第51届IMO(国际奥林匹克数学竞赛)试题及答案

合集下载

第一届imo数学竞赛试题答案

第一届imo数学竞赛试题答案

第一届imo数学竞赛试题答案第一届国际数学奥林匹克竞赛(IMO)是在1959年在罗马尼亚举行的。

由于时间跨度较长,具体的试题和答案可能需要通过历史资料查询。

不过,我可以提供一个示例答案,以展示IMO题目的类型和解答风格。

假设第一届IMO中有一道题目如下:题目:证明对于任意的正整数\( n \),\( 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots +n^2 \) 的和等于 \( \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \)。

解答:我们可以使用数学归纳法来证明这个公式。

基础情况:当 \( n = 1 \) 时,左边的和为 \( 1^2 = 1 \),右边的表达式为\( \frac{1(1 + 1)(2 \times 1 + 1)}{6} = \frac{6}{6} = 1 \)。

因此,当 \( n = 1 \) 时,等式成立。

归纳步骤:假设对于某个正整数 \( k \),等式成立,即:\[ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + k^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} \]我们需要证明当 \( n = k + 1 \) 时,等式仍然成立:\[ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + k^2 + (k + 1)^2 = \frac{(k +1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)}{6} \]根据归纳假设,我们可以将左边的和替换为:\[ \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2 \]接下来,我们简化这个表达式:\[ \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)^2}{6} \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6k^2 + 12k + 6}{6} \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k^2 + 2k + 1)}{6} \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)^2}{6} \]可以看到,这个表达式与我们想要证明的等式右边相等,因此等式对于 \( n = k + 1 \) 也成立。

高中数学数学 Olympiad 高级复习 题集附答案

高中数学数学 Olympiad 高级复习 题集附答案

高中数学数学 Olympiad 高级复习题集附答案高中数学数学Olympiad高级复习题集附答案一、数学Olympiad简介数学Olympiad,即数学奥林匹克,是一项全球性的数学竞赛活动,旨在挑战学生的数学思维和解决问题的能力。

作为高中生,参加数学Olympiad是一个很好的锻炼机会,通过解决复杂的数学问题,提高自己的数学水平和思维能力,也为将来的学术和职业发展打下坚实的基础。

二、Olympiad题集优势Olympiad题集作为备考工具的选择,有以下几个优势:1.题型全面:Olympiad题集涵盖了数学Olympiad常见的各类题型,包括几何、代数、组合数学等,可以全面复习,提高各个领域的解题能力。

2.难度适中:Olympiad题集中的题目难度分布较为合理,不仅包含基础题目,还有一些挑战性较高的题目,可以提高学生的解题技巧和思考能力。

3.附带答案:Olympiad题集一般附有详细的解答和答案解析,学生可以进行对照学习,并及时纠正错误,提高解题效率和准确性。

三、如何高效复习Olympiad题集1.制定合理计划:根据自身时间和能力的安排,制定合理的复习计划,合理分配时间,坚持按计划复习。

2.系统学习知识点:根据Olympiad题集的组成,系统地学习各个领域的数学知识点,理解概念,掌握重要的定理和公式。

3.做题总结经验:做完一套题之后,及时总结解题经验和技巧,归纳规律,加深对知识点的理解,提高解题速度和准确性。

4.多练习真题:除了Olympiad题集提供的试题,还可以多做一些真实的Olympiad竞赛题目,熟悉竞赛的题型和时间要求,提高应试能力。

5.参加辅导班或小组讨论:加入数学Olympiad辅导班或组织与同学一起讨论解题思路和方法,相互帮助,共同进步。

四、给出的Olympiad题集简要介绍以下是一些常见的数学Olympiad题集,供同学们参考。

请注意,这里只是提供了一些常见题集的简要介绍,具体选用哪一本还需根据个人需要和实际情况做出选择。

IMO历届试题

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.。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷)参考答案及评分标准说明:1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分.2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分,10分为一个档次,不得增加其他中间档次.一.(本题满分40分)给定正整数r .求最大的实数C ,使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ,满足n a C 对所有正整数n 成立.(x 表示实数x 到与它最近整数的距离.)解:情形1:r 为奇数.对任意实数x ,显然有12x ,故满足要求的C 不超过12. 又取{}n a 的首项112a ,注意到对任意正整数n ,均有1n r 为奇数,因此1122n n r a .这意味着12C 满足要求.从而满足要求的C 的最大值为12. …………10分 情形2:r 为偶数.设*2()r m m N .对任意实数 ,我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ,从而21m C m . 事实上,设1a k ,其中k 是与1a 最近的整数(之一),且102. 注意到,对任意实数x 及任意整数k ,均有x k x ,以及x x .若021m m ,则121m a k m . 若1212m m ,则22221m m m m ,即21m m r m m ,此时 2121m a a r kr r r m . …………30分 另一方面,取121m a m ,则对任意正整数n ,有1(2)21n n m a m m ,由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ,其中K 为整数,故21n m a m .这意味着21m C m 满足要求. 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r .综上,当r 为奇数时,所求C 的最大值为12;当r 为偶数时,所求C 的最大值为2(1)r r . …………40分二.(本题满分40分)如图,在凸四边形ABCD 中,AC 平分BAD ,点,E F 分别在边,BC CD 上,满足||EF BD .分别延长,FA EA 至点,P Q ,使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切.证明:,,,B P Q D 四点共圆.(答题时请将图画在答卷纸上)证明:由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ,故,BP CA 的延长线相交,记交点为L .由||EF BD 知CE CF CB CD.在线段AC 上取点K ,使得CK CE CF CA CB CD ,则||,||KE AB KF AD . …………10分由ABL PAL KAF ,180180BAL BAC CAD AKF ,可知ABL KAF ∽,所以KF AB AL KA. …………20分 同理,记,DQ CA 的延长线交于点L ,则KE AD AL KA. 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD,即KE AD KF AB . 所以AL AL ,即L 与L 重合.由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ,所以,,,B P Q D 四点共圆.…………40分三.(本题满分50分)给定正整数n .在一个3n ×的方格表上,由一些方格构成的集合S 称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ,存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==,满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K :若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色,总存在一个连通的集合S ,使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解:所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ,记b S 是S 中的黑格个数,w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格,这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =,[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先,如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色,我们证明对任意连通的集合S ,均有||b w S S n −≤,这表明K n ≤.设[1,1]是黑格,并记{0,1}ε∈,满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格,这是因为若S 不包含所有黑格, 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小,这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =,取{}S S A ′=,则S 仍是连通的,且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =,则存在与A 相邻的白格C ,而C 与S 中某个方格B 相邻,取{,}S S A B ′= ,则S 仍是连通的,且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ,使得S 包含所有黑格,保持S 的连通性,且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=,3,5,,1k n ε++,每个k W 中至少有一个方格属于S ,否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+,而1(3)2b S n ε=+,故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上,可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−,每个k B 中至少有一个黑格属于S ,否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−,故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质,即对任意的染色方案,总存在连通的集合S , 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格,在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格,因而S 是连通的. 而b S X =,w S y =,b w S S X y n −=−≥.综上所述,max K n =. …………50分四.(本题满分50分)设,A B 为正整数,S 是一些正整数构成的一个集合,具有下述性质:(1) 对任意非负整数k ,有k A S ;(2) 若正整数n S ,则n 的每个正约数均属于S ;(3) 若,m n S ,且,m n 互素,则mn S ;(4) 若n S ,则An B S .证明:与B 互素的所有正整数均属于S .证明:先证明下述引理.引理:若n S ,则n B S .引理的证明:对n S ,设1n 是n 的与A 互素的最大约数,并设12n n n ,则2n 的素因子均整除A ,从而12(,)1n n .由条件(1)及(2)知,对任意素数|p A 及任意正整数k ,有k p S .因此,将11k A n 作标准分解,并利用(3)知11k A n S .又2|n n ,而n S ,故由(2)知2n S .因112(,)1k A n n ,故由(3)知112k A n n S ,即1k A n S .再由(4)知k A n B S (对任意正整数k ). ① …………10分设n B C D ,这里正整数C 的所有素因子均整除A ,正整数D 与A 互素,从而(,)1C D .由(1)及(2)知C S (见上面1k A n S 的证明). 另一方面,因(,)1D A ,故由欧拉定理知()1D D A .因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ,但由①知()D A n B S ,故由(2)知D S .结合C S 及(,)1C D 知CD S ,即n B S .引理证毕. …………40分回到原问题.由(1),取0k 知1S ,故反复用引理知对任意正整数y ,有1By S .对任意*,(,)1n n B N ,存在正整数,x y 使得1nx By ,因此nx S ,因|n nx ,故n S .证毕. …………50分。

高中数学竞赛-历届IMO试题(1-46届)及答案

高中数学竞赛-历届IMO试题(1-46届)及答案

高中数学竞赛-历届IMO试题(1-46届)及答案1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A,试在以下3种情况下分别求出x的实数解:(a) A=√2;(b)A=1;(c)A=2。

3.a、b、c都是实数,已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,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。

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。

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 都通过一定点 S;(c.) 当M在A与B之间变动时,求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线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。

1.找出所有具有下列性质的三位数 N:N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x:4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.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:tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长,求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'(上底面ABCD,下底面A'B'C'D')。

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

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
【相关文献】
1.第51届国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题 [J],
2.第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答 [J],
3.第47届国际数学奥林匹克(IMO)中国代表队选拔考试试题 [J], 无
4.第46届国际数学奥林匹克(IMO)试题 [J], 王建伟
5.第46届国际数学奥林匹克(IMO)试题解答 [J], 王建伟
因版权原因,仅展示原文概要,查看原文内容请购买。

(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。

第51届IMO预选题(四)

第51届IMO预选题(四)

行染色 : 对于每个 ( ≤i 、 0 、 ≤2 一1 , i “ )第
行 的第 个方 格 和第 行 的第 i 个 方格 的 +
颜色相同( 在一 行 中方格 的 编号是 在模 2 意
下 面证 明 : / 6时 , 当 ' t > I 原方 程无解 .
当 t6时 , >
mI 3 2× =m( “ ’ 一 2 一1 m .
数 论 部 分
1 求最 小 的 正整 数 / 使 得 存 在 n个 不 . 7 , ,
同 的正整 数 s , , , , 足 s … s 满
参 考 答 案
1假设 正 整数 n满 足条 件 , . 且设
sl< ( = 一
2川 一 1: m + :2 × 3 +3 .

个 有理 系数 多项式 的平 方 租 假 设存 在 四个 有 理 系数 多 项 式 、 、 f( 4 可能 某些项 是 0 , ) 满足
+ f( 7= 2 )+ )+ )+ 2 ) /( /( f( .
于 是 , 种情形 统 一为求 方程 两 3 2X3 2 一lP+ 7 + = ( q=/ , ) 的非负 整数解 .
2, … , 3, 5, 6, , O, 7, 3, 3 3 3 … 4 6
4 设 a b 整 数 , )=似 + , 于 . 、是 P( 对 任 意 一个 正整 数 , 如果对 所有 整数 m、 k有
n ( ,)一P 后 )= n ( lP( 孔 ( ) = I m一后 , > )
l 8
中 等 数 学
第5届 I 1 MO预 选 题 ( ) 四
李 建 泉
( 天津师范大学数学教育科学 与数学 奥林 匹克研究所 ,03 7 30 8 ) 中图分类号 : 4 4 7 G 2 .9 文献标识码 : A 文章 编号 : 0 5—6 1 (0 1 1 0 1 0 10 4 6 2 1 ) 1— 0 8— 5

小学五年级数学奥林匹克竞赛试卷及答案

小学五年级数学奥林匹克竞赛试卷及答案

一、填空(共30分,每小题3分)1. 两个数的和是61.6,其中一个数的小数点向右移动一位,就与另一个数相同。

两个数分别是( )、( )。

2. 有三根木料,打算把每根锯成3段,每锯开一处需要3分钟,全部锯完需要( )分钟。

3. 笑笑同学的家住在5楼,每层楼梯有16级,她从1楼走到5楼,共要走()级楼梯。

4. 把一张边长24厘米的正方形纸对折4次后得到一个小正方形,这个小正方形的面积是()平方厘米。

5. 一副扑克牌有54张,至少抽取()张扑克牌,方能使其中至少有两张牌有相同的点数。

6. 一个长方形的长为9厘米,把它的长的一边减少3厘米,另一边不变,面积就减少9平方厘米,这时变成的梯形面积是()平方厘米。

7. 小明和小英两人同时从甲、乙两地相向而行,小明每分钟行a米,小英每分钟行b米,行了4分钟两人相遇。

甲、乙两地的路程是( )米。

8.街道上有一排路灯,共40根,每相邻两根距离原来是45米,现在要改成30米,可以有( )根路灯不需要移动。

9.小明计算20道题目,规定做对一道题得5分,做错一道题反扣3分。

结果小明20道题都做,却只得了60分,问他做对了()题。

10. 五(1)班的同学去划船。

他们算了一下,如果增加一条船,正好每条船坐6人;如果减少一条船,正好每条船坐9人。

这个班共有()名同学。

二、判断(正确的在括号里画“√”,错误的画“×”。

共15分,每小题3分)11. 用10张同样长的纸条接成一条长31厘米的纸带,如果每个接头都重叠1厘米,那么每张纸条长4.1厘米。

( )12. 用三个长3厘米、宽2厘米,高1厘米的长方体,拼成一个大长方体,有3种拼法。

()13. 把一批圆木自上而下按1、2、3……14、15根放在一起,这批圆木共有240根。

()14. 在a÷b=5……3中,把a、b同时扩大3倍,商是5,余数是3。

( )15.右图中长方形的面积与阴影部分的面积相等。

()三、选择(把正确答案的序号填在括号里。

2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答

2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答

2020年第61届国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA=1: 2 :3=∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明:如图,设∠PAD=α,∠PBC=β,则∠ABP=2α,∠BAP=2β, ∠APD=3α,∠BPC=3β,取△ABP外心O, 则∠AOP=4α=π-∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO=∠APO=∠PAO=∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM -GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n =1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ,以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同,k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车,它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接,如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n-1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n-1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质:其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1,则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ =D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n -2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。

第46届国际数学奥林匹克(IMO)试题解答

第46届国际数学奥林匹克(IMO)试题解答

第46届国际数学奥林匹克(IMO)试题解答
王建伟
【期刊名称】《中学数学研究》
【年(卷),期】2005(000)009
【摘要】1.在正三角形ABC的三边上依下列方式选取6个点:在边BC上选点A1,A2,在边CA上选点B1,B2,在边AB上选点C1,C2,使得凸六边形
A1A2B1B2C1C2的边长都相等。

证明:直线A1B1,B1C2,C1A2共点。

【总页数】3页(P31-32,37)
【作者】王建伟
【作者单位】中国科学技术大学数学系,230026
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.第51届国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题 [J],
2.热烈祝贺福州一中苏钧同学摘得第51届国际数学奥林匹克(IMO)竞赛金牌[J],
3.第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答 [J], 马德里
4.第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答 [J],
5.第42届国际数学奥林匹克试题解答集锦 [J], 魏维; 王建立
因版权原因,仅展示原文概要,查看原文内容请购买。

第31届国际数学奥林匹克试题

第31届国际数学奥林匹克试题

第31届国际数学奥林匹克试题
佚名
【期刊名称】《中学教研:数学版》
【年(卷),期】1990(000)011
【摘要】1.在一圆中,两条弦AB、CD相交于E点。

M为弦AB上严格在E、B之间的点,过D、E、M的圆在E点的切线分别交直线BC、AC于F、G。

已知
AM/AB=t,求于CE/EF(用t表示)。

(印度) 2.设n≥3,考虑在同一圆周上的2n-1个互不相同的点所成的集合E,将E中一部分点染成黑色,其余的点不染色。

如果至少有一对黑点,以它们为端点的两条弧中有一条的内部(不包含端点)恰含E中n个点,则称这种染色方式为好的。

如果将E中k个点染黑的每一种染色方式都是好的,求k的最小值。

(捷克和斯洛伐克)
【总页数】1页(P41-41)
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.第51届国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题 [J],
2.第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答 [J], 马德里
3.第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答 [J],
4.几道2016年国际数学奥林匹克试题求解之深度思考 [J], 王运良
5.第47届国际数学奥林匹克(IMO)中国代表队选拔考试试题 [J], 无
因版权原因,仅展示原文概要,查看原文内容请购买。

高中数学竞赛 历届imo竞赛试题(-46届完整中文版)

高中数学竞赛 历届imo竞赛试题(-46届完整中文版)

第1届I M O1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A,试在以下3种情况下分别求出x的实数解:(a) A=√2;(b)A=1;(c)A=2。

3.a、b、c都是实数,已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,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。

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。

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 都通过一定点 S;(c.) 当M在A与B之间变动时,求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线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。

第2届IMO1.找出所有具有下列性质的三位数 N:N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x:4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.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:tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长,求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'(上底面ABCD,下底面A'B'C'D')。

IMO-51解答

IMO-51解答

第51届IMO试题解答(2010.7.7-8)1-1(法Pierre Bornsztein).求所有函数f : R→R,使得对一切x,y∈R成立f([x]y)=f(x)[f(y)], 其中[a]表示不大于a的最大整数.解.令x=y=0,f(0)=f(0)[f(0)],故f(0)=0或[f(0)]=1.1).[f(0)]=1,令y=0,对一切x∈R,f(x)=f(0)∈[1,2).经检验,f(x)=c (c∈[1,2))是解.2).f(0)=0,令x=y=1,同上得到f(1)=0或[f(1)]=1.若f(1)=0,取x=1,对一切y∈R,f(y)=0.显然f(x)=0是个解.得到若[f(1)]=1,取y=1,对一切x∈R,f(x)=f([x]).取x=2,y=12)]=f(2)[f(0)]=0,f(1)=f(2)[f(12又得到f(x)=0.因此原方程的所有解是常数f(x)=c (c∈{0}∪[1,2)).1-2(香港Tai Wai Ming ,Wang Chongli).ΔABC的内心为I,外接圆周为ω,AI另交ω于D点,设弧BDC上的点E和线段BC上的点F满足∠BAF=∠CAE<1∠BAC,G2是IF的中点.求证,直线EI和DG的交点K在ω上.证.只要证明∠AEK=∠ADK(由此,AEDK 共圆,故K 在圆ω=AED 上).设I a 是BC 上的旁切圆心,则AIDI a 共线且D 是II a 的中点.DG ∥FI a .由∠IAC=∠BAI a ,∠AIC=2A C ++B=1802B −D +B=∠CBI a +B=∠ABI a 得到 ΔAIC ∽ΔABI a .故AI AC =a AF AI .再由∠CAE=∠FAB,∠CEA=∠FBA 得到ΔACE ∽ΔAFB,故AC AE =AF AB .两式相乘得到AI AE =aAB AI .最后由∠IAE=∠FAI 得到ΔAIE ∽ΔAFI a ,从而 ∠AEK=∠AEI=∠AI a F=∠ADG=∠ADK.1-3(美Gabriel Carroll).求所有函数g: N*→N*,使得对一切m,n ∈N*,(g(m)+n)(g(n)+m)是完全平方数.解.对任意正整数a,由于a 2<a(a+1),a(a+2)<(a+1)2,故a(a+1)及a(a+2)都不是完全平方数.由此及题给条件得到,对任意正整数n,函数值g(n),g(n+1),g(n+2)互不相等.若有正整数n 使得|g(n+1)―g(n)|>1,设g(n+1)―g(n)=p r q,其中p 为素数,r ∈N*, 整数q 与p 互素.取奇数k>r 使得p k >g(n).1).当r 为奇数时,令m=p k ―g(n),则两数m+g(n)=p k 及m+g(n+1)=m+g(n)+g(n+1)―g(n)=p r (p k-r +q)含素因子p 的方次都是奇数.2).当r 为偶数时(r ≥2),令m=p k +p ―g(n),则两数m+g(n)=p k +p 及m+g(n+1)=p r (p k-r +q)+p含素因子p 的方次都是1.另一方面,g(m)+n 和g(m)+n+1中必有一个不被p 整除,于是(g(m)+n)(g(n)+m)和(g(m)+n+1)(g(n+1)+m)中必有一个含素因子p 的方次为奇数,与完全平方性矛盾.因此对任意正整数n,Δ(n)=g(n+1)―g(n)=±1.但若有相邻的Δ(n),Δ(n+1)一个为1一个为―1,得到g(n+2)=g(n),与上述矛盾.又若Δ(n)恒为―1,g(n)最终取负值,亦矛盾.因此必所有Δ(n)=1,即g(n)=n+c (c∈N).显然这种函数满足题给条件.因此满足条件的所有函数是g(n)=n+c (c∈N).2-4().ΔABC中CA≠CB,P是一个内点,直线AP,BP,CP分别另交外接圆周ω于K,L,M点,ω在C处的切线交直线AB于S点.若SC=SP,求证,MK=ML.证.设直线SP交p AL于R,交pBK于T点.由于SC为切线,故∠SCP=12(qMAR+qRLC).而圆内角SPC=12(qMBT+qRLC).故由SC=SP,∠SCP=∠SPCM,qMAR=qMBT.再由SA·SB=SC2=SP2,SP是圆APB的切线,故∠ABP=∠APR.但∠ABP=∠ABL=12qARL=12(p AR+p RL), ∠APR=12(p AR+p TK),于是p RL=pTK.与qMAR=qMBT相加得到qMARL=qMBTK,因此弦MK=ML.2-5(法Bruno Le Floch).六个盒子B1,B2,B3,B4,B5,B6开始时各放一枚硬币,允许进行下述两类操作:1).选一不空的盒子B j (1≤j≤5),取走它的一枚硬币,并给B j+1添加2枚硬币;2).选一不空的盒子B k (1≤k≤4),取走它的一枚硬币,并将B k+1与B k+2两盒(可以为空)的内容互换.是否可经有限多步操作使得B 1,B 2,B 3,B 4,B 5皆空而B 6恰有201020102010枚硬币? 解.可以.题给的两类基本操作是σ(a,b)=(a ―1,b+2)和τ(a,b,c)=(a ―1,c,b).由此复合得到以下操作组: T 1=σa 使(a,b)⇒(0,2a+b).T 2= T 1τT 1 使(1,a,b)⇒(1,0,2a+b)⇒(0,2a+b,0).于是对于k ≥1, T 2k 使(k,a,b)⇒(0,2k a+2k-1b,0).k ≥1时T 3=T 2k-1σ使 (k,0,0)⇒(k ―1,2,0)⇒(0,2k ,0).k,b ≥1时T 4=τT 3 使(k,b,0,0)⇒(k,0,2b ,0)⇒(k ―1,2b ,0,0),T 4τ 使(2,0,b,0)⇒(1,b,0,0)⇒(1,0,2b ,0)⇒(0,2b ,0,0).于是k ≥1时T 5= T 4k-1σ使 (k,0,0,0)⇒(k ―1,2,0,0)⇒(0,222$(k 层),0,0).现在对初态从右向左作σ, (1,1,1,1,1,1)⇒(0,2,2,2,2,3), 末3位作T 2⇒(0,2,2,0,14,0),两次T 4τ⇒(0,0,1422,0,0,0). 最后作T 5得到(0,0,0,E 2(1422),0,0),其中E 2(k)是k 层叠指数222$.因此对任意的n ≤E 2(1422),可作τ得到(0,0,0,n,0,0),再作T 1得到(0,0,0,0,0,4n).由于2010<211,故20102010<11112(2)<411222⋅=1522, 201020102010<152112(2)<152422+<16222=E 2(6).*也可得到4n+1,4n+2,4n+3 (例如201120112011):(n+1,0,0)⇒(n,1,2)⇒(n ―1,2,1)⇒(0,2n,1)⇒(0,0,4n+1),(n+2,0,0)⇒(n+1,2,0)⇒(n,0,2)⇒(0,2n,2)⇒(0,0,4n+2),(n+2,0,0)⇒(n+1,1,2)⇒(n,3,2)⇒(n ―1,2,3)⇒(0,2n,3)⇒(0,0,4n+3).于是对任意正整数m ≤4E 2(1422)―3,可经有限多步操作使得B 1,B 2,B 3,B 4,B 5皆空而B 6恰有m 枚硬币.上界十分巨大,例如E 2010(2010)<E 2(1422).2-6(伊朗Morteza Saghafiyan).设正实数数列a 1,a 2,a 3,…和正整数s 满足:对一切n>s, a n =max{a k +a n-k | 1≤k ≤n ―1}.求证,存在正整数t ≤s 和r,使得对一切n ≥r 成立a n =a t +a n-t .证.记u=max{11a ,22a ,…,s a s},I={i | a i =i·u,1≤i ≤s}.任取一个t ∈I. 由于1≤n ≤s 时a n ≤n·u,故由递推关系归纳可证一切a n ≤n·u.定义b n =n·u ―a n , 则(b n )为非负实数数列, I={i | b i =0,1≤i ≤s},对n>s, b n =min{b k +b n-k | 1≤k ≤n ―1}.(b n )划分为t 个子列B i =(b i ,b i+t ,b i+2t ,…),1≤i ≤t.由于n>s ―t 时b n+t ≤b n +b t =b n ,故每个B i 最终都是不增的,从而(b n )有上界.又由递推关系归纳可证每一项b n 是b 1,b 2, …,b s 的非负整数系数的线性组合.由有界性,每个非负的b i 的系数有界(即只有有限多个可能的取值),于是b n 只取有限多种值.再由单调性,每个B i 最终分别是常数,即(b n )最终以t 为周期.因此存在序号r,使得对一切n ≥r 成立b n =b n-t =b t +b n-t ,也就是a n =a t +a n-t .。

10届imo试题及答案

10届imo试题及答案

10届imo试题及答案**第10届国际数学奥林匹克(IMO)试题及答案****一、第10届IMO试题****1. 几何问题**在三角形ABC中,点D和E分别位于边AB和AC上,使得AD/DB = AE/EC = 2/1。

证明:三角形ADE的外接圆与三角形ABC的外接圆的交点F(除了A)位于线段DE上。

**2. 数论问题**设n为正整数。

证明:存在一个正整数k,使得对于所有1 ≤ i≤ n,同余式x^2 ≡ i (mod k)在x上恰好有一个解。

**3. 组合问题**给定一个由n个元素组成的集合S,其中n ≥ 3。

定义一个n元素的排列p为“好”的,如果对于S中的任意两个不同的元素i和j,p中i和j之间的距离不等于i和j在S中的原始距离。

求“好”排列的最大数量。

**4. 代数问题**设f(x)是一个具有实系数的多项式,使得对于所有实数x,f(x) ≥ 0。

证明:存在一个实数a,使得对于所有实数x,f(x) ≥ f(a)。

**二、第10届IMO答案****1. 几何问题答案**要证明三角形ADE的外接圆与三角形ABC的外接圆的交点F (除了A)位于线段DE上,我们可以使用相似三角形和圆的性质。

首先,由于AD/DB = AE/EC = 2/1,我们可以得出三角形ADE与三角形ABC相似,且相似比为2:3。

设三角形ADE的外接圆与三角形ABC的外接圆的交点为F(除了A)。

由于两个圆的交点F位于两个圆上,根据圆的性质,AF是两个圆的公共弦。

接下来,我们考虑三角形ADF和三角形ACF。

由于AD/DB = AE/EC = 2/1,我们可以得出DF/FB = AE/EC = 2/1。

这意味着F是线段DB的中点。

同理,F也是线段EC的中点。

因此,F位于线段DE上。

综上所述,我们证明了三角形ADE的外接圆与三角形ABC的外接圆的交点F(除了A)位于线段DE上。

**2. 数论问题答案**要证明存在一个正整数k,使得对于所有1 ≤ i ≤ n,同余式x^2 ≡ i (mod k)在x上恰好有一个解,我们可以使用中国剩余定理。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
相关文档
最新文档