2018年罗马尼亚数学奥林匹克竞赛试题(图片版,无答案)-精选教育文档
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,
初中数学竞赛试题及答案汇编(K12教育文档)
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全国初中数学竞赛初赛试题汇编（1998-2018）目录1998年全国初中数学竞赛试卷 (1)1999年全国初中数学竞赛试卷 (6)2000年全国初中数学竞赛试题解答 (9)2001年TI杯全国初中数学竞赛试题B卷 (14)2002年全国初中数学竞赛试题 (15)2003年“TRULY®信利杯”全国初中数学竞赛试题 (17)2004年“TRULY®信利杯”全国初中数学竞赛试题 (25)2005年全国初中数学竞赛试卷 (30)2006年全国初中数学竞赛试题 (32)2007年全国初中数学竞赛试题 (38)2008年全国初中数学竞赛试题 (46)2009年全国初中数学竞赛试题 (47)2010年全国初中数学竞赛试题 (52)2011年全国初中数学竞赛试题 (57)2012年全国初中数学竞赛试题 (60)2014年全国初中数学竞赛预赛 (77)2015年全国初中数学竞赛预赛 (85)2016年全国初中数学联合竞赛试题 (94)2017年全国初中数学联赛初赛试卷 (103)2018 年初中数学联赛试题 (105)1998年全国初中数学竞赛试卷一、选择题：（每小题6分，共30分）1、已知a 、b 、c 都是实数,并且c b a >>，那么下列式子中正确的是（ ） （Ａ）bc ab >(Ｂ）c b b a +>+（Ｃ）c b b a ->-（Ｄ）cbc a > 2、如果方程()0012>=++p px x 的两根之差是1,那么p 的值为( ） (Ａ）2（Ｂ）4(Ｃ）3（Ｄ）53、在△ABC 中，已知BD 和CE 分别是两边上的中线，并且BD ⊥CE,BD=4，CE=6，那么△ABC 的面积等于（ )(Ａ)12（Ｂ）14(Ｃ)16（Ｄ）18 4、已知0≠abc ，并且p bac a c b c b a =+=+=+,那么直线p px y +=一定通过第（ ）象限 （Ａ）一、二(Ｂ)二、三(Ｃ）三、四(Ｄ）一、四5、如果不等式组⎩⎨⎧<-≥-0809b x a x 的整数解仅为1，2，3，那么适合这个不等式组的整数a 、b 的有序数对（a 、b ）共有（ ）（Ａ)17个（Ｂ）64个（Ｃ）72个（Ｄ）81个二、填空题：（每小题6分，共30分）6、在矩形ABCD 中，已知两邻边AD=12,AB=5，P 是AD 边上任意一点，PE ⊥BD ，PF ⊥AC ，E 、F 分别是垂足,那么PE+PF=___________。
2018最新第34届中国数学奥林匹克试题及详细解析!
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微信公众号 数学竞赛的那些事儿
倾倾 倾
欲证 ∠BAK = ∠C AQ ,而显然 ∠ABK = ∠AQC ,从而 △ABK ∼ △ AQC ,图形中显然最后生成的是点 Q,它最难描述,它是两圆交点,但是 A, K, D, Q 共圆很难用,而 △ABK ∼ △AQC 很好用. 考虑到点 Q 的唯一性可以考虑用同一法,即在圆 O 上取 Q ′ 使得 ∠ABK = ∠AQ ′C ,下面只需证明 A, 共圆即可,如下图： K, D, Q ′
2 a + 2 b + 2 c + 2d + = 32. )5 2e 5
则必有 2 个正数不相邻. 又显然 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a ∈ [−2, 8] ,故原式 ≤ (−2)2 × 9 × 8 = 288 . (3) 若 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a 中恰一个正,不妨设 a + b > 0,由 (b + c ) + (d + e ) ≤ 0 知 a ≥ 5, 由 e ≥ −1,知 e + a ≥ 4,矛盾. 综上,原式 ≤ 288 ,当 a = b = c = −1, d = e = 4 时取等. 解法二 令 a1 = a + b, a2 = c + d, a3 = e + a, a4 = b + c, a5 = d + e 则有
5 ∑
不妨设 a + b, c + d > 0,则 a + b + c + d = 5 − e ≤ 6,从而 (a + b)(c + d) ≤ 9.
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]
![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]](https://img.taocdn.com/s3/m/0bb3155a2a160b4e767f5acfa1c7aa00b42a9d55.png)
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。
2018年欧洲女子数学奥林匹克第二天
Thursday,April 12,2018Problem 4.A domino is a 1×2or 2×1tile.Let n ≥3be an integer.Dominoes are placed on an n ×n board in such a way that each domino covers exactly two cells of the board,and dominoes do not overlap.The value of a row or column is the number of dominoes that cover at least one cell of this row or column.The configuration is called balanced if there exists some k ≥1such that each row and each column has a value of k .Prove that a balanced configuration exists for every n ≥3,and find the minimum number of dominoes needed in such a configuration.Problem 5.Let Γbe the circumcircle of triangle ABC .A circle Ωis tangent to the line segment AB and is tangent to Γat a point lying on the same side of the line AB as C .The angle bisector of ∠BCA intersects Ωat two different points P and Q .Prove that ∠ABP =∠QBC .Problem 6.(a)Prove that for every real number t such that 0<t <12there exists a positive integer n with the following property:for every set S of n positive integers there exist two different elements x andy of S ,and a non-negative integer m (i.e.m ≥0),such that|x −my |≤ty.(b)Determine whether for every real number t such that 0<t <12there exists an infinite set S of positive integers such that|x −my |>ty for every pair of different elements x and y of S and every positive integer m (i.e.m >0).Language:English Time:4hours and 30minutes Each problem is worth 7points Language:English Day:2。
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答一、填空题1.三个连续偶数，中间这个数是m，则相邻两个数分别是m-2和m+2.2.有一种三位数，它能同时被2、3、7整除，这样的三位数中，最大的一个是966，最小的一个是126.解题过程：2×3×7=42；求三位数中42的倍数126、168、……966.3.___发现：小表妹和读初三哥哥的岁数是互质数，积是144，小表妹和读初三哥哥的岁数分别是9岁和16岁。
解题过程：144=2×2×2×2×3×3；（9、16）=1.4.一个四位数，它的第一个数字等于这个数中数字的个数，第二个数字表示这个数中数字1的个数，第三个数字表示这个数中数字2的个数，第四个数字等于这个数中数字3的个数，那么这个四位数是1210.5.2310的所有约数的和是6912.解题过程：2310=2×3×5×7×11；约数和=（1+2）×（1+3）×（1+5）×（1+7）×（1+11）。
6.已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10，这些自然数共有11个。
解题过程：2008-10=1998；1998=2×33×37；约数个数=（1+1）×（1+3）×（1+1）=16（个）。
其中小于10的约数共有1，2，3，6，9；16-5=11（个）。
7.从1、2、3、…、1998、1999这些自然数中，最多可以取多少个数，才能使其中每两个数的差不等于4？1000.解题过程：1，5，9，13，……1997（500个）隔1个取1个，共取250个。
2，6，10，14，……1998（500个）隔1个取1个，共取250个。
3，7，11，15，……1999（500个）隔1个取1个，共取250个。
(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――+ — + ・• • + ・■■■・ + —。
2018年小学六年级奥数题集及答案(2021年整理)
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小学六年级奥数题(答案附后）1。
某市举行小学数学竞赛，结果不低于80分的人数比80分以下的人数的4倍还多2人，及格的人数比不低于80分的人数多22人,恰是不及格人数的6倍,求参赛的总人数？2。
电影票原价每张若干元，现在每张降低3元出售,观众增加一半，收入增加五分之一,一张电影票原价多少元?3.甲乙在银行存款共9600元，如果两人分别取出自己存款的40％,再从甲存款中提120元给乙。
这时两人钱相等，求乙的存款4。
由奶糖和巧克力糖混合成一堆糖，如果增加10颗奶糖后，巧克力糖占总数的60％。
再增加30颗巧克力糖后，巧克力糖占总数的75%，那么原混合糖中有奶糖多少颗?巧克力糖多少颗?5.小明和小亮各有一些玻璃球，小明说:“你有球的个数比我少1/4！”小亮说:“你6。
搬运一个仓库的货物，甲需要10小时，乙需要12小时,丙需要15小时.有同样的仓库A和B，甲在A仓库、乙在B仓库同时开始搬运货物,丙开始帮助甲搬运,中途又转向帮助乙搬运.最后两个仓库货物同时搬完。
问丙帮助甲、乙各多少时间？7。
一件工作,若由甲单独做72天完成，现在甲做1天后,乙加入一起工作,合作2天后，丙也一起工作,三人再一起工作4天，完成全部工作的1/3，又过了8天,完成了全部工作的5/6，若余下的工作由丙单独完成,还需要几天？8.股票交易中，每买进或卖出一种股票都必须按成交易额的1％和2%分别交纳印花税和佣金（通常所说的手续费）。
2018年度国外数学竞赛试题翻译汇编
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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
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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第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛(解答)
第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛第一天:2011年2月25日,星期五,布加勒斯特语言:中文1. 证明:存在两个函数R R g f →:,,使得函数))((x g f 在R 上是严格递减的,而))((x f g 在R 上是严格递增的. 证明:设A=Zk k k k k ∈++⋃--])2,2()2,2([122212,B=Zk k k k k∈--⋃--])2,2()2,2([212122,则A=2B,B=2A,A=-A,B=-B,A ⋂B=∅,并且A ⋃B ⋃{0}=R.现在令⎪⎩⎪⎨⎧=∈-∈=.0,0;,;,)(x B x x A x x x f 而g(x)=2f(x),那么,f(g(x))=f(2f(x))=-2x,而g(f(x))=2f(f(x))=2x.所以,满足条件的函数存在.2. 求所有的正整数n,使得存在一个实系数多项式f(x),满足下面的两个性质:(1) 对任意整数k,数f(k)为整数的充要条件是k 不能被n 整除； (2) 多项式f(x)的次数小于n.解法一:我们将证明这样的多项式存在的充要条件是n=1或者n 是某个素数的幂.为表述上方便起见,依次建立下述引理:[引理一] 若p α是一个素数的幂,k 是一个整数,则数)!1()1()2)(1(-+---ααp p k k k (=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--11αp k 为整数) 能被p 整除的充要条件是k 不能被p α整除. [证明] 用L p (m)表示满足p r |m 的最大整数r.情形一:若p α|k,则对1≤j ≤p α-1,有L p (j)<α,故L p (k-j)=L p (j)=L p (p α-j),于是112211)!1()1()2)(1(+---⋅--=-+---αααααp k p k p k p p k k k 右边乘积的每一项的分子与分母中p 的幂次相同,因此,它不是p 的倍数.情形二:若k p |/α,则由⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--αααp k k p p k 11中⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛αp k 为整数,而L p (k)<α,可知⎪⎪⎭⎫⎝⎛--11αp k 是p 的倍数.[引理二] 若g(x)是一个次数小于n 的多项式,则∑=-+-nl ln l l n x g C 0)()1(=0.[证明] 这是关于多项式的差分中的一个熟知的结论,一个常规的证明是对n 归纳. 当n=1时,g(x)是一个常数多项式,因此0)()1()()1()()1(11010=-+=-+=-+-∑=x g x g x g C x g C l n x g Cnl ln l.命题对n=1成立.现设命题对n-1(n>1)的情形成立,对于n 的情形,令h(x)=g(x+1)-g(x),则h(x)的次数小于g(x)的次数,由归纳假设可知∑-=---+-101)1()1(n l ln l l n x h C =0,即有0))1()(()1(101=--+--+-∑-=-n l l n ll n x g l n x g C⇒)()1()()()1()(1111111101x g C l n x g C C n x g Cn n n n l l n l n l n ----=-------++-++∑=0⇒∑=-+-nl ln l l n x g C 0)()1(=0引理二获证.[引理三] 若n 有两个不同的素因子,则gcd(121,,,-n nn n C C C )=1. [证明] 若否,则存在素数p,使得p| gcd(121,,,-n n n n C C C ).特别地,有p|n C n =1,设L p (n)=α,由于n 有两个不同的素因子,因此,1<p α<n,这表明组合数1-αpn C 和αp n C 都在121,,,-n nn n C C C 中出现,它们都是p 的倍数,于是, 111)(|---=-αααp n pn p n C C C p ,这与引理一得结论冲突.回到原题,我们对n=1或p α(素数的幂,α为正整数)构造满足条件的多项式.当n=1,时,f(x)=21即符合要求；当n=p α时,令f(x)=)!1()1()2)(1(1111-+---⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--αααp p x x x p p x p , 它是一个p α-1(=n-1)次的多项式,由引理一可知,它符合要求.最后,我们证明若n 有两个不同的素因子,则不存在符合要求的多项式.事实上,如果存在满足条件的多项式f(x),那么,在引理二中,令g=f,x =-k(这里1≤k ≤n)可知∑≠≤≤-+--=kl n l ln lk kn l k f C f C ,0)()1()0(,而由条件(1),数f(-k),…,f(-1)；f(1),…,f(n-k)都是整数,所以,对1≤k ≤n,数)0(f C kn 都为整数.由引理三的结论结合Bezout 定理知,存在整数u 1,…,u n ,使得∑=nk k n k C u 1=1.导致f(0)=(∑=n k knk C u 1)f(0)=)0(1f C u nk k n k ∑=为整数,与条件(1)不符.问题获解.解法二:答案为n=p α,这里p 为素数,α为非负整数.先证一个引理.[引理四] 对任意n 个整数a 1,…,a n ,存在一个次数小于n 的整值多项式P(x),使得对1≤k ≤n,都有P(k)=a k .对n 归纳来处理,当n=1时,令P(x)=a 1即可,现设命题对n-1(n>1)时命题成立,即存在整值多项式P 1(x),对1≤k ≤n-1,都有P 1(k)=a k-1,令P(x)=P 1(x)+ (a n -P 1(n))⎪⎪⎭⎫⎝⎛--11n x ,结合对1≤k ≤n-1,都有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--11n k =0,而⎪⎪⎭⎫⎝⎛--11n n =1.即可实现归纳过渡. 现在,如果对n 存在符合要求的多项式f(x),那么由引理四可构造一个次数小于n-1的整值多项式P(x),使得1≤k ≤n-1,都有P(k)=f(k),此时,1,2,…,n-1都是多项式f(x)-P(x)的根,结合P(x)为整值多项式,可知f(x)-P(x)也是一个符合条件的多项式,因此,为解决中的问题,我们可设f(x)=∏-=-11)(n i i x c ,这里c 是一个有理数常数.设c=qp是最简分数表示,其中正整数q 的素因数分解为∏==dj j j p q 1α.一方面,由于f(x)满足条件,因此,f(0)不是整数,故)!1()1(|--/n q n ,因此存在某个j,使得)!1()1(|--/n p n j j α,这说明)(m o d 0)!1()1()(1j j j n ni j p n i p αα≡/--≡-∏= 于是,f(j j p α)不为整数,有条件(1),可知n|j j p α,即n 为素数的幂.另一方面,当n=p α时,令f(x)=)!1()1()2)(1(1111-+---⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--αααp p x x x p p x p ,利用引理一的结论可知它是一个符合要求的多项式.3. 设ω是△ABC 的外接圆,一条平行于BC 的动直线l 分别交线段AB,AC 于点D,E,交圆ω于点K,L(点D 介于K 和E 之间),γ1是与线段KD,BD 和圆ω都相切的圆,γ2是与线段LE,CE 和圆ω都相切的圆.求l 变化时,圆γ1和γ2的内公切线的交点的轨迹.解:设P 为圆γ1和γ2的内公切线的交点,直线m 是∠BAC 的角平分线,由于KL//BC,故m 也是∠KAL 的角平分线.现在将平面上的先作关于直线m 的对称变换,然后,以A 为反演中心,以AL AK ⋅为反演半径作反演变换,该合成变换记为Φ.在变换Φ下,各几何元素的变换情况如下:点K ↔点L ； 直线KL ↔圆ω； 射线AB ↔射线AC ； 点B ↔点E ； 点C ↔点D ； 线段BD ↔线段EC ； 弧BK ↔线段EL ； 弧CL ↔线段DK.记O 1,O 2分别是圆γ1和γ2的圆心,由于在题给的条件下,圆γ1和γ2都是唯一确定的,因此,依照上面的对应关系,可知在变换Φ下,它们相互对应,于是射线AO 1与AO 2关于直线m 对称,得∠O 1AB=∠O 2AC,故2121ρρ=AO AO ,这里ρ1,ρ2分别是圆γ1和γ2的半径.而由于P 为圆γ1和γ2的内公切线的交点,它是线段O 1O 2上的点,并且2121ρρ=PO PO ,所以,P 在∠O 1AO 2的角平分线上,也就是在∠BAC 的角平分线上.考虑极限情形结合连续性即可知道点P 的轨迹是∠BAC 的角平分线内部的点. 每题7分 共4小时30分钟第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛第二天:2011年2月26日,星期六,布加勒斯特语言:中文4. 对正整数∏==si i ip n 1α,设∑==Ωsi i n 1)(α是n 所有素因数的个数,这里的素因数依重数求和得到,定义)()1()(n n Ω-=λ(例如1)1()32()12(122-=-=⋅=+λλ).证明: (1) 存在无穷多个正整数n,使得1)1()(+=+=n n λλ; (2) 存在无穷多个正整数n,使得1)1()(-=+=n n λλ.证明:注意到,对任意正整数m,n,有Ω(mn)=Ω(m)+Ω(n),即Ω是一个完全可加函数,因此,λ(mn)=λ(m)λ(n),知λ是一个完全可乘函数,故对任意素数p,都有λ(p)=-1,而对任意正整数k,都有λ(k 2)=λ(k)2=1.(1) 佩尔方程x 2-6y 2=1有无穷多个正整数解(x m ,y m ),它们可由m m m y x )625(6+=+定义,由于λ(6y 2)=λ(y 2)=1,且λ(6y 2+1)=λ(x 2)=1,故该方程的每一组解都对应(1)中的一个n(=6y 2). 另解:若正整数n 满足λ(n)=λ(n+1),则λ((2n+1)2-1)=λ(4n(n+1))=λ(4)λ(n) λ(n+1)=1,而λ((2n+1)2)=1,这样,从n=1出发可递推构造出无穷多个满足(1)的n. (2) 佩尔方程3x 2-2y 2=1有无穷多组正整数解(x m ,y m ),它们可由12)23(23++=+m m m y x 定义,而λ(2y 2)=λ(2)λ(y 2)=-1=λ(3)λ(x 2)=λ(3x 2)= λ(2y 2+1),同(1)可知命题成立.另解:注意到n=2满足条件,如果命题不成立,那么存在最大的正整数n,使得λ(n-1)=λ(n)=-1,而当m ≥n 时,λ(m)与λ(m+1)不同时为 1.于是,λ(n+1)=1,故λ(n(n+1))=λ(n)λ(n+1)=-1,进而λ(n 2+n+1)=1,得λ(n 3-1)=λ(n-1)λ(n 2+n+1)=-1,而λ(n 3)=λ(n)3=-1,与n 最大矛盾(因为n ≥2,故n 3-1>n-1).5. 对每个正整数n ≥3,试确定平面上具有下述性质的n 个不同的点X 1,X 2,…,X n 之间的关系:对任意一对不同的点X i ,X j ,都存在{1,2,…,n}的一个排列σ,使得对所有1≤k ≤n,都有d(X i ,X k )=d(X j ,X σ(k)).这里d(X,Y)表示点X 和Y 之间的距离. 解:我们先证明所有的点共圆.建立恰当的直角坐标系,使得点X k 对应的从原点出发的向量x k 满足11=∑=nk k x n .利用d(X l ,X k )2=||x l -x k ||2=(x l -x k )∙(x l -x k )=||x l ||2-2x l ∙x k +||x k ||2,因此,∑∑∑===+∙-=n k k n k k i i nk kix x x x n XX d 121212||||2||||),(=∑=+nk k i x x n 122||||||||=∑∑==+=nk k j nk k j x x n X X d 12)(212)(||||||||),(σσ.所以,对不同的i,j,都有22||||||||j i x x =,因此,这些点共圆(它们的圆心为O(0,0)).现在设m 是这n 个点中任意两点的角距离的最小值,那么角距离等于m 的两个点在圆O 上必为相邻的两点,将这样的点对之间连一条边,构成一个图G ,依条件,G 是一个正则图,且每个顶点的度都是1或者2.如果n 为奇数,由于||2)deg(1E X nk k =∑=,知deg(G)=2,即每个点都与它相邻的两个点连边,此时它们构成一个正n 边形.如果n 为偶数,同上当deg(G)=2时,仍然构成正n 边形.但也可能是deg(G)=1,此时,设M 是任意两点的角距离中第2小的值,角距离为M 的两点在圆上仍然是相邻的,将距离为M 的点对之间连一条边得到图G ',类似讨论可知deg(G ')=1,于是,这时,所得的n 边形的边长交替相等(即奇数边长度相等,且偶数边长度相等). 直接验证可知,具有上述性质的n 个点符合要求.6.一个2011⨯2011的方格表的每个小方格都被标上整数1,2,…,20112中的某个数,使得其中的每个数都恰好用了一次.现在将表格的左右边界视为相同,上下边界也视为相同,依通常的方式得到一个圆环面(可视为一个“甜甜圈”的表面).求最大的正整数M,使得对任意标数方式,都存在两个相邻的小方格(指有公共边的小方格),它们中所填写的数之差(大的减小的)至少为M.注: 用坐标表示,小方格(x,y)和(x',y')相邻是指:x=x',y-y'≡±1(mod 2011)或者y=y',x-x'≡±1(mod 2011).解:设N=2011,我们对一般的N⨯N的表格求解相同的问题.当N=2时,结论是平凡的,所求的M=2,例子如下:考虑N≥3的情形,我们证明M≥2N-1.从最初表格的每个小方格都是白色的状态开始,当表格中依次写入数1, 2,…时,并将被标号的小方格染成黑色,在标上数k,且第一次出现下面的情形时,停止上述操作:表格中的每一行都有至少两个黑格,或者表格中每一列都有至少两个黑格.这表明在标上k之前,必有一行且必有一列中至多有一个黑格.不妨设,当标上k时,每一行都出现了两个黑格.这时表格中至多有一行中的格子都是黑色,因为如果有两行都是全黑格,那么,若k标在这两行中的某个小方格内,则此前每行中已有两个黑格(这里用到N≥3);若k标在其它行中,则此时每一列中都已有两个黑格.现在我们将有一个相邻格为白色的黑格染成红色,那么由于除掉可能存在的全黑行外,其余每行都有两个黑格和一个白格,因此,这些行中都至少有两个红色格.进一步,与可能存在的全黑行相邻的行中必有一个为白格,所以,该全黑行中至少有一个黑格被染成红色.依此可知,红色方格数≥2(N-1)+1=2N-1.因此,所有红色方格中的最小标号至多为k+1-(2N-1),当该方格相邻的白色格中被标号(所标的数至少为k+1)后,这两个相邻格之间的差≥2N-1.由于题中只需给出N=2011的例子,我们只需构造出形如N=2n+1(≥2)的例子,下表给出了一个使M=2N-1的例子:n=2的例子是对应的M=9.因此,题中所求的M=4021.每题7分共4小时30分钟。
2018年第59届IMO中国国家集训队选拔考试试题
6. 求所有正整数对 (������, ������), 使得 (������������ + 1)(������������ + ������ + 2) 是完全平方数.
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2018
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8:00-12
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1. 多项式序列 {������������ (������)}������≥1 定义如下:������1 (������) = 1, ������2������ (������) = ������������������ (������), ������2������+1 (������) = ������������ (������) + ������������+1 (������), ������ ≥ 1. 求所有有理数 ������, 使得 ������ 是某个 ������������ (������) 的根.
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2018 年第 59 届 IMO 中国国家队 选拔考试
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第 59 届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试三 第一天 2018 年 3 月 20 日上午 8:00-12：30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 第 59 届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试三 第二天 2018 年 3 月 21 日上午 8:00-12：30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 第 59 届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试四 第一天 2018 年 3 月 26 日上午 8:00-12：30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 第 59 届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试四 第二天 2018 年 3 月 27 日上午 8:00-12：30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 第 59 届 IMO 中国国家集训队第二阶段日程安排 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 8 6 5 4
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其实,任何一门学科都离不开死记硬背,关键是记忆有技巧,“死记”之后会“活用”。不记住那些基础知识,怎么会向高层次进军?尤其是语文学科涉猎的范围很广,要真正提高学生的写作水平,单靠分析文章的写作技巧是远远不够的,必须从基础知识抓起,每天挤一点时间让学生“死记”名篇佳句、名言警句,以及丰富的词语、新颖的材料等。这样,就会在有限的时间、空间里给学生的脑海里注入无限的内容。日积月累,积少成多,从而收到水滴石穿,绳锯木断的功效。9年级
要练说，得练看。看与说是统一的，看不准就难以说得好。练看，就是训练幼儿的观察能力，扩大幼儿的认知范围，让幼儿在观察事物、观察生活、观察自然的活动中，积累词汇、理解词义、发展语言。在运用观察法组织活动时，我着眼观察于观察对象的选择，着力于观察过程的指导，着重于幼儿观察能力和语言表达能力的提高。10年级