第七届日本数学奥林匹克竞赛试题
日本小学生数学竞赛试题
日本小学生数学竞赛试题日本小学生数学竞赛是一项旨在提高学生数学思维能力和解决问题能力的竞赛活动。
以下是一些可能在竞赛中出现的题目类型，以及相应的解题思路。
题目一：基础运算题题目：计算下列表达式的值：\[ 1234 + 5678 - 9101112 \times 13 \]解题思路：1. 首先进行加法运算：\( 1234 + 5678 = 6912 \)。
2. 然后进行乘法运算：\( 9101112 \times 13 \)，可以先将9101112分解为9000000 + 100000 + 1000 + 100 + 10 + 2，然后分别与13相乘，最后将结果相加。
3. 最后进行减法运算：\( 6912 - 乘法结果 \)。
题目二：逻辑推理题题目：有5个盒子，分别标记为A、B、C、D和E。
每个盒子里都装有不同数量的糖果，且数量分别为1、2、3、4和5。
现在知道：- A盒子里的糖果比B盒子多2个。
- C盒子里的糖果比D盒子少1个。
- E盒子里的糖果数量是所有盒子里糖果数量的平均值。
请确定每个盒子里糖果的数量。
解题思路：1. 根据题目描述，我们可以列出以下关系：- A = B + 2- C = D - 1- E = (A + B + C + D + E) / 52. 由于E是平均值，我们可以推断出E的糖果数量是3（因为1到5的和是15，除以5等于3）。
3. 然后我们可以确定C和D的糖果数量，因为C比D少1，且E是3，所以C和D的糖果数量只能是2和3，或者1和2。
4. 根据A比B多2的条件，我们可以确定A和B的糖果数量。
如果C是2，D是3，那么A和B的糖果数量只能是4和2，或者5和3。
题目三：几何问题题目：一个正方形的面积是16平方厘米。
求正方形的边长。
解题思路：1. 正方形的面积公式是边长的平方，即 \( A = a^2 \)。
2. 根据题目，我们知道面积 \( A = 16 \) 平方厘米。
3. 将面积代入公式，得到 \( 16 = a^2 \)。
日本初中数学竞赛真题试卷
一、选择题（每题5分，共50分）1. 下列数中，哪个数不是质数？A. 7B. 14C. 17D. 202. 一个长方形的长是6cm，宽是4cm，那么它的面积是多少平方厘米？A. 24cm²B. 36cm²C. 48cm²D. 60cm²3. 一个正方形的边长是5cm，那么它的周长是多少厘米？A. 10cmB. 15cmC. 20cmD. 25cm4. 下列分数中，哪个分数是假分数？A. 1/2B. 2/3C. 3/4D. 4/55. 下列数中，哪个数是偶数？A. 23B. 24C. 25D. 266. 一个圆的半径是3cm，那么它的面积是多少平方厘米？A. 9πcm²B. 12πcm²C. 15πcm²D. 18πcm²7. 下列图形中，哪个图形是轴对称图形？A. 等腰三角形B. 平行四边形C. 梯形D. 长方形8. 下列数中，哪个数是正整数？A. -1B. 0C. 1D. 29. 下列图形中，哪个图形是旋转对称图形？A. 正方形B. 等边三角形C. 矩形D. 菱形10. 一个长方体的长、宽、高分别是4cm、3cm、2cm，那么它的体积是多少立方厘米？A. 24cm³B. 36cm³C. 48cm³D. 60cm³二、填空题（每题5分，共50分）1. 一个正方形的边长是8cm，那么它的周长是________cm。
2. 下列分数中，________是最简分数。
3. 下列数中，________是质数。
4. 一个圆的半径是5cm，那么它的面积是________cm²。
5. 下列图形中，________是轴对称图形。
6. 一个长方体的长、宽、高分别是6cm、4cm、2cm，那么它的体积是________cm³。
7. 下列数中，________是偶数。
8. 下列图形中，________是旋转对称图形。
一道日本奥数决赛题的证法探究
则 四边 形 Ａ Ｇ Ｃ Ｅ为 平 行 四边
形．
’ ． ．
．
Ａ Ｃ＝ ０ ． ／Ａ Ｂ＝１０。 Ｄ ６ 。故 ＿ Ｄ ２。
证法 ２ 延 长 Ａ Ｄ到 Ｇ， Ｄ 使 Ｇ
＝
ＣＧ ＝ＡＥ， ＥＧ ＝ＡＣ ＝ＢＥ ， Ｇ ＥＤ ＝ ／ ＡＤ ＝ Ｌ ＢＥＤ． ＿Ｃ ～
Ａ 于是 Ａ Ｅ， Ｄ＝Ｅ ， Ｇ 连结 Ｂ 图 Ｇ（
ＧＤ ＝ＡＣ ＝衄 ．
图７
．
ＢＥ ＝ＡＣ．
图８
‘ ． ．
证法 ２ 过点 Ｆ作 Ｆ ／Ａ 日／ Ｏ交 Ｂ Ｃ于 日（ ８ ， 图 ） 则 １＝葫 １＇ Ｂ ５ Ｄ
，
’ 。
则梯形 Ｄ Ｇ Ｅ Ｂ为等腰梯形．
’
ＡＣ
＝
Ｃ Ｄ
．
．
．
ＥＧ ＝ＢＤ ＝ＡＧ ＝Ａ Ｅ．
．
ＢＤ ＝ＤＣ ， ＥＦ ＝ＡＦ ， ＢＥ ：ＡＣ．
ｃ （ １， ｖ 图 ） 则 ＡＡ Ｇ Ａ髓 Ｄ Ｃ ．
‘
故 ＬＡ Ｂ＝１０ Ｄ ２。
思路 ２ 构造平行四边形
证法 ５ 分别过点 ｃ 作 Ａ 、 Ｄ、
Ａ Ｃ的平行线交 于点 Ｇ 连结 Ｄ （ ， Ｇ 图
５， ）
．
．
ＧＧ ＝ＢＤ ＝ＤＣ ＝ＡＥ ＝ ＤＧ．
于是 ＡＣ Ｇ为正三角形． Ｄ
・ ． ．
Ｐ（ ）注：对 也 得到 ４ 坐标） ４ ÷， （ 由 称性 可 点Ｐ 的 ．
Ｐ（ ， ） 。３ ．
△Ｏ Ａ，则 Ｂ
③ 当 ＬＰ Ｂ为直角时 ， Ｐ在 轴上 ， Ｏ 点 不符合要求．
则 Ｏ Ｐ＝ＬＢ Ｏ： ０ ， Ｂ ．Ａ ３ 。
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分(1)集合、数与式
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程. B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j ≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程.B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小.【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y.（1）当n是奇数时，x n≥y n.（2）当n是偶数时（i）如果x≥y≥0，则x n≥y n；（ii）如果0≥x≥y，则x n≤y n；（iii）如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n.B1-032对任意实数x、y.定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值.【题说】1985年全国联赛一试题2（4）.原题为填空题.【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 （1）2*3=2a+3b+6c=4 （2）x*d=ax+bd+cxd=（a+cd）x+bd=x（3）由（3）得a+cd=1 （4）B d=0 （5）因d≠0，故由（5）式得b=0.再解方程（1）及（2），得a=5，c=-1，最后由（4）式得d=4.B1-033计算下式的值：【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题14.注意324=4³34.【解】x4+4y4=（x2+2y2）2-（2xy）2=[（x2+2y2）-2xy][（x2+2y2）+2xy]=[（x-y）2+y2][（x+y）2+y2]。
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是世界范围内最具影响力和声誉的数学竞赛之一。
每年，来自各个国家的数学高手们聚集在一起，参与这项激烈而充满挑战的竞赛。
本文将介绍一些历年的国际数学奥林匹克竞赛试题，并提供相应的解答。
试题一：证明：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
解答一：我们可以通过反证法来证明这个命题。
假设4^n + n^4是一个素数，即不存在其他因子能够整除它。
考虑到任何正整数n都可以写成2k或2k+1的形式，其中k是整数。
当n为偶数时，可以将n表示为2k的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k)^4 = 2^(2n) + (2k)^4我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为偶数时，4^n + n^4不可能是素数。
当n为奇数时，可以将n表示为2k+1的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k+1)^4 = 2^(2n) + (2k+1)^4同样地，我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k+1)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k+1)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为奇数时，4^n + n^4同样不可能是素数。
综上所述，我们可以得出结论：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
试题二：证明：对于任意正整数n，n^2 + 3n + 1不是完全平方数。
解答二：我们同样可以使用反证法来证明这个命题。
假设n^2 + 3n + 1是一个完全平方数，即存在另一个正整数m，使得m^2 = n^2 + 3n + 1。
根据完全平方数的性质，m^2必然是一个奇数，因为奇数的平方也是奇数。
我们可以将n^2 + 3n + 1拆分为两部分，即(n^2 + 2n + 1) + n。
日本初中数学竞赛试卷
一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列各数中，不是有理数的是（）A. 3/5B. -2C. √4D. 0.252. 下列各数中，绝对值最大的是（）A. -3B. -2C. 2D. 03. 下列各图中，与直线y=2x平行的直线是（）A.B.C.D.4. 若a、b是方程x²-5x+6=0的两根，则a+b的值是（）A. 2B. 3C. 4D. 55. 下列函数中，是奇函数的是（）A. y=x²B. y=x³C. y=|x|D. y=x²+16. 下列不等式中，正确的是（）A. 2x > 4B. 3x ≤ 9C. 5x < 10D. 4x ≥ 167. 下列图形中，不是全等图形的是（）A.B.C.D.8. 下列各式中，正确的是（）A. (a+b)² = a² + b²B. (a-b)² = a² - b²C. (a+b)² = a² + 2ab + b²D. (a-b)² = a² - 2ab + b²9. 下列各数中，能被3整除的是（）A. 17B. 24C. 35D. 4210. 下列各图中，面积最大的是（）A.B.C.D.二、填空题（每题4分，共20分）11. 若x=3，则x²-5x+6=______。
12. 下列各数中，最大的是______。
13. 若y=2x+3，则x=______时，y=7。
14. 若a、b是方程2x²-5x+3=0的两根，则a+b=______。
15. 若函数y=kx²+2x+1的图像开口向上，则k＞______。
三、解答题（每题10分，共30分）16. 解下列方程：2x²-5x+3=0。
17. 已知函数y=x²+2x+1，求函数的最小值。
18. 已知等腰三角形ABC中，AB=AC，AD是BC边上的高，求证：∠ADB=∠ADC。
五年级奥数测试卷-立体体积-答案
A1．一个木盒从外面量长10厘米，宽8厘米，高5厘米，木板厚1厘米．问①做这个木盒最少需要1厘米厚的木板多少平方厘米？②这个木盒的容积是多少立方厘米？2．把19个边长为2厘米的正方体重叠起来,作成如下图那样的组合形体，求这个组合形体的表面积．十—303．在边长为4厘米的正方体木块的每个面中心打一个边与正方体的边平行的洞．洞口是边长为1厘米的正方形，洞深1厘米（如下图）．求挖洞后木块的表面积和体积．十-314、一个长方体的长、宽、高分别是两位整数，并且一条长、一条宽、一条高的和为偶数（其中长最大、高最小）。
长方体的体积是下面四个数之一：8735、6864、8967、7853。
求这个长方体的长、宽、高分别是多少？5、用棱长1厘米的正方体木块摆成下面形状。
请同学们认真观察后，回答下面的问题:十—32（1）摆成后的形体共有多少棱长1厘米的正方体木块?（2)表面积是多少平方厘米?（3）如果这些小木块单独摆放,表面积要增加多少平方厘米？6、一个长方体容器，长12厘米,宽10厘米，高20厘米,容器中盛满水。
当这个容器底面的一条棱靠着桌面倾斜45度时，容器内剩下的水的体积最少是多少立方厘米？20 12 1045°10 2045°12十—337、有一个棱长为5厘米的正方体木块,从它的每个面看都有一个穿透的孔°十字形孔，如右图中阴影部分所示.如果将其全部浸入黄漆后取出,晒干后,再切成棱长为1厘米的小正方体，这些小正方体中未被染上黄漆的表面积总和是多少平方厘米？十-348、右图是一个边长为2厘米的正方体，在正方体的上面的正中向下挖一个边长为1厘米的正方体小洞；接着在小洞的底面正中再向下挖一个边长为21厘米的小洞；第三个小洞的挖法与前两个相同，边长为41厘米,那么最后得到的立体图形的表面积是 平方厘米。
（1989年数学奥林匹克 预赛）9、在面前有一个长方体,它的正面和上面的面积之和是209,如果它的长、宽、高都是质数，那么这个长方体的体积是_________。
2021年奥林匹克竞赛数学试卷(日本)及答案
一、综合题
（本大题共5小题）
1. 找出所有函数 ：
，使得对任意正整数 ， ，有
．
2. 设 是一个大于等于 的正整数，玩家 和 两人在一张 行 列的棋盘上玩一个游戏．首先， 先将每
个单元棋格涂成白色或黑色，然后， 从最上面一行中选一个棋格放入一枚棋子，并在最下面的一行中
当
时， 在 处放棋子，将
设置为棋子的最终目标．对于 而言，他在
每次操作中至多向左或向右移动一格，进行 次操作后，最终棋子所在的竖直位置与最初
棋子所在的竖直位置至多相差 ．而
，此时 不能将棋子移动到
最终区标．
当
时，为保证棋子能从 处到
， 应将棋盘的对角线（左上到右
下）都涂黑，同样 还应将棋盘的对角线（右上到左下）都涂黑．现在， 在 处放棋
个不同的单元格将其涂成黑色，其余的所有单元格涂成白色，且同时有白格和黑格的 表格个数的
最小值是
．
【答案】
或
且．
【解析】称同时有白格和黑格的 表格为“好形”，
当
时，存在正整数 ， ，使得
，
，
，
将左上角的
方格表都涂黑，再将第 行的前
个单元格涂成黑色，
得到的“好形”个数不大于
，因此ຫໍສະໝຸດ ，设第 行有 个黑格，外．故线段 与圆 至多有一个交点，从而
．
于是，
．
【踩分点】
4. 设 个整数 ， ， ， 满足对任意
有
， ， 中最大的一个数与最小的一个数之差的最小值．
，求 ，
【答案】
【解析】由数列 是整数数列，
可得：
，
由此易得
，，
日本高中数学奥林匹克试题及解答2010—2014
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这里" 对" 进行考察" 因为当" )""!"$"*"-时分别得到的数 # 的个数是相同的!所以"在全部优良整数中" " 的平均值为 & "( + + 同样地 " " 在全部优良整 ' " " " !($(+('(%()(,() ! +" 数中的平均值也为+ 于是得 # # # ! $ +
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当
时求&,0. 的大小!
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有! 从每个飞机场已有几个直飞到其他飞机场的航 " # "个飞机场 当符合下面两个条件时 班 对于任意两个飞机场 , 和- 从 , 出发可以通过几种不同的换 # 乘方式到达- 对于已开通的直飞航班 如果发生了关闭航班的状况 那么条件 ! 就不满足! # 某一天 在已开通的直飞航班中有一个航班关闭了 准备开设一个 可以是已关闭的直飞航班 并且满足条件 新的直飞航班 # ! 研究最多有多少种直飞航班的开设方式! 其中 从飞机场 6 到7 已 再开设从7 出发到达6 的直飞航班可以不受限制! 有直飞航班时
) $
已知由正整数组成的无穷数列" " 对于任意的正整 " "*" " "*" 数*满足如下两个条件) & ' # " 是* 的倍数(
初中数学日本竞赛试卷
一、选择题（每题5分，共50分）1. 下列哪个数是偶数？A. 3B. 4C. 5D. 62. 如果一个长方形的长是8cm，宽是5cm，那么它的面积是多少平方厘米？A. 30B. 40C. 50D. 603. 下列哪个图形是轴对称图形？A. 正方形B. 等腰三角形C. 平行四边形D. 梯形4. 一个数的平方根是4，那么这个数是多少？A. 16B. 8C. 2D. 15. 如果一个正方形的边长增加了20%，那么它的面积增加了多少？A. 20%B. 40%C. 50%D. 60%6. 下列哪个方程的解是x=2？A. 2x + 3 = 7B. 2x - 3 = 7C. 2x + 3 = 5D. 2x - 3 = 57. 下列哪个分数是最简分数？A. 6/8B. 8/10C. 9/12D. 12/168. 如果一个等腰三角形的底边长是6cm，腰长是8cm，那么它的周长是多少cm？A. 22B. 24C. 26D. 289. 下列哪个数是质数？A. 10B. 11C. 12D. 1310. 如果一个圆的半径是5cm，那么它的直径是多少cm？A. 10B. 15C. 20D. 25二、填空题（每题5分，共50分）1. 一个数的平方是16，那么这个数是______。
2. 一个长方形的长是10cm，宽是5cm，那么它的面积是______平方厘米。
3. 一个等腰三角形的底边长是8cm，腰长是12cm，那么它的周长是______cm。
4. 下列哪个数是负数？______。
5. 一个圆的半径增加了10%，那么它的面积增加了______%。
6. 一个数的倒数是1/3，那么这个数是______。
7. 下列哪个数是偶数？______。
8. 一个正方形的边长是6cm，那么它的周长是______cm。
9. 下列哪个数是质数？______。
10. 如果一个圆的直径是10cm，那么它的半径是______cm。
三、解答题（每题20分，共60分）1. 解方程：2x - 3 = 7。
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≤9，0≤b≤9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≤9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m 11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137·73．故对一切n≥2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i·n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m·n！＋k（m∈N，2≤k ≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≥2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≥p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≤p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≥n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≥m，p≥2m＋1由得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≤0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≥b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≥n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。
初一数学奥林匹克竞赛题(含答案)
4．已知方程组的解应为一个学生解题时把c抄错了，因此得到的解为
求a2＋b2＋c2的值．
5．求方程｜xy｜-｜2x｜+｜y｜=4的整数解．
6．王平买了年利率7.11％的三年期和年利率为7.86％的五年期国库券共35000元，若三年期国库券到期后，把本息再连续存两个一年期的定期储蓄，五年后与五年期国库券的本息总和为47761元，问王平买三年期与五年期国库券各多少？(一年期定期储蓄年利率为5.22％)
所以AD∥BC．①又因为AB⊥BC，②
由①，②AB⊥AD．
4．依题意有
所以a2+b2+c2=34．
5．｜x｜｜y｜-2｜x｜+｜y｜=4，即 ｜x｜(｜y｜-2)+(｜y｜-2)=2，
所以(｜x｜+1)(｜y｜-2)=2．
因为｜x｜＋1＞0，且x，y都是整数，所以
所以有
6．设王平买三年期和五年期国库券分别为x元和y元，则
8．从1到500的自然数中，有多少个数出现1或5？
9．从19，20，21，…，98这80个数中，选取两个不同的数，使它们的和为偶数的选法有多少种？
解答：
1．由对称性，不妨设b≤a，则ac＋bd≤ac＋ad=a(c＋d)＜ab．
2．设乙种商品原单价为x元，则甲种商品的原单价为1.5x元．设甲商品降价y％，则乙商品提价2y％．依题意有1.5x(1-y％)+x(1＋2y％)=(1.5x＋x)(1＋2％)，
8．百位上数字只是1的数有100，101，…，199共100个数；十位上数字是1或5的(其百位上不为1)有2×3×10=60(个)．个位上出现1或5的(其百位和十位上都不是1或5)有2×3×8=48(个)．再加上500这个数，所以，满足题意的数共有
第七届奥林匹克杯全国数学大赛
第七届奥林匹克杯全国数学大赛初赛试卷（四年级）（时间：90分，满分100分）一、选择题（每小题8分，共48分）。
1、●表示实心圆，○表示空心圆，若干个实心圆和空心圆排成一行：○●○○●●○○○●●●○●○○●●○○○●●●......在前150个圆中，有（）个“○”。
A、15B、25C、50D、752、如下图所示，3个正方形内的数有相同的规律，请你找出它们的规律。
则A是（）。
A、4B、5C、20D、353、下面两个算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字，那么A＋B＋C＋D＋E＋F＋G的和是（）。
A、32B、23C、30D、364、在田径场上A、B、C、D、E、F六人参加百米决赛。
对于谁是冠军，看台上甲、乙、丙、丁四人有以下猜测：甲说：冠军不是A就是B；乙说：冠军不是C;丙说：D、E、F都不可能是冠军；丁说：冠军是D、E、F中的一人。
比赛结果是：这四人中只有一人猜测是正确的，那么冠军是（）。
A、BB、CC、DD、F5、把1~7七个自然数分别填在图中的○内，使得四个三角形的三个顶点数之和都等于11，则a填（）。
A、3B、4C、5D、66、有四个不同的整数，它们的平均数是14，三个大数的平均数是15，三个小数的总和是38，如果第二大的数是奇数，那么它是（）。
A、17B、15C、13D、11二、填空题（每小题8分，共32分）。
7、东河小学画展上展出了许多幅画，其中有16幅画不是六年级的，有15幅画不是五年级的。
现知道五、六年级共有25幅画，那么其他年级的画共有幅。
8、今年爸爸的年龄是小红年龄的4倍，再过18年，爸爸的年龄是小红年龄的2倍。
小红今年岁。
9、有一串数：1、7、13、19、25......这串数的第1000个数是。
10、用中国象棋的车、马、炮分别表示不同的自然数。
如果车÷马=2，炮÷车=4，炮－马=56，那么“车＋马＋炮”等于。
三、解答题（每小题10分，共20分）。
日本第7届数学奥林匹克竞赛试题及解答汇总
第七届日本数学奥林匹克竞赛试题问题1 两个整数相加时，得到的数是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，得到的数是一个三位数，且三个数字相同。
请写出所有满足上述条件的两个整数。
（12分）问题2 把26个玻璃球分装在a、b、c、d、e五个袋子里，每个袋里的球数不同且都装了1个以上。
用一台天平称重量，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响。
看下图：当①、③、④的状态时，警铃就响；②的状态时，警铃不响。
请按从小到大的顺序写出装入5个袋中玻璃球的数量的组合（例如： 1、3、5、7、10），并写出所有的组合。
解答栏中有6组空，但不一定全部使用。
（14分）（注：不用考虑袋子的重量）问题 3把6cm×10cm的长方形沿点线分割成4个图形，请按下面两个要求分割。
①分割后的4个图形，面积可大可小，但它们应该互为相似形。
②分割后的4个图形，可以有面积相等的，但不能都是面积相等的图形。
请回答出4种分割方法，并分别在解答栏中用实线画出。
（翻转后如果同另一种分割重叠的话，将看做是同一种分割方法。
）（20分）问题4 右图三角形ABC是等腰三角形。
AB=AC，BAC=120°。
三角形ADE是正三角形，点D在BC边上，BD∶DC=2∶3。
当三角形ABC的面积是50cm2时，三角形ADE的面积是多少？（14分）问题5 有一只表分不清长针和短针了，多数情况下可根据两针所指的位置判断出正确的时间。
但有时也会出现两种情况，使你判断不出正确的时间。
请问从中午12点到夜里12点这段时间会遇到多少次判断不出的情况？（12分）（注：不包括中午12点和夜里12点）问题6 把一个多边形沿着几条直线剪开，分割成若干个多边形。
分割后的多边形的边数总和比原多边形的边数多13条，内角和是原多边形内角和的1.3倍。
请问：①原来的多边形是几边形？②把原来的多边形分割成了多少个多边形？（14分）问题7 把△ABC滚到△A′B′C′的位置。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第7届)
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第 7 届）
1. 试找出所有位于区间[0， 2pi] 的 x 使其满足 2 cos x ≤ | √(1 + sin 2x) - √(1 - sin 2x， a11x1 + a12 x2+ a13 x3 = 0 a21x1 + a22x2 + a23x3 = 0 a31x1 + a32x2 + a33x3 = 0 满足： a. a11、 a22、 a33 是正数，其余是负数； b. 每个方程中的系数之和是正的． 求证：该方程组的有唯一的解 x1 = x2 = x3 = 0． 3. 四面体 ABCD 被平行于 AB、CD 边的一个平面分割成两部分，并且该平面到 AB 边 的距离是该平面到 CD 边距离的 k 倍．试求出 这两部分的体积比． 4. 四个实数， 它们中的任何三个的乘积再加上第四个数都等于 2， 求出这四个数的所有 可能值． 5. 三角形 OAB 中的角 O 是锐角， 是边 AB 上任意一点， M 向 OA、 边引垂线， M 从 OB 垂足分别为 P、Q．设三角形 OPQ 的垂心为，求出当 M 在 AB 边上移动时点 H 的轨迹； 若 M 在三角形 OAB 内部移动是 H 的轨迹又是什么？ 6. 平面上给定了 n>2 个点，任何两点之间都有线断相连，这些线断长度中的最大值被 定义为这个点集的直径，求证：长度为直径的线断至多有 n 条．
初中日本数学竞赛试题
初中日本数学竞赛试题一、选择题（每题2分，共10分）1. 下列哪个数不是质数？A. 2B. 3C. 4D. 52. 如果一个三角形的内角和为180度，那么一个四边形的内角和是多少度？A. 360度B. 540度C. 720度D. 900度3. 以下哪个表达式的结果不是整数？A. \( 4 \div 2 \)B. \( 6 \div 3 \)C. \( 7 \div 2 \)D. \( 5 \div 5 \)4. 一个圆的半径是5厘米，那么它的直径是多少厘米？A. 10厘米B. 15厘米C. 20厘米D. 25厘米5. 如果一个数的平方是36，那么这个数是多少？A. 6B. 9C. ±6D. ±9二、填空题（每题2分，共10分）6. 一个数的平方根是4，那么这个数是________。
7. 一个直角三角形的两条直角边分别是3厘米和4厘米，那么它的斜边长是________厘米。
8. 一个数的立方是-27，那么这个数是________。
9. 一个数的倒数是2/3，那么这个数是________。
10. 如果一个数的绝对值是5，那么这个数可以是________或________。
三、解答题（每题10分，共30分）11. 一个长方体的长、宽、高分别是8厘米、6厘米和5厘米，求它的体积。
12. 一个班级有40名学生，其中1/3的学生喜欢数学，1/4的学生喜欢英语，剩下的学生喜欢科学。
求喜欢科学的学生人数。
13. 一个圆的周长是31.4厘米，求这个圆的面积。
四、证明题（每题15分，共30分）14. 证明：在一个直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和。
15. 证明：如果一个三角形的两边和它们之间的夹角都与另一个三角形的两边和夹角相等，那么这两个三角形是全等的。
五、应用题（每题20分，共20分）16. 一个工厂生产了1000个零件，其中不合格的零件占总数的2%。
如果工厂决定将不合格的零件全部销毁，那么工厂将损失多少钱？（假设每个零件的成本是10元）结束语：希望这份试题能够帮助同学们更好地准备数学竞赛，提高解题技巧和数学思维能力。
2018年日本初中数学奥林匹克决赛试题
2018年日本初中数学奥林匹克决赛1.k 是大于等于3的整数，使用一个正k 边形，A 和B 两个人玩如下的游戏，重复k 回：A 说一个大于等于1且小于等于100的整数，B 把该整数写在正k 边形的某个尚未写上数字的顶点上如果正k 边形上有写着相同数字的三个顶点，且这三个顶点构成等腰三角形，那么B 获胜，否则A 获胜。
此时，试求出所有的k ，使得不管A 怎么做B 都有办法获胜。
2.有5个人，计算出每两个人的年龄差，发现是两两互异的正整数，试求岁数最大的和岁数最小的人的年龄差可能取到的最小值。
3.设△ABC 的外接圆为ω,AB =AC ,过B,C 两点的圆分别交边AB,AC 于D,E 两点,直线DE 和直线BC 交于点F .直线AF 交ω于A,G 两点.H 为DE 上一点,射线AH 交ω于点I .试证：F,G,H,I 四点共圆.AB C DE FGHI4.k 是大于或等于2的整数，A =2k −1。
L 是小于或等于A 2的正奇数，首先将其写在黑板上，如下操作重复k −1次：记前面刚写在黑板上的整数为n ，在黑板上写上能整除A −n 的最大正奇数。
此时，试证：包括最初写在黑板上的L ，黑板上的L 出现了至少两次。
5.三角形ABC 的内切圆为ω,边BC CA AB 的中点分别记作A ′,B ′,C ′。
存在六个点B a ,C a ,C b ,A b ,A c ,B c ，线段B a C a ,C b A b ,A c B c 均是圆ω的直径，且分别平行于BC,CA,AB ，直线B ′C a 与直线C ′B a 交于点X,直线C ′A b 与直线A ′C b 交于点Y ，直线A ′B c 与直线B ′A c 交于点Z ，试证：直线AX,BY,CZ 三线交于一点。
AB CA ′B ′C ′A b A c C b B c B a C aXYZ（中山大学:詹秋明汉化）。
第七至十九届中国数学奥林匹克竞赛试题含答案
第七至十九届中国数学奥林匹克竞赛试题第七届中国数学奥林匹克 (1992年)1. 设方程x n +a n-1x n-1+a n-2x n-2+....+a 1x+a 0=0的系数都是实数，且适合条件0<a 0≦a 1≦a 2≦....≦a n-1≦1。
已知λ为方程的复数根且适合条件|λ|>1，试证：λn+1=1。
2. 设x 1, x 2, ... , x n 为非负实数，记 x n+1= x 1，a=min{x 1, x 2, ... , x n }，试证：n Σ i=1 1+x i _ 1+x i+1 ≦n+ 1 (1+a)2nΣ i=1(x i -a)2 ，3. 且等式成立当且仅当 x 1 =x 2= ... =x n 。
4. 在平面上划上一个9x9的方格表，在这上小方格的每一格中都任意填入+1或-1。
下面一种改变填入数字的方式称为一次变动；对于任意一个小方格有一条公共边的所有小方格(不包含此格本身)中的数作连乘积，于是每取一个格，就算出一个数，在所有小格都取遍后，再将这些算出的数放入相应的小方格中。
试问是否总可以经过有限次变动，使得所有方小方格中的数都变为1？5. 凸四边形内接于圆O ，对角线AC 与BD 相交于P ，ΔABP 与ΔCDP 的外接圆相交于P 和另一点Q ，且O 、P 、Q 三点两两不重合。
试证∠OQP=90。
6. 在有8个顶点的简单图中，没有四边形的图的边数的是大值是多少？7. 已知整数序列{a 1, a 2, ...... }满足条件：1. a n+1=3a n -3a n-1+a n-2，n=2, 3, .....。
2. 2a 1= a 0+a 2-2。
3. 对任意的自然数m ，在序列{a 1, a 2, ...... }中必有相继的m 项a k , a k+1, ... , a k+m-1都为完全平方数。
试证：序列{a 1, a 2, ...... }的所有项都是完全平方数。
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第七届日本数学奥林匹克竞赛试题Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998第七届日本数学奥林匹克竞赛试题问题1 两个整数相加时，得到的数是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，得到的数是一个三位数，且三个数字相同。
请写出所有满足上述条件的两个整数。
（12分）问题2 把26个玻璃球分装在a、b、c、d、e五个袋子里，每个袋里的球数不同且都装了1个以上。
用一台天平称重量，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响。
看下图：当①、③、④的状态时，警铃就响；②的状态时，警铃不响。
请按从小到大的顺序写出装入5个袋中玻璃球的数量的组合（例如： 1、3、5、7、10），并写出所有的组合。
解答栏中有6组空，但不一定全部使用。
（14分）（注：不用考虑袋子的重量）问题 3把6cm×10cm的长方形沿点线分割成4个图形，请按下面两个要求分割。
①分割后的4个图形，面积可大可小，但它们应该互为相似形。
②分割后的4个图形，可以有面积相等的，但不能都是面积相等的图形。
请回答出4种分割方法，并分别在解答栏中用实线画出。
（翻转后如果同另一种分割重叠的话，将看做是同一种分割方法。
）（20分）问题4右图三角形ABC是等腰三角形。
AB=AC，BAC=120°。
三角形ADE是正三角形，点D在BC边上，BD∶DC=2∶3。
当三角形ABC的面积是50cm2时，三角形ADE的面积是多少（14分）问题5有一只表分不清长针和短针了，多数情况下可根据两针所指的位置判断出正确的时间。
但有时也会出现两种情况，使你判断不出正确的时间。
请问从中午12点到夜里12点这段时间会遇到多少次判断不出的情况（12分）（注：不包括中午12点和夜里12点）问题6把一个多边形沿着几条直线剪开，分割成若干个多边形。
分割后的多边形的边数总和比原多边形的边数多13条，内角和是原多边形内角和的倍。
请问：①原来的多边形是几边形②把原来的多边形分割成了多少个多边形（14分）问题7把△ABC滚到△A′B′C′的位置。
求△ABC滚动过的面积。
（14分）（注：圆周率取）分析与解问题1两个整数相加时，得到的数是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，得到的数是一个三位数，且三个数字相同，请写出所有满足上述条件的两个整数。
分析与解两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都可以表示成两个整数相加的形式，例如33=1+32=2+31=3+30=……=16+17，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了。
可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111=37×3，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍（想想为什么）把九个三位数分解：111=37×3 222=37×6=74×3333=37×9 444=37×12=74×6555=37×15 666=37×18=74×9777=37×21 888=37×24=74×12999=37×27把两个因数相加，只有（74+3=）77和（37+18=）55的两位数字相同。
所以满足见意的答案是74和3，37和18。
问题2把26个玻璃球分装在a、b、c、d、e五个袋子里，每个袋子里的球数不同且都装了1个以上。
用一台天平称重量，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响。
看下图。
当①、③、④的状态时，警铃就响；②的状态时，警铃不响。
请按从小到大的顺序写出装入5个袋中玻璃球的数量的组合（例如：1、3、5、7、10），并写出所有的组合。
分析与解根据题意，a、b、c、d、e袋中装的玻璃球的数量各不相同。
a、b、c、d、e五个袋子里共装有26个玻璃球，这26个玻璃球的重量应是相同的，所以五个袋子的重量各不相同。
用一台天平称重，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响，这一条件，应理解为天平称得的玻璃球个数是11或多于11个时，超重警铃就会响。
从给出的条件可知：比较（2）、（3）、（4）式可知，a＜b，a＜d。
由（1）+（3），（1）+（4），（5）式可得：由上面的三个式子可知，b、d两袋中球的数量是4或3或2或1个，但由于a＜b，a＜d，所以a袋中球的数量是2或1个，b、d两袋中的球只能是4或3或2个。
进一步由（2）、（3）、（4）式可知，c袋中球的数量只能是8或9个。
由此可列举出符合题意的数组，它们是：（1、2、3、9、11）（1、2、4、9、10）（1、3、4、8、10）（2、3、4、8、9）问题3把6cm×10cn的长方形沿点线分割成4个图形，请按下面两个要求分割。
①分割后的4个图形，面积可大可小，但它们应该互为相似形；②分割后的4个图形，可以有面积相等的，但不能都是面积相等的图形。
请回答出4种分割方法，并分别在解答栏中用实线画出（翻转后如果同另一种分割重叠的话，将看做是同一种分割方法）。
分析与解先来解释一下什么是相似形。
把一个多边形的各边都扩大或缩小相同的倍数后与另一个多边形的每一对应边都完全重合，这样的两个多边形就是相似形。
例如，所有的等边三角形都是相似的，所有的正方形都是相似的。
把大长方形沿点线分割成4部分，可以将其分成四个长方形。
根据长方形长与宽的不同比值，结合题意，枚举出每一类可能分割出的长方形，看用哪一类中的4个长方形（面积不同的）能拼出6cm×10cm的长方形（为了叙述方便，下面省去单位）。
（一）1×n形（即长方形长与宽的比是1：n，n是整数）（l）最小的长方形是1×1，与它相似的长方形有2×2，3×3，4×4，5×5，6×6。
可以分割出6×6的长方形（见图1）。
不能分割出5×5的长方形（见图2），因为不论把5 × 5的长方形放在6 × 10的长方形中的哪一位置，在这个5×5的长方形的上边（或下边）的5个小正方形，只能分割成5块1×1的长方形，这显然不合题意。
分割出的长方形中最大的不可能是4×4或更小的。
因为（4 × 4）× 4= 64＞ 6 × 10，（4 × 4）× 3+（3 × 3）×1=57＜ 6 × 10。
（2）最小的长方形是1×2，与其相似的长方形有2×4，3 × 6，4 × 8，5 × 10。
不能分割出5×10的长方形（分析同（1）中 5×5）。
也不能分割出4×8的长方形（见图3），因为6×10-（4 × 8）×1=32，（2 × 4）×3= 24＜32。
还不能分割出3×6的长方形。
不能分出4个3×6的长方形，因为（3 ×6）× 4=72＞ 6 × 10。
不能分出3个3×6的长方形，因为6×10-（3×6）×3=6， 1×2=2＜ 6，2 × 4 = 8＞6。
不能分出2个3×6的长方形，因为60-（3×6）×2=24，（2×4）×2=16＜24，也不能分出1个 3×6的长方形，因为（3×6）×l+（2×4）×3=42＜60。
更不能分割出2×4或回1×2的长方形，因为（2×4）× 4=32＜ 6×10。
（3）最小的长方形是1×3，与其相似的长方形有2×6，3×9。
可以分割出3×9的长方形（见图4）。
不能分割出2×6的长方形，因为（2×6）×4=48＜ 6×10。
（4）最小的长方形是1×4，与其相似的长方形有2×8，这样的两个长方形都不能分割出来。
因为（2×8）×4=64＞6×10，（2×8）×3+（1×4）×1=52＜6×10。
（5）最小的长方形是1×5，与其相似的长方形有2×10，这样的两个长方形都不能分割出来。
因为（2 ×10）×3=6×10，（2×10）×2+（1×5）×2=50＜ 6×10。
（6）同样可以证明不能分割出 1×6、1×7、1×8、1×9、1×10这些长方形。
（二）对于2×n、3×n、4×n、5×n形的长方形，按照（一）的分析方法，可以找到一种符合题意的分割方法（见图5）。
也可以把6×10的长方形沿点线分割成其他多边形（见图6）。
问题4 下图三角形ABC是等腰三角形。
AB＝AC，∠BAC＝120°。
三角形ADE是正三角形，点D在BC边上，BD∶DC＝2∶3。
当三角形ABC的面积是50cm2时，三角形ADE的面积是多少分析与解以点A为中心，由三个三角形ABC可拼成右图：连结QE、RF、GD，则DEQFRG是一个正六边形。
连结RD、DQ、RQ，显然RDQ 是一个等边三角形，并且它的面积是正六边形面积的一半。
S△PBC=S△ABC×3=150cm2，S△RDQ=S△PBC-S△DQC×3=42cm2，S△ADE=S△正六边形÷6=2×S△RDQ÷6=14cm2。
问题5 有一只表分不清长针和短针了，多数情况下可根据两针所指的位置判断出正确的时间。
但有时也会出现两种情况，使你判断不出正确的时间。
请问从中午12点到夜里12点这段时间会遇到多少次判断不出的情况（注：不包括中午12点和夜里12点）分析与解当表在某点某分时，经过一段时间后，如果时针恰好走到原来分针的位置，而分针恰好走到原来时针的位置，即两针位置互换，由于分针、时针分辨不清，所以凡能发生两针位置互换的两个时刻都不能正确的判断当时的时间（如下图）。