2017年国际数学奥林匹克IMO试题及官方解答
IMO历届试题
IMO历届试题2010年第51届国际奥林匹克数学竞赛（IMO）试题及答案1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．证：∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P 的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．考虑任一好三角形ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而A-B 段上P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段，同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于20062=1003 个．设P=A1A2…A2006，用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．3．求最小实数M ，使得对一切实数 a ，b ，c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解：222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++．设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=，，，，则22222221()3a b c x y z s ++=+++．原不等式成为22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥．x y z ，，中两个同号而与另一个反号．不妨设 x y ，≥0．则2221||()2z x y x y x y =+++，≥，2()4x y xy +≥．于是由算术－几何平均不等式222222223()(())2x y z s x y s +++++≥＝22222111(()()())222x y x y x y s ++++++6223414())42()||162||8x y s x y s xyzs +=+≥(≥即9232M =时原不等式成立．等号在21s x y ===，，2z =-，即::(23):2:(23)a b c =+-时达到，故所求的最小的9232M =．4．求所有的整数对（x y ，），使得212122x x y +++=．解：对于每组解（x y ，），显然0x ≥，且()x y -，也是解．0x =时给出两组解(02)±，．设x y ，>0，原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-．1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除．故3x ≥，且可令12x y m ε-=+ ，其中m 为正的奇数，1ε=±．代入化简得2212(8)x m m ε--=-．若1ε=，2801m m -=≤，．不满足上式．故必1ε=-，此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥，解得3m ≤．但1m =不符合，只有3m =，4x =，23y =．因此共有4组整数解(02)(423)±±，，，．5．设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式，k 是一个正整数．考虑多项式()(((())))Q x P P P x = ，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ≠．作递推数列 1()(012)i i x P x i +== ，，．它以 k 为周期．差分数列1(12)i i i x x i -∆=-= ，，的每一项整除后一项．由周期性及10∆≠，所有||i ∆ 为同一个正整数u ．令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-= ，，，，，．数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．6．对于凸多边形P 的每一边b ，以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形．证明，所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍．证：过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积，将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线)．每两条面积平分线都交于 P 内．P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A ，每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1，2，…，n ，2i n i A A +=)．设i i n A A +与11i i n A A +++交于 i O (i n i O O +=)，由面积关系得到，11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△，11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++= ，故i i n i iO A O A +和11i i n i i O A O A +++中必有一个不小于 1，于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△，△≥△．对于每条有向线段i i n A A +，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于T 在11n A A + 和12111n n n A A A A +++= 的相反侧，故必有i 使得T 在i i n A A + 和11i i n A A +++的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中．即211ni i i i O A A P +=⊇ △．于是221111()2()2()nnii i i i i i S A AS O A A S P ++==∑∑≥△≥P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第20届)
5.令{ak}为互不相同的正整数数列，求证对于所有的正整数n，有
∑ak/k2>=∑1/k；
上式中两边的求和都是k从1到n．
国际学奥林匹克（
1.m、n都是正整数且n>m．如果1978m和1978n的十进制表示法的末三位数字相同，试求满足此条件并使m+n达到最小的m与n．
2.P是某已知球内部一点，A、B、C是球面上三点，且有PA、PB、PC相互垂直，由PA、PB、PC决定的平行六面体与P点对角相向的顶点为Q，试求出Q点的轨迹．
3.两不交集合{f(1)，f(2)，f(3)，... }和{g(1)，g(2)，g(3)，... }的并集是全部的正整数，其中f(1) < f(2) < f(3) < ...，g(1) < g(2) < g(3) < ...，且有g(n) = f(f(n)) + 1对所有n=1，2，3，...成立．试计算f(240)．
6.某国际组织共有来自六个国家的共1978名会员，会员编号分别是1，2，...，1978．求证至少有某一会员的编号，恰为与他同国家的另外两位会员编号的和，或者是他同国家的两外一名会员编号的两倍．
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第19届)
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．
1959年至2017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cos 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 nh14tan 2-=α4.已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、h b 以及从A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
这是一道难倒了49个国家领队外加4个专家的竞赛题，抢了当年12岁获得IMO金牌陶哲轩的风头。。。
这是⼀道难倒了49个国家领队外加4个专家的竞赛题，抢了当年12岁获得IMO⾦牌陶哲轩的风头。
1986年，在波兰举⾏的第27届国际数学奥林匹克（IMO）上，刚满10岁的陶哲轩⼀脸稚⽓的进⼊了考场，创造了IMO历史上最年轻选⼿的传奇（相关阅读：吃炒饭吃到智商230？7岁⾃学微积分，8岁参加⾼考，10岁参加IMO），那⼀年，陶哲轩得到了19分，收获了⼀枚铜牌，1987年，在古巴举⾏的第28届国际数学奥林匹克上，他得到了40分，按理说⾦牌已经稳稳到⼿，但是由于那⼀年满分的选⼿多达22名，所以年仅11岁的陶哲轩只收获了⼀枚银牌，1988年，在澳⼤利亚举办的第29届国际数学奥林匹克上，在268名参赛选⼿中，IMO历史上堪称奇迹的传奇诞⽣了，年满12岁的陶哲轩获得了34分，收获了⼀枚⾦牌（⾦牌线32分），可是在那⼀年，有⼀道题差点抢了陶哲轩的风头，那是⼀道难倒了49个国家领队外加4个数论专家，堪称数学竞赛史上最具传奇⾊彩的⼀道题.1988年，在澳⼤利亚举办的第29届国际数学奥林匹克上，有49个国家，268名选⼿参加了那届⽐赛，那是中国正式参加IMO⽐赛的第三届（1986年中国第⼀次派出6名队员），那个时候前苏联、罗马尼亚、德国还是IMO赛场上的不可匹敌超级战队，早在1977年，德国就参加了在南斯拉夫举办的第19届国际数学奥林匹克，⽽在1982、83年连续⼆年拿到了团队总分第⼀的傲⼈成绩，可是接下去的1984-1987连续四年中总分第⼀分别被苏联、罗马尼亚还有美国抢去，可能是出于报仇⼼理，所以在这⼀年上德国给IMO投稿了⼀道精⼼计划已久的题，⽽这道题也成功的通过了选题委员会还有会议的表决成为了第29届IMO的第六题，六道题⽬选完了，就当所有⼈准备开开⼼⼼的开始⽐赛时，可是由领队们组成的主试委员会陷⼊了长久的沉默中，⽽原因就是因为德国的这第六题，由卢森堡、捷克斯洛伐克、英国、爱尔兰还有希腊投稿的前五题，主试委员会们⽐较轻松的就解决了，可是这第六道题，主试委员会所有⼈在思考许久许久之后还是没有⼀个⼈能解答出来，⽽考试很快就要开始了，没办法，主试委员会将这道题交给了主办国澳⼤利亚四位最好的数论专家去做，可是四位专家各⾃捉摸了⼀天以后还是⼀筹莫展，⽓氛陷⼊了长久的尴尬和绝望中，连主试委员会还有四位澳⼤利亚最好的数论专家都没办法解开这道题，所有⼈都确信这道题将会难倒所有的参赛选⼿，这可能是IMO历史上第⼀次有⼀道题没有⼈能解答出来的，所有⼈以绝望的情绪等着成绩公布，不出所有⼈意外，这⼀道题在268名参赛选⼿的平均分数仅有0.6分，是当时IMO举办了29年以来得分率最低的⼀道题.就当所有⼈默默的为这268名参赛选⼿“默哀”的时候，另外⼀个消息的流出让所有在场的⼈都震惊不已，这⼀道难道了主试委员会还有四个最好数论专家的超级难题竟然有选⼿做出来，⽽且还不⽌⼀个，整整有⼗⼀个⼈以7分（满分）解答了出来，分别是来⾃罗马尼亚的Nicuşor Dan和Adrian Vasiu、越南的Ngô Bào Châu、苏联的Sergei Ivanov和Nicolai Filonov还有来⾃澳⼤利亚的Wolfgang Stöcher以及保加利亚的Zvezdelina Stankova，以及来⾃中国的陈晞和何宏宇，⽽当所有⼈看到最后⼀个⼈的解答之后，他们再⼀次被震惊的说不出话，因为他的证法实在是太暴⼒、太简单了，题⽬：他是这样解的：简单到极致，所有⼈对他的解法都赞叹不已，⽽这⼀位来⾃保加利亚的Emanouil Atanassov也获得了IMO授予的特别奖，特别奖是不论总分多少，是针对某个学⽣对某道试题所作的解答⾮常漂亮，有独到之处，与事先拟定的标准解答不同（通常是更简洁），⽽获得特别奖的难度⽐起满分来说更加困难，所以获得特别奖的⼈数少之甚少，⽽这⼀道题难倒了主试委员会还有澳⼤利亚四名最好的数论专家的题，被11名平均年龄只有17岁的⾼中⽣解决了，⽽平均分只有0.6分的的最低得分率以及IMO史上最年轻获得⾦牌的选⼿陶哲轩也为这道题增加了些许传奇⾊彩，值得⼀提的是，当年以满分解答这道题的中国选⼿陈晞现在是加拿⼤阿尔伯塔⼤学的数学系教授，⽽何宏宇现在美国佐治亚理⼯学院的数学系教授以及博⼠⽣导师，从事李群还有微分⼏何等⽅向的研究，⽽作为正式参加IMO满三年的中国，在那⼀年，以总分201分获得了总分第⼆的成绩.。
第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答
第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答
马德里
【期刊名称】《上海中学数学》
【年(卷),期】2008(000)009
【摘要】@@ 试题rn1.已知H是锐角三角形ABC的垂心,以边BC的中点为圆心,过点H的圆与直线BC相交于两点A1,A2;以边CA的中点为圆心,过点H的圆与直线CA相交于两点B1,B2;以边AB的中点为圆心,过点H的圆与直线AB相交于两点C1,C2,证明:六点A1,A2,B1,B2,C1,C2共圆.(俄罗斯提供)
【总页数】3页(P3-5)
【作者】马德里
【作者单位】无
【正文语种】中文
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2017年Benelux数学奥林匹克试题
2017年Benelux数学奥林匹克试题
2017年Benelux数学奥林匹克试题
Benelux数学奥林匹克(BxMO)是比利时-荷兰-卢森堡三国联合数学竞赛的简称, 分别取比利时(Belgium)、荷兰(Netherland)及卢森堡(Luxembourg)三国英文单词的前几个字母, 组合成Benelux. 竞赛的Logo由这三个国家的地图表示, 以表明这三个领土接壤国家的历史渊源及密切关系. 该竞赛形式为个人赛, 试卷由四个问题组成, 答题时间为4.5小时, 试题难度接近IMO. 举办时间一般在每年5月, 也算是三国为IMO做准备的一次热身. 每个国家由10名学生和3名领队组成代表队. 获奖学生约占参赛学生总数的一半, 铜牌、银牌和金牌数量的比例约为3 : 2 : 1, 这也和IMO类似. 该竞赛从2009年开始每年举办一次, 2017年是第9届. 以下是该届比赛的试题.。
(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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