reals with product1.Prove that(A−1+1 B )(B−1+1C)(C−1+1A)≤1.Problem3.k is a positive real.N is an integer greater than1.N points are placed on a line,not all coincident.A move is carried out as follows. Pick any two points A and B which are not coincident.Suppose that A lies to the right of B.Replace B by another point B to the right of A such that AB =kBA.For what values of k can we move the points arbitrarily far to the right by repeated moves?Problem4.100cards are numbered1to100(each card diﬀerent)and placed in3boxes(at least one card in each box).How many ways can this be done so that if two boxes are selected and a card is taken from each,then the knowledge of their sum alone is always suﬃcient to identify the third box?Problem5.Can weﬁnd N divisible by just2000diﬀerent primes,so that N divides2N+1?[N may be divisible by a prime power.]Problem6.A1A2A3is an acute-angled triangle.The foot of the altitude from A i is K i and the incircle touches the side opposite A i at L i.The line K1K2is reﬂected in the line L1L2.Similarly,the line K2K3is reﬂected in L2L3and K3K1is reﬂected in L3L1.Show that the three new lines form a triangle with vertices on the incircle.1。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12．又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ．事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102．注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ．若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA．又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ．所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格，取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ，使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）．另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第19届)

a2+ b2<= 2且A2+ B2<= 1.
5.a，b是正整数，设a2+ b2除以a + b得到商为q，余数是r．试求出所有的正整数对（a，b）使得q2+ r = 1977．
6.f是定义在所有正整数上且取值也是正整数的函数，求证如果f(n+1) > f(f(n))对所有正整数n都成立，则f(n) = n对每个n都成立．
3.n>2是一给定整数，Vn是所有1+kn形式的整数构成的集合，其中k是正整数，对于Vn中的一个数m，如果不存在Vn中的两个数p、q使得m=pq，则称m是不可分解的．求证：Vn中存在一数r，它可有多于一种的方式表示为Vn中不可分解数的乘积．（乘积中若仅仅是因数的顺序不同则视为是同一种分解．）
4.定义f(x) = 1 - a cos x - b sin x - A cos 2x - B sin 2x，其中a，b，A，B都是实数常量．如果f(x)>=0对所有实数x都成立，求证
国际数学奥林匹克（பைடு நூலகம்
1.在正方形ABCD中作等边三角形ABK、BCL、CDM、DAN，证明线段KL、LM、MN、NK的四个中点以及线段AK、BK、BL、CL、CM、DM、DN、AN的八个中点构成一个正十二边形的定点．
2.在一个有限项的实数序列中，任意的相连七项之和为负，任意的相连十一项之和为正．求出这种序列最多有几项．

amc20数学竞赛中文试题

amc20数学竞赛中文试题※长按阅读模式可获取完整格式※amc20数学竞赛中文试题一、简答题1. 请说明向量的定义及其两个基本运算。

2. 什么是数列？试列举一个等差数列和一个等比数列的例子，并说明它们的特点。

二、选择题在每道选择题的括号中，将你认为正确的答案序号填写在下方括号内。

1. 下列哪个不是四边形的特点？（）A. 有四个顶点B. 有四条边C. 它的内角和为360°D. 任意一对对边平行2. 若被除数为200，除数为5，商为B，余数为R，下列选项中，哪个是正确的？（）A. B = 40, R = 0B. B = 40, R = 5C. B = 39, R = 1D. B = 39, R = -13. 已知函数 f(x) 的图象关于直线 y=2x 对称，且曲线上存在点（1，3），则下列选项中哪个是可能的 f(x) 表达式？（）A. f(x) = x^2 - 1B. f(x) = x^2 + 1C. f(x) = 2x^2 - 1D. f(x) = 2x^2 + 1三、计算题1. 小明和小红一起种植苗木，小红每天能种10棵，小明每天能种8棵。

如果小明和小红同时开始种植，8天后他们共种了多少棵苗木？2. 已知函数 f(x) = x^2 - 3x + 2，计算 f(2) 的值。

3. 将一个面积为40㎡的长方形花坛分为两个相等的花坛，要求每个花坛的宽度不小于2m，求满足要求的所有花坛的可能长和宽的组合。

四、证明题请证明：相反数的相反数等于原数。

五、应用题云间山庄宾馆每个房间一晚的费用为200元，若小明在云间山庄宾馆住了n晚，需要付总共多少钱？如果住了5晚，他支付了1000元后，他还需要支付多少钱？以上为amc20数学竞赛中文试题，请认真完成。

答案请直接填写在试卷上。

【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】

两个数学奥林匹克高中训练题05按从小到大顺序排列数列各项的和记为s对于给定的自然数n若能从数列中选取一些不同位置的项使得这些项之和恰等于n便称为一种选项方案和数为n的所有选项方案的种数记为数学奥林匹克高中训练题05第一试一选择题本题满分42分每小题7分1
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） .............................................................................................. 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ...................................................................................................

数学竞赛初级讲座二项式定理

数学竞赛初级讲座二项式定理竞赛园地★数学竞赛初级讲座二项式定理江苏省海安高级中学李红二项式定理是证明代数问题的重要工具之一,是组合数学的基础,它具有一定的技巧和难度,且灵活性、综合性强,对学生运算能力的培养和思维灵活性的训练都具有重大的作用.因此,它在国内外数学竞赛中出现的频率较高.一、基础知识1.(a +b )n =C 0n a n +C 1n a n -1b +C 2n a n -2b 2+…+C r n a n -r br +…+C n n bn=∑nr =0C r n a n -r b r (r =0,1,2,…,n ).21通项公式:T r +1=C r n a n -r b r(0≤r ≤n ).31二项式系数的性质:(1)在二项展开式中,与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等.(2)如果n 为偶数,中间一项的二项式系数最大;如果n 为奇数,中间两项的二项式系数相等且最大.(3)所有项的二项式系数和等于2n .(4)奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和,即C 0n +C2n +…=C 1n +C 3n +…=2n -1.例1 设f (x )=(x 2+x -1)9(2x +1)4,试求:(1)f (x )的展开式中所有项的系数和;(2)f (x )的展开式中奇数次项的系数和.导析:设f (x )可展开为a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 22x22,则f (1)=a 0+a 1+a 2+…+a 22即为所有项的系数和.若令x =1,得a 0+a 1+a 2+…+a 22=f (1)=81;令x =-1,得a 0-a 1+a 2-…+a 22=f (-1)=-1.两式相减除以2,得a 1+a 3+…+a 21=41.例2 求证:∑kr =0C r m C k -rn=C k m +n .导析:C r m 和C k -rn可分别看做是(1+x )m和(1+x )n二项展开式中x r 和x k -r 的二项式系数,于是构造恒等式(1+x )m (1+x )n =(1+x )m +n ,比较两边x k的系数,得∑kr =0C r m C k -r n =C km +n .例3 试证:大于(1+3)2n (n ∈N )的最小整数能被2n +1整除.(第六届普特南竞赛题)导析:由(1+3)2n 联想到其对偶式(1-3)2n ,且0<(1-3)2n<1,考虑它们的和(1+3)2n+(1-3)2n=2(3n+3n -1C 22n+3n -2C 42n+…)为偶数,记作2k (k ∈N ),所以大于(1+3)2n 的最小整数必为2k.同理可证(2+3)n +(2-3)n 也为偶数,记作2k 1(k 1∈N ),又因为2k =(1+3)2n +(1-3)2n =(4+23)n +(4-23)n =2n [(2+3)n+(2-3)n ]=2n2k 1=2n +1k 1,所以2n +1|2k.二、综合应用例4 设n =1990,求2-n (1-3C 2n +32C 4n -33C 6n+…+3994C 1988n -3995C 1990n)的值.(1990年全国联赛题)导析:考察各项的绝对值(12)1990?3r ?C 2r1990,它可以写成C 2r1990(12)1990-2r (32)2r ,再注意到虚数单位i 乘方的性质i 2=-1,i 4=1,就不难发现原式是复数(1+3i 2)1990的实部.而(1+3i 2)1990=(-1-3i 2)1990=-1-3i 2,∴原式=-12.例5 已知3|n ,求证:2|C 0n +C 3n +C 6n +…+C nn .导析:由(1+x )n =∑nk =1C k n x k,注意到单位根的周期性,令x =1、ω、ω2(ω=-12+32i ),得(1+1)n =C 0n +C 1n +C 2n +…+C n n ,(1+ω)n=C 0n +C 1n ω+C 2n ω2+…+C n n ωn ,(1+ω2)n=C 0n +C 1n ω2+C 2n ω4+…+C n nω2n .三式相加,得2n +(-ω2)n +(-ω)n =3(C 0n+C 3n +C 6n +…+C n n ).∵3|n ,∴2[2n -1+(-1)n -1]=3(C 0n +C 3n+C 6n +…+C n n ).又(2,3)=1,∴2|C 0n +C 3n +C 6n +…+C n n .例6 设a ,b ∈R +,且1a+1b=1,试证对于每个n ∈N ,都有(a +b )n-a n -b n ≥22n -2n +1.(1988年全国联赛题)导析1:由1=1a+1b≥2ab,得ab ≥4.则左边=C1n a n-1b+C2n a n-2b2+…+C n-2na2b n-2+C n-1n ab n-1=12[(a n-1b+ab n-1)C1n+(a n-2b2+a2b n-2)C2n+…]≥(ab)n(C1n+C2n+…+C n-1n)≥2n(2n-2)=22n-2n+1.导析2:由1a +1b=1,可令a=1+1t,b=1+t(t∈R+),结合a+b=ab,立得左边=a n b n-a n-b n=(a n-1)(b n-1)-1=[(1+1t)n-1][(1+t)n-1]-1=(t-1C1n+t-2C2n+…+t-n C n n)?(tC1n+t2C2n +…+t n C n n)-1≥(C1n+C2n+…+C n n)2-1=(2n-1)2-1=22n-2n+1.例7 已知实数a0、a1、a2、…满足a i-1+a i+1 =2a i(i=1,2,…),求证:对于任何自然数n,P(x) =a0C0n(1-x)n+a1C1n x(1-x)n-1+a2C2n x2(1-x)n-2+…+a n-1C n-1nx n-1(1-x)+a n C n n x n是x的一次多项式或常数.(1986年全国联赛二试题)导析:特殊值探路.令a0=a1=a2=…=a n,则P(x)=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+ C n n x n]=a0[(1-x)+x]n=a0为常数.对于一般情况,由已知,{a k}是等差数列,可设a k=a0+kd,k为公差(k∈Z-),则P(x)=a0C0n(1-x)n+a1C1n(1-x)n-1x+…+a n C n n x n=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+C n n x n]+d[1?C1n(1-x)n-1x+2C2n(1 -x)n-2x2+…+kC k n(1-x)n-k x k+…+nC n n x n]= a0+d[nC0n-1(1-x)n-1x+nC1n-1(1-x)n-2x2+…+nC k-1n-1(1-x)n-k x k+…+nC n-1n-1x n]=a0+dnx[(1-x)+x]n-1=a0+dnx是x的一次多项式.例8 已知数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m≥1.(20届国际数学奥林匹克题) 导析:因1978n与1978m的最后三位数相等,所以1000|(1978n-1978m),又1978n-1978m=1978m (1978n-m-1),故23?53|2m?989m(1978n-m-1).又因为989m与1978n-m-1都是奇数,所以23|2m,则m≥3.而2m与989m中都不含因数5,所以53| (1978n-m-1),由二项式定理可知1978n-m=(2000 -22)n-m=1000k+(-22)n-m,这里k∈Z+,所以53 |[(-22)n-m-1].又因为22l(l∈Z+)的末位数字只能是2,4,8,6的循环,所以仅当4|n-m时, (-22)n-m-1能被25整除,不妨设n-m=4p(p∈N),则(-22)4p=4842p=(500-16)2p=(1000k1+256)p=(125k2+6)p(k1,k2∈Z+).由二项式定理知只要53|6p-1.又6p-1=(5+1)p-1,从而只要C2p ?52+C1p?5能被125整除即可,即52|p?5p-32.但5不整除5p-32,所以52|p,即p=25q(q∈N).于是,n -m=4p=100q,n-m至少等于100(当q=1时取到),因此,m+n的最小值是n-m+2m=106(当m =3,n=103时取到).三、强化训练1.求值:2n-C1n2n-1+C2n2n-2-…+(-1)n-1C n-1n2+(-1)n.2.计算:∑lk=0C k n C l-km.3.证明:∑nk=0(C k n)2=C n2n.4.证明:2n=(C0n-C2n+C4n-…)2+(C1n-C3n +C5n-…)2.(1980年安徽赛题)51试证:对任意的n∈N,不等式(2n+1)n≥(2n)n+(2n-1)n成立.61设自然数a、b的末位数字是3或7,试证对任意自然数m和n,a4n+2m-b2m是20的倍数.答案或提示11提示:逆用二项式定理.21C l m+n.提示:考察(1+x)m(1+x)n的展开式中x l的系数.31提示:C n2n为(1+x)2n展开式中x n的系数,而(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n,对右边分别运用二项式定理展开,再求出x n的系数即可.41提示:左边=(1+1)n=(1+i)n(1-i)n= [(C0n-C2n+C4n-…)+(C1n-C3n+C5n-…)i]?[(C0n -C2n+C4n-…)-(C1n-C3n+C5n-…)i]=右边.5.原不等式等价于(1+12n)n≥1+(1-12n)n.则(1+12n)n-(1-12n)n=2[C1n?12n+C3n?(12n)3+…]≥2C1n?12n=1.6.不妨设a=10a1+7,b=10a1+3,则a4n+2m-b2m=[(10a1+7)2]2n+m-[(10b1+3)2]m=[20(5a12+7a1+2)+9]2n+m-[20(5b12+3b1)+9]m=(20a2 +9)2n+m-(20b2+9)m.由二项式定理可知只要证: 92n+m-9m是20的倍数即可,而92n+m-9m=9m ?[(80+1)n-1],运用二项式定理得证,其它情况同理可证.参考文献1 单土尊.数学竞赛研究教程.南京:江苏教育出版社2 胡炳生.国际数学奥林匹克(IMO)30年.中国展望出版社3 梅向明.中学数学奥林匹克丛书—组合基础.。

国际数学奥林匹克竞赛真题集

国际数学奥林匹克竞赛真题集国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是全球最大规模、最高水平的青少年数学竞赛。

每年，来自世界各国的优秀中学生齐聚一堂，通过数学思维和解题能力的比拼，展示自己在数学领域的才华。

本文将介绍一些历年IMO竞赛的真题，以展示这一赛事的难度和魅力。

1. 第42届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：给定正整数n，证明存在正整数a，b，和不全为0的非负整数c1，c2，...，cm，使得:(sqrt(2)+sqrt(3))^n = a + b*sqrt(2)+ c1*sqrt(5)+...+cm*(2^(m/2) + 3^(m/2))问题2：设a，b，c为实数，满足a+b+c=3，证明：(a^3+b^3+c^3)/3 ≥ a^2+b^2+c^2-1这些问题要求参赛选手在限定的时间内解决，对于数学知识的掌握和思维能力的发挥都提出了极为严格的要求。

解决这些问题需要结合数学定理和巧妙的思路，考验了选手的数学素养和逻辑推理能力。

2. 第56届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设ABC为等边三角形，D为BC的中点，点E在BC上，使得BE=2CD。

若角BAD的度数为x，求角EAC的度数。

问题2：已知n为正整数，证明存在正整数a，b，c，使得:a^2 + b^2 + c^2 = 1981n这些问题涉及到了平面几何和代数方程的求解，在解题过程中要运用到各种几何定理和代数技巧。

选手需要具备较强的图形分析和代数运算能力，同时发挥创造性思维，寻找解决问题的新思路。

3. 第58届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设a，b，c为正整数，满足a^2 + b^2 + 2014 = c^2，求a的最小值。

问题2：给定一个100×100的方格纸，问最多能用多少条线将方格纸划分成互不相交的部分。

这些问题融合了数论和组合数学的思想，要求选手在解题过程中综合运用多个数学知识点，寻找问题的规律和特殊性质。

2024年西班牙数学奥林匹克竞赛数学试卷(含答案解析)

2024年竞赛数学试卷西班牙数学奥林匹克一、解答题1、2024个不同的素数pp1, pp2,⋯ , pp2024满足条件: pp1+pp2+⋯+pp1012=pp1013+pp1014+⋯+ pp2024设AA=pp1pp2⋯pp1012,BB=pp1013pp1014⋯pp2024⋅求证: |AA−BB|≥4.2、给定正整数nn ,实数xx1, xx2,⋯ ,xx nn>1满足xx1xx2⋯xx nn=nn+1.求证:(112(xx1−1)+1)(122(xx2−1)+ 1)⋯(1nn2(xx nn−1)+1)≥nn+1,并说明等号何时成立.3、设△AABBAA为不等边三角形,PP为三角形内部一点，满足∠PPBBAA=∠PPAAAA. 直线PPBB和∠BBAAAA的内角平分线交于点QQ,直线PPAA和∠BBAAAA的外角平分线交于点RR.点SS满足AASS∥AAQQ,BBSS∥AARR,求证:QQ,RR,SS三点共线.4、实数aa,bb,cc,dd满足aabbccdd=1,aa+1aa+bb+1bb+cc+1cc+dd+1dd=0求证:aabb,aacc,aadd中至少一个等于−1.5、给定平面上的两点pp1=(xx1,yy1),pp2=(xx2,yy2),用RR(pp1,pp2)表示边与坐标轴平行、且以pp1和pp2为对角顶点的矩形，即�(xx,yy)∈RR2|mmmm nn{xx1,xx2}≤xx≤mmaaxx{xx1,xx2},mmmm nn{yy1,yy2}≤yy≤mmaaxx{yy1,yy2}�.若对所有的点集SS⊂RR2,且|SS|=2024,都存在两点pp1,pp2∈SS,使得|SS∩RR(pp1,pp2)|≥,求kk的最大可能值.6、设aa,bb,nn为正整数，满足bbmm整除aann−aa+1,记αα=aa bb.求证:[αα],[2αα],…,[(nn−1)αα]除以nn的余数是1,2,⋯ ,nn−1的一个排列.1 、【答案】见解析;【解析】证明:首先注意到2∉{pp ii }1≤ii ≤2024,若不然易证明等式两侧的奇偶性不同，矛盾!因此本题中的pp 1, pp 2,⋯, pp 2024都是奇数，因此 pp ii ≡±1(mmmmdd 4),mm =1,2...2024 设AA 中有xx 个质数是mmmmdd 4余1的，则有 (1012−xx )个数是余−1的;同理设BB 中有yy 个质数是mmmmddpp 余1的，则有 (1012−yy )个数是余−1的，于是我们有 xx −(1012−xx )≡yy −(1012−yy )(mmmmdd 4) 这意味着xx ≡yy (mmmmdd 2),那么 ≡(−1)1012−xx ≡(−1)1012−yy ≡BB (mmmmdd 4)注意到AA ≡0(mmmmddpp 1),而BB ≡0(mmmmddpp 1)不成立，因此AA ≠BB ,进而|AA −BB |≥4,得证.【标注】 2 、【答案】见解析;【解析】证明:注意到1+1kk 2(xx kk −1)−(kk+1)2kk 2xx kk =kk 2xx kk (xx kk −1)+xx kk −(xx kk −1)(kk+1)kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −(xx kk −1)(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −xx kk (kk+1)2+(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −kk 2xx kk −2kkxx kk −xx kk +(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−2kkxx kk (kk+1)+(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =(kkxx kk −kk−1)2kk 2xx kk (xx kk −1)⩾0 因此1+1kk 2(xx kk −1)≥(kk+1)2kk 2xx kk, 累乘可得��1+1kk 2(xx kk −1)�nn kk=1≥(nn+1)2xx 1xx 2⋯xx nn =nn +1,等号成立当且仅当xx kk =kk+1kk 时取得. 【标注】 3 、【答案】见解析;【解析】证明:我们记AARR ,BBPP 交于点DD ,AAQQ ,BBSS 交于点EE .由于∠AABBPP =∠AAAAPP ,∠BBAADD =∠AAAA ,因 ΔAABBDD ∼ΔAAAARR ,则 AAAA AAAA =AAAA AAAA由角平分线的性质，易知AAAA AAAA=AABB AABB.因此AAAA AAAA=AABB AABB,这意味着AAEE,BBDD,SSRR三线共点，即QQ,RR,SS三点共线．得证.【标注】4 、【答案】见解析;【解析】证明:由题意可得0=aa+bb+cc+dd+aabbcc+aabbdd+aaccdd+bbccdd=aa+bb+cc+dd+aabb(cc+dd)+ccdd(aa+bb)=(aa+ bb)(ccdd+1)+(cc+dd)(aabb+1)=(aa+bb)(ccdd+1)+(cc+dd)(aabb+aabbccdd)=(aa+bb)(ccdd+1)+ aabb(cc+dd)(ccdd+1)=(ccdd+1)(aa+bb+aabbcc+aabbdd=(ccdd+1)[aa(1+bbcc)+bb(1+aadd)]=(ccdd+ 1)[aa(1+bbcc)+bb(aabbccdd+aadd)]=(ccdd+1)[aa(1+bbcc)+aabbdd(1+bbcc)]=aa(ccdd+1)(bbcc+1)(1+ bbdd)这意味着在ccdd,bbcc,bbdd中至少有一个是−1,结合aabbccdd=1可知在aabb,aacc,aadd中至少有一个是−1,得证.【标注】5 、【答案】406;【解析】证明:设在点集SS中，点PP是纵坐标最大的点,QQ是横坐标最大的点,R是纵坐标最小的点,SS是横坐标最小的点.我们将RR(XX,YY)简化为(XX,YY).考虑(PP,QQ),(QQ,RR),(RR,SS),(SS,PP)这四个矩形，设它们包含的点的个数分别是aa,bb,cc,dd.若它们之间有相互重叠的部分，由极端值原理可知mmaaxx{aa,bb,cc,dd}≥aa+bb+cc+dd4≥20244=506若它们之间没有重叠部分，则在整个SS中，除了上述四个小矩形之外，中间还有一个小矩形,设其内部有tt个点，此时(PP,RR)至少含有tt+2个点，注意到此时aa+bb+cc+dd+tt−4=2024,则由极端值原理可知{aa,bb,cc,dd,tt+2}≥aa+bb+cc+dd+tt+25=406,,这说明至少有一个区域含有406个点，即kk mmaaxx=406.下面我们给出kk=406时的一个构造，如图所示．四条线段上各有406个点，中间的环上有404个点【标注】6 、【答案】见解析;【解析】证明:当nn=1时命题显然成立，只需考虑nn≥2时的情况即可．但注意到要证明该命题成立,只需同时证明|ααkk|≠0(mmmmddnn)和[ααmm]≠[αααα](mmmmddnn)即可，下分别证之.(1) [ααkk]≠0(mmmmddnn)反设存在kk∈{1,2,nn−1}使得[ααkk]=0(mmmmddnn),记aakk≡tt(mmmmddbb)⟹nnbb|aakk−tt,但由题意可得aa(nn−1)≡−1(mmmmddbb),我们有bbnn|(nn−1)tt+kk,然而(nn−1)tt+kk≤(nn−1)(bb−1)+nn−1= (nn−1)bb<nnbb矛盾!(2) [aamm]≠[aaαα](mmmmddnn)我们反设假设存在i,αα∈{1,2,...nn−1},mm≠αα,使得[ααmm]≡[αααα](mmmmddnn).不妨记aamm≡pp(mmmmddbb)和aaαα≡qq(mmmmddbb),从而bbnn|aamm−pp,bbnn|aaαα−qq,因此aa(mm−αα)=pp−qq(mmmmddbbnn)注意到aa(nn−1)≡−1(mmmmddbbnn),因此bbnn|(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα),然而(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα)|≤|(nn−1)(pp−qq)|+|mm−αα|≤(nn−1)(bb−1)+(nn−2)<bb因此只能是(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα)=0,但|mm−αα|≤nn−2因此两侧关于nn−1不同余，矛盾【标注】。

高中数学竞赛数论部分

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52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;2007全国初中联赛123①是否存在正整数,m n ,使得(2)(1)m m n n +=+②设(3)k k ≥是给定的正整数,是否存在正整数,m n ,使得()(1)m m k n n +=+ 2007全国初中联赛144关于,x y 的方程22229x xy y ++=的整数解(,)x y 得组数为 A 、2 B 、3 C 、4 D 、无穷多2009全国初中联赛55已知12345,,,,a a a a a 是满足条件123459a a a a a ++++=的五个不同的整数,若b 是关于x 的方程()()()()12345()2009x a x a x a x a x a -----=的整数根,则b 的值为 2009全国初中联赛8 6已知正整数a 满足3192191a +,且2009a <,求满足条件的所有可能的正整数a 的和; 2009全国初中联赛12 7n 个正整数12,,,n a a a 满足如下条件：1212009n a a a =<<<=；且12,,,n a a a 中任意1n -个不同的数的算术平均数都是正数,求n 的最大值;2009全国初中联赛148在一列数123,,,x x x …中,已知11x =,且当2k ≥时,11214()44k k k k x x ---⎡⎤⎡⎤=+--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦取整符号[]a 表示不超过实数a 的最大整数,例如[][]2.62,0.20==则2010x 等于 A 、 1 B 、 2 C 、 3 D 、 4 2010全国初中联赛49求满足22282p p m m ++=-的所有素数P 和正整数m;2010全国初中联赛1310从1,2,,2010…这2010个正整数中,最多可以取出多少个数,使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除 2010全国初中联赛1411设四位数abcd 满足3333110a b c d c d ++++=+,则这样的四位数的个数为 2011全国初中联赛1012已知关于x 的一元二次方程20x cx a ++=的两个整数根恰好比方程20x ax b ++=的两个根都大1,求a+b+c 的值2011全国初中联赛1113若从1,2,3,,n …中任取5个两两互素的不同的整数12345,,,,a a a a a 其中总有一个整数是素数,求n 的最大值;2011全国初中联赛1314把能表示成两个正整数平方差的这种正整数,从小到大排成一列：12,,n a a a …,例如221213a =-=,222325a =-=,……那么2007a =2007福建省高一数学竞赛1215求最小的正整数n,使得集合{1,2,3,,2007}…的每一个n 元子集中都有2个元素可以相同,它们的和是2的幂;2007福建省高一数学竞赛1416两条直角边长分别是整数a 和b 其中b<1000,斜边长是b+1的直角三角形有 A 、20个 B 、21个 C 、22个 D 、43个2008福建省高一数学竞赛517设x 、y 为非负整数,使得2x y +是5的倍数,x y +是3的倍数,且299x y +≥,则75x y +的最小值为2008福建省高一数学竞赛1118正整数1212a a a ≤≤≤…中,若任意三个都不能成为三角形的三边长,则121a a 的最小值是2008福建省高一数学竞赛1219设{1,2,3,,}S n =…n 为正整数,若S 得任意含有100个元素的子集中必定有两个数的差能被25整除,求n 的最大值; 2008福建省高一数学竞赛1720设[]x 是不超过x 的最大整数,则1235003333log log log log ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦…=2009福建省高一数学竞赛1121已知集合M 是集合{1,2,3,,2009}S =…的含有m 个元素的子集,且对集合M 的任意三个元素x,y,z 均有x+y 不能整除z,求m 的最大值;2009福建省高一数学竞赛1722已知a,b,c 为正整数,且1c b a >>>,111()()()a b c c a b---为整数,则a+b+c= 2011福建省高一数学竞赛1223正整数500n ≤,具有如下性质：从集合{1,2,,500}…中任取一个元素m,则m 整除n 的概率是1100,则n 的最大值是 2008福建省预赛12 24设()f x 施周期函数,T 和1是()f x 的周期且01T <<,证明： 1若T 为有理数,则存在素数P,使1p是()f x 的周期； 2若T 为无理数,则存在各项均为无理数的数列{}n a 满足10n m a a >>>,n=1,2, …且每个n a 都是()f x 的周期 2008全国高中联赛加试二 25方程[]92x x =的实数解事其中[]x 表示不超过x 的最大整数2009福建初赛926设}1,1,2,,2010i x i ∈=…,令123420092010S x x x x x x =++…1S 能否等于2010证明你的结论； 2S 能取到多少个不同的整数值2009福建初赛1427设,k l 是给定的两个正整数,证明：有无穷多个正整数m k ≥,使得km C 与l 互素;2009全国高中联赛加试三 28已知集合{}230123777A x x a a a a ==+⨯+⨯+⨯,其中{}0,1,2,3,4,5,6i a ∈,0,1,2,3i =,且30a ≠,若正整数,m n A ∈,且2010,m n m n +=>,则符合条件的正整数m 有个;2010福建预赛629将方程[]334x x -⨯=的实数解从小到大排列得12,,k x x x …,则3333123k x x x x +++…的值为 2010福建预赛830设k 是给定的正整数,12r k =+,记(1)()(1)()()[],()(())l l f r f r r r f r f f r -===,2l ≥;证明：存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数;这里,[]x 表示不小于实数x 的最小整数; 2010全国高中联赛加试二31已知正整数x,y,z 满足条件(14)(14)(14)xyz x y z =---,且28x y z ++<,则222x y z ++的最大值为2011福建预赛732证明：对任意整数4,n ≥存在一个n 次多项式1110()n n n f x x a x a x a --=+++…具有如下性质：1011,,,n a a a -…均为正整数；2对任意正整数m ,及任意(2)k k ≥个互不相同的正整数12,,,k r r r …均有12()()()()k f m f r f r f r ≠…2011全国高中联赛加试二33证明：存在无穷多个正整数n ,使得21n +有一个大于2n +; 2008第49届 34设n 是一个正整数,12,,(2)k a a a k ≥…是集合{}1,,n …中互不相同的整数,使得对于1,,1i k =-…都有n 整除1(1)i i a a +-;证明：n 不整除1(1)k a a - 2009第50届本资料主要介绍中学代数课程里未能深入谈到的整数的性质及其应用,初等数论的解题过程通常不涉及很多的基础知识,重要的是机智和灵活;本资料除打上“”的是少数内容外,初二年以上的学生均可学习掌握;为叙述方便,本资料中的字母均表示整数;交有Z,N,Z 分别表示整数集,正整数集和非零整数集;整数的概念、分类、自然数两种理论基数理论,序数理论基数用于表示“多少”：将所有有限集分类,使所含元素个数一样多的集合成为同一类,对每一类用一个记号来表示它们这一类的集合所含元素个数一样多这个共同特征;这个记号就是一个自然数;公理化的方法：对已有的知识进行深入的分析,选择其中一些基本关系作为不定义的概念,一些基本性质作为不加证明的公理,建立起公理系统;然后由所建立的公理系统出发,应用形式逻辑的方法,来给出其它有关概念的定义,并证明各种命题;序数表示“第几”peano 定理如果非空集合N 中的某些元素之间有一个基本关系“直接后继”元素a 的直接后继记为a ’,且N 满足以下条件：1．**1,N a N ∃∈∀∈,必有1a '≠2．()**,a b a b a N b N ''=⇒=∈∈ 3．()**,a b a b a N b N ''=⇒=∈∈4．N 的子集M 若具有下面的性质定理1 带余除法设a Z ∈,*b Z ∈则有且只有一对整数q 与r ,使得a bq r =+其中0<r b ≤定义1、定理1中的q 与r 分别称a 除以b 的不完全商与最小非负余数,简称商和余数;定义2、定理1中的0r =时即a bq =时就称a 为b 的倍数,b 是a 的约数或因数a 能被b 整除,b 整除a ,记作b a性质1、① 0是任何数的倍数0除外； ② 1±是任何数的约束；③ *a Z a a ∈⇒； ④b ab a b a b a ⎧-⎪⎪⇒-⎨⎪⎪⎩；⑤ 0b a b a a ⎫⎪⇒≤⎬≠⎪⎭； ⑥b a a b a b ⎫⎪⇒=±⎬⎪⎭； ⑦ *b abc ac c Z ⎫⎪⇒⎬∈⎪⎭； ⑧ b a b ac c Z ⎫⎪⇒⎬∈⎪⎭；⑨ a b a c b c ⎫⎪⇒⎬⎪⎭； ⑩11,2,3,,i ni i i i b a k Z b k a i n =⎫⎪∈⇒⎬⎪=⎭∑公式1、1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y -----=-++++ *()n N ∈ 公式2、1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y -----=+-++- n 是正偶数公式3、1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y ----+=+-+-+ n 是正奇数以上三个公式中的,x y 可以是任意实数例1、设9999b =31位数9999a =1984位数,求证b a ; 例2、设a c ab cd -+求证a c ad bc -+;定义3、能被2整除的数称偶数,不能被2整除的数称奇数; 性质2、用“0”代表偶数,“1”代表奇数,则有① 0+0=0,0+1=1,1+0=1,1+1=0 ②0⨯0=0,0⨯1=0,1⨯0=0,1⨯1=1 ③奇数个奇数的和还是奇数 ④任意个奇数之积是奇数例3、设,p q 都是正奇数,且2p q =+,求证q p p q q p ++ 注意：奇偶分类在处理很多问题时有用;求末位数问题：令()G a 表示a 的末位数,则有性质3、①[]()()()G a b G G a G b +=+ ②[]()()()G a b G G a G b ⋅=⋅③()()m mG a G G a ⎡⎤=⎣⎦④任一自然数的正整数次幂的末位数有周期变化的规律; 例4、求198817的末位数例5、 ①设,n R 为自然数,求证4()()R n n G a G a +=；②设n 为自然数,求证44()()n G a G a =例6、6767(67)G性质4、①设b 为奇数,c 为偶数,则()()cb G a G a = ②设b 为偶数,c 为奇数1c >则4()()cb G a G a = ③设b 为偶数,c 为偶数,则4()()cb G a G a = ④设b 为奇数,c 为奇数,1c >则()()cb b G a G a =例7、求191919(22)nG 个例8、求2111213a =的末两位数;例9、设1237,,,a a a a 是1,2,3,,7这七个自然数的任何一种次序的排列,求证：1237(1)(2)(3)(7)a a a a ----总是一个偶数;例10、某班有49位同学,坐成七行七列,每个座位的前、后、左、右的座位叫做它的“邻座”,要让这49位同学中的每一位都换到他邻座上去,问这种调换座的方案能否实现作为本节内容的结束,请注意以下两个重要的命题： ① 在(2)m m ≥个相邻整数中,有且只有一个数能被m 整除; ② 若整数1g >,则任一正整数a 能够唯一表示为1110n n n n a a g a g a g a --=++++这里,0i a Z n ∈≥,且0<,0,1,2,3,,i a g i n ≤= 习题：1. 用票面为3分和5分的邮票可以支付任何n 整数7n >分的邮资;2. 把十个数码0,1,2,3,4……,9任意两两搭配,组成没有重复数码的5个两位数,求证这样5个两位数的和是9的倍数; 3. 设10,10p a b p c d --,求证：p ad bc - 4. 设a 是奇数,求证：281a -5. 证明：各位数码全是1的数中,有且只有一个是平方数;6. 证明：前n 个自然数和的个位数码不能是2,4,7,97. 设a Z ∈,求证(1)(2)(3)1a a a a ++++时奇数的平方;8. 设10n a k =⋅,n 为自然数,k 是非负整数,求证：(1)(3)(7)(9)a a a a ++++的末三位数是189;9. 证明：整数a 能够表示成两个整数平方和的充要条件是2a 也具有相同性质; 10. 设整数,,,,x a b c d 互不相等,且()()()()4x a x b x c x d ----=,求证4x a b c d =+++ 11. 设2n ,求证4216411n n ++;12. 设32*()5551()n n n f n n N =+++∈,证明：当且仅当4n 时,13()f n ; 13. 已知0n ≥,求证：3321nn +14. 证明：在任意n 个整数中,总可以找到(1)k k n ≤≤个整数,使它们的和是n 的倍数;15. 能否把1,1,2,2,3,3,,1986,1986这些数排成一行,使得两个1之间夹着一个数,两个2之间夹着两个数,……,两个1986之间夹着1986个数请证明你的结论首届全国数学冬令营竞赛试题五16. 设正整数d 不等于2,5,13,证明集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b 使1ab -不是完全平方数第27届IMO定义1、若,1,2,,,2i d a i n n =≥就称d 是这几个数的公因数；定义2、(2)n n ≥个不全为零的整数i a 的公因数中的最大数叫做这几个整数的最大公因数,记12(,,)n a a a 性质一：12(,,)1n a a a ≥定义3、若12(,,)1n a a a =,则称12,,n a a a 互素互质定义4、若,1,2,,,2i a m i n n =≥,则称m 是i a 的公倍数；定义5、非零整数的一切正的公倍数中的最小正数叫最小公倍数,记[]12,,n a a a 定理1、若,,a b c 不全为零,且a bq c =+则(,)(,)a b b c = 性质二：1212(,,,)(,,)n n a a a a a a =定理2、若(,)c a c a b c b ⎫⎪⇒⎬⎪⎭定理3、若整数,a b 不全为零,则存在整数,x y 使得(,)ax by a b += 性质三：*m N ∈,(,)(,)ma mb m a b = 性质四：若(,)1a c =,则(,)(,)ab c b c = 定理4、若,a k b k ,则[],a b k定理5、若,a b 是同号整数,则[](),,a b a b ab =例1、形如221(0)nn F n =+≥的数称费尔马数,求证(,)1i j F F =,这里,i j 都是非负整数,且i j ≠例2、设**,,a N b N ∈∈且a b ≠,证明(21,21)1(,)1a b a b --=⇔= 例3、已知(,)1a b =,求证(,)1ab a b +=例4、设()f x 使非零整系数多项式,()()6263f f ，,求证()66f 例5、求证[](,,)(,)a b a b a b +=例6、设*m N ∈,证明：当且仅当[],m a b =时,,1m m a b ⎛⎫=⎪⎝⎭例7、已知12,,,n a a a 是两两互素的正整数,求证：[]12123,,,n n a a a a a a a =例8、求证平方数的正因数有奇数个,非平方数的正因数有偶数个;例9、有一百盏电灯,排成一行,自左向右,编号1,2,3,,99,100;每灯由一拉线开关控制,最初灯全关着;另有一百个学生顺次走过,第k 个学生把凡是编号为k 的倍数的电灯开关拉一下,(1,2,3,,100)k =问：100个学生全部过去之后,有哪几个编号的灯还亮着习题：1、设k a 表示各位数码都是1的k k N ∈位数,求证：(,)1m n a a =的充要条件是(,)1m n =,这里*,m n N ∈,且m n ≠2、设00ax by +是形如ax by +,a b 不全为0的数中最小正数; 求证：100ax by ax by ++； 200(,)ax by a b +=3、设(,)1x y =,求证(,)12x y x y +-=或4、设(,),(,)a b d a b d '''==,求证(,,,)aa ba ab bb dd '''''=5、已知：,a b 为非零自然数,n N ∈ 求证：1(,)(,)n n n a b a b =；2[,][,]n n n a b a b =6、设*a Z ∈,证明：数列,2,3,,a a a na 中n 的倍数共有(,)n a 个;7、设a Z ∈,求证6(1)(21)a a a ++8、已知：126n x x x +++,求证333126n x x x +++9、设n 是奇数,,n a b n a b +-,求证(,)n a b10、设(,10)1a =,证明：各位数码全是1的数中有a 的倍数 11、求证(,,)((,),)a b c a b c =本节的定义、定理、性质较为繁杂,为便于记忆,整理成以下图式：自然数集的进一步分类：素数、合数、1定义如果大于1的整数p 恰有两个正因数1与P,就说P 是素数,如果正整数N 有多于两个的正因数,就说N 是合数;例1：证明：对任给的正整数N,总可找到N 个相邻的合数; 定理一：任一整数N 的最小因数PP>1是素数N>1 定理二：素数有无限多个;定理三：若N 是合数,PP>1是N 的最小正因数,则p ≤以上的例子和定理分别刻画了素数的某些分布特征和判断素数的方法; 定理四：若,1,2,3,,i a Z i n ∈=,P 是素数,12n p a a a 则P 整除某个i a定理五：唯一分解定理每个大于1的整数,都可唯一地分解成素因数不计因数的顺序的积;推论：任一大于1的整数a 可以唯一分解成1212k k a p p p ααα=这里i p 是相异的素数,i α是正整数;有时为了表述方便,允许0i α=,上式称为a 的标准分解式; 例2、设21()m m N +∈是素数,求证：m 是2的非负整数次幂; 定理六：若,a b 得标准分解式为1212n n a p p p ααα=,1212n n b p p p βββ=,则1212(,)n r r rn a b p p p =⋅,1212[,]n n a b p p p δδδ=⋅;这里min(,)i i i r αβ=,max(,)i i i δαβ= ,1,2,,i n =、例3、求证[,,](,,)a b c ab bc ca abc = 定理七：若a 的标准分解式为1212n n a p p p ααα=,则a 的一切正因数的个数1()(1)ni i a τα==+∏,a 的一切正因数的和为111()1i ni i ip a p ασ+=-=-∏;例4、证明形如41()n n N -∈的素数有无限个;哥德巴赫于1742年在和欧拉的通信中提出的猜想： 1．每个大于5的偶数都是两个奇素数之和 2．每个大于8的奇数都是三个奇素数之和1973年5月中国科学杂志刊出陈景润研究G 氐猜想的结果：“任一充分大的偶数是一个素数和另一个素数的和,后者或为素数,或仅另两个素数的乘积;”此定理被简称为“1+2”当然离“1+1”还有一段距离,不过这已经是当今最优成果了; 习题：1、设p 是异于3的奇素数,求证2241p -2、设,p q 是素数,且5p q >>,求证44240p q -3、设整数,,a b c 都大于1,证明[(,),(,)]([,],)a c b c a b c =4、求证：22[,,](,)(,)(,)(,,)[,][,][,]a b c a b b c c a a b c a b b c c a =5、设,a n 都是大于1,1n a -是素数,求证：2a =,且n 是素数6、从1到100这100个自然数中,任意选出51个数,求证其中至少有两个数,它们中的一个是另一个的倍数;7、设,,(,)1a b N a b ∈=,证明(,)()();()()()a b a b ab a b τττσσσ== 8、证明：形如32n +的素数有无限多个; 9、设2n >,证明：在n 与!n 之间至少有一个素数; 10、设n p 是表示由小到大排列的第n 个素数,证明22nn p <定义给定正整数m,如果用它除任意两个整数a,b,所得余数相同,就说a,b对于模m 同余,记作()mod a b m ≡;若所得余数不同,就说a,b 对于模m 不同余,记作()mod a b m ≡;定理与性质例1 正整数a 能被9整除的充要条件是a 的各个数码之和能被9整除; 例2 设110=n n a a a a a -⋅⋅⋅,求证：()()0121110mod nn a a a a a n ⇔-+⋅⋅⋅+-≡; 例3 求正整数a 能被7正处的充要条件; 例4 设44444444的各个数码之和为a,a 的各个数码之和为b,求b 的各个数码之和为c;例5 一环形公路上有几个汽车站,海拔高度只有5米和10米两种,若相邻两站的海拔高度相等,则称连接它们的公路是水平的；如果两相邻汽车站海拔高度不等,则称相连公路是有坡的;有一旅行者坐汽车环行东路一周,发现水平公路的段数与有坡公路的段数相等,求证4整除n ;例6 设()1234n n n n n P n N =+++∈,问：怎样的n 使得10|n P ; 例7 求证：任何整数1214,,,x x x ⋅⋅⋅都不能满足方程44412141599x x x ++⋅⋅⋅+=;习题1. 设()mod a b n ≡,求证：()(),,a m b m =;2. 设()5mod10a ≡,求证：()225mod100a ≡;3.设ABCDE 是按逆时针方向排列的五角棋盘,从A 沿逆时针方向移动棋子,第K 次移动K 步,证明无论移动多少次,C 、E 处永远不可能停留棋子; 4. 设a b Z ∈、,P 是素数,求证()()mod pp p a b a b p +≡+; 5.证明()()()222140mod360n n n --≡;6. 设,n a N ∈,2|a ,求证()221mod 2nn a +≡;7. 已知()4mod9n ≡,求证n 不能表为3个立方数的和; 8.已知()7mod8n ≡,求证n 不能表为3个平方数的和;9．求出一个整数能被101或37整除的充要条件; 10．求下列各数的末两位数：777和999; 11．记07a ≤<,且()101010mod7a ≡,求a; 12．已知792|1345ab c ,求a 、b 、c; 补充题：1. 1有几个住鞥书,其积为n,其和为零;求证4 | n ; 2设4 | n,求证：可以找出几个整数,使其积为n,其和为零;十八届全苏中学生竞赛2. 设a,b,c 是三个互不相等的正整数,求证：在33a b ab -,33b c bc -,33c a ca -三个数中,至少有一个数能被10整除;86. 全国初中联赛,二试,四3. 把19,20,…,79,80诸数连写成数A=192021…7980,试证1980 | A;4. 试求所有能被11整除的三位数,且除得之商等于被除数中各数字的平方和;二届IMO 1960若方程或方程组中未知数的个数多于方程的个数,它们的解又限制为正整数、整数、有理数或其它类别的数,则称此方程或方程组为不定方程;不定方程常联系到一些有趣的问题;竞赛中也时有所见;例1 在等式537850x yz ⋅=中还原数学x, y, z;1987年全俄中学生竞赛题例2 解方程xyz zyx xzyyx ⋅=;1978年广东省中学数学竞赛题例3 求方程w 2+2+2+2=20.625x y z满足条件：>>>w x y z 的整数解;1979年湖南省中学数学竞赛题定义1 设x 为任一实数,[]x表示不超过x 的最大整数;函数[]x称数论函数,也称高斯函数、阶梯函数等;数论问题是竞赛中的热门课题,而[]x则是热门中的热门;由定义,显然有①[]x Z∈；②[][]1x x x ≤<+;定义2 {}[]x x x =-称为x 的小数部分,显然{}01x ≤<;例1计算; 例2 求,n N∈;例3 解方程[]2x x =;例4 已知方程[]13122x x +=-,求所有根的和;1987年初中联考习题1. 5615785x x +-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦; 2.210x ⎤-+=⎦; 3.[]33x x -=;英斯科第20届奥林匹克数学竞赛题有时也常令[][)=,0,1x x αα-∈通过对α的讨论来解题;例5 方程[]2440510x x -+=的实数解的个数是 ;1985美国数学竞赛题A 0 ;B 1 ;C 2 ;D 3 ;E 4 .例6 记[]x表示不超过x 的最大整数,设n 是自然数,且()22I=1n n ++-,那么 ;1986年全国初中联考AI > 0 ; BI < 0 ; CI = 0 ;D 当n 取不同的值时,以上三种情况都有可能出现例7 求正数x ,使得[]{}2xx x =⋅;性质1 []x是不减函数;性质2 [][]x m x m+=+当且仅当m Z ∈时成立;性质3 对任意实数x 、y ,有[][][][][]+1x y x y x y ≤+≤++;性质4 设m 、n 为正整数,在数列1,2,…,n-1,n 中,m 的倍数有n m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个;定理设p 为一素数,在n 中p 的方次数等于21r r n n n p p p ∞=⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑例8 在1000!的十进制展开中,以多少个0为结尾例9 求证方程[][][][][][]248163212345x x x x x x +++++=无实数解;例10 设N 为一正整数,问方程[]()222x x x x ⎡⎤-=-⎣⎦在区间1x N ≤≤中有多少个解1982年瑞典数学竞赛题例11试决定1980的小数点前一位数字和后一位数字;1980年芬兰等欧洲四国数学竞赛题例12 在整数列222121980198019801980⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅⋅⋅⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，，，中,含有多少个互不相等的自然数1980苏联列宁格勒中学生数学竞赛试题习题1．设M=N 其中1x ≥;则一定有1985年北京市中学生数学竞赛高一年试题AM>N ; B M=N ; C M<N ; D 以上答案都不对2．设1988S⎡=++++⎣,那么的值是3． ①找出一个实数x,满足{}11x x ⎧⎫+=⎨⎬⎩⎭；②证明,满足上述等式的x 都不是有理数;4．设n N ∈,计算和+1=0+22k k k n ∞⎡⎤⎢⎥⎣⎦∑;1968第十届IMO 5．设a , b 为互素的正整数,求证：()()()1112+++2b a a b a a b b b ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅⋅⋅=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦;6．求所有自然数n , 使得22min 1991n k k ⎛⎫⎡⎤+= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭,这里2n k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦表示不超过2n k 的最大整数,N 是自然数集;1991年中国数学奥林匹克若方程或方程组中未知数的个数多于方程的个数,它们的解又限制为正整数、整数、有理数或其它类别的数,则称此方程或方程组为不定方程;不定方程联系到一些有趣的问题;竞赛中也时有所见;例1．在等式中还原数字x,y,z.1987全俄中学生竞赛题例2．解方程：例3．求方程222220.625w x y z +++=满足条件：w x y z >>>的整数解;1979年湖南省中学数学竞赛题定理 1 设,,,(,),','a b c Z a b d a a d b b d ∈===,则线性不定方程+=ax by c 有整数解的充要条件是d c ;在有整数解的情形下,如果0x x =,0y y =是一组整数解,那么该方程的一切整数解简称通解可以写成例 4 求方程719213x y +=的整数解;例5 今有物,不知其数百个以下;三三数之,剩二；五五数之,剩三；七七数之,剩二;问物几何该题目出自1600年前的孙子算经“三岁孩儿七十稀,五留廿一事尤奇,七度上元重相会,寒食清明便可知;” 注：该诀出自宋朝周密,“上元”指15,“寒食清明”指105,每年冬至至次年清明正好105天;“三人同行七十稀,五树梅花廿一枝,七子团圆月正半,除百零五便得知;” 注：该诀出自明朝程大位算法统宗;定理 2 勾股不定方程222x y z +=满足()000,1x y z x y >>>=、、、,|z y 的一切整数解可表示为22222x a b y ab z a b ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩,这里0a b >>,(),1a b =,,a b 中一个为奇数,另一个为偶数;例6 设n N ∈,证明方程22n x y z +=有正整数解;例7 证明不定方程444x y z +=没有正整数解;费马猜想：整数2n >时,方程n n n x y z += 无正整数解是数论中的一个着名的难题;1760年欧拉证明了n = 3 的情形;1828年勒让德余狄里赫勒各自证明了n = 5的情形;1840年拉梅证明n = 7的情形;库莫尔于1844年首创“理想数论”,并利用这个工具一举证明了n 是小于100的奇素数但除去n=37,59,67的情形.1892年米利曼诺夫证明了n=37的情形;1978瓦格斯塔夫借助大型电子计算机证明了2 < n < 125000的情形;…………29岁的讲师又对此做出了重大发展,然而至今还无法宣布此猜想是一条定理;例8 确定并加以证明方程22222a b c a b ++=所有的整数解;1976年美国竞赛题例9 证明方程3333990x y z xyz ++-=只有唯一的有理数解;例10 正整数a 与b 使得1ab +整除22a b +;求证221a b ab ++是某个正整数的平方;1988年第29届IMO习题1. 不定方程225671987m mn n -+=是否有整数解2. 方程x y z n ++=有多少组正整数解3. 求方程2pq qr rp pqr ++-=的整数解,,0p q r >;4. 求方程3xy xz yz z y x ++=的整数解;。

2020年IMO高中数学竞赛真题

2020年IMO高中数学竞赛真题2020年IMO高中数学竞赛真题星期一,21.九月2020 第1题.考虑凸四边形ABCD.设P是ABCD 内部一点.且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA=1:2:3=∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明:∠ADP的内角平分线、∠PCB的内角平分线和线段AB的垂直平分线三线共点.第2题.设实数a,b,c,d满足a≥b≥c≥d>0,且a+b+c+d=1.证明: (a+2b+3c+4d)a a b b c c d d<1.第3题.有4n枚小石子,重量分别为1,2,3,...,4n.每一枚小石子都染了n种颜色之一,使得每种颜色的小石子恰有四枚.证明:我们可以把这些小石子分成两堆,同时满足以下两个条件:两堆小石子有相同的总重量;每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.星期二,22.九月2020 第4题.给定整数n>1.在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站.有两家缆车公司A和B,各运营k辆缆车;每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站).A公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同,并且起点较高的缆车，它的终点也较高.B公司的缆车也满足相同的条件.我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动).确定最小的正整数k,使得一定有两个车站被两个公司同时连接.第5题.有一叠n>1张卡片.在每张卡片上写有一个正整数.这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n,使得可以推出这叠卡片上的数均相等?第6题.证明:存在正常数c具有如下性质:对任意整数n>1,以及平面上n个点的集合S,若S中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S的直线?,使得S中的每个点到直线?的距离不小于cn?1/3.(我们称直线?分离点集S,如果某条以S中两点为端点的线段与?相交.)注.如果证明了比cn?1/3弱的估计cn?α，会根据α>1/3的值，适当给分.。

三角形的五心定理

三角形的五心定理重心定理三角形的三条中线交于一点，这点到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍．上述交点叫做三角形的重心.外心定理三角形的三边的垂直平分线交于一点．这点叫做三角形的外心.垂心定理三角形的三条高交于一点．这点叫做三角形的垂心.内心定理三角形的三内角平分线交于一点．这点叫做三角形的内心.旁心定理三角形一内角平分线和另外两顶点处的外角平分线交于一点．这点叫做三角形的旁心．三角形有三个旁心．三角形的重心、外心、垂心、内心、旁心称为三角形的五心．它们都是三角形的重要相关点．上述的几个结论早在欧几里得时代均已被人发现，欧几里得除垂心定理外，均把它们作为重要定理收集在自己的《几何原本》里，但后来关于三角形这些特殊相关点的诸多研究及由此得出的许多著名结论表明，遗漏垂心定理不能不算是《几何原本》作者的一个疏忽．二引伸与推广1．重要性质及其相互间的联系三角形的五心有许多重要性质，它们之间也有很密切的联系，如：（1）三角形的重心与三顶点的连线所构成的三个三角形面积相等；（2）三角形的外心到三顶点的距离相等；（3）三角形的垂心与三顶点这四点中，任一点是其余三点所构成的三角形的垂心；（4）三角形的内心、旁心到三边距离相等；（5）三角形的垂心是它垂足三角形的内心；或者说，三角形的内心是它旁心三角形的垂心；（6）三角形的外心是它的中点三角形的垂心；（7）三角形的重心也是它的中点三角形的重心；（8）三角形的中点三角形的外心也是其垂足三角形的外心．上述性质读者可自行证明，下面我们给出几个推广．2．重心定理的推广证明如图7，直线CKF截ΔABD，由梅涅劳斯定理，有虽然当n=2时，有S△GHK=0，G、H、K重合于重心.如果我们称n（≥3）边形某顶点同除该点以外的n-1个顶点所决定的n-1边形的重心的连线，为n边形的中线，（当n-1=2时，n-1边形退化成一线段，此时重心即为线段的中心）那么重心定理可推广如下：定理2n边形的各条中线（若有重合，只算一条）相交于一点，各中线被该点分为：（n-1）∶1的两条线段，这点叫n边形的重心．证明当n=3时为重心定理，结论成立，假设n=k-1，（k≥4）时，命题成立，则当n=k 时，在k边形A1A2…Ak中，如图8，若S是k-2边形A1A2…Ak-2的重心，则Ak-1S、AkS 分别是k-1边形A1A2…Ak-2Ak-1和A1A2…Ak-2Ak的中线．设Ok-1和O′k-1分别是k-1边形A1A2…Ak-2Ak-1和A1A2…Ak-2Ak的重心，则根据假设有连接AkOk-1、Ak-1O′k-1，则它们是k边形的两条中线，且交于一点，设交点为O，连接Ok-1O′k-1，则有Ok-1O′k-1∥Ak-1Ak，所以ΔOOk-1O′k-1∽ΔOAk-1Ak．因此，k边形A1A2…Ak的相邻两条中线Ak-1O′k-1，AkOk-1交于O点，且被O点内分为（k-1）∶1．同理可证k边形A1A2…Ak的任意相邻两条中线的交点内分每条中线为（k-1）∶1，由此推得，k边形的所有中线过一点，且被这点内分为（k-1）∶1．综上所述，定理得证．3．外心定理的推广定理3过ΔABC三边中点D、E、F分别作与三边倾斜角均为α的斜线且顺序一致，三斜线相交得ΔGHK，则SΔGHK=cos2α·SΔABC．证明如图9，首先我们证ΔKGH∽ΔABC，因为∠KFA=α=∠KEA，因为A、K、F、E四点共圆，所以∠GKH=∠BAC．同理可证∠G=∠B，∠H=∠C，故ΔKGH∽ΔABC．又由正弦定理，有同理，B、G、D、F共圆，有①+②得显然，当α=90°，即S△KGH=0时正是外心定理．对外心定理，还有下面的推广证明略．4．垂心定理的推广定理5从ΔABC三顶点分别作对边的斜线，与对边的交角为α，且顺序一致，三斜线相交成ΔGHK．则SΔGHK=4cos2α·SΔABC．证明如图10，过A、B、C分别作对边的平行线交得ΔA′B′C′，则A、B、C分别为ΔA′B′C′三边的中点，由定理3有SΔGHK=cos2α·SΔA′B′C′=4cos2α·SΔABC．显然，α=90°时为垂心定理．垂心定理还可理解为三角形一顶点与另两条高交点的连线垂直于对边，那么对五边形，我们有定理6在一五边形中，若有四个顶点向对边所作的高交于一点，则第五个顶点与其交点的边线也垂直于对边．证明如图11，设在五边形ABCDE中，AF⊥CD、BG⊥DE、CH⊥AE，DI⊥AB；且AF、BG、CH、DI交于O点，连接EO并延长交BC于K，连HG，则四边形AHFC、AIFD、BIGD、OHEG各内接于圆．所以OA·OF=OH·OC，OA·OF=OI·OD．OI·OD=OB·OG，∠1=∠2．所以OH·OC=OB·OG，故C、B、H、G内接于圆．所以∠2=∠3，则∠1=∠3．所以四边形BEGK内接于圆．而BG⊥DE，故EK⊥BC，命题得证．此结论可推广到2n+1边形．三．定理的应用例1设G为△ABC的重心，M、N分别为BC、CA的中点，求证：四边形GMCN和△GAB的面积相等．证明如图12，连GC，则例2三角形的任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的二倍．证明如图13，O为ΔABC的外心，H为垂心，连CO交ΔABC外接圆于D，连DA、DB，则DA⊥AC，BD⊥BC，又AH⊥BC，BH⊥AC．又DB=2OM，所以AH=2OM．同理可证BH=2ON，CH=2OK．证毕．例3AD是ΔABC的一条高；以AB、AC为边向外作正方形ABEF和ACGH，连BG、EC，求证：AD、BG、CE相交于一点．证明如图14，延长DA至K，使AK=BC，连FK、KH；则ΔKAH≌ΔBCA，ΔKAF≌ΔCBA，连KC、KB，则可得ΔKAC≌ΔBCG，ΔKAB≌ΔCBE．于是∠ACK=∠CGB，∠KBA=∠BEC，且它们分别为∠KCG及∠KBE的余角．所以BG⊥KC，CE⊥KB，从而AD、BG、CE为ΔKBC的三条高线，故它们相交于一点．例4在ΔABC中，AB=AC，圆O内切ΔABC的外接圆于D，且与边AB、AC分别相切于P、Q，证明：线段PQ的中点是ΔABC的内心．证明如图15，连接AD、PD、QD，易知AD平分∠PDQ及∠A，因为PQ∥BC，所以∠APQ=∠ABC①又AB切⊙O于P，则∠APQ=∠PDQ=2∠PDM②再连BD、BM，由于∠PBD=∠PMD=90°，故P、B、D、M四点共圆．所以∠PBM=∠PDM．③由①、②、③可得：∠PBM=∠MBC．即BM是∠ABC的平分线，而AM是∠A的平分线，所以交点M是ΔABC的内心．这是第20届国际数学奥林匹克竞赛试题，其实当AB≠AC时，结论也成立，这个问题留给有兴趣的读者进一步探究．练习与思考1．证明本章“引伸与推广部分命题（1）—（8）．2．G为ΔABC的重心，∠A=90°，求证：GB2+GC2=5GA2．3．ΔABC的外心和垂心分别为O、H，∠A=60°，求证：AO=AH．4．ΔABC中，BC=14cm，BC边上的高AD=12cm，内接圆半径r=4cm，求AB、AC之长．。

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。

第1届国际数学奥林匹克(IMO)

第1届国际数学奥林匹克(IMO)1.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届国际数学奥林匹克(IMO)1.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 = 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'）。

2020国际奥林匹克数学竞赛压轴题

2020国际奥林匹克数学竞赛压轴题
摘要：
1.2020 国际奥林匹克数学竞赛概述
2.压轴题的背景和意义
3.压轴题的解答思路
4.对中国选手在比赛中的表现分析
5.总结
正文：
【2020 国际奥林匹克数学竞赛概述】
2020 国际奥林匹克数学竞赛（IMO）是全球范围内最高水平的青少年数学竞赛，吸引了来自世界各地的优秀选手参加。

该比赛每年举办一次，旨在发现和培养青少年数学人才，推动数学教育的发展。

【压轴题的背景和意义】
在2020 年的IMO 竞赛中，最后一道题目，也就是压轴题，是一道涉及复数分析和解析几何的综合性问题。

这道题目难度较大，对选手的数学基础和解题能力有很高的要求。

压轴题的背景和意义在于，它不仅考查选手的基本运算能力，还需要选手具备良好的逻辑思维和创新能力。

【压轴题的解答思路】
这道压轴题的解答思路主要包括以下几个步骤：
第一步，根据题目给出的条件，建立数学模型。

第二步，利用复数分析的相关知识，对模型进行化简和分析。

第三步，运用解析几何的方法，求解模型中的未知量。

第四步，将求得的结果进行验证，得出最终的结论。

【对中国选手在比赛中的表现分析】
在这次比赛中，中国选手表现出色，共有6 名选手获得金牌。

其中，压轴题的解答环节，中国选手们也展现出了很高的水平。

这说明我国在数学教育方面，尤其是对优秀学生的培养上，取得了显著的成果。

【总结】
2020 年国际奥林匹克数学竞赛的压轴题，既展示了数学的美妙与挑战，也展现了各国选手的才华与潜力。

对于中国选手而言，这次比赛的优异成绩是对我国数学教育成果的肯定，更是一种激励。

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。

数学奥林匹克第二十届全国中学生数学冬令营

数学奥林匹克第二十届全国中学生数学冬令营1、给定θi∈(-π/2,π/2),i=1,2,3,4。

证明当且仅当时，存在实数x同时满足两个不等式，。

2、一个圆和△ABC的三条边分别相交于D1,D2;E1,E2;F1,F2。

另外, 线段D1E1和线段D2F2相交于点L，线段E1F1和E2F2相交于点M, 线段F1D1和F2E2相交于N。

证明三直线AL，BM，CN共点。

3、如图所示（图是由两个同心圆,n条一端点在圆心,一端点在大圆上的线段组成。

注:看不懂就可通过下文来推敲）圆形的水池被分割为2n(n≥5)个"格子"。

我们把有公共隔墙(公共边或公共弧)的"格子"称为相邻的，从而每个格子有三个邻格。

水池中一共跳入4n+1只青蛙,青蛙难于安静共处,只要某个"格子"中有不少于3只青蛙，那么迟早一定会有3只分别跳往三个不同邻格。

证明：只要经过一段时间之后,青蛙便会在水池中大致分布均匀。

所谓大致分布均匀，就是任取其中一个"格子"，或者它里面有青蛙，或者它的3个邻格均有4、已知数列 {a n} 满足条件 a1=21/16,及2a n-3a n-1=3/2n+1（其中n>1）。

设m为正整数，m>1，m≥n，证明：[a n+3/2n+3]1/m*[m-(2/3)n(m-1)/m]<(m2-1)/(m-n+1)。

5、在面积为1的矩形ABCD中(包括边界)有5个点，其中任意三点不共线。

求以这5个点为顶点的所有三角形中，面积不大于1/4的三角形的个数的最小值。

6、求方程2^x*3^y-5^z*7^w=1的所有非负整数解。