国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第2届)
2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注
2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注1.引言2023年国际数学奥林匹克竞赛（简称IMO）是全球顶级的数学竞赛之一，每年都吸引着世界各地最顶尖的数学高手参与。
这项比赛不仅考察了参赛者的数学功底，更是对他们逻辑思维、创新能力和解决问题的能力的挑战和考验。
在本文中，我们将对2023年IMO的试题进行深入分析，探讨试题解答，并对试题进行全面的评注。
2.分析和解答我们需要深入分析和解答2023年IMO的试题。
这些题目通常包括几道难度不同、涉及不同数学领域的题目，例如代数、几何、组合数学和数论等。
在解答这些题目时，参赛者需要灵活运用数学知识，发挥自己的思维和创造力，找出解题的突破口。
在这里，我们就以其中一道代表性试题为例，逐步展开分析和解答。
3.问题一：XXXXX这是一道关于XXXXX的问题，题目描述了XXXXX的情境，要求参赛者证明或计算某个特定的结论。
我们通过探究XXXXX的定义和相关性质来理解题目的背景和条件。
我们可以尝试运用一些常见的数学方法和定理，如XXXXX定理、XXXXX公式等，根据题目条件和要求进行推导和计算，最终得出结论。
我们可以通过详细的数学推导和演算，对解题过程进行逐步分析，说明每一步的推理和逻辑，以及如何得出最终的答案。
4.问题二：XXXXX接下来，我们继续分析另一道题目——XXXXX。
这道题目涉及到XXXXX的概念和性质，要求参赛者给出某种特定的解释或证明。
在解答这道题目时，我们可以运用一些特定的数学方法和技巧，例如XXXXX的变换、XXXXX的化简等，从而化繁为简，找到问题的本质。
我们还可以借助一些经典的数学定理或结论，如XXXXX定理、XXXXX公式等，加深我们对题目的理解，并寻找解题的线索和突破口。
我们需要清晰地展现解题过程，说明每一个步骤的合理性和有效性，以及为什么得出这样的结论。
5.总结和回顾在全面分析和解答了2023年IMO的试题之后，我们可以对这些试题进行总结和回顾。
2023年小学二年级数学奥林匹克竞赛题附答案
小学二年级数学奥林匹克竞赛题（附答案）1、用0、1、2、3能组成多少个不同的三位数？2、小华参与数学竞赛，共有10道赛题。
规定答对一题给十分，答错一题扣五分。
小华十题所有答完，得了85分。
小华答对了几题？3、2，3，5，8，12，( )，( )4、1，3，7，15，( )，63,( )5、1，5，2，10，3，15，4，( ) ，( )6、○、△、☆分别代表什么数？(1)、○+○+○=18 (2)、△+○=14 (3)、☆+☆+☆+☆=207、△+○=9 △+△+○+○+○=258、有35颗糖，按调皮-笑笑-丁丁-冬冬的顺序，每人每次发一颗，想一想，谁分到最后一颗？9、调皮有300元钱，买书用去56元，买文具用去128元，调皮剩下的钱比本来少多少元？10、5只猫吃5只老鼠用5分钟，20只猫吃20只老鼠用多少分钟？11. 修花坛要用94块砖，•第一次搬来36块，第二次搬来38，还要搬多少块？(用两种方法计算)12. 王老师买来一条绳子，长20米剪下5米修理球网，剩下多少米？13. 食堂买来60棵白菜，吃了56棵，又买来30棵，现在人多少棵？14、小红有41元钱，在文具店买了3支钢笔，每支6元钱，还剩多少元？15、二(1)班从书店买来了89本书，第一组同学借了25本，第二组同学借了38本，还剩多少本？16、果园里有桃树126颗，是梨树棵数的3倍，果园里桃树和梨树一共多少棵？17、1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=( )18、11+12+13+14+15+16+17+18+19=( )19、按规律填数。
(1)1，3，5，7，9，( )(2)1，2，3，5，8，13 ( )(3)1，4，9，16，( ) ，36(4)10，1，8，2，6，4，4，7，2，( )20、在下面算式适当的位置添上适当的运算符号，使等式成立。
(1)8 8 8 8 8 8 8 8 =1000(2) 4 4 4 4 4 =16(3)9 8 7 6 5 4 3 2 1=2221、30名学生报名参与小组。
国际数学奥林匹克竞赛
1894年组织的数学竞赛
01 历史起源
03 竞赛介绍 05 历届赛事
目录
02 赛事历程 04 主试委员会 06 历届冠军
国际数学奥林匹克竞赛，英文名：International Mathematical Olympiad，简称：IMO。“数学奥林匹克” 的名称源自苏联，其将体育竞赛、科学的发源地——古希腊和数学竞赛相互关联。在20世纪上半叶，不同国家相 继组织了各级各类的数学竞赛，先在学校，继之在地区，后来在全国进行，逐步形成了金字塔式的竞赛系统。从 各国的竞赛进一步发展，自然为形成最高一层的国际奥林匹克竞赛创造了必要的条件。
经过40多年的发展，国际数学奥林匹克的运转逐步制度化、规范化，有了一整套约定俗成的常规，并为历届 东道主所遵循。
赛事历程
2023年3月31日，经过两轮的集训与选拔，2023年中国数学奥林匹克国家队队员前6候选名单确定。
竞赛介绍
Байду номын сангаас
目的 时间
主办 对象
试题
考试
奖励
激发青年人的数学才能；引起青年对数学的兴趣；发现科技人才的后备军；促进各国数学教育的交流与发展。
历届冠军
(1977-2019) 1977:美国 1982:西德 1983:西德 1987:罗马尼亚 1988:苏联 1989:中国 1990:中国 1991:苏联 1992:中国 1993:中国
谢谢观看
1、选定试题； 2、确定评分标准； 3、用工作语言准确表达试题，并翻译、核准译成各参加国文字的试题； 4、比赛期间，确定如何回答学生用书面提出的关于试题的疑问； 5、解决个别领队与协调员之间在评分上的不同意见； 6、决定奖牌的个数与分数线。
历届赛事
国际数学奥林匹克IMO试题(官方版)2000_eng
41st IMO2000Problem1.AB is tangent to the circles CAMN and NMBD.M lies between C and D on the line CD,and CD is parallel to AB.The chords NA and CM meet at P;the chords NB and MD meet at Q.The rays CA and DB meet at E.Prove that P E=QE.Problem2.A,B,C are positive reals with product1.Prove that(A−1+1 B )(B−1+1C)(C−1+1A)≤1.Problem3.k is a positive real.N is an integer greater than1.N points are placed on a line,not all coincident.A move is carried out as follows. Pick any two points A and B which are not coincident.Suppose that A lies to the right of B.Replace B by another point B to the right of A such that AB =kBA.For what values of k can we move the points arbitrarily far to the right by repeated moves?Problem4.100cards are numbered1to100(each card different)and placed in3boxes(at least one card in each box).How many ways can this be done so that if two boxes are selected and a card is taken from each,then the knowledge of their sum alone is always sufficient to identify the third box?Problem5.Can wefind N divisible by just2000different primes,so that N divides2N+1?[N may be divisible by a prime power.]Problem6.A1A2A3is an acute-angled triangle.The foot of the altitude from A i is K i and the incircle touches the side opposite A i at L i.The line K1K2is reflected in the line L1L2.Similarly,the line K2K3is reflected in L2L3and K3K1is reflected in L3L1.Show that the three new lines form a triangle with vertices on the incircle.1。
imo数学竞赛2篇
imo数学竞赛第一篇：IMO数学竞赛简介IMO（国际数学奥林匹克竞赛）是世界上最具声望和难度的数学竞赛之一。
每年，来自各个国家和地区的中学生参加这项比赛，通过解决一系列复杂的数学问题来展示他们的数学才能和解决问题的能力。
IMO数学竞赛起源于1959年，由罗马尼亚主导组织，最初只有7个参赛国家。
如今，该竞赛已经发展成为一个规模庞大的国际盛事，每年有超过100个国家和地区的学生参与其中。
这是一个严肃的竞赛，参赛者必须通过各个国家和地区的选拔赛获得参赛资格。
IMO竞赛分为两个阶段：个人赛和团体赛。
在个人赛中，参赛者需要在两天内独立完成6个题目。
这些题目旨在考察学生的创造力、逻辑思维和解决问题的能力。
在团体赛中，参赛者被分为不同的国际团队，并且需要协作解决问题。
每个题目在以下四个方面进行评分：正确性、严谨性、清晰度和创新性。
评委会根据这些标准对参赛者的解决方案进行评定，并给出相应的分数。
最终，根据个人和团体总分的排名，确定获奖者和前十名的国际团队。
IMO数学竞赛的题目往往非常复杂，涉及到各个数学领域，包括代数、几何、组合数学和数论等。
参赛者需要灵活应对，寻找最优的解决方法。
这对他们的数学素养和解题能力提出了极高的要求。
IMO数学竞赛不仅是一项考验个人技能的竞赛，也是一个互相学习和交流的平台。
通过参与该竞赛，学生们能够结识来自世界各地的优秀数学爱好者，分享问题的解决思路和方法，拓展自己的数学视野。
总的来说，IMO数学竞赛是一个高水平的数学竞赛，为全球优秀中学生提供了一个展示自己才华和交流学习的机会。
通过挑战复杂的数学问题，参赛者将进一步培养自己的数学思维和解决问题的能力，为未来的学术和职业发展奠定坚实的基础。
第二篇：IMO数学竞赛对学生的意义IMO数学竞赛对于参赛学生来说，有着重要的意义和价值。
参与这项竞赛不仅可以让学生提高自己的数学水平，还可以培养解决问题的能力和团队合作精神。
首先，IMO数学竞赛可以激发学生对数学的兴趣和热爱。
2023年中国数学奥林匹克国家集训队第二轮选拔考试试题+
2023 年国家集训队第二轮选拔考试试题I. 试题13.是否存在正无理数x, 使得至多存在有限个正整数n, 满足对任意整数1 ≤k ≤n,都有?14.对非空有限实数集B 和实数x,定义(1)给定正整数m. 求最小的实数λ, 使得对任意正整数n 和任意实数都存在m 元实数集B,满足(2)设m 是正整数, ε是正实数. 求证: 存在正整数n 和非负实数x1, x2, · · · , x n, 满足对任意m 元实数集B,都有15.对凸四边形ABCD, 称其内部一点P 为平衡的, 如果:(1)P 不在AC, BD 上;(2)设AP, BP, CP, DP 分别交ABCD 的边界于点A′,B′,C′,D′则AP·PA′=BP·PB′=CP·PC′=DP·PD′求平衡点数目的最大可能值.16.如图, 圆两两外切,且均与直线l 相切. 设切于点B1, 切于点B2切于点分别与l 切于点A, A1, A2,其中A 在线段A1A2上. 设直线A1C, A2B2交于点D1,直线A2C, A1B1交于点D2. 求证:17.是否存在两两不同的整数a1, a2, · · · , 同时满足:(1)对任意正整数且(2)对任意正整数n, ?18.求最大的实数λ, 使得对任意一个100 阶双随机矩阵, 总可以从中选出150 个元素, 并将其余9850 个元素都改为0,满足此时每行元素之和与每列元素之和都不小于λ.注: 一个n 阶双随机矩阵是一个n × n 的方阵, 所有元素均为非负实数, 且每行元素之和与每列元素之和均为 1.19.设A, B 是单位圆上的两个定点,满足P 是上的一个动点,满足是锐角三角形且AP > AB > BP . 设的垂心为H,S是劣弧上的一点, 满足SH = AH . T 是劣弧上的一点, 满足.设直线ST, BP 交于点Q . 求证: 以HQ 为直径的圆经过一个定点.20.设整数a, b, d 满足. 设f (x) 是次数为d 的实系数多项式, 对每个正整数n, 用rn表示模b 的余数. 求证: 若{r n} 最终周期, 则f (x) 的系数都是有理数.21.给定整数n ≥2 . 求最小的实数λ, 使得对任意实数及b,均有22.求所有的函数使得对任意整数a, b, c,均有23.设p 是质数, 实数正整数. S, T 分别是由s, t 个连续正整数构成的集合满足求证: 存在整数a, b, 满足, 且24.设n 是正整数. 初始时, 一个2n × 2n 的方格表中有k 个黑格, 其余为白格. 允许进行如下两种操作:(1)若一个2 × 2 正方形中恰有3 个黑格, 则可以将第4 个也变为格;(2)若一个2 × 2 正方形中恰有2 个黑格, 则可以将其中的黑格变为白格、白格变为黑格.求最小的正整数k,使得有限次操作后所有格都是黑格.。
2019年波兰高中数学奥林匹克第二轮竞赛试题(无答案)
2019-2020波兰数学奥林匹克第二轮
第一天
1.若两两不同的实数a,b,c,d满足
()()()()()()
222222
a b a b b c b c c d c d
+-+=+-+=+-+
111
求证a+b+c+d=0.
2.已知n为正整数.智多星将1到2n－1的所有整数写在黑板上,其中有的为红色,有的为蓝色.对整数对i≤j,i,j∈{1,2,...2n-1},当且仅当i,i+1,...,j中有奇数个蓝色的数时,称i,j是一组好对子.那么,智多星至多可以写出多少组好对子呢?请用n表示.
3.锐角△ABC中,M为边BC中点.△ABM内切圆与边AB切一点D,△ACM内切圆与边AC切于点E.若四边形DMEF为平行四边形,求证：F在∠BAC的平分线上.
第二天
4.凸六边形ABCDEF 中,AB=CD=EF,BC=DE=AF.
证明:若∠FAB+∠ABC=∠FAB+∠EFA=240°,则∠FAB+∠CDE=240°.
5.设素数p ＞2,S 为p+1个整数组成的集合.试证明:存在互异的整数121,,,p a a a S -⋅⋅⋅∈,使得()1231231p a a a p a -+++⋅⋅⋅+-能被p 整除.
6.非负实数列012,,,a a a ⋅⋅⋅与012,,,b b b ⋅⋅⋅满足,对任意整数i ≥1,有221111,i i i i i i a a a b b b -+-+≤≤成
立.
数列012,,,c c c ⋅⋅⋅定义如下:0000,.n i n n i n i i c a b c C a b -===
∑ 求证:对任意整数2111,.i i i k c c c -+≥≤。
初中数学奥林匹克竞赛题及答案
初中数学奥林匹克竞赛题及答案奥数题一一、选择题（每题1分，共10分）1．如果a，b都代表有理数，并且a＋b=0，那么 ( )A．a，b都是0B．a，b之一是0C．a，b互为相反数D．a，b互为倒数答案：C解析：令a=2，b=－2，满足2+(－2)=0，由此a、b互为相反数。
2．下面的说法中正确的是 ( )A．单项式与单项式的和是单项式B．单项式与单项式的和是多项式C．多项式与多项式的和是多项式D．整式与整式的和是整式答案：D解析：x²，x3都是单项式．两个单项式x3，x²之和为x3+x²是多项式，排除A。
两个单项式x²，2x2之和为3x2是单项式，排除B。
两个多项式x3+x2与x3－x2之和为2x3是个单项式，排除C，因此选D。
3．下面说法中不正确的是 ( )A. 有最小的自然数B．没有最小的正有理数C．没有最大的负整数D．没有最大的非负数答案：C解析：最大的负整数是-1，故C错误。
4．如果a，b代表有理数，并且a＋b的值大于a－b的值，那么 ( )A．a，b同号B．a，b异号C．a＞0D．b＞0答案：D5．大于－π并且不是自然数的整数有 ( )A．2个B．3个C．4个D．无数个答案：C解析：在数轴上容易看出：在－π右边0的左边（包括0在内）的整数只有－3，－2，－1，0共4个．选C。
6．有四种说法：甲．正数的平方不一定大于它本身；乙．正数的立方不一定大于它本身；丙．负数的平方不一定大于它本身；丁．负数的立方不一定大于它本身。
这四种说法中，不正确的说法的个数是 ( )A．0个B．1个C．2个D．3个答案：B解析：负数的平方是正数，所以一定大于它本身，故C错误。
7．a代表有理数，那么，a和－a的大小关系是 ( )A．a大于－aB．a小于－aC．a大于－a或a小于－aD．a不一定大于－a答案：D解析：令a=0，马上可以排除A、B、C，应选D。
8．在解方程的过程中，为了使得到的方程和原方程同解，可以在原方程的两边( ) A．乘以同一个数B．乘以同一个整式C．加上同一个代数式D．都加上1答案：D解析：对方程同解变形，要求方程两边同乘不等于0的数，所以排除A。
小学二年级数学奥林匹克竞赛题(附答案)
小学二年级数学奥林匹克竞赛题（附答案）1、用0、1、2、3能组成多少个不同的三位数？2、小华参加数学竞赛，共有10道赛题。
规定答对一题给十分，答错一题扣五分。
小华十题全部答完，得了85分。
小华答对了几题？3、2，3，5，8，12，( )，( )4、1，3，7，15，( )，63,( )5、1，5，2，10，3，15，4，( ) ，( )6、○、△、☆分别代表什么数？(1)、○+○+○=18 (2)、△+○=14 (3)、☆+☆+☆+☆=207、△+○=9 △+△+○+○+○=258、有35颗糖，按淘气-笑笑-丁丁-冬冬的顺序，每人每次发一颗，想一想，谁分到最后一颗？9、淘气有300元钱，买书用去56元，买文具用去128元，淘气剩下的钱比原来少多少元？10、5只猫吃5只老鼠用5分钟，20只猫吃20只老鼠用多少分钟？11. 修花坛要用94块砖，•第一次搬来36块，第二次搬来38，还要搬多少块？(用两种方法计算)12. 王老师买来一条绳子，长20米剪下5米修理球网，剩下多少米？13. 食堂买来60棵白菜，吃了56棵，又买来30棵，现在人多少棵？14、小红有41元钱，在文具店买了3支钢笔，每支6元钱，还剩多少元？15、二(1)班从书店买来了89本书，第一组同学借了25本，第二组同学借了38本，还剩多少本？16、果园里有桃树126颗，是梨树棵数的3倍，果园里桃树和梨树一共多少棵？17、1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=( )18、11+12+13+14+15+16+17+18+19=( )19、按规律填数。
(1)1，3，5，7，9，( )(2)1，2，3，5，8，13 ( )(3)1，4，9，16，( ) ，36(4)10，1，8，2，6，4，4，7，2，( )20、在下面算式适当的位置添上适当的运算符号，使等式成立。
(1)8 8 8 8 8 8 8 8 =1000(2) 4 4 4 4 4 =16(3)9 8 7 6 5 4 3 2 1=2221、30名学生报名参加小组。
波兰数学奥林匹克第二轮
波兰数学奥林匹克第二轮题1.杰克将n张卡片分别写有1、2、· · · n的卡片按任意顺序排成一列放在桌面上.派将每张卡片染成红色、黄色、蓝色之一.随后，杰克从1开始，按卡片上数字从小到大的顺序取走卡片.求证：派可以选择合适的染色方式，使得杰克取走卡片的过程中的任意时刻，任意两张同色的卡片之间必有至少一张其它颜色的卡片.解答：题目文字挺多，看起来挺吓人。
其实很简单.无非就是寻找一种合理的方式，使得你在染色的时候不需要去记忆看到卡片就直接染色，同时能保证卡片按照1，2，3··· · ·n排号顺序后，同色卡片不会相邻.因为有三种颜色，可以采用下面的策略：对任意一个数字k,按照下面规则染色即可。
1、当k除以3余数为0时，染红色；2、当k除以3余数为1时，染黄色；3、当k除以3余数为2时，染蓝色；每个数字必居其一，且对任意的k,k+1，它们除以3的余数不可能相同，故相邻卡片没有同色的，知道按照上述规则染色满足要求.题2.在平行四边形ABCD中,P为CD上一点，满足∠DBA=∠CBP.过D、P两点作与直线AD相切的圆，圆心为O.求证：CO=AO.证法1：由于∠DBA=∠CBP,而∠DBA=∠CDB，于是⊿CBP∽⊿CDB,得：CB·CB=CP·CD.设圆O的半径为R.由圆幂定理，点C和点A对⊙O的幂为：ρ(C) =CO·CO-RR= CP·CD=CB·CBρ(A)=AO·AO-R·R=AD·AD注意到AD=CB，于是CO=AO.证法2:如图2所示,设DB交圆O于点K，连PK、CK、DO、KO.则∠DKP=∠TDP=∠DAB=∠PCB,于是K、P、C、B四点共园，∠PKC=∠PBC=∠PDK,于是CK为圆O的切线，于是CK·CK=CP·CD.且OK⊥CK,又易知⊿CBP∽⊿CDB,得:CB·CB=CP·CD.所以 CK=CB,又OK=OD,于是⊿OKC≌⊿ODA,于是OA=OC.命题得证！。
小学五年级奥数-平均数
低年级孩子学习奥数的好处是什么
通过奥数在儿童脑发育期间来培养孩子的能力。 就孩子的学习能力而言，学习奥数可以锻炼孩子的观察力、注意力、思维能力、创新能力和计算能力。这些学习能力的提高与其他科目在学习过程中所用脑产生途径和效果是不一样的。
怎样学习奥数?
学习数学必须要有扎实的基本功，有了扎实的基本功再进行“奥数”的学习就显得水到渠成了。 在孩子真正掌握了“奥数”的学习方法后，坚持每天做一定数量的练习题就显得尤为重要。做题的前提是对学过的知识有了透彻的领悟，做题不光是只做难题，简单、中等、难，这三类题都要做，最好把比例控制在3：5：2为最佳。从而避免了孩子难题还会做，中等题和基本题总是准确率不高的现象。 六年级开始后要坚持每天做十道左右的题。为了提高孩子解题速度，根据题目的难度每次限时40-60分钟，然后由家长严格计时并根据标准答案判分。记录不会做或做错的题目，有能力的家长可以自己给孩子讲解，最好把一时不理解的题目请教相关的有丰富经验的老师，直至弄懂、弄通为止！！！对于做题中发现的问题及时解决，这是我们做题最终的也是最重要的目的！以前不会做或做错的题目，以后一定要让孩子不定时的至少再做一次！题目的选择可根据正在学习的奥数课程和辅导老师的建议，由孩子和家长一起讨论来决定。学习几个知识点后一定要做一些综合试卷或综合题，主要针对孩子学习的“薄弱”环节，要求辅导老师必须有针对性地给孩子多做些题目。做题的另一个目的就是要从小培养孩子具有举一反三、融会贯通的能力。注意：刚开始做题前一定要对所学知识已经透彻、深刻的掌握，否则题做得再多的也只会事倍功半，起不到我们想要的效果。
专题简析： 把几个不相等的数，在总数不变的条件下，通过移多补少，使它们完全相等，求得的相等的数就是平均数。 如何灵活运用平均数的数量关系解答一些稍复杂的问题呢？ 下面的数量关系必须牢记： 平均数=总数量÷总份数 总数量=平均数×总份数 总份数=总数量×平均数
五年级数学竞赛试题及答案
五年级数学竞赛试题及答案1、有数组｛1，2，3，4｝，｛2，4，6，8｝，｛3，6，9，12｝，……那么第100个数组的四个数的和是（）。
2、一个两位数除351，余数是21，这个两位数最小是（）。
3、2008除以7的余数是（）。
4、在1、2、3……499、500中，数字2在一共出现了（）次。
5、甲乙丙三人到银行储蓄，如果甲给乙200元，则甲乙钱数同样多，如果乙给丙150元，丙就比乙多300元，甲和乙哪个人存款多？（），多存（）元。
6、食堂有大米和面粉共351袋，如果大米增加20袋，面粉减少50袋，那么大米的袋数比面粉的袋数的3倍还多1袋，原来大米有（）袋，面粉有（）袋。
7、279是甲乙丙丁四个数的和，如果甲减少2，乙增加2，丙除以2，丁乘以2后，则四个数都相等，那么甲是（），乙是（），丙是（），丁是（）。
8、兄弟俩比年龄，哥哥说：“当我是你今年岁数的那一年，你刚5岁。
”弟弟说：“当我长到你今年的岁数时，你就17岁了。
”哥哥今年（）岁，弟弟今年（）岁。
9、甲对乙说：“我的年龄是你的3倍。
”乙对甲说：“我5年后的年龄和你11年前的年龄一样。
”甲今年（）岁，乙今年（）岁。
10、A、B两地相距21千米，上午9时甲、乙分别从A、B两地出发，相向而行，甲到达B地后立即返回，乙到达A地后立即返回，中午12时他们第二次相遇。
此时甲走的路程比乙走的路程多9千米。
甲每小时走（）千米。
11、一只汽船所带的燃料，最多用6小时，去时顺流每小时行15千米，回来是逆流每小时行12千米，这只汽船最多行出（）千米就需往回开。
12、一条轮船在两码头间航行，顺水航行需4小时，逆水航行需5小时，水速是每小时5千米，这条船在静水中每小时行（）千米。
13、一座铁路桥全长1200米，一列火车开过大桥需要75秒，火车开过路旁的电线杆只需15秒，那么火车全长是（）米。
1/6页14、某列车通过250米长的隧道用25秒，通过210米的铁桥用23秒，该列车与另一列长320米，速度为每小时行64.8千米的火车错车时需要（）秒。
2023年韩国奥林匹克数学竞赛第二轮试题
2023年韩国奥林匹克数学竞赛第二轮试题韩国奥林匹克数学竞赛第二轮试题（2023年）一、选择题1. 下列哪个数是素数？A. 15B. 22C. 31D. 402. 若 a + b = 10，且 a^2 + b^2 = 58，求 a 和 b 的值。
3. 三个相邻正整数的乘积是 2100，求这三个数。
4. 若一个数字的个位数是其十位数的平方，且这个数字是 3 位数，求该数字。
5. 对于任意正整数 n，证明：n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3 恰好可以被 9 整除。
二、填空题1. 写出满足以下条件的两个质数的乘积：两个质数之和是 30。
__________, __________2. 若 a + b = 15，且 a^3 + b^3 = 2915，则 a 和 b 的值分别为__________, __________。
3. 一个 4 位数，各位数字之和为 22，千位和百位数字相等，求该数。
4. 证明：1 + 2 + 3 + ... + n = n(n+1)/2（提示：使用数学归纳法）。
三、解答题1. 若点 A(x1, y1) 到点 B(4, -4) 的距离为 5，且点 A 在直线 y = 3x - 1 上，求点 A 的坐标。
2. 设数列 {an} 满足 a1 = 1，an+1 = 2an + 3。
求数列的通项公式。
3. 已知三角形 ABC，∠CAB = 45°，∠ABC = 75°。
设 O 是 AC 上的一点，且∠OBC = 15°。
求证：∠AOB = 120°。
4. 已知正整数 a，b，c 满足 a^2 + b^2 = c^2。
若 a，b，c 均为素数，求 a，b，c 的值。
四、解答题（含证明）1. 已知 a 和 b 是整数，且满足 a^2 - 3ab + 2b^2 = 0。
证明 a = b = 0。
2. 设函数 f(x) = (x + 1)(2x - 3) - (x - 2)(3x + 4)，求函数 f(x) 的最小值。
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.。
2024年西班牙数学奥林匹克竞赛数学试卷(含答案解析)
2024年竞赛数学试卷西班牙数学奥林匹克一、解答题1、2024个不同的素数pp1, pp2,⋯ , pp2024满足条件: pp1+pp2+⋯+pp1012=pp1013+pp1014+⋯+ pp2024设AA=pp1pp2⋯pp1012,BB=pp1013pp1014⋯pp2024⋅求证: |AA−BB|≥4.2、给定正整数nn ,实数xx1, xx2,⋯ ,xx nn>1满足xx1xx2⋯xx nn=nn+1.求证:(112(xx1−1)+1)(122(xx2−1)+ 1)⋯(1nn2(xx nn−1)+1)≥nn+1,并说明等号何时成立.3、设△AABBAA为不等边三角形,PP为三角形内部一点，满足∠PPBBAA=∠PPAAAA. 直线PPBB和∠BBAAAA的内角平分线交于点QQ,直线PPAA和∠BBAAAA的外角平分线交于点RR.点SS满足AASS∥AAQQ,BBSS∥AARR,求证:QQ,RR,SS三点共线.4、实数aa,bb,cc,dd满足aabbccdd=1,aa+1aa+bb+1bb+cc+1cc+dd+1dd=0求证:aabb,aacc,aadd中至少一个等于−1.5、给定平面上的两点pp1=(xx1,yy1),pp2=(xx2,yy2),用RR(pp1,pp2)表示边与坐标轴平行、且以pp1和pp2为对角顶点的矩形，即�(xx,yy)∈RR2|mmmm nn{xx1,xx2}≤xx≤mmaaxx{xx1,xx2},mmmm nn{yy1,yy2}≤yy≤mmaaxx{yy1,yy2}�.若对所有的点集SS⊂RR2,且|SS|=2024,都存在两点pp1,pp2∈SS,使得|SS∩RR(pp1,pp2)|≥,求kk的最大可能值.6、设aa,bb,nn为正整数，满足bbmm整除aann−aa+1,记αα=aa bb.求证:[αα],[2αα],…,[(nn−1)αα]除以nn的余数是1,2,⋯ ,nn−1的一个排列.1 、【答案】 见解析;【解析】 证明:首先注意到2∉{pp ii }1≤ii ≤2024,若不然易证明等式两侧的奇偶性不同，矛盾!因此本题中的pp 1, pp 2,⋯, pp 2024都是奇数，因此 pp ii ≡±1(mmmmdd 4),mm =1,2...2024 设AA 中有xx 个质数是mmmmdd 4余1的，则有 (1012−xx )个数是余−1的;同理设BB 中有yy 个质数是mmmmddpp 余1的，则有 (1012−yy )个数是余−1的，于是我们有 xx −(1012−xx )≡yy −(1012−yy )(mmmmdd 4) 这意味着xx ≡yy (mmmmdd 2),那么 ≡(−1)1012−xx ≡(−1)1012−yy ≡BB (mmmmdd 4)注意到AA ≡0(mmmmddpp 1),而BB ≡0(mmmmddpp 1)不成立，因此AA ≠BB ,进而|AA −BB |≥4,得证.【标注】 2 、【答案】 见解析;【解析】 证明:注意到1+1kk 2(xx kk −1)−(kk+1)2kk 2xx kk =kk 2xx kk (xx kk −1)+xx kk −(xx kk −1)(kk+1)kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −(xx kk −1)(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −xx kk (kk+1)2+(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−kk 2xx kk +xx kk −kk 2xx kk −2kkxx kk −xx kk +(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =kk 2xx kk 2−2kkxx kk (kk+1)+(kk+1)2kk 2xx kk (xx kk −1) =(kkxx kk −kk−1)2kk 2xx kk (xx kk −1)⩾0 因此1+1kk 2(xx kk −1)≥(kk+1)2kk 2xx kk, 累乘可得��1+1kk 2(xx kk −1)�nn kk=1≥(nn+1)2xx 1xx 2⋯xx nn =nn +1,等号成立当且仅当xx kk =kk+1kk 时取得. 【标注】 3 、【答案】 见解析;【解析】 证明:我们记AARR ,BBPP 交于点DD ,AAQQ ,BBSS 交于点EE .由于∠AABBPP =∠AAAAPP ,∠BBAADD =∠AAAA ,因 ΔAABBDD ∼ΔAAAARR ,则 AAAA AAAA =AAAA AAAA由角平分线的性质，易知AAAA AAAA=AABB AABB.因此AAAA AAAA=AABB AABB,这意味着AAEE,BBDD,SSRR三线共点，即QQ,RR,SS三点共线．得证.【标注】4 、【答案】见解析;【解析】证明:由题意可得0=aa+bb+cc+dd+aabbcc+aabbdd+aaccdd+bbccdd=aa+bb+cc+dd+aabb(cc+dd)+ccdd(aa+bb)=(aa+ bb)(ccdd+1)+(cc+dd)(aabb+1)=(aa+bb)(ccdd+1)+(cc+dd)(aabb+aabbccdd)=(aa+bb)(ccdd+1)+ aabb(cc+dd)(ccdd+1)=(ccdd+1)(aa+bb+aabbcc+aabbdd=(ccdd+1)[aa(1+bbcc)+bb(1+aadd)]=(ccdd+ 1)[aa(1+bbcc)+bb(aabbccdd+aadd)]=(ccdd+1)[aa(1+bbcc)+aabbdd(1+bbcc)]=aa(ccdd+1)(bbcc+1)(1+ bbdd)这意味着在ccdd,bbcc,bbdd中至少有一个是−1,结合aabbccdd=1可知在aabb,aacc,aadd中至少有一个是−1,得证.【标注】5 、【答案】406;【解析】证明:设在点集SS中，点PP是纵坐标最大的点,QQ是横坐标最大的点,R是纵坐标最小的点,SS是横坐标最小的点.我们将RR(XX,YY)简化为(XX,YY).考虑(PP,QQ),(QQ,RR),(RR,SS),(SS,PP)这四个矩形，设它们包含的点的个数分别是aa,bb,cc,dd.若它们之间有相互重叠的部分，由极端值原理可知mmaaxx{aa,bb,cc,dd}≥aa+bb+cc+dd4≥20244=506若它们之间没有重叠部分，则在整个SS中，除了上述四个小矩形之外，中间还有一个小矩形,设其内部有tt个点，此时(PP,RR)至少含有tt+2个点，注意到此时aa+bb+cc+dd+tt−4=2024,则由极端值原理可知{aa,bb,cc,dd,tt+2}≥aa+bb+cc+dd+tt+25=406,,这说明至少有一个区域含有406个点，即kk mmaaxx=406.下面我们给出kk=406时的一个构造，如图所示．四条线段上各有406个点，中间的环上有404个点【标注】6 、【答案】见解析;【解析】证明:当nn=1时命题显然成立，只需考虑nn≥2时的情况即可．但注意到要证明该命题成立,只需同时证明|ααkk|≠0(mmmmddnn)和[ααmm]≠[αααα](mmmmddnn)即可，下分别证之.(1) [ααkk]≠0(mmmmddnn)反设存在kk∈{1,2,nn−1}使得[ααkk]=0(mmmmddnn),记aakk≡tt(mmmmddbb)⟹nnbb|aakk−tt,但由题意可得aa(nn−1)≡−1(mmmmddbb),我们有bbnn|(nn−1)tt+kk,然而(nn−1)tt+kk≤(nn−1)(bb−1)+nn−1= (nn−1)bb<nnbb矛盾!(2) [aamm]≠[aaαα](mmmmddnn)我们反设假设存在i,αα∈{1,2,...nn−1},mm≠αα,使得[ααmm]≡[αααα](mmmmddnn).不妨记aamm≡pp(mmmmddbb)和aaαα≡qq(mmmmddbb),从而bbnn|aamm−pp,bbnn|aaαα−qq,因此aa(mm−αα)=pp−qq(mmmmddbbnn)注意到aa(nn−1)≡−1(mmmmddbbnn),因此bbnn|(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα),然而(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα)|≤|(nn−1)(pp−qq)|+|mm−αα|≤(nn−1)(bb−1)+(nn−2)<bb因此只能是(nn−1)(pp−qq)−(mm−αα)=0,但|mm−αα|≤nn−2因此两侧关于nn−1不同余，矛盾【标注】。
国际数学奥林匹克试题分类解析—B代数_B4二项式、数学归纳法、概率
B4二项式，数学归纳法，概率B4－001求(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5＋…＋(1＋x)n＋2展开式里的x2的系数．【题说】1963年北京市赛高三一试题3．【解】因为(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5＋…＋(1＋x)n＋2所以展开式中x2的系数为【别解】x2的系数为B4－002设f是具有下列性质的函数：(1)f(n)对每个正整数n有定义；(2)f(n)是正整数；(3)f(2)＝2；(4)f(mn)＝f(m)f(n)，对一切m，n成立；(5)f(m)＞f(n)，当m＞n时．试证：f(n)＝n．【题说】第一届(1969年)加拿大数学奥林匹克题8．【证】先用数学归纳法证明f(2k)＝2k(k＝1，2，…)．事实上，由(3)，k＝1时，f(2)＝2成立．假设k＝j成立，则由(4)f(2j＋1)＝f(2·2j)＝f(2)f(2j)＝2·2j＝2j＋1．故对所有自然数k，f(2k)＝2k．现考虑自然数n＝1．由(5)函数f的严格递增性知：f(2)＝2＞f(1)．由(2)，f(1)＝1．再考虑自然数n：2k＜n＜2k＋1．由(5)有2k＝f(2k)＜f(2k＋1)＜f(2k＋2)＜…＜f(2k＋1－1)＜f(2k ＋1)＝2k＋1，故必有f(2k＋1)＝2k＋1，f(2k＋2)＝2k＋2，…，f(2k＋1－1)＝2k＋1－1综上所述，对任何正整数n，都有f(n)＝nB4－003证明：对任何自然数n，一定存在一个由1和2组成的n位数，能被2n整除．【题说】第五届(1971年)全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】用归纳法．(1)当n＝1时，取该数为2即可；(2)设A＝2n B是一个能被2n整除的n位数，则2·10n＋A和1·10n＋A中必有一个能被2n＋1整除．从而，命题得证．B4－004假设一个随机数选择器只能从1，2，…，9这九个数字中选一个，并且以等概率作这些选择，试确定在n次选择(n＞1)后，选出的n个数的乘积能被10整除的概率．【题说】第一届(1972年)美国数学奥林匹克题3．【解】要使n个数之积被10整除，必须有一个数是5，有一个数是偶数．n次选择的方法总共有9n种，其中A．每一次均不取5的取法，有8n种；B．每一次均不取偶数的取法，有5n种；C．每一次均在{1，3，7，9}中取数的方法有4n种，显然C中的取法既包含于A，也包含于B，所以，取n个数之积能被10整除的概率是B4－005一副纸牌共有N张，其中有三张A，现随机地洗牌(假定纸牌一切可能的分布都有相等机会)．然后从顶上开始一张接一张地翻牌，直至翻到第二张A出现为止．求证：翻过的纸牌数的期望(平均)值是(N＋1)/2．【题说】第四届(1975年)美国数学奥林匹克题5．【证】设三张A的序号分别是x1、x2、x3．若将牌序颠倒过来，则第二张A的序号为N＋1－x2．在这两副纸牌中，第二张A的平均位置(即翻过的纸牌数的期望值)为[x2＋(N＋1)－x2]/2＝(N＋1)/2【别证】由题设，除了第1张和最后一张外，其余各张皆可能是第2张A，且是等可能的．因此第2张A所在序号的平均期望值是[2＋3＋…＋(N—1)]/(N－2)＝(N＋1)/2．B4－006某艘渔船未经允许在A国领海上捕鱼．每撒一次网将使A国的捕鱼量蒙受一个价值固定并且相同的损失．在每次撒网期间渔船被A国海岸巡逻队拘留的概率等于1/k，这里k 是某个固定的正整数．假定在每次撒网期间由渔船被拘留或不被拘留所组成的事件是与其前的捕鱼过程无关的．若渔船被巡逻队拘留，则原先捕获的鱼全被没收，并且今后不能再来捕鱼．船长打算捕完第n网后离开A国领海．因为不能排除渔船被巡逻队拘留的可能性，所以捕鱼所得的收益是一个随机变量．求n，使捕鱼收益的期望值达到最大．【题说】1975年～1976年波兰数学奥林匹克三试题5．这里ω是撒一次网的收益．由(1)可知f(n)达到最大值．B4－007大于7公斤的任何一种整公斤数的重量都可以用3公斤和5公斤的两种砝码来称，而用不着增添其他不同重量的砝码．试用数学归纳法加以证明．【题说】1978年重庆市赛二试选作题1(3)．数a，b，使得n＝3a＋5b．事实上(1)当n＝8，9，10，11时，不难验证命题成立．(2)设k＞11并且当8≤n＜k时，命题成立，则当n＝k时，由归纳假设k－3＝3l＋5m，m，n为非负整数所以 k＝(k－3)＋3＝3l＋5m＋3＝3(l＋1)＋5m故命题对k成立．B4－008给定三只相同的n面骰子，它们的对应面标上同样的任意整数．证明：如果随机投掷它们，那么向上的三个面上的数的和被3整除的概率大于或等于1/4．【题说】第八届(1979年)美国数学奥林匹克题3．【证】因为问题只涉及和是否被3整除，所以不妨假定，每个面上的数是被3除后的余数；0、1、2．设每个骰子上标“0”的有a个，标“1”的有b个，标“2”的有c个．这里a，b，c 是适合下列条件的整数：0≤a，b，c≤n， a＋b＋c＝n (1)随机地投掷三只骰子，总共有n3种等可能情形．其中朝上三个数的和被3整除的情形有以下四种类型：0，0，0；1，1，1； 2，2，2；0，1，2第一类共有a3种，第二类共有b3种，第三类有c3种，第四类有3！abc＝6abc种．因此，原问题转化为在条件(1)下，证明不等式即 4(a3＋b3＋c3＋6abc)≥(a＋b＋c)3上式可化简为等价的不等式a3＋b3＋c3＋6abc≥a2b＋a2c＋b2a＋b2c＋c2a＋c2b (2)不妨设a≥b≥c，则a3＋b3＋2abc－a2b－ab2－a2c－b2c＝a2(a－b)＋b2(b－a)＋ac(b－a)＋bc(a－b)＝(a－b)(a2－b2－ac＋bc)＝(a－b)2(a＋b－c)≥0， (3)c3＋abc－c2a－c2b＝bc(a－c)＋c2(c－a)＝c(a－c)(b－c)≥0 (4)(3)、(4)相加得a3＋b3＋c3＋3abc≥a2b＋a2c＋b2a＋b2c＋c2a＋c2b从而(2)成立．B4－009抛掷一枚硬币，每次正面出现得1分，反面出现得2分．试【题说】第十二届(1980年)加拿大数学奥林匹克题4．【证】令得到n分的概率为P n．因为得不到n分的情况只可能是：先得n－1分，再掷出一次反面．所以有由于 P1＝1/2B4－010某个国王的25位骑士围坐在一张圆桌旁．他们中的三位被选派去杀一条恶龙(设三次挑选都是等可能的)，令P是被挑到的三人中至少有两人是邻座的概率．若P写成一个既约分数，其分子与分母之和是多少？【题说】第一届(1983年)美国数学邀请赛题7．【解】选二相邻的骑士有25种方法．再随着选第三位，有23种，故共有25×23种方法．但其中三者相邻的25种情况重复，应减去．故因此，所求之分子、分母之和为57．【别解】所选3人分两种情况：3人皆相邻，或2人相邻、1人不邻，故有25＋25×(25－4)种．B4－011在给定的圆周上随机地选择A、B、C、D、E、F六点，这些点的选择是独立的，对于弧长而言是等可能的．求ABC、DEF这两个三角形不相交(即没有公共点)的概率．【题说】第十二届(1983年)美国数学奥林匹克题1．【解】设圆周上给定6个点，从这6点中取3个点作为△ABC的顶B4－012一个园丁把三棵枫树、四棵橡树和五棵白桦树种成一行．十二棵树的排列次序是随机的，每一种排列都是等可能的．把没有两棵白桦树相邻的概率写成既约分数m/n．试求m ＋n．【题说】第二届(1984年)美国数学邀请赛题11．【解】先把三棵枫树和四棵橡树排好，有7！种排法，中间6个空所以，m＋n＝106为所求．B4－013设A、B、C、D是一个正四面体的顶点，每条棱长1米．一只小虫从顶点A出发，遵照下列规则爬行：在每一个顶点相交的三条棱中选一条(三条棱选到的可能性相等)，然后从这条棱爬到另一个点．设小虫爬了7米路之后，又回到顶点A的概率为P＝m/729，求m的值．【题说】第三届(1985年)美国数学邀请赛题12．【解】设从A出发走过n米回到A点的走法为a n种．由于从A出发走n－1米的走法共3n－1种，其中a n－1种走到A的，下一步一定离开A．除去这an－1种，其余的每一种都可以再走1米到达A点．因此有a n＝3n－1－a n－1B4－014某商店有10台电视机，排成一排．已知其中有三台是次品，如果我们对这批电视机作一次随机抽查，那么在前5台电视机中出现所有次品的概率是多少？【题说】1988年新加坡数学奥林匹克(A组)题9．原题为选择题．品的概率是B4－015把一个质地不均匀的硬币抛掷5次，正面朝上恰为一次的可能性不为0，而且与正面朝上恰为二次的概率相同．令既约分数i/j为硬币在5次抛掷中有3次正面朝上的概率．求i＋j．【题说】第七届(1989年)美国数学邀请赛题5．【解】令r是掷一次硬币正面朝上的概率，则在n次投掷中k次正面朝上的概率为由已知，有由此得r＝0，1或1/3．但r＝0，1都不可能，故r＝1/3．于是5次投掷3次正面朝上的概率为因此 i＋j＝283B4－016 n(n＋1)/2个不同的数随机排成一个三角阵：设M k是从上往下数第k行中的最大数，求M1＜M2＜…＜M n的概率．【题说】第二十二届(1990年)加拿大数学奥林匹克题2．【解】设所求概率为p n，显然p1＝1，p2＝2/3假设 p k＝2k/(k＋1)！对于n＝k＋1，最大数在最下一行的概率为因此，对所有自然数n，都有p n＝2n/(n＋1)！B4－017在吐姆巴利亚仅有总统与发言人两名诚实的人．其它人均以概率p(0＜P＜1)说谎．总统决定再次竞选，并告诉他身边的第一个人，这个人再告诉他身边的人，如此继续下去，直到这链上第n个人将总统的决定告诉发言人．发言人在这以前未听到有关总统的决定的信息，在n＝19与n＝20中，哪一种情况，发言人宣布的结果与总统决定相符的可能性较大？【题说】1990年匈牙利数学奥林匹克第二轮较高水平题1．【解】设发言人宣布结果与总统决定相符的概率为Q n，则有递推公式Q n＋1＝P(1－Q n)＋(1－P)Q n＝P＋(1－2P)Q n将n＋1换为n得Q n＝P＋(1－2P)Q n－1所以Q n＋1－Q n＝(1－2P)(Q n－Q n－1)由于Q0＝1，Q1＝1－P，所以Q n＋1－Q n＝(1－2P)n·(－P)时，Q20＜Q19．B4－018某生物学家想要计算湖中鱼的数目，在5月1日他随机地捞出60条鱼并给它们做了记号，然后放回湖中．在9月1日他又随机捞出70条鱼，发现其中有3条有标记．他假定5月1日时湖中的鱼有25％在9月1日时已不在湖中了(由于死亡或移居)，9月1日湖中40％的鱼在5月1日时不在湖里(由于新出生或刚刚迁入湖中)，并且在9月1日捞的鱼能代表整个湖中鱼的情况．问5月1日湖中有多少条鱼？【题说】第八届(1990年)美国数学邀请赛题6．【解】设5月1日湖中有x条鱼因此x＝840．【注】题中条件25％可改为任一百分数，不影响结果．B4－019用二项式定理展开(1＋0.2)1000，有(1＋0.2)1000＝A0＋A1＋…＋A1000【题说】第九届(1991年)美国数学邀请赛题3．比较A k－1与A k．B4－020有两串字母aaa与bbb要在电讯线上传送．每一串都是一个一个字母地传送．由于设备的毛病，这些字母的每一个都以1/3的概率被错误地接收到，即该收到a的都收到b，该收到b的都收到a．但每一个字母是否被正确收到与接收其他字母的状况互相独立．以S a记传送aaa时收到的一串3个字母，以S b记传送bbb时收到的一串3个字母，按词典顺序，S a在S b之前的概率记为P，将P写成既约分数，它的分子是多少？【题说】第九届(1991年)美国数学邀请赛题10．【解】设S a＝x1x2x3，S b＝y1y2y3．因此所求的数是532．B4－021一只抽屉内装有红袜子和蓝袜子，袜子至多有1991只．现在的情况是：不放回地随机取两只袜子，它们都是红色或都是蓝色的概率恰为1/2，按此情况，抽屉中红袜子的数目最多可能是几只？【题说】第九届(1991年)美国数学邀请赛题13．【解】设红、蓝袜子数分别为x和y．由已知，任取两只袜子其颜色不同的概率是1/2．故有即 (x－y)2＝x＋y令n＝x－y，则 n2＝x＋y≤1991B4－022一位网球选手的“赢率”是她赢的场数比参赛的场数．在一个周末开始时，她的赢率恰好是0.500．在这个周末期间她比赛了四场，赢了三场，输了一场，到这个周末结束时，她的赢率大于0.503．在这个周末开始之前，她最多可能赢几场？【题说】第十届(1992年)美国数学邀请赛题3．【解】设W是这网球运动员在周末开始时已赢的局数，M是她已若W＝164，M＝328，则W/M＝0.500．而(W＋3)/(M＋4)＞0.503．因此，在周末开始前，这运动员最多可赢164场．B4－023在贾宪－杨辉三角形中，每一个数值是它上面的二个数值之和，这三角形开头几行如下：在贾宪－杨辉三角形中的哪一行中会出现三个相邻的数，它们的比是3∶4∶5？【题说】第十届(1992年)美国数学邀请赛题4．n组成．如果第n行中有那么 3n－7k＝－3，4n－9k＝5解这个联立方程组，得k＝27，n＝62．即第62行有三个相邻的数B4－024从集合{1，2，3，…，1000}中随机地、不放回地取出3个数a1、a2、a3，然后再从剩下的997个数中同样随机地、不放回地取出3个数b1、b2、b3．令p为a1×a2×a3的砖能放在b1×b2×b3的盒子中的概率．若将p写成既约分数，那么分子和分母的和是多少？【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题7．【解】不妨设a1＜a2＜a3，b1＜b2＜b3，当且仅当a1＜b1，a2＜b2，a3＜b3时砖可放入盒中．设c1＜c2＜c3＜c4＜c5＜c6是从｛1，2，…，1000｝中选出的6个数，再从中选出3个有种方法．这3个作为a1、a2、a3，剩下3个作为b1、b2、b3．符合要求的a1只能是c1．a2若为c2，则a3可为c3或c4或c5；a2若为c3，则求分子、分母的和为1＋4＝5．B4－024从集合{1，2，3，…，1000}中随机地、不放回地取出3个数a1、a2、a3，然后再从剩下的997个数中同样随机地、不放回地取出3个数b1、b2、b3．令p为a1×a2×a3的砖能放在b1×b2×b3的盒子中的概率．若将p写成既约分数，那么分子和分母的和是多少？【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题7．【解】不妨设a1＜a2＜a3，b1＜b2＜b3，当且仅当a1＜b1，a2＜b2，a3＜b3时砖可放入盒中．设c1＜c2＜c3＜c4＜c5＜c6是从｛1，2，…，1000｝中选出的6个数，再从中选出3个有种方法．这3个作为a1、a2、a3，剩下3个作为b1、b2、b3．符合要求的a1只能是c1．a2若为c2，则a3可为c3或c4或c5；a2若为c3，则求分子、分母的和为1＋4＝5．B4－025 A和B轮流掷一个均匀的硬币，谁先掷出人头的一面谁获胜，他们玩了n次，而且前一场的输家下一场先掷．若A第一场先掷，数码是什么？【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题11．【解】任一场比赛，先掷的人赢的概率为令P k为A赢第k场比赛的概率，则P1＝．对k≥2，有所以，m＋n＝1093，其最后三个数码为093．B4－026一种单人纸牌游戏，其规则如下：将6对不相同的纸牌放入一个书包中，游戏者每次随机地从书包中抽牌并放回，不过当抽到成对的牌时，就将其放到一边，如果游戏者每次总取三张牌，若抽到的三张牌中两两互不成对，游戏就结束，否则抽牌继续进行直到书包中没【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题9．【解】设书包中有n(≥2)对互不相同的牌，p(n)为按所说规则抽牌使书包空的概率．则P(2)＝1．由于前三张牌中有两张成对的概率为所以，对n≥3，有反复利用这个递推公式，得当n＝6时，有所以，p＋q＝9＋385＝394．B4－027质点x按下列规则(1)，(2)在p、q两点之间移动：(1)x在q处时，1秒后必移到p处；(2)x在p处时，1秒p处的概率．【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题5．【解】设n秒后x在p处的概率为p n，x在q处的概率为q n．则B4－028在重复掷一枚均匀硬币的过程中，在连得2个反面之前的正整数，求m＋n．【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题15．【解】设掷k次，不出现连续2个反面的情况有b k种，易知b1＝2，b2＝3，约定b0＝1．由于第一次为正面，再掷k－1次不出现连续2个反面的情况有b k－1种．第一次为反面，第2次必须为正面，再掷k－2次不出现连续2个反面的情况有b k－2种，所以b k＝b k－1＋b k－2(1)又设掷k次，无连续2个反面，而有5个连续正面，并且最后一次为正面的情况有a k种．这a k种，倒数1～5次均为正面的情况有b k－5种，倒数1～4次均正、第5次为反面的情况有a k－5种，倒数1～3次均正、第4次为反面的情况有a k－4种，依此类推，从而有递推关系a k＝b k－5＋a k－5＋a k－4＋a k－3＋a k－2(2)又显然a1＝a2＝a3＝a4＝0，a5＝1，a6＝2．掷k＋2次，最后2次为反面，而且在这前面已有5个连续正面，没利用递推关系(2)有再利用(1)所以m＋n＝3＋34＝37B4－029一目标在坐标平面上一步步移动．它从(0，0)出发，每一步移动一个单位长度，可以向左、向右、向上、向下，四个方向是等可能的．设p为该目标移动6步或更少的步数到达(2，2)的概率．p【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题3．【解】到达(2，2)需4步或6步．6步到达有两类情况，一类一下三上两右，另一类一左三右两上．概率为4步到达后再走两步仍回到(2，2)的概率为所以B4－030在五个队参加的比赛中，每个队与别的队都比赛一场．一场比赛中每个参加的队有50％赢的机会(没有平局)．整个比赛既没有m＋n．【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题6．所以m＋n＝17＋32＝49。
29届imo试题及答案
29届imo试题及答案第29届国际数学奥林匹克（IMO）试题及答案一、试题1. 第一题：给定一个正整数 \( n \)，求所有整数对 \( (a, b) \) 的数量，使得 \( a^2 + b^2 \) 能被 \( n \) 整除。
2. 第二题：设 \( f(x) \) 是定义在实数域上的连续函数。
证明：如果对于所有\( x \)，都有 \( f(x) \leq f(x+1) \)，则 \( f(x) \) 在\( \mathbb{R} \) 上有界。
3. 第三题：设 \( P \) 是一个凸四边形，\( A, B, C, D \) 分别是 \( P \) 的四个顶点。
设 \( M \) 是对角线 \( AC \) 的中点，\( N \) 是对角线 \( BD \) 的中点。
证明：\( M \) 和 \( N \) 之间的距离小于或等于 \( P \) 的内切圆半径。
4. 第四题：设 \( a_1, a_2, \ldots, a_n \) 是一个正整数序列，满足 \( a_1 = 1 \) 且 \( a_{i+1} = a_i + a_{i-1} \) 对于 \( i \geq 2 \)。
求证：\( \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \ldots +\frac{1}{a_n} \) 是一个整数。
5. 第五题：给定一个正整数 \( n \)，求所有整数 \( k \) 的数量，使得\( k^2 \) 能被 \( n \) 整除。
6. 第六题：设 \( f: \mathbb{N} \to \mathbb{N} \) 是一个函数，满足\( f(f(x)) = f(x+1) \) 对于所有 \( x \in \mathbb{N} \)。
证明：\( f(x) = x + c \) 对于某个常数 \( c \)。
二、答案1. 第一题答案：设 \( d \) 是 \( n \) 的任意一个除数。
- 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、"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、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)。
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第2届）
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：
3.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'）．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．
7.等腰梯形ABCD，AB平行于DC，BC=AD．令AB=a，CD=c，梯形的高为h．X点在对称轴上并使得角BXC、AXD都是直角．试作出所有这样的X点并计算X到两底的距离；再讨论在什么样的条件下这样的X点确实存在．。