历年国际奥数题

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高中国际奥数试题及答案

高中国际奥数试题及答案试题：高中国际奥数试题及答案题目一：几何问题在一个等边三角形ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，且DE平行于BC。

已知AD = 2，AE = 3，求DE的长度。

解答：设DE = x。

由于DE平行于BC，根据相似三角形的性质，我们有：\[\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{DE}{BC}\]由于ABC是等边三角形，AB = AC = BC，设其长度为a。

则有：\[\frac{2}{a} = \frac{3}{a} = \frac{x}{a}\]由于AD = 2，AE = 3，我们可以得到：\[AB = AD + DB = 2 + DB\]\[AC = AE + EC = 3 + EC\]由于DE平行于BC，三角形ADE与三角形ABC相似，有：\[\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}\]将已知数值代入，得到：\[\frac{2}{2 + DB} = \frac{3}{3 + EC}\]由于AD + DB = AB，AE + EC = AC，我们有：\[2 + DB = 3 + EC\]\[DB = EC + 1\]将DB代入相似比例中，得到：\[\frac{2}{3 + EC} = \frac{x}{a}\]由于AB = 2 + DB = 3 + EC，我们有：\[2 + EC + 1 = 3 + EC\]\[EC = 1\]将EC代入相似比例中，得到：\[\frac{2}{3 + 1} = \frac{x}{a}\]\[\frac{2}{4} = \frac{x}{a}\]\[x = \frac{a}{2}\]由于ABC是等边三角形，a = 2 + DB = 3 + EC = 4，所以：\[x = \frac{4}{2} = 2\]所以，DE的长度为2。

题目二：代数问题解方程：\[x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = 0\]解答：首先尝试因式分解：\[x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = (x - 1)(x^2 - 5x + 6)\]接着解$x^2 - 5x + 6 = 0$，这是一个二次方程，可以使用求根公式：\[x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\]将a = 1, b = -5, c = 6代入，得到：\[x = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 24}}{2}\]\[x = \frac{5 \pm 1}{2}\]所以，$x = 3$ 或 $x = 2$。

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。

国际数学竞赛试题及答案解析大全

国际数学竞赛试题及答案解析大全引言：国际数学竞赛是一项旨在测试学生数学能力、逻辑思维和解决问题技巧的全球性竞赛。

它不仅能够激发学生对数学的兴趣，还能培养他们的创新思维和团队合作精神。

本大全收录了近年来国际数学竞赛的典型试题及其详细答案解析，旨在帮助参赛者更好地准备和理解竞赛内容。

试题一：题目：证明对于任意正整数$ n $，$ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} $。

答案解析：我们可以通过数学归纳法来证明这个公式。

首先验证$ n = 1 $时成立：\[ 1^2 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} \]假设对于某个正整数$ k $，公式成立，即：\[ 1^2 + 2^2 + \ldots + k^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} \]我们需要证明当$ n = k + 1 $时，公式仍然成立：\[ 1^2 + 2^2 + \ldots + k^2 + (k + 1)^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2 \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)^2}{6} \]\[ = \frac{(k + 1)(2k^2 + k + 6k + 6)}{6} \]\[ = \frac{(k + 1)(2k + 1)(k + 3)}{6} \]这正是我们想要证明的公式，因此通过数学归纳法证明了该公式对所有正整数$ n $都成立。

试题二：题目：在一个圆内接四边形ABCD中，已知AB = 2，BC = 3，CD = 4，DA = 5，求圆的半径。

答案解析：设圆的半径为$ r $。

根据圆内接四边形的性质，对角和为180度，即$ ∠A + ∠C = 180^\circ $。

利用余弦定理，我们可以求出$ AC $的长度：\[ AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC) \]\[ AC^2 = 2^2 + 3^2 - 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos(180^\circ - \angle ACD) \]\[ AC^2 = 4 + 9 - 12 \cdot \cos(\angle ACD) \]同理，我们可以求出$ BD $的长度：\[ BD^2 = CD^2 + DA^2 - 2 \cdot CD \cdot DA \cdot \cos(\angle CDA) \]\[ BD^2 = 4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \cos(180^\circ - \angle ABC) \]\[ BD^2 = 16 + 25 - 40 \cdot \cos(\angle ABC) \]由于ABCD是圆内接四边形，$ AC + BD = 2r $。

高中国际奥数试题及答案

高中国际奥数试题及答案1. 题目：给定一个正整数n，求证：对于任意的正整数k，存在一个正整数m，使得m^2 - n^2 = 2k。

答案：我们可以通过构造法来证明这个命题。

首先，我们设m = n + k，那么m^2 = (n + k)^2 = n^2 + 2nk + k^2。

我们希望找到一个m使得m^2 - n^2 = 2k，即2nk + k^2 = 2k。

这可以简化为k(2n + k - 2)= 0。

显然，k不能为0，因此我们有2n + k - 2 = 0，即k = 2 - 2n。

由于n是正整数，2 - 2n总是一个正整数。

因此，我们可以取m = n+ (2 - 2n) = 2 - n，这样m^2 - n^2 = (2 - n)^2 - n^2 = 4 - 4n + n^2 - n^2 = 4 - 4n = 2(2 - 2n) = 2k。

这就证明了对于任意的正整数k，总存在一个正整数m使得m^2 - n^2 = 2k。

2. 题目：证明：对于任意的正整数n，n^5 - n 总是能被120整除。

答案：我们首先观察到n^5 - n = n(n^4 - 1) = n(n^2 + 1)(n^2 - 1)。

我们知道n^2 - 1可以被2整除，因为n^2是偶数。

同时，n^2 + 1可以被4整除，因为n^2是偶数或奇数。

接下来，我们注意到n(n^2 - 1) = n(n - 1)(n + 1)，其中n - 1和n + 1是连续的整数，因此至少有一个是偶数，所以n(n - 1)(n + 1)可以被2整除。

此外，n(n^2 - 1) = n(n - 1)(n + 1) = n(n^2 + n - n - 1) = n(n^2 + n - 1)，其中n^2 + n - 1可以被5整除，因为n(n - 1)是连续的整数，至少有一个是5的倍数。

最后，我们注意到n(n^2 + 1) = n^3 + n，其中n^3 + n可以被3整除，因为n(n + 1)是连续的整数，至少有一个是3的倍数。

国际奥数竞赛题目

选择题1. 在一个等差数列中，首项为3，公差为d，若第5项与第9项之和等于42，则d的值为：A. 2B. 3（正确答案）C. 4D. 52. 已知函数f(x) = x3 - ax2 + bx - 8有两个相异的极值点，且其中一个极值点为(1, -11)，则a + b等于：A. -3B. 5C. -9（正确答案）D. 123. 设集合A = {x | x = 2n - 1, n ∈ N*}，B = {x | x = 3m, m ∈ N*}，则A ∩ B中最小的元素是：A. 1B. 7C. 8D. 64（正确答案，当n=6, m=4时）4. 三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a, b, c，若a + b + c = 20，三角形面积为10√3，A = 60°，则a的值为：A. 5B. 6C. 7（正确答案）D. 85. 已知复数z满足(1 + i)z = 1 - 3i，则复数z的模为：A. √5B. 2（正确答案）C. √10D. 46. 设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x ≥ 0时，f(x) = x2 - 2x，则不等式f(x + 2) < 0的解集为：A. (-1, 3)B. (-3, 1)（正确答案）C. (-∞, -1) ∈ (3, +∞)D. (-∞, -3) ∈ (1, +∞)7. 已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，且过点(4,1)，离心率e = √7/4，则椭圆C的方程为：A. x2/16 + y2/9 = 1B. x2/12 + y2/5 = 1C. x2/16 + y2/3 = 1（正确答案）D. x2/9 + y2/16 = 18. 设数列{an}满足a1 = 1，且an+1 = 2√(an * an+1 - an2)，则数列{an}的通项公式为：A. an = n2B. an = 2nC. an = n（正确答案）D. an = 2(n-1)9. 已知向量a = (1, 2)，b = (2, m)，若(a + 2b) ∈ a，则m的值为：A. -1B. -2（正确答案）C. 1/2D. 2。

历届奥数数论竞赛题讲解精选

历届奥数竞赛题讲解精选1. 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【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．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．【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1．【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．---------------------------------------------------------------------------1.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．【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．【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．2.求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．【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---------------------------------------------------------------------------1.求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．【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＝5．2.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．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．【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．---------------------------------------------------------------------------1.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？【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．【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．2.能够表示成连续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？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．【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＋…＋503.021 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．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．【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 1800 1201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402 … … … … … …1901 1100 1801 1200 1701 1300 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 Si＝ai＋ai＋1＋...＋ai＋9（i＝1，2， (1901)则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．综上所述A＝15005．---------------------------------------------------------------------------1. n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】 32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当 n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13．2. 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．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．【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pl，则k ＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝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．---------------------------------------------------------------------------1. 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．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】由n个数ai＝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ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj ＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n ＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．【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 （1）5d－1＝y2 （2）13d－1＝z2 （3）其中x、y、z是正整数．由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 （4）（4）式说明d也是奇数．于是由（2）、（3）知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．---------------------------------------------------------------------------1.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．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8．【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．2.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．【题说】第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3．【证】因为p是奇数，所以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．于是6是p＋1的因数．。

国际数学奥林匹克竞赛真题集

国际数学奥林匹克竞赛真题集国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是全球最大规模、最高水平的青少年数学竞赛。

每年，来自世界各国的优秀中学生齐聚一堂，通过数学思维和解题能力的比拼，展示自己在数学领域的才华。

本文将介绍一些历年IMO竞赛的真题，以展示这一赛事的难度和魅力。

1. 第42届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：给定正整数n，证明存在正整数a，b，和不全为0的非负整数c1，c2，...，cm，使得:(sqrt(2)+sqrt(3))^n = a + b*sqrt(2)+ c1*sqrt(5)+...+cm*(2^(m/2) + 3^(m/2))问题2：设a，b，c为实数，满足a+b+c=3，证明：(a^3+b^3+c^3)/3 ≥ a^2+b^2+c^2-1这些问题要求参赛选手在限定的时间内解决，对于数学知识的掌握和思维能力的发挥都提出了极为严格的要求。

解决这些问题需要结合数学定理和巧妙的思路，考验了选手的数学素养和逻辑推理能力。

2. 第56届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设ABC为等边三角形，D为BC的中点，点E在BC上，使得BE=2CD。

若角BAD的度数为x，求角EAC的度数。

问题2：已知n为正整数，证明存在正整数a，b，c，使得:a^2 + b^2 + c^2 = 1981n这些问题涉及到了平面几何和代数方程的求解，在解题过程中要运用到各种几何定理和代数技巧。

选手需要具备较强的图形分析和代数运算能力，同时发挥创造性思维，寻找解决问题的新思路。

3. 第58届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设a，b，c为正整数，满足a^2 + b^2 + 2014 = c^2，求a的最小值。

问题2：给定一个100×100的方格纸，问最多能用多少条线将方格纸划分成互不相交的部分。

这些问题融合了数论和组合数学的思想，要求选手在解题过程中综合运用多个数学知识点，寻找问题的规律和特殊性质。

世界上最难的奥数题

世界上最难的奥数题奥数题通常没有明确的“最难”的标准，因为难度是相对的，不同的人对难度的感受也不同。

但是，我可以为您提供一些非常复杂和深奥的奥数题目，并附上相应的解析和答案。

请注意，这些题目可能需要高级数学知识才能充分理解和解答。

题目一：费马大定理费马大定理是数学史上最著名的猜想之一，由法国数学家费马在17世纪提出。

费马猜想：对于任何大于2的整数n，不存在三个大于1的整数a、b和c，使得an=bn+cn。

尽管费马声称他找到了一个绝妙的证明，但他从未公布过这个证明。

直到20世纪末，英国数学家安德鲁·怀尔斯才成功地证明了费马大定理。

解析：费马大定理的证明涉及到了许多高深的数学知识，包括椭圆曲线、模形式、伽罗瓦理论等。

怀尔斯的证明过程非常复杂，长达数百页，需要深厚的数学功底才能理解。

题目二：哥德巴赫猜想哥德巴赫猜想是数论领域的一个著名问题，由德国数学家哥德巴赫在18世纪提出。

哥德巴赫猜想的内容是：任意一个大于2的偶数可以写成两个质数之和。

尽管这个问题看起来很简单，但至今仍未被解决。

解析：哥德巴赫猜想的证明难度极高，涉及到了许多深奥的数学概念和方法。

目前，数学家们已经证明了许多特殊情况下的哥德巴赫猜想，但完整的证明仍然是一个未解之谜。

题目三：庞加莱猜想庞加莱猜想是拓扑学领域的一个著名问题，由法国数学家庞加莱在20世纪初提出。

庞加莱猜想的内容是：任何一个单连通的、闭的三维流形一定同胚于一个三维的球面。

2006年，俄罗斯数学家佩雷尔曼成功地证明了庞加莱猜想。

解析：庞加莱猜想的证明涉及到了许多高深的数学知识，包括拓扑学、几何学和微分方程等。

佩雷尔曼的证明过程非常复杂，需要深厚的数学功底才能理解。

以上三个奥数题目都是数学史上的著名难题，它们的解决都经历了漫长的岁月和无数数学家的努力。

这些题目的难度不仅在于它们本身的复杂性，更在于它们所涉及到的数学知识和方法的深度和广度。

当然，奥数题并不仅仅局限于这些历史性的难题。

历届奥赛试题及答案

历届奥赛试题及答案近几十年来，奥林匹克数学竞赛一直被视为考察学生数学能力的高水平竞赛。

各国学生通过参与奥数竞赛，不仅能够提高自身的数学素养，还有机会代表自己的国家参加国际奥林匹克数学竞赛（IMO）。

在这篇文章中，我们将回顾历届奥赛试题以及相应的答案，旨在帮助读者更好地了解奥林匹克数学竞赛的难度和内容。

第一届国际奥林匹克数学竞赛于1959年在罗马尼亚首都布加勒斯特举行。

当时仅有7个国家参赛，共计10位学生参加比赛。

随着时间的推移，奥林匹克数学竞赛逐渐发展成一项全球性的比赛，吸引了越来越多的国家和地区的学生参与。

历年来的奥赛试题涵盖了多个数学领域，包括代数、几何、数论和组合数学等。

这些试题往往不仅要求学生灵活运用已学的数学知识，还需要他们具备一定的数学思维能力和解决问题的能力。

下面我们将回顾几届奥赛试题及其答案，以帮助读者更好地了解奥数竞赛的难度和内容。

1965年第六届国际奥林匹克数学竞赛试题一：证明不等式$(n+3)^n <n^{n+1}$，其中$n$为正整数。

试题二：给定一无穷数列$a_0, a_1, a_2, \dots$，且满足$a_0=1,a_n=2a_{n-1}+1$，求$a_n$与$a_{n-1}$的最大公约数。

试题三：在一个圆周上分布着100个实数$a_1,a_2,\dots,a_{100}$，满足条件：任意10个连续实数的和是整数。

试证明：对所有的$i$，$a_i$都是整数。

这是1965年奥赛的三道试题，难度较为适中。

对于第一题，利用不等式性质及数学归纳法可以证明。

第二题则需要运用递推关系和最大公约数的性质进行推导。

对于第三题，我们可以运用数论的知识来证明。

1988年第二十九届国际奥林匹克数学竞赛试题一：给定非负实数$a,b,c,d$满足$a+b+c+d=4$，证明不等式$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d} \geq abcd+8$。

试题二：定义一个数列为$a_1=5, a_{n+1}=\frac{a_n^2-1}{2}$，求证：对于任意的正整数$n$，$a_n$均为整数。

国际小学数学奥数试卷

国际小学数学奥数试卷一、选择题（每题2分，共10分）1. 下列哪个数是质数？A. 4B. 9C. 13D. 162. 如果一个长方形的长是宽的两倍，且周长是24厘米，那么这个长方形的面积是多少平方厘米？A. 36B. 48C. 72D. 963. 一个数的立方等于它本身，这个数可以是？A. 1B. -1C. 0D. 1和-14. 一个班级有40名学生，其中女生人数是男生人数的3倍，那么这个班级有多少名男生？A. 10B. 15C. 20D. 305. 一个数列的前三项是1, 1, 2，从第四项开始，每项都是前三项的和。

这个数列的第10项是多少？A. 144B. 89C. 55D. 47二、填空题（每题2分，共10分）6. 一个数的平方根是4，这个数是_________。

7. 一个圆的半径是5厘米，那么它的面积是_________平方厘米。

8. 如果一个数的1/4等于10，那么这个数是_________。

9. 一个数的1/3加上它的1/2等于1，这个数是_________。

10. 一个等差数列的首项是2，公差是3，第10项是_________。

三、简答题（每题5分，共15分）11. 一个长方体的长、宽、高分别是8厘米、6厘米和5厘米，求这个长方体的体积。

12. 一个数的平方加上它的两倍等于45，求这个数。

13. 一个数列的首项是3，公差是2，求这个数列的前10项的和。

四、解答题（每题10分，共20分）14. 一个农场主有一块长方形的土地，长是宽的两倍。

如果这块土地的面积是120平方米，求这块土地的长和宽。

15. 一个班级有50名学生，其中1/3的学生是男生，其余是女生。

如果班级要组织一次郊游，需要租用大巴车，每辆大巴车可以坐25人，求至少需要租用几辆大巴车。

五、证明题（每题15分，共15分）16. 证明：对于任意正整数n，n的立方加上n的平方加上n，总是能被6整除。

六、应用题（每题15分，共15分）17. 一个水果店有苹果和橙子两种水果，苹果每千克5元，橙子每千克3元。

imo数学奥林匹克历届试题

imo数学奥林匹克历届试题IMO（International Mathematical Olympiad）是国际数学奥林匹克竞赛的英文简称，是世界范围内最具影响力的数学竞赛之一。

自1959年起，IMO每年都在不同国家举办，每个国家都会派出一支由高中生组成的代表队参赛。

这场竞赛旨在挑战学生的数学智力、培养他们的创新思维和解决问题的能力。

在这篇文章中，我们将回顾IMO数学奥林匹克的历届试题，展示一些经典问题的解决方法。

1. 第一届IMO（1959年）题目：证明当n为整数时，n^2 + n + 41为素数。

解析：我们可以通过代入不同的整数n来验证这个结论。

当n=1时，结果为43，为素数；当n=2时，结果为47，同样为素数。

我们可以继续代入更多的整数，发现每次结果都是素数。

虽然这种代入法不能证明对于所有的整数n都成立，但是通过大量的例子验证，我们可以有很高的信心认为这个结论是成立的。

2. 第十届IMO（1968年）题目：证明不等式(1+1/n)^n < 3，其中n是大于1的整数。

解析：我们可以通过数学归纳法证明这个不等式。

首先，当n=2时，不等式成立：(1+1/2)^2 = 2.25 < 3。

假设当n=k时不等式成立，即(1+1/k)^k < 3。

我们需要证明当n=k+1时，不等式也成立。

通过观察(1+1/k)^k，我们可以发现随着k的增大，(1+1/k)^k的值趋近于e，其中e是自然对数的底数。

而e约等于2.71828，小于3。

因此，当n=k+1时，(1+1/(k+1))^(k+1) < (1+1/k)^k < 3。

根据数学归纳法原理，我们可以得出对于所有的n大于1的整数，不等式(1+1/n)^n < 3成立。

3. 第二十二届IMO（1981年）题目：设a、b、c是一个正数的三个边长，证明不等式(a^2 + b^2)/(a+b) + (b^2 + c^2)/(b+c) + (c^2 + a^2)/(c+a) ≥ a + b + c。

英国初中奥数试题及答案

英国初中奥数试题及答案1. 题目：一个数列的前三项分别是2，3，5，从第四项开始，每一项都是前三项的和。

求这个数列的第10项是多少？答案：首先，我们可以列出数列的前几项：2，3，5，8，13，21，34，55，89，144。

根据数列的规律，第10项是144。

2. 题目：一个正方形的边长增加了10%，那么它的面积增加了多少百分比？答案：正方形的面积是边长的平方。

如果边长增加了10%，那么新的边长是原来的1.1倍。

新面积是原面积的1.1^2 = 1.21倍。

所以，面积增加了21%。

3. 题目：一个长方形的长是宽的两倍，如果宽增加5米，长减少3米，长方形的面积保持不变。

求原来长方形的长和宽分别是多少？答案：设原来的宽为x米，那么长就是2x米。

根据题意，我们有方程：x * 2x = (x + 5) * (2x - 3)。

解这个方程，我们得到x = 6。

所以，原来的宽是6米，长是12米。

4. 题目：一个数除以3余2，除以5余3，除以7余5。

求这个数最小是多少？答案：我们可以通过中国剩余定理来解决这个问题。

首先，我们找到3，5，7的最小公倍数是105。

然后，我们计算105除以3，5，7的余数分别是0，0，0。

接下来，我们找到满足条件的最小正整数，即105 + 2 = 107。

所以，这个数最小是107。

5. 题目：一个等差数列的前三项分别是1，4，7，求这个数列的第20项是多少？答案：这个等差数列的公差是3。

根据等差数列的通项公式，第n项是a_n = a_1 + (n - 1) * d，其中a_1是首项，d是公差，n是项数。

将已知条件代入公式，我们得到第20项是a_20 = 1 + (20 - 1) * 3 = 58。

6. 题目：一个圆的半径是10厘米，求这个圆的面积是多少平方厘米？答案：圆的面积公式是A = πr^2，其中r是半径。

将半径10厘米代入公式，我们得到面积A = 3.14 * 10^2 = 314平方厘米。

国际奥数题

国际奥数题1.求出在n进制中，由不同的数字表示并且除去最左的数字外，每个数字与它左边的某个数字均差±1的数的个数（答案应读为n 的一个尽可能简单的显函数），并予以证明．2.设凸四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA的对称点共圆。

3.P为凸n边形，任意n−3条不在P内相交的对角线把P剖分成n−2个三角形．如果P是正n边形且存在三角形剖分，使得其中所有三角形都是等腰三角形，求n的所有可能值．4.有八个盒子，每个盒子中有6个球，每个球均被染成n种颜色中的一种．已知同一个盒子中的球均不同色，且任意两个盒子中的球至多有一种相同颜色，求n的最小可能值。

5.已知点P为△ABC内一点，且线段PA、PB、PC恰可构成一个以PA为钝角对应边的钝角三角形，求证：∠BAC为锐角。

6.给平面上的每个点标上一个实数，若对每个三角形，均有三顶点上数的算术平均值等于其内心上的数，试证所有点上所标的数相同。

7.证明：任一n次实系数的首一（首项系数为1）多项式是两个n次的、有n个实根的首一多项式的平均。

8.证明：对每个正整数n，存在一个可以被5n整除的n位正整数，它的每一位上的数字都是奇数。

9.一个凸多边形P被它所有的对角线分成一些小凸多边形．且P满足：它的所有的边和对角线的长度都为有理数．证明：所有小凸多边形的边长都是有理数。

10.求所有的实数k>0，使得可以将1×k的矩形分割为两个相似但不全等的多边形。

11.求所有的正整数n，使得n为合数，并且可以将n的所有大于1的正约数排成一圈，其中任意两个相邻的数不互质。

12.设n是大于1的正整数，平面上有2n个点，其中任意3点不共线．将其中的n个点染为蓝色，其余n个点染为红色．如果一条直线过一个蓝点和一个红点，且该直线的每一侧的蓝点数与红点数都相同，那么称该直线为平衡的．证明：至少存在两条平衡直线。

13.对于给定的正整数k，试求正整数N的最小值，使得存在一个2k＋1元正整数集，其元素和大于N，但是其任意k元子集的元素和至多为N/2。

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（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界范围内最高水平的数学竞赛之一。

每年有来自各个国家和地区的优秀学生参加，他们在这场激烈的竞赛中展示他们的数学才能。

以下将介绍一些历年IMO试题，并为您提供解答。

2008年IMO试题：1. 证明方程 x^2 + y^2 + z^2 = 2008x + 2009y + 2010z 只有有限多个整数解。

解答：我们可以将方程改写为 (x-1004)^2 + (y-1004.5)^2 + (z-1005)^2 = 2.5^2 + 3.5^2 + 5^2。

因此，方程的解可看作是(1004, 1004.5, 1005)平移后和(2.5, 3.5, 5)放缩后的结果。

由于放缩的倍数是有限的，因此方程只有有限多个整数解。

2012年IMO试题：2. 设 a_1, a_2, ..., a_n 是 n 个正整数的序列，并且满足 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i} 对于所有的1 ≤ i ≤ n-1。

证明：n 是一个完全平方数。

解答：考虑给定的方程 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i}，将其展开后整理得到a_i * (a_{i+1} - a_{n-i}) = a_n - a_{n-i}。

根据方程左右两边为整数，我们可以得到 a_{i+1} - a_{n-i} 是 a_i 的一个因子。

由于 a_1, a_2, ..., a_n 都是正整数，所以 a_{i+1} - a_{n-i} 的取值范围有限。

当 i = 1 时，我们可以推导出 a_2 - a_{n-1} 是 a_1 的因子。

同理，对于 i = 2, ..., n-1，我们可以推导出 a_{i+1} - a_{n-i} 也是a_1 的因子。

因此，a_1 的所有因子均出现在 a_2 - a_{n-1} 中。

史上最经典最牛的奥数题解法附数学历年考试

史上最经典最牛的奥数题解法附数学历年考试奥数，全称奥林匹克数学竞赛，是指国际数学奥林匹克竞赛（IMO）以及各国的奥林匹克数学竞赛。

作为一项具备挑战性和创造性的数学竞赛，奥数一直吸引着无数热爱数学的学子们。

历经几十年的发展，人们创造了多种解题方法和技巧。

在本文中，我们将探讨一道史上最经典、最牛的奥数题解法，并附上数学历年考试的相关内容。

题目：解析史上最经典最牛的奥数题这道题来自1995年国际数学奥林匹克竞赛，是一道经典的几何问题。

我们来看一下题目：题目描述：在直角三角形ABC中，角C是直角，点M是AC边上的一个动点。

以CM为直径绘制一个半圆，交BC边于点N，交AB边于点P。

证明：当且仅当AM为AB的三分之一时，有三角形PBM的面积与三角形ABC的面积之和最大。

解题思路：这道题目涉及到了几何知识以及一些基本的数学推理。

我们可以通过以下的步骤来解决这道题目。

1. 假设AM=AB的三分之一，将三角形ABC分成两个等腰直角三角形，记为AMC和CMB。

- 由于AM=AB的三分之一，那么AM等于对边MC的三分之一，即AM=MC/3。

- 又由于MC是半圆的直径，故三角形CMC'是一个直角等腰三角形。

- 根据勾股定理，我们可以得到AC=MC'。

- 同理，由于CM=CB的三分之一，我们可以得到BM=MC'/3。

- 由此可见，三角形PBM也是一个直角等腰三角形。

2. 接下来，我们需要证明三角形PBM的面积与三角形ABC的面积之和最大。

- 首先，我们可以使用面积公式计算三角形ABC的面积，记为S1。

- 然后，我们计算三角形PBM的面积，记为S2。

由于三角形PBM是一个直角等腰三角形，所以我们可以使用公式S2=1/2 * BM^2来计算。

- 接下来，我们计算两个面积之和S=S1+S2，然后将S表示为AM 的函数。

- 通过对S求导，并令导数等于零，我们可以得到AM等于AB的三分之一时，S取得最大值。

英国初中奥数试题及答案

英国初中奥数试题及答案1. 题目：一个正方形被分成了四个相等的小正方形。

如果大正方形的边长是10厘米，那么每个小正方形的边长是多少厘米？答案：每个小正方形的边长是5厘米。

2. 题目：一个数的两倍加上5等于15。

求这个数。

答案：设这个数为x，则2x + 5 = 15，解得x = 5。

3. 题目：如果一个班级有30名学生，其中20%的学生是左撇子，那么班级中有多少名学生是左撇子？答案：30名学生的20%是6名学生。

4. 题目：一个长方形的长是宽的两倍。

如果长方形的周长是40厘米，那么长方形的长和宽分别是多少厘米？答案：设长方形的宽为x厘米，则长为2x厘米。

周长为2(x + 2x) = 40厘米，解得x = 5厘米。

所以长为10厘米，宽为5厘米。

5. 题目：一个数的三倍减去4等于22。

求这个数。

答案：设这个数为y，则3y - 4 = 22，解得y = 9。

6. 题目：一个圆的半径是5厘米，求这个圆的周长。

答案：圆的周长公式为C = 2πr，代入r = 5厘米，得C = 2 *3.14 * 5 = 31.4厘米。

7. 题目：一个数的四倍加上8等于48。

求这个数。

答案：设这个数为z，则4z + 8 = 48，解得z = 10。

8. 题目：一个三角形的底是10厘米，高是15厘米，求这个三角形的面积。

答案：三角形的面积公式为A = (1/2) * 底 * 高，代入底 = 10厘米，高 = 15厘米，得A = (1/2) * 10 * 15 = 75平方厘米。

9. 题目：一个数的一半加上3等于9。

求这个数。

答案：设这个数为w，则(1/2)w + 3 = 9，解得w = 12。

10. 题目：一个直角三角形的两条直角边长分别为3厘米和4厘米，求斜边的长度。

答案：根据勾股定理，斜边长度c = √(3² + 4²) = √(9 + 16) = √25 = 5厘米。

历年国际奥数题

第一届（1959）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 acos2x + bcos 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。

第二届（1960）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a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 a = 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'）。

高中国际奥数试题及答案

高中国际奥数试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 已知函数f(x) = x^2 - 4x + 3，求f(2)的值。

A. -1B. 1C. 3D. 5答案：B2. 一个等差数列的首项为a1，公差为d，若a3 + a5 = 10，a2 + a6 = 12，则a4的值为多少？A. 4B. 5C. 6D. 7答案：C3. 若x^2 + y^2 = 25，x + y = 5，求x和y的值。

A. x = 3, y = 2B. x = 2, y = 3C. x = 4, y = 1D. x = 1, y = 4答案：A4. 已知三角形ABC的三边长分别为a、b、c，且满足a^2 + b^2 = c^2，求三角形ABC的形状。

A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等边三角形答案：B二、填空题（每题5分，共30分）5. 已知函数g(x) = 2x - 3，求g(-1)的值。

答案：-56. 一个等比数列的首项为a1，公比为q，若a1 * a3 = 9，a2 = 3，则a1和q的值分别为多少？答案：a1 = 1, q = 37. 已知一个二次函数的图像开口向上，且与x轴有两个交点，求该二次函数的判别式Δ的取值范围。

答案：Δ > 08. 已知一个圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，若圆与直线相切，则d与r的关系为多少？答案：d = r9. 已知一个三角形的三边长分别为a、b、c，且满足a^2 + b^2= c^2，若a = 3，b = 4，则c的值为多少？答案：510. 已知一个等差数列的首项为a1，公差为d，若a1 + a2 + a3= 15，a2 = 5，则a1和d的值分别为多少？答案：a1 = 3, d = 2三、解答题（每题20分，共40分）11. 已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2，求f(x)的单调区间和极值点。

解答：首先求导数f'(x) = 3x^2 - 6x。

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第一届（1959）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 acos2x + bcos 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。

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。

第二届（1960）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。

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

X是对角线AC上任意一点，Y是B'D'上任意一点。

a. 求XY中点的轨迹；b. 求(a)中轨迹上的、并且还满足 ZY=2XZ的点Z的轨迹。

6.一个圆锥内有一内接球，又有一圆柱体外切于此圆球，其底面落在圆锥的底面上。

令V1为圆锥的体积，V2为圆柱的体积。

(a).求证：V1不等于V2 ；(b).求V1/V2 的最小值；并在此情况下作出圆锥顶角的一般。

第三届（1961）1.设a、b是常数，解方程组 x + y + z = a; x2 + y2 + z2 = b2; xy=z2并求出若使x、y、z是互不相同的正数，a、b应满足什么条件？2.设a、b、c是某三角形的边，A 是其面积，求证：a2 + b2 + c2 >= 4√3 A. 并求出等号何时成立。

3.解方程 cosnx - sinnx = 1, 其中n是一个自然数。

4.P是三角形ABC内部一点，PA交BC于D，PB交AC于E，PC交AB于F，求证AP/PD, BP/PE, CP/PF 中至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2。

5.作三角形ABC使得 AC=b, AB=c，锐角AMB = a,其中M是线断BC的中点。

求证这个三角形存在的充要条件是 b tan(a/2) <= c < b.又问上式何时等号成立。

6.三个不共线的点A、B、C，平面p不平行于ABC，并且A、B、C在p的同一侧。

在p上任意取三个点A', B', C'， A'', B'', C''设分别是边AA', BB', CC'的中点，O是三角形A''B''C''的重心。

问，当A',B',C'变化时，O的轨迹是什么？第四届（1962）1.找出具有下列各性质的最小正整数 n：它的最后一位数字是6，如果把最后的6去掉并放在最前面所得到的数是原来数的4被。

2.试找出满足下列不等式的所有实数 x：√(3-x)- √(x+1) > 1/2.3.正方体 ABCDA'B'C'D'（ABCD、A'B'C'D'分别是上下底）。

一点 x沿着正方形ABCD的边界以方向ABCDA 作匀速运动；一点Y以同样的速度沿着正方形B'C'CB的边界以方向B'C'CBB'运动。

点X、Y在同一时刻分别从点A、B'开始运动。

求线断XY的中点的轨迹。

4.解方程cos2x + cos22x + cos23x = 1。

5.在圆K上有三个不同的点A、B、C。

试在K上再作出一点D使得这四点所形成的四边形有一个内切圆。

6.一个等腰三角形，设R为其外接圆半径，内切圆半径为 r，求证这两个圆的圆心的距离是√(R(R-2r))。

7.求证：正四面体有5个不同的球，每个球都与这六条边或其延长线相切；反过来，如果一个四面体有5个这样的球，则它必然是正四面体。

第五届（1963）1.找出下列方程的所有实数根（其中 p是实参数）：√(x2-p)+2√(x2-1) = x.2.给定一点A及线断BC，设空间中一点P使得存在线段BC上有一点X满足角APX是直角，试求出所有这样的点P的轨迹。

3.在一个 n边形中，所有内角都相等，边长依次是a1 >= a2 >= ... >= an，求证：所有边长都相等。

4.设 y是一个参数，试找出方程组 xi + xi+2 = y xi+1 (i = 1, ... , 5)的所有解 x1, ... , x5。

5.求证 cos pi/7 - cos 2pi/7 + cos 3pi/7 = 1/2.6.五个同学A、B、C、D、E参加竞赛，一种猜测说比赛结果的名次依然是ABCDE。

但是实际上没有一位同学的名次被猜中，而且预测中名次相邻的同学也没有真的相邻（例如，C、D两位同学名次不是(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)中的任何一种）。

还有一种猜测说结果会是DAECB的顺序。

实际恰好有两个同学所得的名次与预测的一样；而且有两对同学（4个不同的同学）的名次像预测中的一样是相连。

试讨论最后的名次如何？第六届（1964）1.(a) 求所有正整数 n 使得2n - 1 能被 7整除；(b) 求证不存在正整数 n 使得 2n + 1 能被 7 整除。

2.假设a、b、c是某三角形的三边长，求证： a2(b + c - a) + b2(c + a - b) + c2(a + b - c) <= 3abc.3.△ABC的三边长为别为a、b、c.分别平行于ABC的各边作△ABC内切圆的切线，每条切线都在ABC中又切出一个小三角形，再在每个这样的小三角形中作内切圆，求这四个内切圆的面积之和（用a,b,c表示）。

4.十七个人互相通信，每一个人都和其他人写信。

在他们的信上一共讨论有三个不同的话题，每两个人只讨论一个话题，求证：这些人当中至少有三个人他们所讨论的话题是一样的。

5.平面上有五个点，任意两点的连线都不平行，也不垂直，现从每一个点向其他四点两两连接的直线作垂线，试求出所有这些垂线的交点的最大数目。

6.四面体ABCD的中心是D0，过A、B、C作DD0的平行线，这些线分别交平面BCD、CAD、ABD于点 A0、 B0、C0，求证：ABCD的体积是A0B0C0D0的三分之一；再问如果D0为△ABC内的任意一点，结果是否仍然成立？第七届(1965)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)| ≤ √2 .2.如下方程组的系数 aij，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.△OAB中的角O是锐角，M是边AB上任意一点，从M向OA、OB边引垂线，垂足分别为P、Q。

设△OPQ的垂心为，求出当M在AB边上移动时点H的轨迹；若M在△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。

第八届（1966）1.在一次数学竞赛中共有A、B、C三道题，25名参赛者每人至少答对了一题。

在所有没有答对A的学生中，答对B的人数是答对C的人数的两倍，只答对问题A的人数比既答对A又至少答对其他一题的人数多1。

又已知在所有恰好答对一题的参赛者中，有一半没有答对A。

请问有多少学生只答对B？2.三角形ABC，如果， BC + AC = tan C/2 (BC tan A + AC tan B).则该三角形为等腰三角形。

3.求证：从正四面体的内切圆圆心到各顶点距离之和小于从空间中任意其他点到各顶点距离之和。

4.对任何自然数 n以及满足 sin 2nx 不为 0 的实数x，求证：1/sin 2x + 1/sin 4x + ... + 1/sin 2nx = cot x - cot 2nx.5.ai （i=1,2,3,4）是互不相同的实数，解方程组（i=1,2,3,4） |ai - a1| x1 + |ai - a2| x2 + |ai - a3| x3 + |ai - a4| x4 = 1。

6.在△ABC的边BC、CA、AB上分别任选三内点K、L、M，求证△AML、BKM、CLK之中至少有一个的面积小于或等于△ABC的四分之一。

第九届（1967）1.平行四边形ABCD，边长 AB = a, AD = 1, 角 BAD = A, 已知三角形ABD是一个锐角三角形，求证以A,B,C,D为圆心半径为1的四个圆能够覆盖此平行四边形的充要条件是 a ≤ cos A + √3 sin A.2.若四面体有且仅有一边大于1，求证其体积≤ 1/8.3.k, m, n 是自然数且 m + k + 1 是一个大于 n+1 的素数，令cs = s(s+1)，求证 (cm+1 - ck)(cm+2 - ck) ... (cm+n - ck)可被乘积 c1c2 ... cn整除。

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