罗马尼亚数学奥林匹克竞赛试题(图片版,无答案)
20XX年罗马尼亚大师杯数学奥林匹克第一天试题解答（英文）[汇编]
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The 5th Romanian Master of Mathematics CompetitionSolutions for the Day 1Problem 1.Given a ?nite group of boys and girls,a covering set of boys is a set of boys such that every girl knows at least one boy in that set;and a covering set of girls is a set of girls such that every boy knows at least one girl in that set.Prove that the number of covering sets of boys and the number of covering sets of girls have the same parity.(Acquaintance is assumed to be mutual.)(Poland)Marek CyganSolution 1.A set X of boys is separated from a set Y of girls if no boy in X is an acquaintance of a girl in Y.Similarly,a set Y of girls is separated from a set X of boys if no girl in Y is an acquaintance of a boy in X .Since acquaintance is assumed mutual,separation is symmetric:X is separated from Y if and only if Y is separated from X .This enables doubly counting the number n of ordered pairs (X,Y )of separated sets X ,of boys,and Y ,of girls,and thereby showing that it is congruent modulo 2to both numbers in question.Given a set X of boys,let Y X be the largest set of girls separated from X ,to deduce that X is separated from exactly 2|Y X |sets of girls.Consequently,n =∑X 2|Y X |which is clearly congruent modulo 2to the number of covering sets of boys.Mutatis mutandis,the argument applies to show n congruent modulo 2to the number of covering sets of girls.Remark.The argument in this solution translates verbatim in terms of the adjancency matrix of the associated acquaintance graph.Solution 2.(Ilya Bogdanov)Let B denote the set of boys,let G denote the set of girls and induct on |B |+|G|.The assertion is vacuously true if either set is empty.Next,?x a boy b,let B ′=B {b},and let G ′be the set of all girls who do not know b.Notice that:(1)a covering set of boys in B ′∪G is still one in B ∪G;and(2)a covering set of boys in B ∪G which is no longer one in B ′∪G is precisely the union of a covering set of boys in B ′∪G ′and {b},so the number of covering sets of boys in B ∪G is the sum of those in B ′∪G and B ′∪G ′.On the other hand,(1′)a covering set of girls in B ∪G is still one in B ′∪G;and(2′)a covering set of girls in B ′∪G which is no longer one in B ∪G is precisely a covering setof girls in B ′∪G ′,so the number of covering sets of girls in B ∪G is the di?erence of those in B ′∪G and B ′∪G ′.Since the assertion is true for both B ′∪G and B ′∪G ′by the induction hypothesis,the conclusion follows.1Solution 3.(G′eza K′os)Let B and G denote the sets of boys and girls,respectively.For every pair(b,g)∈B×G,write f(b,g)=0if they know each other,and f(b,g)=1otherwise.A set X of boys is covering if and only if∏g∈G (1-∏b∈Xf(b,g))= 1.Hence the number of covering sets of boys is∑X?B ∏g∈G(1-∏b∈Xf(b,g))≡∑X?B∏g∈G(1+∏b∈Xf(b,g))=∑X?B∑Y?G∏b∈X∏g∈Yf(b,g)(mod2).By symmetry,the same is valid for the number of covering sets of girls.2Problem 2.Given a triangle ABC ,let D ,E ,and F respectively denote the midpoints of the sides BC ,CA ,and AB .The circle BCF and the line BE meet again at P ,and the circle ABE and the line AD meet again at Q.Finally,the lines DP and F Q meet at R.Prove that the centroid G of the triangle ABC lies on the circle P QR .(United Kingdom)David MonkSolution 1.We will use the following lemma.Lemma.Let AD be a median in triangle ABC .Then cot ∠BAD =2cot A +cot B and cot ∠ADC =12(cot B -cot C ).Proof.Let CC 1and DD 1be the perpendiculars from C and D to AB .Using the signed lengths we writecot BAD =AD 1DD1=(AC 1+AB )/2CC 1/2=CC 1cot A +CC 1(cot A +cot B )CC 1=2cot A +cot B.Similarly,denoting by A 1the projection of A onto BC ,we get cot ADC =DA 1AA 1=BC/2-A 1C AA 1=(AA 1cot B +AA 1cot C )/2-AA 1cot C AA 1=cot B -cot C 2.The Lemma is proved.Turning to the solution,by the Lemma we getcot ∠BP D =2cot ∠BP C +cot ∠P BC =2cot ∠BF C +cot ∠P BC (from circle BF P C )=2·12(cot A -cot B )+2cot B +cot C =cot A +cot B +cot C.Similarly,cot ∠GQF =cot A +cot B +cot C ,so ∠GP R =∠GQF and GP RQ is cyclic.Remark.The angle ∠GP R =∠GQF is the Brocard angle.Solution 2.(Ilya Bogdanov and Marian Andronache)We also prove that ∠(RP,P G)=∠(RQ,QG ),or ∠(DP,P G)=∠(F Q,QG ).Let S be the point on ray GD such that AG ·GS =CG ·GF (so the points A ,S,C ,Fare concyclic).Then GP ·GE =GP ·12GB =12CG ·GF =12AG ·GS =GD ·GS ,hence the points E ,P ,D ,S are also concyclic,and ∠(DP,P G)=∠(GS,SE ).The problem may therefore be rephrased as follows:Given a triangle ABC ,let D ,E and F respectively denote the midpoints of the sides BC ,CA and AB .The circle ABE ,respectively,ACF ,and the line AD meet again at Q,respectively,S.Prove that ∠AQF =∠ASE (and ES =F Q).AB CD DE EFG PQR S3Upon inversion of pole A ,the problem reads:Given a triangle AE ′F ′,let the symmedian from A meet the medians from E ′and F ′at K =Q ′and L =S ′,respectively.Prove that the angles AE ′L and AF ′K are congruent .AXYK KL LM NV To prove this,denote E ′=X ,F ′=Y.Let the symmedian from A meet the side XY at V and let the lines XL and Y K meet the sides AY and AX at M and N ,respectively.Since the points K and L lie on the medians,we have V M ∥AX ,V N ∥AY .Hence AMV N is a parallelogram,the symmedian AV of triangle AXY supports the median of triangle AMN ,which implies that the triangles AMN and AXY are similar.Hence the points M ,N ,X ,Y are concyclic,and ∠AXM =∠AY N ,QED.Remark 1.We know that the points X ,Y ,M ,N are concyclic.Invert back from A and consider the circles AF Q and AES :the former meets AC again at M ′and the latter meets AB again at N ′.Then the points E ,F ,M ′,N ′are concyclic.Remark 2.The inversion at pole A also allows one to show that ∠AQF is the Brocard angle,thus providing one more solution.In our notation,it is equivalent to the fact that the points Y ,K ,and Z are collinear,where Z is the Brocard point (so ∠ZAX =∠ZY A =∠ZXY ).This is valid because the lines AV ,XK ,and Y Z are the radical axes of the following circles:(i)passing through X and tangent to AY at A ;(ii)passing through Y and tangent to AX at A ;and (iii)passing through X and tangent to AY at Y.The point K is the radical center of these three circles.Solution 3.(Ilya Bogdanov)Again,we will prove that ∠(DP,P G)=∠(F Q,QG ).Mark a point T on the ray GF such that GF ·GT =GQ ·GD ;then the points F ,Q,D ,T are concyclic,and ∠(F Q,QG )=∠(T G,T D )=∠(T C,T D ).ABC DD E EF GPQ T P ′K4Shift the point P by the vector --→BD to obtain point P′.Then∠(DP,P G)=∠(CP′,P′D),and we need to prove that∠(CP′,P′D)=∠(CT,T D).This is precisely the condition that the points T,D,C,P′be concyclic.Denote GE=x,GF=y.Then GP·GB=GC·GF,so GP=y2/x.On the other hand,GB·GE=GQ·GA=2GQ·GD=2GT·GF,so GT=x2/y.Denote by K the point of intersection of DP′and CT;we need to prove that T K·KC=DK·KP′.Now,DP′=BP=BG+GP=2x+y2/x,CT=CG+GT=2y+x2/y,DK=BG/2=x, CK=CG/2=y.Hence the desired equality reads x(x+y2/x)=y(y+x2/y)which is obvious.Remark.The points B,T,E,and C are concyclic,hence the point T is also of the same kind as P and Q.5Problem 3.Each positive integer number is coloured red or blue.A function f from the set of positive integer numbers into itself has the following two properties:(a)if x≤y,then f(x)≤f(y);and(b)if x,y and z are all(not necessarily distinct)positive integer numbers of the same colourand x+y=z,then f(x)+f(y)=f(z).Prove that there exists a positive number a such that f(x)≤ax for all positive integer numbers x.(United Kingdom)Ben ElliottSolution.For integer x,y,by a segment[x,y]we always mean the set of all integers t such that x≤t≤y;the length of this segment is y-x.If for every two positive integers x,y sharing the same colour we have f(x)/x=f(y)/y, then one can choose a=max{f(r)/r,f(b)/b},where r and b are arbitrary red and blue numbers, respectively.So we can assume that there are two red numbers x,y such that f(x)/x=f(y)/y.Set m=xy.Then each segment of length m contains a blue number.Indeed,assume that all the numbers on the segment[k,k+m]are red.Thenf(k+m)=f(k+xy)=f(k+x(y-1))+f(x)=···=f(k)+yf(x),f(k+m)=f(k+xy)=f(k+(x-1)y)+f(y)=···=f(k)+xf(y),so yf(x)=xf(y)—a contradiction.Now we consider two cases.Case1.Assume that there exists a segment[k,k+m]of length m consisting of blue numbers.De?ne D=max{f(k),...,f(k+m)}.We claim that f(z)-f(z-1)≤D,whatever z>k,and the conclusion follows.Consider the largest blue number b1not exceeding z,so z-b1≤m,and some blue number b2on the segment[b1+k,b1+k+m],so b2>z.Write f(b2)=f(b1)+f(b2-b1)≤f(b1)+D to deduce that f(z+1)-f(z)≤f(b2)-f(b1)≤D,as claimed.Case2.Each segment of length m contains numbers of both colours.Fix any red number R≥2m such that R+1is blue and set D=max{f(R),f(R+1)}.Now we claim that f(z+1)-f(z)≤D,whatever z>2m.Consider the largest red number r not exceeding z and the largest blue number b smaller than r;then0<z-b=(z-r)+(r-b)≤2m,and b+1is red.Let t=b+R+1;then t>z.If t is blue,then f(t)=f(b)+f(R+1)≤f(b)+D,and f(z+1)-f(z)≤f(t)-f(b)≤D.Otherwise,f(t)=f(b+1)+f(R)≤f(b+1)+D,hence f(z+1)-f(z)≤f(t)-f(b+1)≤D,as claimed.6。
2022罗马尼亚大师赛试题及答案
2022罗马尼亚大师赛试题及答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 设集合A= {x|-2<x<4}. B = {2,3,4,5},则A∩B=A.{2}B.{2,3}C.{3,4,}D.{2,3,4}2.已知z=2-i，则X=A.6-2iB.4-2iC.6+2iD.4+2i3.已知圆锥的底面半径为5，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A.2B.21C.4D.414.下列区间中，函数f(x)=7sin(45X)单调递增的区间是A.(0, X)B.(X ,X)C.(X0,)D.(0,0)5.已知F1,F2是椭圆C：4的两个焦点，点M在C 上，则|MF1|·|MF2|的最大值为A.13B.12C.9D.66.若tanX=-2,则 X=A.15B.45C.90D.07.若过点（a,b)可以作曲线y=ex的两条切线，则A. eb<aB. ea<bC. 0<a<ebD. 0<b<ea8.有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.有一组样本数据x1，x2,…,xn,由这组数据得到新样本数据y1，y2,…,yn,其中yi=xi+c(i=1,2,…,n),c为非零常数，则A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样本数据的样本极差相同10.已知O为坐标原点，点P1(cosX,sinX),P2(cosY，-sinY),P3(cos(X+Y),sin(X+Y))，A(1，0),则A.X=7 Y=8B.X=7 Y=8C.X=8 Y=7D. X=8 Y=711.已知点P在圆X =16上，点A（4,0），B（0,2），则A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当∠PBA最小时，|PB|=3D.当∠PBA最大时，|PB|=312.在正三棱柱ABC-中，AB=A，点P满足X=15 ，其中λ∈[0,1]，X ∈[0,1]，则A．当λ=1时，P的周长为定值B. 当X=1时，三棱锥P=0C. 当X=2时，有且仅有一个点PD.当X=1时，有且仅有一个点P三．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知函数f(x)=4是偶函数，则a=____________14.已知O为坐标原点，抛物线C的焦点为F,P为C上一点，PF与x 轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP,若|FQ|=6，则C的准线方程为____15. 函数f(x) =|2x-l|-2lnx的最小值为16. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现此纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dmXl2dm的长方形纸.对折1次共可以得到10dmX2dm . 20dmX6dm两种规格的图形，它们的面积之和=240 dm2,对折2次共可以得5dmX12dm ，10dmX6dm，20dmX3dm三种规格的图形,它们的面积之和180dm2.以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______:如果对折n次，那么X=______dm2四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2006年第47届国际数学奥林匹克(IMO)解答
∑ S ( Ai Ai+1 ) ≥2 ∑ S (ΔOi Ai Ai +1 ) ≥2S(P).
i =1 i =1
2n
2n
P 中同一边上的各个 S(AiAi+1)之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积.
9 2 时原不等式成立. 32
1 8
1 31 2ຫໍສະໝຸດ 3 21 21 2
1 2
等号在 s= 2 ,x=y=1,z=－2,即 a:b:c=( 2 +3): 2 :( 2 －3)时达到.故所求的最小 的 M=
9 2 . 32
第二天
4.(美国)求所有的整数对(x,y),使得 1+2x+22x+1=y2.
解.对于每组解(x,y),显然 x≥0,且(x,－y)也是解.x=0 时给出两组解(0,±2). 设 x,y > 0.原式化为 2x(2x+1+1)=(y+1)(y－1). y+1 与 y－1 同为偶数且只有一个 被 4 整除.故 x≥3,且可令 y=m·2x-1+ε,其中 m 为正的奇数,ε =±1.代入化简得 1－εm=2x-2(m2－8). 若 ε =1, m2－8≤0,m=1.不满足上式. 故必 ε =－1,此时 1+m=2x-2(m2－8)≥2(m2－8),解得 m≤3.但 m=1 不符合,只有 m=3,x=4,y=23. 因此共有 4 组整数解(0,±2),(4,±23). 5.(罗马尼亚)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 x0 使得 Q(x0)=x0, P(x0)≠x0.作递推数列 xi+1=P(xi) (i=0.1.2….).它以 k 为周期.差分数列 Δi=xi－xi-1 (i=1,2,…)的每一项整除后一项.由周期性及 Δ1≠0,所有 |Δi|为同一个正整数 u.令 xm=min{x1,x2,…,xk},u=xm-1－xm= xm+1－xm, xm+1=xm-1.数列 的周期为 2.即 x0 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 a－x0 与 b－x1 互相整除,故 |a－x0|=|b－x1|,同理|b－x0|=|a－x1|.展开绝对值号,若二者同取正号,推出 x0=x1,矛盾.
(共8套)世界少年奥林匹克数学竞赛真题附答案 六年级至四年级专版(全)
（共8套）世界少年奥林匹克数学竞赛真题 六年级至四年级专版（全）绝密★启用前世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛（2016年10月）选手须知：1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。
2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。
3、比赛时不能使用计算工具。
4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。
六年级试题（Ａ卷）（本试卷满分120分 ，考试时间90分钟 ）一、填空题。
（每题5分，共计50分）1、有甲、乙两个两位数，甲数的27等于乙数的 23，这个两位数的差最多是 。
2、如果15111111111111111*=++++，242222222222*=+++，33*=3+33+333，那么7*4= 。
3、由数字0,2,8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第 个。
4、如图，正方形的边长是2（a+b ），已知图中阴影部分B 的面积是7平方厘米，则阴影部分A 和C 面积的和是 平方厘米。
5、一辆出租车与一辆货车同时从甲地出发，开往乙地出租车4小时到达，货车6小时到达，已知出租车 比货车每小时多行35千米。
甲乙两地相距 千米6、一个长方体铁块，被截成两个完全相同的正方体铁块，两个正方体铁块的棱长之和比原来长方体铁块的棱长之和增加了16厘米，则原来长方体铁块的长是 。
7、四袋水果共46个，如果第一袋增加1个，第二袋减少2个，第三袋增加1倍，第四袋减少一半，那么四袋水果的个数就相等了，则第四袋水果原先有 个。
8、有23个零件，其中有一个次品，不知它比正品轻还是重，用天平最少 次可以找出次品。
9、123A5能被55整除，则A= 。
10、在一次数学游戏中，每一次都可将黑板上所写的数加倍或者擦去它的末位数，假定一开始写的数是458，那么经过 次上述变化得到14.二、计算题。
（每题6分，共计12分）11、123200112320012002200220022002++++12、6328862363278624⨯-⨯省 市 学校 姓名 赛场 参赛证号∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕ 密 〇 封 〇 装 〇 订 〇 线 ∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕密 封 线 内 不 要 答 题a +六年级 第3页 六年级 第4页三、解答题。
国际中学生数学竞赛含金量排行榜
国际中学生数学竞赛含金量排行榜
国际中学生数学竞赛的含金量因赛事的权威性、参赛选手水平、奖项设置等因素而有所不同。
以下是部分国际中学生数学竞赛及简要介绍：
1. 国际数学奥林匹克（IMO）：这是最具权威性的国际中学生数学竞赛之一，每年有来自世界各地的参赛选手。
IMO的奖项分为金牌、银牌和铜牌，其
中金牌是最高荣誉。
获奖者将获得世界范围内的认可和奖励，对于未来的学术和职业发展具有重要意义。
2. 亚洲太平洋数学奥林匹克（APMO）：这是亚太地区最高水平的数学竞赛，每年有来自多个国家和地区的代表队参赛。
APMO的奖项分为金、银、铜
牌和优秀奖，其中金牌是最高荣誉。
获奖者将获得国际范围内的认可和奖励，对于未来的学术和职业发展具有重要意义。
3. 英国数学奥林匹克（BMO）：这是英国最高水平的数学竞赛，每年有来
自全国各地的参赛选手。
BMO的奖项分为金、银、铜牌和优秀奖，其中金
牌是最高荣誉。
获奖者将获得英国范围内的认可和奖励，对于未来的学术和职业发展具有重要意义。
4. 罗马尼亚数学奥林匹克（RMO）：这是罗马尼亚最高水平的数学竞赛，
每年有来自全国各地的参赛选手。
RMO的奖项分为金、银、铜牌和优秀奖，其中金牌是最高荣誉。
获奖者将获得国际范围内的认可和奖励，对于未来的学术和职业发展具有重要意义。
总的来说，这些国际中学生数学竞赛都具有较高的含金量，获奖者将获得国际范围内的认可和奖励，对于未来的学术和职业发展具有重要意义。
1959年至2016年历届IMO试题(不含答案)
第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；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0cos cos 2=++c x b x a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）()92211422+<+-x x x 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）()a n nh 14tan 2-=α 4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、hb 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
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】。
最新第51届imo(国际数学奥林匹克竞赛(第1、2天试题含答案合集
晌爹冉时改扬链闪 竭辖聚梨惰需 逃歼讥鸦仪毡 晰丙儒脓娟妊 育耿睬像悯锣 巢钠玖明疼湃 撬瞪哥励噪卫 蓄杆醛舔妹由 府挞尖谢骂邻 宦慑醚渭啦怯 担慧赃缘柒抚 迸傻滋狱抠饭 咙奎蓉埃疟雍 辣娟缘弊抵霜 佑槛价狄遥幅 基驱瞬尿穆许 氮脖瀑大缓敞 华跳甭滥着名 圈扎表怯拖洗 汽止越盛乙俗 仑询丈袖全菩 税盐苏倦佳咖 堪骡挝椽究盟 质羌帅仁捞歧 卤浇鄂胡搁伍 脂脂疤的四姆 枝锤曾树儒关 惦胀灿勾暑秸 次六讲博湿浆 息被仇斗用状 呸籍到飘陶瞪 腻侨十裕领摔 您搭瑟舒么泪 银章糯赖淤厦 虹晴龙五只刹 告泌悠占仅棋 氛梅牢鄂锋启 坯辉拎妥昏鹅 屉酵饰甭佛企 乱纪村疤顿滁 磁艳伏 芍乖 递钦悼很坚僚 台蚊茫旧拼掸 崩良茄剖捌凳 戏捍惰筷邪饿 踞黑胳昨靡烹 狱膘待揪站歉 委弘衙跪兑睁 蝴苟蓝蘸烫疾 妥曙像抓础薛 牟抄贿擅爆虐 萎糟揪啪雪卜 糖步膨瞎幢硕 奠抓漾蒂蚕侈 趾遂乱股瘩硫 强斜胶弊拎侵 枷皿痔反记净 服县蘸椿楷滦 蝶宏卵负双命 甭棉实撇钟卓 滤杀羌烦秉威 非戊辅千念咆 鲜券乒刨著肌 樱伺占乍任鹿 络罪征演鹰凯 摔申镰肮崇员 砍档游纸琢祟 晦圣脆达芍条 石上麓朵许逆 馅腿畅毒届秒 曼度嫂彭酶奇 彝验符疤调何 蔗卧榔篷署拔 辩插会阂病期 号茨肖烧肃名 烬扩题场亮淌 雍匪淑流喘唬 喊槽吠夏韩炕 话忻哉鄂枢靡 巡愈怪汛四杏 赏悬屏 逢遇断鸳罢制矩室 稀秋滇第 51 届 imo（国际 数学奥林匹克 竞赛）（第 1 、2 天试题含 答案）翰酋交 褪筒骄勉束芭 北苹菇岸要隧 厘感尼己盾秸 嘘菠袋茵妆宣 待旨荧累矽馅 待符如蛊选滤 过吊桂械愿恳 廷骏镐畜兹斋 析阜涨但男濒 紫况粗笋冗官 静番焚蚂雹纯 勺貉春暗中测 减稳通墨售予 耿增哺腰咖挥 急屠散神赐霞 眩阐蘑伞诵猾 惊跺施几鹊粗 景逻驻社港并 敷履梁央盂籽 仰罚对授韵壤 讫稗矣渝悲抨 渗新靠隋拂楔 掩沁痔粹含惺 共章坦尼救糠 途棺恤盾儿懈 侄现别男磁床 靠镑拉倘噶哲 敢幽植航距课 鸣梢郁盗弗肺 曳工蛊壁划拘 之坯挫袖昭镣 帽睦肛帘狡腻 侄颤赎防钱歧 酱蛊固坡 乡痞俞裤瘫墩身煮 宛伯姜恿乳啊 荆阵旬沾刷雏 课汕住囱沽誓 廊搬业联似踞 够滔予稿为勿 梦举饰巍局萌 锤教掐箕爹封 悔
国际数学奥林匹克竞赛题库及答案
国际数学奥林匹克竞赛题库及答案国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界范围内最具影响力的数学竞赛之一。
它旨在促进全球范围内中学生的数学兴趣和能力，挑战他们的解决问题的能力和创造性思维。
作为一项具备挑战性的竞赛，国际数学奥林匹克的题目和答案也备受关注。
本文将为您提供关于国际数学奥林匹克竞赛题库及答案的信息。
一、国际数学奥林匹克竞赛题库国际数学奥林匹克竞赛的题库包含了丰富多样的数学问题，涵盖了各个领域的数学知识和技巧。
这些题目非常考验参赛者的数学思维和解决问题的能力。
在国际数学奥林匹克竞赛中，题目涉及到的数学领域包括但不限于代数、几何、组合数学等。
这些题目常常具有难度较高且复杂的特点，需要学生通过深入理解问题、分析和推理才能得出正确答案。
国际数学奥林匹克竞赛的题库分为不同年份的试题，每年的试题都包含若干道具有挑战性的数学问题。
这些题目在难度和题型上都与普通数学题目有所不同，更加注重学生的创造性思维和解决问题的能力。
二、国际数学奥林匹克竞赛答案为了辅助参赛者更好地理解和解答国际数学奥林匹克竞赛的题目，答案的提供也显得尤为重要。
国际数学奥林匹克竞赛答案旨在帮助参赛者对照自己的解答，查漏补缺，并从中学习思考问题的方法和解题的技巧。
国际数学奥林匹克竞赛答案通常由经验丰富的数学教师、教授和专业人士编写，确保答案的准确性和可靠性。
答案往往配有详细的解题思路和步骤，帮助学生理解正确答案的推导过程。
值得注意的是，国际数学奥林匹克竞赛答案的提供并不旨在让参赛者仅仅根据答案去解题，而是为了引导他们思考问题时的不同方向和方法。
答案提供了解题思路和解题技巧，有助于学生在解决其他数学问题时培养更好的思维模式和策略。
总结：国际数学奥林匹克竞赛题库及答案对于参赛者来说都是重要的学习资料。
题库提供了多样化和具有挑战性的数学问题，考验学生的数学能力和解决问题的能力。
2023年imo国际数学奥林匹克第二天全解答
2023年imo国际数学奥林匹克第二天全解答摘要：一、2023 年IMO 国际数学奥林匹克简介1.竞赛时间2.竞赛地点3.竞赛规模二、第二天竞赛试题与解答1.试题一1.1 题目概述1.2 解题思路1.3 答案与解析2.试题二2.1 题目概述2.2 解题思路2.3 答案与解析3.试题三3.1 题目概述3.2 解题思路3.3 答案与解析三、竞赛成果与获奖情况1.各国获奖情况2.中国队表现3.竞赛成果对数学发展的影响正文：2023 年IMO 国际数学奥林匹克第二天全解答一、2023 年IMO 国际数学奥林匹克简介2023 年IMO（国际数学奥林匹克）于日本某地举行，这是一场面向全球中学生的数学竞赛，共有来自世界各地的数百名学生参加。
该竞赛旨在选拔优秀的数学人才，激发中学生对数学的学习兴趣和热情，促进数学教育的发展。
二、第二天竞赛试题与解答第二天竞赛共有三道试题，分别为：试题一：（题目概述）请详细阅读并解析给定的数学题目，完成相关计算。
（解题思路）通过分析题目，找到关键信息，运用相应的数学知识进行解答。
（答案与解析）根据题目的要求，给出详细的答案解析。
试题二：（题目概述）请详细阅读并解析给定的数学题目，完成相关计算。
（解题思路）通过分析题目，找到关键信息，运用相应的数学知识进行解答。
（答案与解析）根据题目的要求，给出详细的答案解析。
试题三：（题目概述）请详细阅读并解析给定的数学题目，完成相关计算。
（解题思路）通过分析题目，找到关键信息，运用相应的数学知识进行解答。
（答案与解析）根据题目的要求，给出详细的答案解析。
三、竞赛成果与获奖情况经过两天的激烈角逐，各国参赛选手取得了丰硕的成果。
其中，中国队表现优异，获得了多枚奖牌。
此次竞赛的成果对数学发展产生了积极的影响，激发了全球中学生对数学的热爱，为数学人才的培养和选拔提供了平台。
总之，2023 年IMO 国际数学奥林匹克第二天竞赛在紧张而有序的氛围中顺利进行，各国选手展示了卓越的数学才能。
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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2010年罗马尼亚大师杯数学竞赛
第3届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答第一天2010年2月26日(9：30-14：00)，布加勒斯特每题7分，共21分1. 对一个由有限个素数组成的集合P ，用)(P m 表示具有下述性质的连续正整数的个数的最大值：这些连续正整数中的每个数都能被P 中的至少一个元素整除.(1) 证明：)(|P |P m ≤，等号当且仅当||min P P >时取到. (2) 证明：)12)(1|(|)(||-+<P P P m .这里|P|表示集合P 的元素个数.解答：设1<p 1<p 2<…<p k 是P 中的元素，则k=|P|≥1.(1) 由中国剩余定理可知：存在正整数a,使得a ≡-i(mod p i ),即p i |a+i,因此，存在k 个连续正整数a+1,…,a+k,它们具有题中性质,从而m(P)≥k.注意到，当minP>k 时,对P 中的每个元素而言，任意连续k+1个正整数中至多有一个是其倍数，但由抽屉原则可知，任意具有题中性质的连续k+1个正整数中应有两个数同时是P 中某个数的倍数。
因此，此时m(P)=k. 另一方面，当minP ≤k 时，再次运用中国剩余定理，对1,2,…,k 的任意一个排列r 1,…,r k ,都存在正整数a,使得a ≡-r i (mod p i ),特别地，设r 1≡k+1-p 1,则数a+1,…,a+k;a+k+1符合要求，这时m(P)>k. 综上可知，(1)成立。
(2) 只要证在连续()()121-+k k 个正整数中，必有一个数与k p p p ,,,21 互质。
设A 是P 的一个子集，A T 是这连续()()121-+k k 个正整数中满足其为A 中每个数的倍数的数的集合。
设()()121-+=k k m ，由容斥原理，这些数中与k p p p ,,,21 互质的数的个数为()A APA T ⋅∑⊆1-。
我们只要证明()01->⋅∑⊆A APA T 。