俄罗斯数学竞赛1400题

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2018年度国外数学竞赛试题翻译汇编

2018 年度国外数学竞赛试题翻译汇编
(升级版)
赵力 2019 - 06 - 19
时间，就像高铁，一眨眼，就过站了……
人生很简单总有一些风景，注定要错过与其执着，不如随缘只要懂得“珍惜、知足、感恩”就可以了！
笑看世事繁华，淡定人生心态不索不可取，不求不可得学会感恩，做人做事，无憾我心不再奢望浮华之梦，不再……
v
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2018 年亚太地区数学奥林匹克试题
时间，一点不像高铁，过了站，居然买不到回来的车票！
生命，不就如一场雨吗你曾无知地在其间雀跃，曾痴迷地在其间沉吟但更多时候你得忍受那些寒冷与潮湿，那些无奈与寂寞并且以晴日的幻想来度日
当你握紧双手，里面什么也没有当你打开双手，世界就在你手中
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目录
2018 年亚太地区数学奥林匹克 ……………………………………… 1 2018 年波罗的海地区数学奥林匹克 ………………………………… 2 2018 年第 10 届 Benelux 数学奥林匹克 ……………………………… 5 2018 年巴尔干地区数学奥林匹克 …………………………………… 6 2018 年巴尔干地区数学奥林匹克预选题…………………………… 7 2018 年巴尔干地区初中数学奥林匹克 ……………………………… 10 2018 年高加索地区数学奥林匹克 …………………………………… 11 2018 年中美洲及加勒比地区数学奥林匹克 ………………………… 13 2018 年 Cono Sur 数学奥林匹克 ……………………………………… 14 2018 年捷克-波兰-斯洛伐克联合数学竞赛 ………………………… 15 2018 年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克 ……………………………… 16 2018 年多瑙河地区数学奥林匹克 …………………………………… 17 2018 年欧洲女子数学奥林匹克 ……………………………………… 19 2018 年欧洲数学杯奥林匹克 ………………………………………… 21 2018 年拉丁美洲数学奥林匹克 ……………………………………… 23 2018 年国际大都市数学竞赛(IOM) ………………………………… 24 2018 年第 2 届 IMO 复仇赛 …………………………………………… 25 2018 年第 5 届伊朗几何奥林匹克 …………………………………… 26 2018 年第 17 届基辅数学节竞赛 …………………………………… 30 2018 年地中海地区数学竞赛 ………………………………………… 32 2018 年中欧数学奥林匹克 …………………………………………… 33 2018 年北欧数学奥林匹克 …………………………………………… 35 2018 年泛非数学奥林匹克 …………………………………………… 36 2018 年泛非数学奥林匹克预选题 …………………………………… 38 2018 年罗马尼亚大师杯数学奥林匹克 ……………………………… 42

Pascal滑铁卢数学竞赛(Grade 9)-数学Mathematics-2013-试题 exam

1. The value of (4 + 44 + 444) ÷ 4 is
(A) 111
(B) 123
(C) 459
(D) 489
(E) 456
2. Jing purchased eight identical items. If the total cost was $26, then the cost per item, in dollars, was
7. Scoring: Each correct answer is worth 5 in Part A, 6 in Part B, and 8 in Part C. There is no penalty for an incorrect answer. Each unanswered question is worth 2, to a maximum of 10 unanswered questions.
Friday, February 22, 2013
(outside of North America and South America)
Time: 60 minutes Calculators are permitted Instructions
©2012 University of Waterloo
Mass of Jeff s Pet Atlantic Cod
20
Mass in kg
10
00
2
4
6
8
Age in Years
(A) 3
(B) 7
(C) 4
(D) 6
(E) 5
5. What is the value of 13 + 23 + 33 + 43?

袋鼠数学数学题

袋鼠数学题，也被称为“袋鼠数学竞赛”，是一个面向中
学生的数学竞赛，其题目以问题解决和数学应用为主。

以下
是一份袋鼠数学竞赛的样题：
选择题
1. 如果一只袋鼠一年跳300次，那么五只袋鼠跳多少次？
A. 1500次
B. 1400次
C. 1300次
D. 1200次
E. 1100次
2. 在一个等边三角形中，一个顶点到一个对边的中点的
距离是3米，那么这个三角形的边长是多少？
A. 3米
B. 4米
C. 5米
D. 6米
E. 8米
3. 一个圆和一个扇形的半径相等。

已知圆的面积是50平
方厘米，而扇形所在圆的面积是200平方厘米，这个扇形的
圆心角是多少度？
A. 72度
B. 108度
C. 180度
D. 360度
E. 720度
答案：A，C，B。

解释：第一题根据比例关系计算；第二题利用勾股定理计算；第三题根据面积比计算圆心角。

通过这些题目可以看出，袋鼠数学竞赛的题目强调数学的应用和问题解决能力，而不仅仅是理论知识和计算能力。

因此，想要在袋鼠数学竞赛中取得好成绩，需要具备广泛的数学知识、敏锐的观察力和良好的思维习惯。

国际数学奥林匹克试题分类解析―A数论_A2整数的求解汇总

A2 整数的求解A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3．【解】设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有a＋（a＋1）＋…＋（a＋n－1）＝1000即n（2a＋n－1）＝2000若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≥1，故2a＋n－1＞n．同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若n＝5，则 a＝198；若n＝16，则 a＝55；若n＝25，则 a＝28．故解有三种：198＋199＋200＋201＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】设b为所求最小正整数，则7b2＋7b＋7＝x4素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．【题说】 1976年美国纽约数学竞赛题 7．s2－s1＝n2＝100从而求得n＝10．A2－004 设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977．【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题 5．本题由原联邦德国提供．【解】由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≤1977，从而q≤44．若q≤43，则r＝1977－q2≥1977－432＝128．即（a＋b）≤88，与（a＋b）＞r≥128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨设|a－22|≥|b－22|，则1009≥（a－22）2≥504，从而45≤a≤53．经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．A2－005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n 取最小值，这里n＞m≥1．【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题 1．本题由古巴提供．【解】由题设1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod 1000）理注解：设1978n=1000a+c 1978m=1000b+c 1978n－1978m=1000(a-b因而1978m≡2m×989m≡0（mod 8），m≥31978n－m≡1（mod 125）注解：1978m（1978n－m－1）这两式的乘积要为1000整除，显然1978m这式为8的倍数，另一式为125的倍数。

俄罗斯竞赛试题

俄罗斯竞赛试题
题目：在三角形ABC中，已知∠A = 60°，边BC = a。

点D是边AB上的一个动点，且满足BD = 2x，DA = x。

点E在边AC上，且满足∠DEB = ∠ABC。

当x变化时，线段DE的长度是否会变化？如果会变化，请求出其取值范围；如果不会变化，请说明理由。

解题思路：
首先，由于∠A = 60°，我们可以利用正弦定理求出AC和AB的长度，用a和角度表示。

然后，由于∠DEB = ∠ABC，∠BDE是公共角，所以三角形BDE与三角形ABC相似。

根据相似三角形的性质，我们可以得到DE与BC的比例关系，其中BC已知为a。

进一步，利用BD和DA的长度关系，即BD = 2x，DA = x，我们可以将x表示为AB的函数，进而将DE表示为x的函数。

最后，通过分析x的取值范围（0 < x < AB），我们可以确定DE的取值范围。

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案0204192339

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）（m11 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。

第四节整除

第一章数论初步第四节整除A4－001证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5）假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则S n=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod 5）由此推出，当r=0时，S n≡4，而当r=1，2，3时，S n≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4整除时，S n能被5整除．A4－002证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除．【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3．【证】设a1，a2，…，a n是给定的n个数．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，…，a1＋a2＋…＋a n．如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断言成立．如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．A4－003 1．设n为正整数，证明132n－1是168的倍数．2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋…＋n整除1·2·3…·n．【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．问题即何时为整数．（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）2（n－1）！（2）若n＋1=2，则（n＋1）|2（n－1）！（3）若n＋1为合数，则n＋1=ab其中a≥b＞1．在b=2时，a=n＋1－a≤n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！在b＞2时，2a≤n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有（n ＋1）|2（n－1）！综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋…＋n整除1·2…·n．A4－004证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除．【题说】 1957年～1958年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a3－1）a3（a3＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a3＋1．a≡0（mod 7）时，7|a3．因此7|n．（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋1是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除．（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a3－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a3．因此9|n．由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．A4－005设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y－z）（z－x）（x－y）整除．【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2）而 5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．因此，结论成立，而且除后所得商式为u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－2yz－2xz．【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．A4－006已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a2＋b2的最大公约数为1或2．【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设（a＋b，a2＋b2）=d，则d可以整除（a＋b）2－（a2＋b2）=2ab但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2．A4－007（a）求出所有正整数n使2n－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2n＋1被7整除．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律．【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整数）从而23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋223m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k2＋4所以当n=3m时，2n－17k；当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n ＋1总不能被7整除．A4－008设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记C s=s（s＋1）．证明：乘积（C m+1－C k）（C m+2-C k）…（C m+n－C k）能被乘积C1·C2·…·C n整除．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．【证】C p－C q=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）所以（C m+1－C k）（C m+2－C k）…（C m+n－C k）=（m－k＋1）（m－k＋2）…（m－k＋n）·（m＋k＋2）（m＋k＋3）·…·（m ＋k＋n＋1）C1C2…C n=n！（n＋1）！因此只需证=A·B是整数．由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）…（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．A4－009设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a m＋b m能被a n＋b n整除，那么m能被n整除．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】由于a k＋b k=a k-n（a n＋b n）－b n（a k-n－b k-n）a l－b l=a l-n（a n＋b n）－b n（a l-n＋b l-n）所以（i）如果a k＋b k能被a n＋b n整除，那么a k-n－b k-n也能被a n＋b n整除．（ii）如果a l－b l能被a n＋b n整除，那么a l-n＋b l-n也能被a n＋b n整除．设m=qn＋r，0≤r＜n，由（i）、（ii）知a r＋（－1）q b r能被a n＋b n 整除，但0≤|a r＋（－1）q b r|＜a n＋b n，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．A4－010设m，n为任意的非负整数，证明：是整数（约定0！=1）．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数．因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数．A4－011证明对任意的自然数n，和数不能被5整除．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．又两式相乘得因为72n+1=7×49n≡2×（－1）n（mod 5）A4－012设p和q均为自然数，使得证明：数p可被1979整除．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．将等式两边同乘以1319！，得其中N是自然数．由此可见1979整除1319！×p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．A4－013一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．（c＋f）被37整除．由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．A4－014 （a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4．【解】设n个连续正整数中最大的为m．当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．设n=4．由于m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）…（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m具有题述性质．类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质．所以，当n≥4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．A4－015求一对正整数a和b，使得：（1）ab（a＋b）不被7整除；（2）（a＋b）7－a7－b7被77整除．证明你的论断．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题2．【解】（a＋b）7－a7－b7=7a6b＋21a5b2＋35a4b3＋35a3b4＋21a2b5＋7ab6=7ab[（a5＋b5）＋3ab（a3＋b3）＋5a2b2（a＋b）]=7ab（a＋b）[a4＋2a3b＋3a2b2＋2ab3＋b4]=7ab（a＋b）（a2＋ab＋b2）2取a=18，b=1，则a2＋ab＋b2=a（a＋b）＋b2=343=73．所以（a＋b）7－a7－b7被77整除，ab（a＋b）不被7整除．A4－0161．是否存在14个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于11的素数整除？2．是否存在21个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于13的素数整除？【题说】第十五届（1986年）美国数学奥林匹克题1．【解】1．14个连续正整数中，有7个奇数n，n＋2，n＋4，n＋6，n ＋8，n＋10，n＋12不能被2整除．这7个奇数中，至多1个被11整除，一个被7整除，2个被5整除，3个被3整除．如果被3整除的数少于3个或被5整除的数少于2个，那么这7个奇数中被3，5，7，11整除的数不足7个．如果恰有3个数被3整除，2个数被5整除，那么，被3整除的数必须是n，n＋6，n＋12，被5整除的2个数必须为n与n＋10或n＋2与n＋12．此时必有一个数n或n＋12同时被3，5整除．即这7个奇数中被3，5，7，11整除的数仍不足7个．不管怎样，这14个连续正整数中必有1个不被2，3，5，7，11任一个整除．故答案为不存在．2．存在．以下21个连续整数－10，－9，…，－1，0，1，2，3，…，10除去±1，其余整数被2，3，5，7之一整除．由中国剩余定理，满足N≡0（mod 210）N≡1（mod 11）N≡－1（mod 13）的整数N存在，于是N－10，N－9，…，N，N＋1，…，N＋10这21个连续整数满足所有要求．A4－018试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a －1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供．【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≤x＜y＜z并且xyz是（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数．由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≤1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．019x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除x n＋y n．【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1．当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）2xy．故（x＋y）（x2＋y2）．假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）所以（x＋y）（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除x n＋y n．A4－020证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除．【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≤q≤r，则nA4－021找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除．你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992年英国数学奥林匹克题3．【解】显然，2、6、10、14满足要求．任取n个不同的正整数。

2021希望数学国际精英挑战营巅峰对决三年级团体战竞赛试卷题目

2021希望数学国际精英挑战营巅峰对决三年级团体战（含答案）一、A组1．花园小学三年级有5个班，平均每班有33人。

寒假转学来了4名男同学和6名女同学。

现在平均每班有人。

2．在一次游戏中，拉拉规定了一种计算方法：a⊙b=a×b+a÷b+(a+b)×(a–b)哈哈用这个方法计算20⊙4，正确的结果是。

3．下图是由1×1的正方形组成的图案，一共可以找到1×2的小长方形个。

4．下面的算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，那么四位数“挑战自我”最小是。

5．唐僧师徒四人来到火焰山地界，天气炎热，他们都口渴了。

悟空和八戒去相距10里的山庄找西瓜，八戒找到的西瓜数量是悟空的3倍，他们把全部西瓜高高兴兴往回带。

但是八戒贪吃，在回来的路上每走3里路就停下来吃掉5个西瓜。

当两人返回到唐僧身边时，八戒的西瓜只比悟空的多3个。

最初他们一共找到了个西瓜。

6．从A、B、C、D、E任意一点开始，沿线移动，每条线最多走1次。

将最先经过的5个数字相加，得到的和最小是。

7．一张卡片如左图所示，从1~8中选7个数字，分别写在7个部分上，“3”已经写好，然后将卡片折成右图的正方体纸盒。

这个纸盒三组相对面上的数字和都相等，这个和是。

8．一副扑克牌共54张，其中有2张王牌，还有黑桃、红桃、梅花和方块4种花色的牌各13张。

从中随意取出一些牌，要保证取出的牌中至少包含两种花色，并且这两种花色的牌至少都各有6张，那么最少要取出张牌。

9．在一个四位数A的前、后分别加上1，组成两个五位数。

若这两个五位数相差8181，则A＝。

10．甲，乙，丙三个工人伐木，甲和乙共比丙多伐26棵，乙和丙共比甲多伐42棵，甲和丙共比乙多伐28棵。

三人共伐木棵。

二、B组11．12只大猴子均匀地站在一个周长为480米大圆圈上，每相邻两只大猴子之间加入3只小猴子，要求相邻两只猴子在圆上的间隔都相等，这个间隔是米。

历届IMO试题(1-46届完整中文版)

第1届IMO1.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 = 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'）。

国际数学奥林匹克试题分类解析―A数论_A2整数的求解汇总

数学奥林匹克题解代数-数列

代数-数列有一群儿童，他们的年龄之和50岁，其中最大的13岁，有一个是10岁；除去这个10岁儿童之外，其余儿童的年龄都是整数且恰好组成一个等差数列．问有几个儿童？每个儿童是几岁？【题说】1956年北京、天津市赛二试题1．【解】设除去10岁的那个儿童外，他们的岁数为a，a+ d，a+2d，…，a+ nd且a+nd=13．于是 a+（a+ d）+（a+2d）+…+（a+ nd）亦即（n+1）（2a+nd）=80或（n+1）（a+13）=80可见，（n+1）|80．但a+13＞13，又a+13＜2×13=26，故3＜n+1＜6．当n+1=4时，由4（a+13）=80，得a=7，从而d=2，共5个儿童，岁数为7，9，10，11，13．是不可能的，于是解是唯一的．B6-002 在公比大于1的等比数列中，最多有几项是在100和1000之间的整数．【题说】第四届（1972年）加拿大数学奥林匹克题10．【解】考虑等比数列（100≤）a＜ar＜ar2＜…＜arn-1（≤1000）其中r＞1是公比，a为首项，各项都是整数．因此r为有理数．设r =p/q，（p，q）=1，p＞q．因为arn-1=a（p/q）n-1是整数，所以qn-1整除a．如果q≥3，则有而有n≤5．如果q=1，则而有n≤4．如果q=2，则432，648，972在100与1000之间．B6-003 若实数a1，a2，a3，a4满足求证：a1，a2，a3成等比数列，且公比为a4．【题说】1978年上海市赛二试题5．看成关于a4的二次方程，则判别式因为判别式为0，方程两根相等，由韦达定理即a4是等比数列a1，a2，a3的公比．B6-004 如果1、x、y三个正数，既依次是一个等差数列的第l项、第m项、第n项，又依次是一个等比数列的第l项、第m项、第n项，试确定x、y应满足的关系式．【题说】1983年上海市赛一试题1（6）．【解】设该等差数列的公差为d．若d≠0，则又设该等比数列的公比为q，则q≠1，且有若d=0，则x=y=1．此时仍有xy-1=yx-1．</B6-005 n2（n≥4）个正数排成n行n列a11 a12 a13 a14 … a1 na21 a22 a23 a24 … a2 na31 a32 a33 a34 … a3 na41 a42 a43 a44 (4)………………an1 an2 an3 an4 … an n其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等．已知a24=1，a42=1/8，a4=3/16，求a11+a22+a33+a44+…+ann．【题说】1990年全国联赛一试题4．【解】设第一行公差为d，各列公比为q，则 aik=[a11+（k-1）d]qi-1从而 a24=（a11+3d）q=1a42=（a11+d）q3=1/8a43=（a11+2d）q3=3/16所以akk=[a11+（k-1）d]qk-1=k/2ks=2-1/2n-1-n/2nB6-006 等差数列｛an｝与等比数列｛bn｝的首项是相等的正数，且a2n+1=b2n+1．an+1与bn+1的大小关系是什么？【题说】1994年四川省赛题1（1）．原题为填空题．【解】设a1=b1=M，a2n+1=b2n+1=N．因为M=N·q2n，q为公比，所以M、N同号．所以 an+1≥|bn+1|≥bn+1B6-007 数1，2，3，…，100能否是12个等比数列的项？【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克十一年级题1．【解】不能．首先证明：3个不同的素数不可能在同一个等比数列中．假设三个素数p1＜p2＜p3，在以a1为首项、q为公比的等比数列中，p1=a1qk-1，p2=a1qi-1，p3=a1qm-1，则p2=p1qs=p3q-t，其中s= l-k，t= m-l都是正整数．而不可能成立．<由于1至100中含有25个素数，而根据上面所证，每个等比数列中至多含有两个素数，因此25个素数不可以包含于12个等比数列中．所以答案是否定的．B6-008 证明：在首项为1，公差为729的等差数列中，可找到无限多项是10的（自然数）方幂．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题5．【证】我们可证明更为一般的结论：若整数a与m互素，则存在无限多个自然数k，使得ak-1被m整除（当a=10，m=729时便是本题的结论）．先证至少存在一个这样的k．由抽屉原则，在数列1，a，a2，…，am中，必有两项，除以m所得的余数相同，即它们的差aj+k-aj=aj （ak-1）被m整除，因为a与m互素，所以ak-1被m整除．ak-1被m整除时，显然alk-1被m整除，其中l=1，2，3，…．B6-010 设[x]表示不超过x的最大整数．试对任意正整数n计算和【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【解】令｛x｝=x-[x]，则从而利用（1）得B6-011 求1·1！+2·2！+3·3！+…+（n-1）·（n-1）！+n·n！的和，这里n！=n·（n-1）…·2·1．【题说】第一届（1969年）加拿大数学奥林匹克题6．【解】原式=（2！-1！）+（3！-2！）+（4！-3！）+…+[n！-（n-1）！]+[（n+1）！-n！]=（n+1）！-1B6-013 设f（n）是数列0，1，1，2，2，3，3，4，4，5，5，…前n项的和．1．给出f（n）的公式；2．证明f（s+ t）-f（s-t）=st，其中s和t是正整数，并且s＞t．【题说】第二届（1970年）加拿大数学奥林匹克题9．【解】1．当n为偶数时，f（n）=0+1+2+…+（n/2-1）+1+2+…+n/2当n为奇数时，2．s+ t与s-t奇偶性相同．当s+ t与s-t同为偶数时当s+ t与s-t同为奇数时B6-014 已知对任意的n∈N，有an＞0，且求证：an=n．【题说】1989年全国联赛一试题5．以上二式相减，并约去an+an+1，得an+1-an=1（n≥2）假设ak=k（k≥2），则ak+1=ak+1=k+1．故对任意n∈N，an=n成立．B6-016 对自然数k，g（k）表示k的最大奇因子（例如g（3）=3，g（20）=5）．求g（1）+g（2）+g （3）+…+g（2n）（其中n是自然数）．【题说】1993年上海市赛高三二试题3．【解】令Sn=g（1）+g（2）+…+g（2n），则Sn=1+3+…+（2n-1）+g（2）+g（4）+g（6）+…+g（2n）=（2n-1）2+g（1）+g（2）+g（3）+…+g（2n-1）=4n-1+Sn-1将S2-S1=4，S3-S2=42，…，Sn-Sn-1=4n-1相加得Sn=S1+4+42+…+B6-018 n、r为正整数（n≥2），r不是n的倍数，g是n与r的最大公约数．求证其中｛x｝=x-[x]为x的非负小数部分．【题说】1995年日本数学奥林匹克题1．<【证】记n= g·n1，r= g·r1，则（n1，r1）=1，且由于｛r1i｝（i=1，2，…，n1）构成模n1的一个完全剩余系，所以故B6-020 设数列｛an｝的前n项和Sn=2an-1（n=1，2，…）（1）数列｛bn｝满足条件b1=3，bk+1=ak+bk （k=1，2，…）（2）求数列｛bn｝的前n项和．【题说】1996年全国数学联赛二试题1．【解】由（1）得a1=1．又由 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1an=2an-1故an=2n-1，Sn=2n-1，从而=2n+2n-1B6-021 设r为正整数，定义数列｛an｝如下：a1=1，且对每个正整数n，证明每个an都是正整数，并且确定对哪些n，an是偶数．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题4．【证】由题设，有（n+2）an+1=nan+2（n+1）2r （1）两边同乘以n+1，得（n+2）（n+1）an+1=（n+1）nan+2（n+1）2r+1令bn=（n+1）nan（n=1，2，…），则b1=2，且bn+1=bn+2（n+1）2r+1 （n=1，2，…）所以 n |bn再将bn改写成即得（n+1）|bn．由于n，n+1互质，故n（n+1）|bn是正整数．在n≡3（mod4）时，用类似的方法也可证明在n≡0（mod 4）时，an是偶数；在n≡不难验证．在n为奇数时，由（1）得an+1≡an（mod 2）在n≡0（mod 4），由（1）得2an+1≡2（mod 4）所以an+1≡1（mod 2）在n≡2（mod 4）时，由上面所证an+1≡0（mod 2）．所以由结论对an成立导出结论对an+1成立．于是，对一切自然数n，n≡0或3（mod 4）时，an为偶数，其它情况an为奇数．B6-023 设｛xn｝、｛yn｝为如下定义的两个整数列：x0=1，x1=1，xn+1=xn+2xn-1 （n=1，2，3，…）y0=1，y1=7，yn+1=2yn+3yn-1 （n=1，2，3，…）于是这两个数列的前几项是：x：1，1，3，5，11，21，…y：1，7，17，55，161，487，…证明：除了“1”以外，两个数列中不再有其他相同的数．【题说】第二届（1973年）美国数学奥林匹克题2．【证】用数学归纳法证明．｛xn｝从第3项起，奇数项被8除余3，偶数项被8除余5．当n=2，3时，xn=3，5，结论成立．假设n≤k（k＞3）时结论成立，则当n=k+1时，xk+1=xk+2xk-1=（xk+xk-1）+xk-1因（xk+xk-1）被8除余数恰为0，故xk+1与xk-1被8除后，余数相同；而（k+1）与（k-1）奇偶相同．同法可证｛yn｝从第2项起，奇数项被8除余1，偶数项被8除余7．综上所述，除“1”外，二数列中没有别的数相同．B6-024 数列a1，a2，a3，…满足a1=1/2且a1+a2+…+an=n2an（n≥1）．确定an的值（n≥1）．【题说】第七届（197年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】令sn=a1+a2+…+an，则an=sn-sn-1=n2an-（n-1）2an-1B6-025 设数列u0，u1，u2，…的定义如下：试证：这里[x]表示不大于x的最大整数．【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【证】首先用数学归纳法证明：当n＞0时，事实上，由可知命题对n=1，2为真．设命题对n=k-1，k为真，我们证明命题对n=k+1为真．令由数列的递推关系得=2f（k）+2f（k-1）+2-[f（k）+2f（k-1）]+2f（k）-2f（k-1）因为所以这就证明了命题对n=k+1为真．易知是整数，从而2-f（n）是真分数，故B6-026 设0＜u＜1，且定义证明：对n的所有值，un＞1．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题6．【证】用数学归纳法证明1＜un≤1+u，n=1，2，…（1）（Ⅰ）1＜u1=1+u满足（1）式．（Ⅱ）假设n=k时（1）满足，则即1＜uk+1＜1+u因此，对n所有值（1）成立．B6-027 求实数a0的集合，使得由an+1=2n-3an，n=0，1，2，…定义的无限序列｛an｝是严格增加的，即对于n≥0有an＜an+1．【题说】1980年英国数学奥林匹克题4．【解】an+1=2n-3an=2n-3×2n-1+32an-1=2n-3×2n-1+32×2n-2-33an-2=…=2n-3×2n-1+32×2n-2-…+（-3）n+（-3）n+1·a0以在n充分大时，an正负交错．B6-028 选取一列整数a1，a2，a3，…，使得对每个n≥3，都有an=an-1-an-2．若该数列前1492项之和等于1985，前1985项之和等于1492．那么前2001项之和是多少？【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题5．【解】设a1=a，a2=b，则a3=b-a，a4=-a，a5=-b，a6=a-b，a7=a，…每6个重复一遍，且每相邻6项之和为零．于是（a1+a2+…+a1488）+a1489+a1490+a1491+a1492=1985故 a+ b+（b-a）+（-a）=1985即2b-a=1 985（1）又（a1+a2+…+a1980）+a1981+…+a1985=1492得 a +b+（b-a）+（-a）+（-b）=1492即b-a=1492（2）由（1）、（2）解得b=493．因此=a+ b+（b-a）=2b=986B6-029 对于每个实数x1，由xn+1=xn（xn+1/n），n≥1，构成序列x1，x2，…，证明：存在唯一的x1，使得0＜xn＜xn+1＜1（n=1，2，…）．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【证】设P1（x）=x，Pn+1（x）=Pn（x）（Pn（x）+1/n），（n≥1）那么Pn（x）是正系数的2n-1次多项式．于是xn=Pn（x1），由于xn+1＞xn与xn＞1-1/n等价，问题可改为证明存在唯一的正实数t，使得1-1/n ＜Pn（t）＜1（n=1，2，）．由于Pn（x）是严格的增函数（x≥0），Pn（0）=0，且P1（1）=1，Pn（1）＞1（n≥2），我们可以找到唯一的an＜bn≤1，使Pn（an）=1-1/n及Pn（bn）=1．又由Pn+1（an）=1-1/n及Pn+1（an+1）=1-1/（n+1），可得an＜an+1同理，由Pn+1（bn+1）=1及Pn+1（bn）=1+1/n，得bn+1＜bn．由于[an，bn] [an-1，bn-1]，所以Pn-1（an）≥Pn-1（an-1）≥≥P1（bn）-P1（an）=bn-an由“区间套定理”，存在唯一实数t，使得对所有n均满足an＜t＜bn，由此得1-1/n＜Pn（t）＜1．B6-031 已知｛an｝为正整数数列an+3=an+2（an+1+2an）（n∈N）a6=2288．求a1、a2、a3．【题说】1988年四川省赛题2．【解】由an+3=an+2（an+1+2an）（n∈N）得：a4=a3（a2+2a1）a5=a3（a2+2a1）（a3+2a2）因为a6=2288=24×11×13，正整数（a2+2a1+2）比（a2+2a1）大2，所以a2+2a1=11从而得出a3=1或2．a3=1时，a2不是正整数，所以a3=2．从而 a1=5，a2=1，a3=2B6-032 已知a1=1，a2=2，试证：对一切n∈N，an≠0．【题说】1988年全国联赛二试题1．【证】由递推公式，an，an+1，an+2的奇偶性只有：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶．三种情形．a1=1，a2=2，a3=7均不是4的倍数，下面证明｛an｝中所有的项都不是4的倍数．设am是4的倍数，m为最小下标，m＞3，则am-1，am-2均为奇数，am-3为偶数．由am=am-1-am-2及am-1=5am-2-3am-3，得3am-3=4am-2-am故am-3是4的倍数，与所设矛盾．由于0是4的倍数，故对一切n∈N，an≠0．B6-033 设x0=0，x1=1，且xn+1=4xn-xn-1；y0=1，y1=2，且yn+1=4yn-yn-1（n=1，2，3，…）．求证：对一切整数n≥0，有【题说】第二十届（1988年）加拿大数学奥林匹克题4．用数学归【证】当n=1时，（a）、（b）二式显然成立．假设n=k时，（a）、（b）成立，则=3xn（4xn-xn-1）+ 2=3xnxn+1+2因此，对任何自然数n，（a）、（b）都成立．B6-034 数列｛an｝定义为a1=a2=1，an+2=an+1+an．求证：当n≥2时，a2n-1必是数列中某两项的平方和，a2n必是数列中某两项的平方差．【题说】1990年南昌市赛二试题1．此数列即为斐波拉契数列．【证】数列的前4项为1，1，2，3，因此对一切自然数n≥2，B6-035 数列｛an｝由下列条件决定：a1=1；n≥1时，an+1=an+1/an．求a100的整数部分[a100]．【题说】1990年日本数学奥林匹克第一轮选拔赛题12．【解】由题有因为an+1-an=1/an＞0，所以an递增．当≥2时，an≥a2=2，于是=200+98/4＜225所以 14＜a100＜15故[a 100]=14．B6-036 三元数组（xn，yn，zn），n=1，2，…由下列关系式确定：x1=2，y1=4，z1=6/71．证明：上述作三元组的过程可以无限继续下去．2．能否在某一步，得到的三元数组（xn，yn，zn）满足等式xn+yn+zn=0？【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】1．只须证明：在任何一步所得到的三个数中都不可能出现1或-1．所以xn+1≠±1．同理，yn+1，zn+1都不等于±1．2．由x1、y1、z1≠0及递推关系知道，对于任意的n∈N，xn、yn、zn≠0，xnynzn≠0我们用归纳法来证明：xn+yn+ zn=xnynzn（1）显然 x1y1z1=48/7=x1+y1+z1假设 xnynzn=xn+yn+zn令xn=tanα，yn=tanβ，zn=tanγ由假设 tanα+tanβ+tanγ=tanα·tanβ·tanγ所以α+β+γ=0或α+β+γ=±π从而 tan2α+tan2β+tan2γ=tan2α·tan2β·tan2γ所以 xn+1·yn+1·zn+1=xn+1+yn+1+zn+1从而（1）式对一切自然数n成立．由于xnynzn≠0，所以xn+yn+zn永远不为0．B6-037 设a1=1，a2=3，对一切自然数n有an+2=（n+3）an+1-（n+2）an求所有被11整除的an的值．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题1．【解】设bn+1=an+1-an（n≥1），则由条件有bn+1=（n+1）（an-an-1）=（n+1）bn（n≥2）bn=nbn-1=n（n-1）bn-2=…=n（n-1）…3b2=n！（n≥2）所以 an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+1由此可算出：整除．故本题答案为n=4，n=8以及n≥10．B6-038 函数列｛fn（x）｝由下列条件递归定义：对于每个正整数n，求出方程fn（x）=2x的所有实数解．【题说】第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题2．若x＜4，测f1（x）＞2x，fn+1（x）＞2x．故对每一n，fn（x）=2x只有唯一解x=4．B6-039 已知整数列｛a0，a1，a2，…｝满足：（1）an+1=3an-3an-1+an-2，n=2，3，…；（2）2a1=a0+a2-2；（3）对任意自然数m，在数列｛a0，a1，a2，…｝中必有相继的m项ak，ak+1，…，ak+m-1都是完全平方数．求证：｛a0，a1，a2，…）的所有项都是完全平方数．【题说】1992年中国数学奥林匹克题6．【证】令dn=an-an-1，则由（1）dn+1-dn=dn-dn-1=…=d2-d1所以｛dn｝是等差数列，从而由（2），d2-d1=a2-2a1+a0=2，所以an=n2+bn +c，b、c∈Z若b为奇数2t+1，则在n充分大时，大于（n+t）2，小于（n+t+1）2（=（n+t）2+2n+2t+1），因而an不是平方数．而由（3），｛an｝有任意大的平方数，矛盾！所以b为偶数2t，从而an=（n+ t）2+c-t2在c-t2＞0时，对于充分大的n，an介于（n+ t）2与（n+t+1）2之间，与（3）矛盾．同样c-t2＜0也导出矛盾（考虑连续平方数（n+t-1）2与（n+t）2）．所以c-t2=0，an=（n+ t）2．【注】（3）可减弱为｛an｝中有任意大的平方数，即｛an｝中有无穷多个平方数．B6-040 设正数列a0，a1，…，an，…满足（2）a0=a1=1求｛an｝通项公式．【题说】1993年全国联赛一试题5．bn-1=2bn-1即bn+1=2（bn-1+1）从而bn+1=（b1+1）·2n-1=2nan=（2n-1）2an-1=（2n-1）2（2n-1-1）2an-2=…B6-041 设数列｛vn｝满足：v0=1，v1=3，vn+2=4vn+1-vn．试对【题说】1993年（第十六届）哈尔滨市赛二试题3．【解】因为vn+2≡-vn（mod4），而v0=1，v1=3，则所以另一方面vn除以25，余数成周期为15的数列：所以vn≡1，3，6，11，16，21（mod 25）（2）因为 2vn3-vn-1=（vn-1）（2vn2+2vn+1）并且由（1），在vn 3（mod 25）时，vn-1≡0（mod 5），2vn2+2vn+1≡2·12+2·1+1≡0（mod 5）在vn≡3（mod 25）时，2vn2+2vn+1≡2·32+2·3+1=25≡0（mod 25）所以恒有2vn3-vn≡1（mod25）（3）由（1）、（3）即在n=4k或4k+3时，2vn3-vn的末两位数字为01；在n=4k+1或4k+2时，2vn3-vn的末两位数字为51．B6-042 由0和1组成的、长度为n（如00101，10100长度都为5）的排列中，没有两个1相连的排列的个数记为f（n）．约定f（0）=1．试证明：（1）f（n）=f（n-1）+f（n-2），n≥2；（2）f（4k+2）可被3整除，k≥0．【题说】1993年河北省赛二试题3．【证】（1）长度为1的排列只有0，1，故f（1）=2，长度为2的排列有00，01，10，11，故f（2）=3．所以f（2）=f（1）+f（0）．当n＞2时，将长度为n的排列分为两类：一类以0结尾，另一类以01结尾．以0结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f（n-1）；以01结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f（n-2）．所以对任意自然数n≥2，总有f（n）=f（n-1）+f（n-2）（2）用数学归纳法．k=0时，f（4k+2）=f（2）=3，3|f（2）．假设当k=m时，3|f（4+2），即f（4m+2）=3q令f（4m+3）=3q1+r，0≤r＜3，由（1）有f（4m+4）=f（4m+3）+f（4m+2）=3q2+rf（4m+5）=f（4m+4）+f（4m+3）=3q3+2rf（4m+6）=f（4m+5）+f（4m+4）=3q4+3r=3（q4+r）这就是说，当k=m+1时，f（4+2）是3的倍数．所以对一切k≥0，有3|f（4k+2）B6-044 数列y1，y2，y3，…满足条件y1=1，对于k＞0，证明：数列y1，y2，y3，…能取遍每个正整数并且恰好一次．【题说】第二十五届（1993年）加拿大数学奥林匹克题5．【证】用二进制表示．设n=（amam-1…a1a0）2其中am=1，ai=0或1，i=0，1，…，m-1．我们用归纳法证明yn=（bmbm-1…b1b0）2其中bm=1，b2≡ai+ai+1（mod2），i=0，1，…，m-1．（1）n=1时，显然．（2）假设对于小于n的正整数结论成立．对于n=（am…a1a0）2，其中b0=0≡a1+a0（mod2）．（ii）若a1=1，a0=0，则其中b0=1≡a0+a1（mod2）．（iii）若a1=0，a0=1，则其中b0=1≡a0+a1（mod2）．（iv）若a1=a0=1，则其中b0=0≡a0+a1（mod2）．因此，命题对任意正整数n也成立．反之，对任意数（bm…b1b0）2，可以唯一确定n=（amam-1…a1a0）如下：am=bm=1，ai≡bi-ai+1（mod2）所以，yn→n是N+→N+的一一对应．B6-045 已知数列｛an｝（n=1，2，…）中，a1=1，a2=3，a3=6，且当n＞3时，an=3an-1-an-2-2an-3．试证：对n＞3的一切自然数有an＞3×2n-2．【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题2．【证】a4=13＞2a3，a5=27＞2a4，假设n≥5时ak＞2ak-1，ak-1＞2ak-2，则ak+1=3ak-ak-1-2ak-2=2ak+ak-ak-1-2ak-2＞2ak+2ak-1-ak-1-2ak-2=2ak+（ak-1-2ak-2）＞2ak所以，对n＞3，均有an＞2an-1．由此，得an＞2an-1＞22an-2＞…＞2n-3a3=3×2n-2B6-046 设q是任意正实数，而an（n=1，2，…）为实数．a0=1，a1=1+q，且对所有正整数k满足以下等式；（2）a2k-a2k-1=a2k+1-a2k．证明：对每个给定的正实数q，总能找到正整数N，使得对所有正整数n＞N，都有an＞1994．【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题1．【证】a3=2a2-a1=（1+q）（2q+1）a5=2a4-a3=（2q+1）（3q+1）……一般地，用数学归纳法易证a2k=（kq+1）2，a2k+1=（kq+1）（（k+1）q+1）若a2k＞1994，则对一切n＞2k，有an＞1994．由（kq+1）有an＞1994．B6-047 设函数f：N+→N+，满足条件f（1）=1，且对任意n∈N+都有试求方程f（k）+f（l）=293，k＜l （*）的所有解．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题2．【解】由题设得3f（n）·（f（2n+1）-f（2n））=f（2n）＜6f （n）（1）从而0＜f（2n+1）-f（2n）＜2即f（2n+1）=f（2n）+1 （2）将（2）代入（1），得f（2n）=3f （n）（3）将n表示成二进制数．设其中m1＞…＞ms≥0．那么由f（1）=1及（2）、（3），用归纳法不难证明则方程（*）即=35+33+2·32+3+2·30（5）由于右边32、30系数均为2，故在k、l的二进制表示中都含有22和20的项，注意到k＜l，l的最高项为25．故满足条件的（k，l）有4组：1°k=22+1=5，l=25+23+22+2+1=472°k=22+2+1=7，l=25+23+22+1=453°k=23+22+1=13，l=25+22+2+1=394° k=23+22+2+1=15，l=25+22+1=37B6-048 设n是大于1的奇数，已知若正整数m满足Xm=X0，求证：m是n的倍数．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题6．（1，0，…，0，1）易见数列｛xkn+i｝是以n为最小正周期的周期数列，且对任意i，有x-i=xi+1．由已知的递推关系=xi+2xi+1+xi+2一般地，从而因此，m是n的倍数．B6-049 m是正整数，数列a1，a2，a3，…，am的长度为m，其各项ai是整数，且1≤ai≤4．数列若满足条件：“若ai=aj且ai+1=aj+1，则i=j．”求m的最大值．【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题9．【解】由条件知，（ai，ai+1）的不同组合有（1，1），（1，2），…，（4，4）等16种．而数列中相同的组合不能出现两次，从而数列的长度m不超过17．下面的数列长度为17，且满足题设条件：1，1，2，1，3，1，4，2，2，3，2，4，3，3，4，4，1．故所求m的最大值为17．B6-050 设u为区间（0，1）内一实参数，定义数列｛un｝递归定义如下：u1=f（1）， un=f（un-1）（n＞1）证明：一定存在一个正整数k使uk=0．【题说】第二十七届（1995年）加拿大数学奥林匹克题5．【证】易知f（1）=u1=1-u．对任意x∈[u，1]，u≤x且1-x≤1-u，所以≤u+x-2ux-2u（1-x）=x-u于是，若u1，u2，…，un均≥u，则un+1=f（un）≤un-u≤un-1-2u≤…≤1-（n+1）u因此，对于充分大的k，uk-1＜u，从而uk=f（uk-1）=0B6-052 假设a1，a2，a3，…是无穷的自然数列，a1=1，而且当k＞1时有不等式ak≤1+a1+a2+…+ak-1证明：所有的自然数都可以表示成这个数列的某些项之和的形式（可以只有一项构成）．【题说】1960年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】我们证明稍广一点的断言：如果自然数n≤a1+a2+…+ak，那么n可以表示成a1，a2，…，ak中某些数的和．k=1时断言显然成立，假设断言对于k-1成立，则自然数n≤a1+a2+…+ak-1时n可以表示成a1，a2，…，ak-1中某些数的和．若1+a1+a2+…+ak-1≤n≤a1+a2+…+ak，则由已知条件0≤n-ak≤a1+a2+…+ak-1．于是数n-ak或者等于0，或者根据归纳假设可以表示成a1，a2，…，ak-1中某些数的和．因此n可以表示成a1，a2，…，ak中某些数的和．B6-053 考察数列｛cn｝：c1=c1+c2+…+a8……其中a1，a2，…，a8是不全为0的实数．假定该数列中有无限多项cn=0．求出所有使cn=0的自然数n．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题5．本题由原苏联提供．【解】不妨设a1的绝对值为最大，则必有某个ai，满足ai=-a1（i≠1）．否则，当n充分大时，不失一般性可设 a2=-a1所得的和cn仍然有无穷多个为0．根据上面的推理，有（适当调整编号）：a3=-a4，a5=-a6，a7=-a8因而n为奇数时，cn=0．B6-054 一次竞赛在n（＞1）轮中共发了m枚奖章．第一轮发了轮正好发了n枚而没有余下的奖章．这个竞赛共包括几轮？一共发了多少奖章？【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题6．本题由匈牙利提供．即（m-36）·6n-1=7n·（n-6）所以6n-1|（n-6）但6n -1＞n-6所以n=6，m=36B6-055 设｛an｝为有下列性质的实数列：1=a0≤a1≤a2≤...≤an≤ (1)又｛bn｝是由下式定义的数列：证明：（a）对所有n=1，2，3，…，有0≤bn＜2；（b）对0≤c＜2的任一c，总存在一个具有性质（1）的数列｛an｝，使得由（2）导出的数列｛bn｝中有无限多个下标n满足bn＞c．【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题3．本题由瑞士提供．所以=2第k项是现在要求对无穷多个n，d（1+d）（1-dn）＞c，则事实上，这时有d（1+d）＞c．故（3）右端为一正数．因为0＜d＜1时，dn→0，所以存在一个确切的自然数N（如取N=[ln（1-c/（d（1+d）/lnd））]），使得当n＞N时（3）成立．于是（b）得证．B6-056 证明：如果｛an｝是两两互异的自然数组成的无穷序列，并且这些自然数的十进制表达式中不含数字0，那么【题说】1970年～1971年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】k位数中，数字不含0的共9k个，其中首位数字为1，2，…，9的各9k-1个，因此B6-057 证明：数列｛2n-3｝，n=2，3，4，…中至少有一个无穷子列，其中的项两两互素．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题3．本题由波兰提供．【证】我们用归纳法来构造一个这样的子列．取n1=2．若n1，…，nk已经取定，且2ni-3（1≤i≤k）两两互素，将它们分解成素因子的积，设在这些积中出现的素因子为pj（1≤j≤n）令 nk+1=（p1-1）（p2-1）…（pm-1）+2≡4-3=1（mod pj）（1≤j≤n）故2nk+1-3不能被任一pj整除，因而它与2ni（1≤j≤k）都互素，这样，子列｛2nk-3｝就是满足题目要求的一个子列．B6-058 设a1，a2，a3，…是正整数无穷数列，且对所有k≥1有ak＜ak+1．证明：在上述数列出，有无穷多个am可以表示成am=xap+yaq的形式，其中x，y是适当的正整数，并且p≠q．【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题2．本题由英国提供．【证】考虑模a1的剩余类．因为关于模a1的剩余类只有有限个，所以必存在一个剩余类，其中包含所给数列的无穷多项，设ap是该剩余类中的最小的异于a1的数，则此类中其余的am＞ap，都可表成am=ap+ya1，y为正整数．B6-059 在一个实数的有限数列中，任何七个连续项之和都是负数，而任何十一个连续项之和都是正数．试问：这样一个数列最多能包含多少个项？【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题2．本题由越南提供．【解】设所求的有最大项数的数列为a1，a2，…，an．首先，n≤16．否则，矛盾．其次，n=16是可能的．例如数列（5，5，-13，5，5，5，-13，5，5，-13，5，5，5，-13，5，5），因此所求的最大数为16．B6-060 在正整数集上定义一个函数f（n）如下：当n为偶数时，f（n）=n/2；当n为奇数时，f（n）=n+3．1．证明：对任何正整数m，数列a0=m，a1=f（a0），…，an=f（an-1），…中总有一项为1或3．2．在全部正整数中，哪些m使上述数列必然出现3？哪些m使上述数列必然出现1？【题说】1979年全国联赛二试题5．【解】1．若ak＞3，则ak为偶数时，ak+1=ak/2＜ak；ak为奇数时，ak+2=（ak+3）/2＜ak．由于数列取正整数值，任一无限子列不能严格递减，所以必有一项≤3．如果这项为2，则下一项为1，故数列中必有一项为1或3．2．当m是3的倍数时，一切项都是3的倍数，因此，数列必然出现3．当m不是3的倍数时，一切项都不是3的倍数，因此，数列必然出现1．B6-061 无穷正实数列｛xn｝具有以下性质：x0=1，xi+1≤xi（i≥0）（1）试证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n≥1，使下式成立．（2）寻找这样一个数列，下列不等式：对任一n均成立．【题说】第二十三届（1981年）国际数学奥林匹克题3．≥…因此当n足够大时，就有B6-062 n个不同的数，依递增次序写成一行，再把这些数写在第二行，顺序不拘．将上、下两行的每对数相加，和数写在第三行．如果第三行的数是按递增顺序排列，求证：第一、二两行数的次序完全一致．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】设给定的（第一行）数为a1＜a2＜…＜am＜am+1＜…＜an第二行数是b1，b2，…，bn．则a1+b1＜a2+b2＜…＜an+bn （1）若b1≠a1，设bm=a1（m≥2），则由（1），对i=1，2，…，m-1，有ai+bi＜am+a1由于ai≥a1，所以bi＜am．于是a1，b2，b2，…，bm-1这m个不同的数均小于am．但a1，a2，…，an 中只有m-1个数小于am．矛盾．因此b1=a1．同理b2=a2，…，bn=an．因此第二行与第一行的次序完全相同．B6-063 设a1，a2，a3，…是一不减的正整数序列，对于m≥1，定义bm=min｛n|an≥m｝（即bm是使an ≥m的n最小值），若a19=85，试求a1+a2+…+a19+b1+b2+…+b85的最大值．【题说】第十四届（1985年）美国数学奥林匹克题5．本命题的一般情况容易入手．【解】我们证明一般命题：若aq=p，则a1+a2+…+aq+b1+…+bp=p （q+1）（1）如果a1=a2=…=aq=p，则b1=b2=…=bp=1，易得（1）式．若有ai＜p（1≤i＜q），令t为使at＜p的最大下标，且令at=u，若at增加1，则bj（j≠u+1）保持不变，而bu+1减少1．所以（1）左边总和不变．经过不断调整，最后可得常数序列．由此可导出所求证的结果．因此，当q=19，p=85时，a1+…+a19+b1+…+b85=85×（19+1）=1700．[别解]考虑坐标平面上的矩形｛（x，y）：1≤x≤q；1≤y≤p｝．将点（i，ai）用水平与竖直线段连结起来形成阶梯形，（i，ai）都是阶梯形的顶点．这时，a1+a2+…+aq是阶梯形中整点的个数．b1+b2+…+bp是另一阶梯形（它与前一阶梯形合成整个矩形）中整点的个数．每条水平线段y=j（1≤j≤p）上有一点被计算了两次．所以a1+a2+…+aq+b1+b2+…+bp=pq+ p= p（q+1）B6-064 递增数列1，3，4，9，10，12，13，…由一些正整数组成，它们或者是3的幂，或者是若干个不同的3的幂之和．求此数列的第100项．【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题7．[设] 由前6个3的幂：1，3，9，27，81，243可以组成26-1=63个不同的3的幂之和，它是数列的前63项；第64项是37=729．第243，接下去是729+243+1，729+243+3，729+243+1+3故第100项是729+243+9=981．[别解]注意在三进制中，数列由不含数字2组成．B6-065 已给实数a＞1，构造一个有界无穷数列x0，x1，x2，…，使得对每一对不同的非负整数i、j 有|xi-xj|·|i - j|a≥1【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【解】设 p为正整数，q为非负整数．因此恒有并且对每一对不同的非负整数i、j，由（1），B6-066 对任一实数序列A=（a1，a2，a3，…），定义△A为序列（a2-a1，a3-a2，a4-a3，…），它的第n项是an+1-an．假定序列△（△A）的所有的项都是1，且a19=a92=0，试求a1．【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题8．【解】设△A的首项是d，则依条件，△A为（d，d+1，d+2，…），其中第n项是d+（n-1）．因此序列A 可写成（a1，a1+d，a1+d+（d+1），a1+d+（d+1）+（d+2），…），所以B6-067 设正数数列a1，a2，…，an，…满足：且a4=4，a5=5．（1）求a1，a2，a3；（2）证明a1，a2，…，an，…是自然数数列，即ak=k（k=1，2，…）．【题说】1993年四川省赛题6．（2）假设3≤k＜n时结论成立．则在k=n时，在已知等式中令k=n-1，n并将两式相减得从而于是对一切自然数k，均有ak=k．B6-068 设a、b是正奇数，序列fn定义下：f1=a，f2=b，对n≥3，fn是fn-1+fn-2的最大奇约数．证明，当n充分大时fn为常数，并确定此常数之值（用关于a，b的函数表示）．【题说】第二十二届（1993年）美国数学奥林匹克题4．【证】因为fn-1、fn-2都是奇数，所以fn-1+fn-2是偶数，从而它的最大的奇约数所以fn≤max｛fn-1，fn-2｝，当且仅当fn-1=fn-2时等号成立．对k≥1，令Ck=max｛f2k，f2k-1｝，则f2k+1≤max｛f2k，f2k-1｝=Ck且 f2k+2≤max ｛f2k+1，f2k｝≤max｛Ck+1，Ck｝=Ck于是，Ck+1≤Ck，当且仅当f2k=f2k-1时等号成立．因｛Cn｝是不增的正整数序列，所以它最终是一个常数，｛fn｝同样如此．当n充分大时，fn=常数C，所以（a，b）=（a，b，f3）=（a+ b，b，f3）=（b，f3）=…=（fn-1，fn）=fn+1=CB6-070 将与105互素的所有正整数，从小到大排成一个数列，试求出该数的第1000项．【题说】1994年全国联赛二试题2．【解】105=3×5×7．由容斥原理，每连续105个数中，有个数与105互素．1000=48×20+40=48×20+48-8a48×20=105×20=2100而自105向前倒数，第9个与105互素的数是86，所以a1000=2100+86=2186B6-071 由能被3整除且比完全平方数小1的整数组成递增序列3，15，24，48，…，这个序列的第1994项除以100的余数是多少？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题1．【解】一个比完全平方数小1的数具有形式n2-1=（n+1）（n-1），n=2，3，…当且仅当n不能被3整除时，n2-1是3的倍数．所以这个序列的第（2k-1）项和第（2k）项分别是（3k-1）2-1和（3k+1）2-1．因此，这个序列的第1994项是（3·997+1）2-1=（3000-8）2-1=30002-16·3000+63故它除以100的余数为63．B6-072 设a1，a2，a3，…是正实数数列，对所有的n≥1满足条【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题4．【证】先证一个更一般的命题：设a1，a2，…，an和b1，b2，…，bn是正数，且b1＞b2＞…＞bn（1）若对所有的k=1，2，…，n（2）则有（3）事实上，设bn+1=0，由（1）和（3）可得改变求和的次序得由此可得两边同时平方，再利用Cauchy不等式就可以得到为了证明本题的不等式，令B6-073 设2n个实数a1，a2，…，an；b1，…，bn（n≥3）满足条件：（1）a1+a2+…+an=b1+b2+…+bn（2）0＜a1=a2，ai+ai+1=ai+2（i=1，2，…，n-2）（3）0＜b1≤b2，bi+bi+1≤bi+2（i=1，2，…，n-2）求证：an-1+an≤bn-1+bn．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题1．【证】设ci=ai-bi（1≤i≤n），则c1≥c2，ci+2≤ci+ci+1（i=1，2，…，n-2）．并且c1+c2+…+cn=0（1）我们证明更强一点的命题：如果对于k（2≤k≤n）有c1+c2+…+ck≥0（2）那么c1+c2+…+ck-1≥0（3）事实上，若有连续两项ci-1，ci≤0（2≤i≤k），则ci+1≤0，ci+2≤0，ck≤0．由（2）立即得出（3）．若每连续两项ci-1，ci中至少有一个＞0，则c1＞0．并且对每个≤0的ci，ci-1与ci+1均为正，从而ci-1+ci ≥ci+1＞0．于是将c1，c2，…，ck-1中，每个负项与它前面一项合并，c1+c2+…+ck-1就变成若干正项的和，当然（3）成立．由于上述命题及（1），我们有c1+c2+…+cn-1≥0，c1+c2+…+cn-2≥0．再由（1）减去此式，便得cn-1+cn≤0即an-1+an≤bn-1+bnB6-074 一个数列的前五项是1，2，3，4，5，从第六项开始，每项比前面所有项的乘积少1．证明：此数列的前70项的乘积恰是它们的平方和．【题说】1995年城市数学联赛低年级高水平题2．【证】设第n项为an，a6=119．n≥6时，an+1=a1a2·…·an-1=a1a2·…·an-1·an-1=an（an+1）-1=a71-119+65+55=a1a2·…·a70[别证]记第n项为an，则a1=1，a2=2，a3=3，a4=4，a5=5，a6=119，n≥6时，an+1=a1·a2·…·an-1=（an+1）an-1=55+（a71-a6+65）=a71+1=a1·a2·…·a70B6-074 一个数列的前五项是1，2，3，4，5，从第六项开始，每项比前面所有项的乘积少1．证明：此数列的前70项的乘积恰是它们的平方和．【题说】1995年城市数学联赛低年级高水平题2．【证】设第n项为an，a6=119．n≥6时，an+1=a1a2·…·an-1=a1a2·…·an-1·an-1=an（an+1）-1=a71-119+65+55=a1a2·…·a70[别证]记第n项为an，则a1=1，a2=2，a3=3，a4=4，a5=5，a6=119，n≥6时，an+1=a1·a2·…·an-1=（an+1）an-1=55+（a71-a6+65）=a71+1=a1·a2·…·a70B6-075 设p是奇素数．各项不同的数列an，n≥0定义如下：a0=0，a1=1，…，ap-2=p-2，并且对所有的n≥p-1，an是这样一个最小的正整数，使得它和它前面的任何项都不能组成长度为p的等差数列．证明：对所有的n，an是将n写成p-1进制数而将它看作是p进制数时所得出的数．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题1．【证】用归纳法．对n＜p-1，结论显然．假设命题对＜n的数均成立．设b是将n写成p-1进制数ck（p-1）k+ck-1（p-1）k-1+…+c0后，看成p进制得出的数ckpk+ck-1pk-1+…+c0．b以及a1，a2，…，an-1的p进制表示中，各位数字都不为p-1．如果b与其中一些项组成长为p的等差数列，设首项为a，公差为d，将d表成p进制时右数第一个非零数字为d′，在右数第t位；a写成p进制时在右数第t位上的数字为a′，则a，a +d，a+2d，…，a+（p-1）d写成p进制时，右数第t位上的数字为a′，a′+d′，a′+2d′，…，a′+（p-1）d′（1）（超过p的则往上进一位）由于（1）构成modp的完全剩余系，其中必有一个为p-1（mod p），这与b，a1，…，an-1的各位数字都不为p-1矛盾．所以，所说的等差数列不存在，从而an≤b．另一方面，设正整数c＜b且与a1，…，an-1均不相同，将c写成p进制，如果其中各位数字均不为p-1，则可将它看作（p-1）进制的数c′．但由c的定义，c′＜n并且与1，2，…，n-1均不相同，这是不可能的．因此c的数字中必有p-1．设将这些p-1改为1，其余≠p-1的数字改为0所得的p进制数为d，则c-d，c-2d，…，c-（p-1）d这些数的p进制中数字均不为p-1，并且均小于b，因而它们即是a1，a2，…，an-1中的p-1个数．由于它们与c构成p项的等差数列，所以an≥b．综上所述，an=b．于是结论对一切自然数n成立．B6-076 设q0，q1，q2，…是满足下列两个条件的无限整数数列：（i）对所有的m＞n≥0，m-n整除qm-qn．（ii）对所有n存在多项式p，使得|qn|＜p（n）．证明：存在多项式Q，对所有的n有qn=Q（n）．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题4．【证】设d是多项式p的次数，一次数不超过d的多项式满足Q（i）=qi（i=0，1，2，…，d），这个多项式称为Lagrange插值多项式，我们将证明：对所有的n ≥0，有qn=Q（n）．Q的系数显然都是有理数，设K≥1是Q的所有系数的公分母．令rn=K（Q（n）-qn），则ri=0，对i=0，1，…，d成立．因为对任一整系数多项式L（x）和任意两个不相同的整数m、n，m-n整除L（m）-L（n），又已知m-n整除qm-qn，所以m-n整除rm-rn，对所有m＞n≥0成立．因为|rn|≤K（|Q（n）|+|qn|）＜K（|Q（n）|+p（n）），所以存在充分大的正数a、b，使得对n≥0，|rn|＜and+b（1）另一方面，对任意n＞d与0≤i≤d，n-i整除rn-ri=rn．所以n，n-1，…，n-d的最小公倍数Mn整除rn．由于最大公约数（n-i，n-j）（设一素因数p在n，n-1，…，n-d中次数分别为a0，a1，…，ad，。

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．。

人教版2024年六年级上册数学填空题专项竞赛题

人教版2024年六年级上册数学填空题专项竞赛题班级：__________ 姓名：__________1. 妈妈每月的工资为3400元，可记作（____），则用去1400元，可记作（____）。

2. 高铁地图上的比例尺为改写成数值比例尺是________，量得北京到上海的图上距离是5.3厘米，则实际距离为________千米。

3. 如图有（_____）条对称轴，如果圆的半径是2cm，那么每个圆的周长是（_____）cm，长方形的周长是（_____）cm。

4. 下图描述了一个游泳池进水管打开后的进水情况。

①这个游泳池的进水量与时间成（_____）比例。

②照这样的速度，要注水800立方米，需要（_____）分钟。

5. 在边长为12cm的正方形里，画一个最大的圆，圆的半径是（_____）cm。

6. 一项工程，甲用3天完成，乙用5天完成。

甲与乙工作效率的比是（_____），甲与乙工作时间的比是（_____）。

7. 某班女生25人，女生比男生多25%，这个班有男生（_____）人。

8. 在括号里填上“＞”、“＝”或“＜”。

789（_____）759512（_____）7201.3元（_____）1.30元0.999（_____）1.000 －8（_____）－6 1.39吨（_____）913千克9. 在一张长2米宽1米的长方形铁皮上，最多能剪出（_____）个半径为4分米的圆。

10. 一项工程，甲队单独做10天完成，乙队单独做15天完成，两队合作，（____）天可以完成这项工程的。

11. 一盏台灯七五折后售价是156元，这盏台灯原价是（_____）元。

12. 我国的国土东西之间长约5000千米，南北长约5500千米，在比例尺1∶5000000的地形图上，东西应画（____）厘米，南北应画（____）厘米。

13. 某件商品进价100元，售价150元，则其利润是（____）元，利润率是（____）。

14. 淘气今年岁，妈妈的年龄比她的3倍多5岁，妈妈今年（_____）岁。

俄罗斯高考数学试卷真题

一、选择题（每题5分，共25分）1. 下列各数中，不是无理数的是：A. √2B. 0.3333...C. πD. √32. 若方程 2x^2 - 5x + 3 = 0 的两个根分别为 a 和 b，则 a + b 的值为：A. 2B. 3C. 5D. 73. 在直角坐标系中，点 A(2,3) 关于直线 y = x 对称的点的坐标为：A. (2,3)B. (3,2)C. (-2,-3)D. (-3,-2)4. 已知函数 f(x) = x^2 - 4x + 4，则 f(x) 的图像的顶点坐标为：A. (2,0)B. (1,0)C. (0,1)D. (0,4)5. 在等差数列 {an} 中，若 a1 = 3，公差 d = 2，则 a10 的值为：A. 17B. 19C. 21D. 23二、填空题（每题5分，共25分）6. 若 a 和 b 是方程 x^2 - 5x + 6 = 0 的两个根，则 a^2 + b^2 的值为_______。

7. 在△ABC中，∠A = 30°，∠B = 45°，∠C = 105°，则△ABC 的面积 S 为_______。

8. 若 a、b、c 是等比数列的连续三项，且 a = 2，b = 6，则 c 的值为 _______。

9. 已知函数 f(x) = x^3 - 3x + 2，则 f(x) 的导数 f'(x) 为 _______。

10. 在等差数列 {an} 中，若 a1 = 5，公差 d = 3，则第 10 项 an 的值为_______。

三、解答题（每题20分，共40分）11. 解方程：2x^2 - 5x + 3 = 0。

12. 已知函数 f(x) = x^2 + 2x + 1，求 f(x) 的最小值。

四、应用题（每题20分，共40分）13. 某商品的原价为 200 元，现进行打折促销，折扣率为 x（x ∈ [0,1]），求促销后的售价 P。

2022数学奥林匹克竞赛决赛试题

篇一：2022 小学数学奥林匹克试题和解答2022 小学数学奥林匹克试题预赛(A)卷1. 计算：＝______。

2. 有三个不同的数（都不为0）组成的所有的三位数的和是1332，这样的三位数中最大的是_____。

3. 四个连续的自然数的倒数之和等于19/20，则这四个自然数两两乘积的和等于_____。

4. 黑板上写着从1 开始的若干个连续自然数，擦去其中的一个后，其余各数的平均数是，擦去的数是_____。

5. 图中的每个小正方形的面积都是2 平方厘米，则图中阴影部分的面积是____平方厘米。

6. 一梯形面积为1400 平方米，高为50 米，若两底的米数都是整数且可被8 整除，求两底。

此问题解的组数是_______。

7. 在1000 和9999 之间由四个不同的数字组成，而且个位数和千位数的差（以大减小）是2，这样的整数共有______ 个。

8. 有32 吨货物，从甲城运往乙城，大卡车的载重量是5 吨，小卡车的载重量是3 吨，每种大小卡车的耗油量分别是10 升和7.2 升，将这批货物运完，最少需要耗油______升。

9. 今年小刚年龄的3 倍与小芳年龄的5 倍相等。

10 年后小刚的年龄的4 倍与小芳年龄的5 倍相等，则小刚今年的年龄是_____岁。

10. 某校五年级参加数学竞赛的同学约有二百多人，考试成绩是得90-100 的恰好占参赛总人数的1/7，得80-89 分的占参赛总人数的1/5，得70-79 分的恰好占参赛总人数的1/3，那么70 分以下的有_____人。

11. 某人射击8 枪，命中4 枪，命中4 枪中恰好有3 枪连在一起的情况的种数是_____。

12. 有若干人的年龄的和是4476 岁，其中年龄最大的不超过79 岁；最小的不低于30 岁，而年龄相同的人不超过 3 个人，则这些人中至少有_____位老年人（年龄不低于60 岁的为老年人）。

1、2、321 3、119 4、7 5、18 6、3 7、840 8、67.2 9、10 10、68 人11、20 12、6 1. 【解】原式＝8－（）＝8－（＋－）＝8－（1－）＝.2．【解】三个不同的数字可以组成6 个三位数，1332÷6＝222，222 是这6 个数的平均数，而2 则是这三个数的平均数，所以这三个数字是1、2、3，组成的三位数中最大的是321。

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