2018年罗马尼亚数学奥林匹克竞赛试题(图片版)
2018年欧洲女子数学奥林匹克答案
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Problem 1. Let ABC be an acute-angled triangle, and let D be the foot of the altitude from C. The angle bisector of ∠ABC intersects CD at E and meets the circumcircle ω of triangle ADE again at F. If ∠ADF = 45◦ , show that CF is tangent to ω. (Luxembourg) C F Solution 1: Since ∠CDF = 90◦ − 45◦ = 45◦ , the line DF bisects ∠CDA, and so F lies on the perpendicular bisector of segment AE, which meets AB at G. Let ∠ABC = 2β. Since ADEF is cyclic, ∠AF E = 90◦ , and hence ∠F AE = 45◦ . Further, as BF bisects ∠ABC, we have ∠F AB = 90◦ − β, and thus ∠EAB = ∠AEG = 45◦ − β, and ∠AED = 45◦ + β,
推荐-数学奥林匹克高中训练题(2018) 精品
数学奥林匹克高中训练题（18）第一试一、选择题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题18)函数arccos (11)y x x =-≤≤的图像关于y 轴的对称图形记为1c ，而1c 关于直线x y =对称的图形记为2c ，则2c 的解析式是(C)．(A)cos (0)y x x π=≤≤ (B)arcsin (11)y x x =-≤≤(C)cos (0)y x x π=-≤≤ (D)以上答案都不对2．(训练题18)使得方程ab k b a ⋅=+22有正整数解),(b a 的正整数k 的个数是(B)．(A)0个 (B)1 个 (C)不止1个，但只有有限多个 (D)无穷多个3．(训练题18) 如图，在竖直坐标平面xoy 中，直线l 过坐标原点O ，且l 在第Ⅰ和第Ⅲ象限内，l 与x 轴的夹角为α)900( <<α．有一质点(不计质点的大小)在y轴上O 点正上方的位置A 处，该质点从静止状态开始在重力的作用下，径滑行到l 上的B 点处终止，记θ=∠BAO ，则当质点下滑到l 短时，θ等于(C)．(A) 0 (B)4α (C)2α (D)α 4．(训练题18)设21243(1,2,3,)n n n a n ++=+= ，P 是能整除 321,,a a a 中无穷多项的最小素数，q 是能整除 321,,a a a 中每一项的最小素数，则q p ⋅是(D)．(A)75⨯ (B)137⨯ (C)1313⨯ (D)以上答案都不对5．(训练题18)在复平面上，曲线14=+z z 与圆周1=z 的交点的个数是(A)．(A)0 (B)1 (C)2 (D)36．(训练题18)如图，半径为1的半圆周以O 为圆心，以AB 为直径，动点C 在整个圆周上移动，延长AC 到D ，使得),0(为常数k k k CBCD >=．则D 点所描出的曲线的长度是(D)． (A)π⋅+)1(k (B) π⋅+)1(k (C) π⋅+)1(2k (D) π⋅+)1(2k二、填空题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题18)方程x x cos sin =在闭区间[]10,10ππ-内的解的个数是 20 ．2．(训练题18)[]x 是表示不超过x的最大整数，则991k =∑= 615 ．3．(训练题18)两个半径为1的球面相外切，且它们都与半径为1的圆柱面相内切，另一小球面与这两个球面都相外切，且与圆柱面相内切.过小球的球心和一个大球的球心的平面与圆柱面相交成一个椭圆，则该椭圆的离心率e 的最大可能值是 45 ． 4．(训练题18)在1~1000范围内有 500 个正整数n ，使得11993+n 与11994+n 互素．5．(训练题18)集合C B A ,,(不必两两相异)的并集{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}A B C = ，则在此条件下集合的有序三元组),,(C B A 的个数是 107 (答案写成b a 的形式)．6．(训练题18)动点),(y x P 从坐标原点O 出发沿着抛物线2x y =移动到点)49,23(A ，则在移动过程中PA PO +最大时，P 点的横坐标x = 12． 三、(训练题18)(本题满分20分)计算：11(1)2lim 24(1)21i in i i i n i -→∞=-⨯+--∑． (13) 四、(训练题18)(本题满分20分)已知n a a a a 321,,是n 个正实数，b a 和是正实数，满足12n n a a a a = ． 求证：n n b a b a b a b a )()()()(21+≥+⋅⋅+⋅+ ．五、(训练题18)(本题满分20分)如图，在竖直坐标平面xoy 中，从坐标原点O 出发以同一初速度0v 和不同的发射角(即发射方向与x 轴的正向之间的夹角))2,0(παπαα≠≤≤射出的质点(不计质点的大小)，在重力(设重力加速度为g )的作用下运动轨迹是抛物线，所有这些抛物线组成一个抛物线族(即抛物线的集合)．若两条抛物线在同一个交点处的切线互相垂直，则称这个交点为正交点．证明：此抛物线族的所有正交点的集合是一段椭圆弧，并求出这个椭圆弧的方程(包括变量的取值范围)，再画出它的草图. 注：抛物线)0(2≠++=c c bx ax y 在其上的点),(y x 处的切线的斜率为b ax +2． 第二试y x0v v O α0v一、(训练题18)(本题满分35分)已知凸四边形ABCD 内接于圆O ，对角线BD AC ,相交于P ，过P 分别作直线DA CD BC AB ,,,的垂线，垂足分别是,,,E F G H .求证：FG BD EH ,,三直线共点或互相平行．二、(训练题18)(本题满分35分)设集合},3,2,1{n S =，若S 的非空子集X 中奇数的个数大于偶数的个数，则称X 是“好的”.试求S 的所有“好的”子集的个数（答案写成最简结果）．三、(训练题18)(本题满分35分)设集合}1000,999,102,101,100{ =S ，1231123{,,,,,n n n A a a a a a a a a a -= 是正数，且321211}n a a a q a a a ====> ．试求交集S A 的元素个数的最大可能值．。
(完整版)(完整版)2018年(第59届)国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题及答案图片版
岁马尼亚克卢日蜻沐卡第一天«1. itΓ<HΛ三角砒4〃C的外44圈・点D和EAru殳/CAC上∙^nAD ≈ AEφ BI)^CE的•克羊分线⅛Γ上劣弧AB AC分別文于点FG im ADE⅜FG1 ⅛A÷*t•⅛ 2.求所有的整4⅛□23∙便俗存在实软5皿2.・・・.<¼+2∙滿足"*ι = <M∙ 5∙2 Ua2异且<≡∙<<∙⅛1 + 1 = α∣÷3— 1.2. - - ■” 戍立・題3・反忖斷卡三蔦砒是由铁俎戎的一个正三角外障•港足除了鬟下方一行.孕个敦是它下方相你两金铁之屋的绘对值•例*\下而是一金四忡的反恤浙卡三角耐・由Hl MlO tt⅛.42 65 7 18 3 10 9请MΛ5 4Λ2018fτ的反帕浙卡三 E 包含IMl +2十・∙∙ + 2018所亦的蹩典？鈿二夭« 4.我们呀谓一个（IJL是斯d角坐栋丰而上的一个A（X.,V）∙乳中工・"需足不雄述20的正史软.最初时•所有400个位豆那是空的.甲乙两人轮濃霖放石子•由甲先遗ft∙毎次伦刘甲时.他41 一个空的住I±Λ±-¼*的化也若子•要求任急两金红己石子舸息<1 Jt之问的距离都不#于％・每次伦刘乙片•他/1任直一个空的CiJt上崔上一个M6⅛2Lt>&子.（Jl色石子所在位直与戻它石于所在位直之问雎禹可以是任倉值・）4此UAitfTT去直至某金人无法再霖放石子•试确岌遥大的位再无论乙知何报就這色若予.Y⅛*Ef⅛Ui∙>∙4X⅛K个红已若子・« 5. Ha i.a2.…走一个>LfPil正整软斥列.已知4在於敦N>l∙使碍对每个^Kn > .V t Oi i o2 . I Q*1“ I OH――+ — + ・• • + ・■■■・ + —。
高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理
第章 角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，则三直线、、平行或共点的充要条件是证明由，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立． 推论设、、分别是的外接圆三段弧、、上的点，则、、共点的充要条件是．事实上，应用三角形正弦定理，代入角元形式的塞瓦定理即证． 第二角元形式的塞氏定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则、、平行或共点的充要条件是．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例（年加拿大数学奥林匹克题）如图，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．40°20°α40°70°HF EDCBA图22-1证明如图，设，则，对及点，应用甬元形式的塞瓦定理，有．从而， 即有．于是．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故． 例（年香港代表队选拔赛题）如图，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．BA图22-2证明用表的度数，令，则，，，，．对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有． 亦即．亦即．从而而，则． 由，有于是，即，从而。
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。
2018年世界少年奥林匹克数学竞赛八年级海选赛试题含答案
绝密★启用前世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛选手须知：1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。
2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。
3、比赛时不能使用计算工具。
4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。
八年级试题（Ａ卷）（本试卷满分120分 ，考试时间90分钟 ）一、填空题。
（每题5分，共计50分）1、36的平方根是 。
2、若方程mx+ny=6的两个解是⎩⎨⎧==11y x 及⎩⎨⎧-==12y x ，则m= ，n = 。
3、已知1=-b a ，=+=+b a b a ,2522。
4、已知x=y+z=2，则=+++xyz z y x 333223。
5、如果实数a ，b 满足条件,12|21|,12222a b a b a b a -=+++-=+则a+b= 。
6、某班级春游时48人到杭州西湖划船。
已知每只小船坐3个人，租金16元；每只大船坐5个人，租金24元，则这个班级租金至少花 元。
7、在△ABC 中，∠B=60°，∠C ＞∠A ，且222B A )C (）（）（∠+∠=∠,则△ABC 的形状是 。
8、观察下列式子：181092+⨯=；198100992+⨯=；199810009992+⨯=，……，按规律写出=2999999 。
（填写具体数字）9、如图，韩梅梅从A 点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，照这样子走下去，他第一次回到起点A 时走了 米。
10、如图直线L 与∠A 的两边相交于点B 、C ，则图中以A 、B 、C 为端点的射线有 条。
二、计算题。
（每题6分，共计12分）11、 1+3+5+7+9+…+2017+201912、 1+5+52+53+…+5100省 市 学校 姓名 赛场 参赛证号∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕ 密 〇 封 〇 装 〇 订 〇 线 ∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕密 封 线 内 不 要 答 题三、解答题。
2018年度国外数学竞赛试题翻译汇编
纯属公益, 免费使用分享, 只送不卖
2018 年巴西数学奥林匹克复仇赛 …………………………………… 114 2017/2018 英国数学竞赛 …………………………………………… 115 2018 年保加利亚数学奥林匹克 ……………………………………… 117 2018 年保加利亚 JBMO 代表队选拔考试 …………………………… 118 2018 年加拿大数学奥林匹克 ………………………………………… 119 2018 年塞浦路斯 IMO 代表队选拔考试 …………………………… 120 2018 年塞浦路斯 JBMO 代表队选拔考试 …………………………… 122 2018 年丹麦数学奥林匹克(第二轮) ………………………………… 125 2018 年法国 JBMO 代表队选拔考试 ………………………………… 126 2018 年德国数学奥林匹克(联邦级) ………………………………… 128 2018 年德国数学奥林匹克(12 年级决赛) …………………………… 130 2018 年希腊数学奥林匹克 …………………………………………… 131 2018 年希腊 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 133 2018 年希腊 JBMO 代表队选拔考试 ………………………………… 134 2018 年香港数学奥林匹克 …………………………………………… 135 2018 年香港 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 136 2018 年匈牙利库尔沙克数学竞赛 …………………………………… 138 2018 年印度全国数学奥林匹克 ……………………………………… 139 2018 年印度 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 140 2018 年伊朗数学奥林匹克 …………………………………………… 143 2018 年伊朗 IMO 代表队选拔考试 ………………………………… 146 2018 年爱尔兰数学奥林匹克 ………………………………………… 149 2018 年意大利数学奥林匹克 ………………………………………… 151 2018 年哈萨克斯坦数学奥林匹克(11 年级决赛) …………………… 152 2018 韩国数学奥林匹克 ……………………………………………… 153 2018 年韩国数学冬令营训练题 ……………………………………… 156 2018 年科索沃 IMO 培训考试 ……………………………………… 157 2018 年马其顿数学奥林匹克 ………………………………………… 158 2018 年马其顿 JBMO 代表队选拔考试 ……………………………… 159
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。
完整版完整版2018年第59届国际数学奥林匹克IMO竞赛试题及答案图片版
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2019罗马尼亚大师杯部分预选奥林匹克高中数学试题(无答案)
2019罗马尼亚大师杯部分预选题代数组A1.求所有函数:f R R →,使得对任意实数a,b,均有()()()()2222f a ab f b af b b f a ++=++.A2.给定正整数n,我们将集合{1,2,...,2n}划分为两个n 元子集A,B,若存在常数n C ，使得无论我们怎么划分,一定存在一组元素1212,,,,,,,,n n a a a A b b b B ⋅⋅⋅∈⋅⋅⋅∈使得()()()2221122n n n a b a b a b C -+-+⋅⋅⋅+-≥，求n C 最大值.A3.求所有函数:f R R →,使得对任意实数x ，y,均有()()()()()2019f x yf x f xy f x f y ++=+.C1.已知k ，N 均为正整数k>1，N>2k+1.有N 个人围绕圆桌坐成一圈,每个人要么是骑士(永远说真话)要么是诈骗师(永远说假话).所有人坐好后,每个人都可以看见自己左侧的k 个人和右侧的k 个人.随后,每个人都说”我能看到的左侧的骑士人数和右侧的骑士人数一样多”.那么,是否每个人都一定是骑士?C2.给定正整数n ≥2.我们在一个3n ×3n 的国际象棋棋盘的某个单元格中放置一个棋子”王”,并对他进行如下操作:在每一步中,这枚棋子可以向上移动一个单元格,或向右移动一个单元格,或向自己的左下方向移动一个单元格.经过若干步之后,这枚棋子回到了初始位置,并且除最初的单元格之外,任何一个单元格都至多经过了一次.求这个过程所用步数的最大值.C3.给定奇数n ＞ 1.对集合{1,2,...,n}的一个排列p,若整数i,j 满足11,i i j i j n n p p p +≤≤≤++⋅⋅⋅+，就称i,j 是有缘的.设S 为所有有缘的整数对的个数,求S 的最大值.G1.对任意正整数n,证明:一定存在一个多边形(不一定是凸的),其任意三个顶点不共线,且恰有n种方法对其进行三角分解.注:三角分解指,用多边形的对角线将其分割为若干三角形,这些三角形两两之间没有公共的内部点,也没有公共的原多边形的边.G2.锐角△ABC中,BM为中线.过C作△BMC外接圆的切线,并在其上取一点K,使得∠KBC＝90°.线段AK与BM交于J.证明:△BJK的外心在直线AC上.G3.锐角△ABC中,过C作直线AC的垂线,与∠ABC的外角平分线交于点D.过D作BC垂线,垂足为H,过H作AC平行线,交AB于K.若M为AK中点,证明:MC＝MB＋BH.G4.锐角△ABC中,AB≠AC,I和O分别为其内心和外心.其内切圆与BC,CA,AB分别切于点D,E,F.过I作EF平行线,过D作AO平行线,两者交于点H.若AH⊥BC,证明:H为△ABC垂心.G5.设Ω为锐角△ABC 外接圆,D 为Ω上劣弧AB 中点.以D 为圆心,作圆ω,与AB 切于点E.过C 作ω的切线,与线段AB 分别交于点K,L,其中K 在线段AL 上.圆1Ω与AL,CL 相切,与Ω切于点M.同样的,圆2Ω与BK,CK 相切,与Ω切于点N.直线LM 与KN 交于点P.证明:∠KCE ＝∠LCP.G5.升级版.设Ω为锐角△ABC 外接圆,在∠ACB 的平分线上选一点D,使得D 和C 在直线AB 两侧.以D 为圆心,作圆ω,与AB 切于点E.过C 作ω的切线,与线段AB 分别交于点K,L,其中K 在线段AL 上.圆1Ω与AL,CL 相切,与Ω切于点M.同样的,圆2Ω与BK,CK 相切,与Ω切于点N.直线LM 与KN 交于点P.证明:∠KCE ＝∠LCP.(图略)G6.四边形ABCD 内接于圆I.在四边形内取异于I 的一点P,使得△PAB,△PBC,△PCD,△PDA 周长相等.以P 为圆心作圆Γ,与射线PA,PB,PC,PD 分别交于点1111,,,A B C D .证明:直线1111,,PI A C B D 共点.数论组N1.已知p ，q 为互素的奇数,1<p<q.对满足01a p ≤≤-,01b q ≤≤-的任意整数a,b,以下()(){},,1,1a b a b ++,()(){}1,,0,1p b b -+中，每一组整数对中都有且仅有一个整数对属于集合A,其中02a p ≤≤-，02b q ≤≤-.证明:A 中至少有()()118p q --个奇数对.N2.对大于1的整数对(c,d),神算子和智多星进行如下游戏:首先,神算子构造一个d 次的首一整系数多项式P,以及素数p>c(2c+1),并告知智多星.随后,智多星在黑板上写下不超过()2121p c c -+个整数,并进行如下一系列操作:在每一步中,智多星从黑板上选择一个数x,并在黑板上写下P(x).若经过若干次操作之后,黑板上的数字可以组成一个mod p 的完系,则智多星获胜,否则神算子获胜.求所有的整数对(c,d),使得无论神算子怎么构造,智多星都可以获胜.。