1959年至2012年IMO试题
IMO历届试题
IMO历届试题2010年第51届国际奥林匹克数学竞赛（IMO）试题及答案1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．证：∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P 的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．考虑任一好三角形ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而A-B 段上P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段，同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于20062=1003 个．设P=A1A2…A2006，用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．3．求最小实数M ，使得对一切实数 a ，b ，c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解：222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++．设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=，，，，则22222221()3a b c x y z s ++=+++．原不等式成为22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥．x y z ，，中两个同号而与另一个反号．不妨设 x y ，≥0．则2221||()2z x y x y x y =+++，≥，2()4x y xy +≥．于是由算术－几何平均不等式222222223()(())2x y z s x y s +++++≥＝22222111(()()())222x y x y x y s ++++++6223414())42()||162||8x y s x y s xyzs +=+≥(≥即9232M =时原不等式成立．等号在21s x y ===，，2z =-，即::(23):2:(23)a b c =+-时达到，故所求的最小的9232M =．4．求所有的整数对（x y ，），使得212122x x y +++=．解：对于每组解（x y ，），显然0x ≥，且()x y -，也是解．0x =时给出两组解(02)±，．设x y ，>0，原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-．1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除．故3x ≥，且可令12x y m ε-=+ ，其中m 为正的奇数，1ε=±．代入化简得2212(8)x m m ε--=-．若1ε=，2801m m -=≤，．不满足上式．故必1ε=-，此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥，解得3m ≤．但1m =不符合，只有3m =，4x =，23y =．因此共有4组整数解(02)(423)±±，，，．5．设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式，k 是一个正整数．考虑多项式()(((())))Q x P P P x = ，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ≠．作递推数列 1()(012)i i x P x i +== ，，．它以 k 为周期．差分数列1(12)i i i x x i -∆=-= ，，的每一项整除后一项．由周期性及10∆≠，所有||i ∆ 为同一个正整数u ．令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-= ，，，，，．数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．6．对于凸多边形P 的每一边b ，以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形．证明，所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍．证：过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积，将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线)．每两条面积平分线都交于 P 内．P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A ，每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1，2，…，n ，2i n i A A +=)．设i i n A A +与11i i n A A +++交于 i O (i n i O O +=)，由面积关系得到，11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△，11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++= ，故i i n i iO A O A +和11i i n i i O A O A +++中必有一个不小于 1，于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△，△≥△．对于每条有向线段i i n A A +，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于T 在11n A A + 和12111n n n A A A A +++= 的相反侧，故必有i 使得T 在i i n A A + 和11i i n A A +++的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中．即211ni i i i O A A P +=⊇ △．于是221111()2()2()nnii i i i i i S A AS O A A S P ++==∑∑≥△≥P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。
2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答
2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答第一题设J是三角形ABC顶点A所对旁切圆的圆心. 该旁切圆与边BC相切于点M, 与直线AB和AC分别相切于点K和L. 直线LM和BJ相交于点F, 直线KM与CJ相交于点G. 设S是直线AF和BC的交点, T是直线AG和BC的交点. 证明: M是线段ST的中点.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第一题解答: 因为∠JFL=∠JBM−∠FMB=∠JBM−∠CML=12(∠A+∠C)−12∠C=12∠A=∠JAL,所以A、F、J、L四点共圆. 由此可得AF⊥FJ, 而BJ是∠ABS的角平分线, 于是三角形ABS的角平分线与高重合, 从而AB=BS; 同理可得AC=CT.综上, 有SM=SB+BM=AB+BK=AK=AL=AC+CL=CT+CM=MT,即M是线段ST的中点.第二题设n⩾3, 正实数a2,a3,⋯,a n满足a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1, 证明:(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n>n n.解答:由均值不等式, 我们有(a k+1)k=⩾(a k+1k−1+⋯+1k−1)k(ka k⋅(1k−1)k−1−− − − − − − − − − − −−√k)k=k k(k−1)k−1a k,当a k=1k−1时等号成立, 其中k=2,3,⋯,n. 于是(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n⩾221a2⋅3322a3⋅⋯⋅n n(n−1)n−1a n=n n.当对任意的k=2,3,⋯,n时, 若恒有a k=1k−1, 此时由n⩾3知a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1(n−1)!≠1,因此上述不等式等号不成立, 从而不等式得证.第三题"欺诈猜数游戏" 在两个玩家甲和乙之间进行, 游戏依赖于两个甲和乙都知道的正整数k和n.游戏开始时甲先选定两个整数x和N, 1⩽x⩽N. 甲如实告诉乙N的值, 但对x 守口如瓶. 乙现在试图通过如下方式的提问来获得关于x的信息: 每次提问, 乙任选一个由若干正整数组成的集合S(可以重复使用之前提问中使用过的集合), 问甲"x是否属于S?". 乙可以提任意数量的问题. 在乙每次提问之后, 家必须对乙的提问立刻回答"是" 或"否", 甲可以说谎话, 并且说谎的次数没有限制, 唯一的限制是甲在任意连续k+1次回答中至少又一次回答是真话.在乙问完所有想问的问题之后, 乙必须指出一个至多包含n个正整数的集合X, 若x属于X, 则乙获胜; 否则甲获胜. 证明:(1) 若n⩾2k, 则乙可保证获胜;(2) 对所有充分大的整数k, 存在正整数n⩾1.99k, 使得乙无法保证获胜.解答: (1)可以认为n=2k,N=n+1. 采用二进制.把1,2,…,2k都写成二进制: a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a i(i=1,2,…,k+1)是0或者1; 然后, 记T为这2k个二进制数组成的集合. 2 k+1的二进制表示是100…01¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .令S1={100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ },S i={a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯∈T|a1=0,a i=1},i=2,3,…,k+1,也就是说, S i就是T中所有满足a i=1的元素组成的子集(i=1,2,…,k+1).乙采用如下问题, 可保证获胜: 第一次提问, 选择S1, 并且接下来也一直选取S 1, 甲的回答会出现两种情况:▪连续k+1次回答“否”, 则100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯可以排除;▪在至多k+1次回答中, 一旦出现”是”, 乙接下来的k次提问, 依次选取S2,S3,…,S k+1, 就取得胜利. 事实上, 若甲最后的k次回答都是”是”, 则x∈T; 若甲最后的k次回答有一些是”否”, 则x绝对不可能是a1a2…ak+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a1=0, a i=0还是1取决于甲对S i的答案: 若甲的回答是”是”, a i=0, 否则a i=1(i=2,3,…,k+1). (2). 先将问题转化成等价形式: 甲从集合S中取定一个元素x(|S|=N), 乙提出一系列的问题. 乙的第j个问题题就是取S的子集D j, 随后甲选取集合P j∈{D j,D c j}, 使得对任意的j⩾1都有x∈P j∪P j+1∪⋯∪P j+k,当乙提完他想问的一系列问题后, 如果乙能选取一个集合X满足|X|⩽n, 使得x∈X, 那么乙获胜; 否则甲获胜.解答1. 任取实数p使得2>p>1.99, 再选取正整数k0, 使得当k>k0时(2−p)p k+1−1.99k>1.设N使得(2−p)p k+1>N>1.99k. 我们来证明, 若|S|=N, 不妨S={1,2,…,N}, 甲有办法使乙无法胜利.记D j是乙的第j个问题展示的集合, 定义P j为D j或者D C j, 取决于甲对D j的答案: 若甲的回答是”是”, P j=D j, 否则P j=D C j; 再记P0=S. 定义A j如下:A j=A j(P j)=a0+pa1+p2a2+⋯+p j a j,这里a0=∣∣P j∣∣,a i=∣∣P j−i∖(P j∪P j−1∪⋯∪P j−i+1)∣∣(i=1,2,…,j).此时∑i=0j a i=N.注意A0=N.我们指出, 甲可以使得N2−p>A j成为事实: N2−p>A0=N.假设已有N2−p>A j, 甲可选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得N2−p>A j+1. 事实上,A j+1(D j+1)=b0+pb1+p2b2+…+p j b j+p j+1b j+1,A j+1(D C j+1)=c0+pc1+p2c2+…+p j c j+p j+1c j+1.注意b0+c0=N,b i+c i=a i−1(i=1,2,…,j+1),于是A j+1(D j+1)+A j+1(D C j+1)=N+p(a0+pa1+p2a2+…+p j a j)<N+p⋅N2−p,因之min{A j+1(D j+1),A j+1(D C j+1)}<N2+p2⋅N2−p=N2−p.于是, 可以选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}达到我们的要求.既然p k+1>N2−p>A j, 那么, 只要i⩾k+1,必定a i=0,这导致乙无法排除S的任何一个元素, 不能取得胜利.解答2. 记p,q是满足2>q>p>1.99的实数, 选取正整数k0使得(p q)k0⩽2(1−q2),p k0−1.99k0>1.我们来指出, 对任意k⩾k0, 若|S|∈(1.99k,p k), 那么甲有策略, 通过回答”是”或者”否”, 使得下式对所有j∈N成立:P j∪P j+1∪⋯∪P j+k=S,这里P i是D i或者D C i, 取决于甲对D i的答案: 若甲的回答是”是”, P i=D i, 否则P i=D C i; D i是乙的第i个问题所问的集合(i∈N).假定S={1,2,…,N}. 定义(x)∞j=0=(x j1,x j2,…,x j N)如下: x01=x02=⋯=x0 N=1; P0=S, 在P j+1选定之后, 定义x j+1:x j+1i={1,qx j i,i∈P j+1,i∉P j+1.(1)只要甲使得成立x j i⩽q k(1⩽i⩽N,j⩾1), 那么乙就不能取得胜利. 记T(x)=∑i=1N x i, 甲只要使得T(x j)⩽q k(j⩾1)即可. 这是可以做到的: 显而易见的事情是, T(x0)=N⩽p k<q k. 假设已有T(x j)⩽q k, 甲可以就乙的D j+1选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得T(x j+1)⩽q k. 假定甲回答”是”, 此时P j+1=D j+1, 记y是根据(1)得到的序列; 相应地, 记z是甲回答”否”, P j+1=D C j+1, 根据(1)得到的序列. 于是T(y)=∑i∈D C j+1qx j i+∣∣D j+1∣∣,T(z)=∑i∈D j+1qx j i+∣∣D C j+1∣∣.因此T(y)+T(z)=q⋅T(x j)+N⩽q k+1+p k,根据选取的k0的性质, 得min{T(y),T(z)}⩽q2⋅q k+p k2⩽q k.第四题求所有的函数f:Z→Z使得对任意满足a+b+c=0的整数a,b,c恒有f(a)2+f(b)2+f(c)2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).解答: 令a=b=c=0可得3f(0)2=6f(0)2, 这说明f(0)=0. 现在我们令b=−a, c=0可得到f(a)2+f(−a)2=2f(a)f(−a)即(f(a)−f(−a))2, 于是f(a)=f(−a), 即f(n)为偶函数.假设对某个整数a使得f(a)=0, 则对任意整数b我们有a+b+(−a−b)=0, 因此f(a)2+f(b)2+f(a+b)2=2f(b)f(a+b),这等价于(f(b)−f(a+b))2=0, 即f(a+b)=f(b). 因此对某个整数a使得f(a)=0时, f是一个以a为周期的函数.令b=a及c=−2a代入题目条件中的等式f(2a)⋅(f(2a)−4f(a))=0. 取a=1我们得到f(2)=0或f(2)=4f(1).如果f(2)=0, 那么f以 2 为周期, 对任意奇数n有f(n)=f(1). 容易验证对任意的c∈Z函数f(x)={0,c,2∣n,2∤n满足题目条件.现在假设f(2)=4f(1)并且f(1)≠0. 如果对任意的整数n都有f(n)=n2⋅f(1)成立,那么此时问题解决了. 如果存在整数n使得f(n)≠n2f(1), 由于f是偶函数, 不妨将n看做自然数, 那么显然n⩾3, 我们设n是使得f(n)≠n2f(1)的最小的正整数.令a=1, b=n−1, c=−n代入可得f(1)2+(n−1)4f(1)2+f(n)2=2(n−1)2f(1)2+2((n−1)2+1)f(n)f(1)即(f(n)−(n)2f(1))⋅(f(n)−(n−2)2f(1))=0,由假设可得此时f(n)=(n−2)2f(1).令a=n, b=2−n, c=−2代入可得2(n−2)4f(1)2+16f(1)2=2⋅4⋅2(n−2)2f(1)2+2⋅(n−2)4f(1),这说明(n−2)2=1即n=3. 因此f(3)=f(1). 令a=1, b=3, c=4(因为f为偶函数, 所以条件改成c=a+b时仍然成立)代入可得f(4)2=4f(4)f(1), 即f(4)=0或f(4)=4f(1)=f(2).如果f(4)≠0, 令a=2, b=2, c=4代入可得f(2)2+f(2)2+f(4)2=2f(2)2+4f(2)f(4),即f(4)=4f(2). 又因为我们已经推得f(4)=f(2), 这说明f(2)=0, 矛盾. 因此f(4)=0, 从而f以4 为周期. 于是f(4k)=0, f(4k+1)=f(4k+3)=c, 以及f(4k+2)=4c, 容易验证这个解满足题目条件.综上所述, 函数方程的解为: f(x)=cx2, 其中c∈Z; f(x)={0,c,2∣n,2∤n其中c ∈Z; 以及f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪ 0,c,4c,4∣n,2∤n,n≡2 (mod 4)其中c∈Z.第五题已知三角形ABC中, ∠BAC=90∘, D是过顶点C的高的垂足. 设X是线段CD内部一点. K是线段AX上一点, 使得BK=BC. L是线段BX上一点, 使得AL=AC. 设M是AL与BK的交点. 证明: MK=ML.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第五题解答: 因为AL2=AC2=AD⋅AB, 所以△ALD和△ABL相似, 因此∠ALD=∠XBA.设R是射线DC上一点, 使得DX⋅DR=BD⋅AD. 由于∠BDX=∠RDA=90∘我们可以推得△RAD∼△BXD, 因此∠XBD=∠ARD, 从而∠ALD=∠ARD 即R, A, D, 和L四点共圆. 这说明∠RLA=90∘, 于是RL2=AR2−AL2=AR2−AC2. 类似地, 我们可以得到RK2=BR2−BC2和∠RKB=90∘. 因为RC⊥AB我们有AR2−AC2=BR2−BC2, 因此RL2=RK2即RL=RK.又因为∠RLM=∠RKM=90∘我们可以推得MK2=RM2−RK2=RM2−RL2=ML2,从而MK=ML.第六题求所有正整数n, 使得存在非负整数a1,a2,⋯,a n, 满足12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.解答: 所求n≡1,2(mod4). 设M=max{a1,a2,⋯,a n}, 则有3M=∑k=1n k⋅3M−a k≡∑k=1n k=n(n+1)2(mod2),所以n(n+1)2是奇数, 从而n≡1,2(mod4).若对奇数n=2m+1, 此时存在非负整数序列(a1,a2,⋯,a n)使得12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.注意到12a m+1=12a m+1+1+12a m+1+1,m+13a m+1=m+13a m+1+1+2(m+1)3a m+1+1=m+13a m+1+1+n+13a m+1+1.因此此时对n+1, 可以验证(a1,a2,⋯,a m,a m+1+1,a m+2,⋯,a n,a m+1+1)为满足题意的序列. 这说明对奇数n若满足题目条件, 则n+1也满足题目条件.剩下的问题只要解决n=4m+1时的构造问题即可.设序列(a1,a2,⋯,a2k+1)是(1,2,⋯,2k+1)的一个排列, 设G=(1,2,⋯,2k,2k), 用g i表示它的分量.定义D(X)=∑i=12k+1a i3g i, 由于∑i=12k+112g i=1, 所以我们只要求出一个排列X使得D(X)=1, 问题就解决了. 令X=(2,1,4,3,6,5,...,2k,2k−1,2k+1), 用归纳法可算得此时D(X)=1+k32k.现在假设上面的k是正偶数, 即k=2m, 则X=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+2,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1),定义Y=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1,2m+2),即将X的第2m+1个分量移动到最后形成的. 简单计算可得D(X)−D(Y)=2m3 4m, 所以D(Y)=1. 当k=0时, 此时取a1=0时即可. 这说明n=4m+1时的构造问题已经解决.综上所述, 要求的为满足n≡1,2(mod4)的正整数.。
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（波兰）2. 设a)A?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： 2；b)A=1；c)A=2。
（罗马尼亚）3. a、b、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程acos2x?bcosx?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。
（匈牙利）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。
（匈牙利）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都通过定点S；c) 当M在A与B之间变动时，求线段PQ的中点的轨迹。
（罗马尼亚）6. 两个平面P、Q 的公共边为 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。
（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚锡纳亚（Sinaia，Romania）1. 找出所有具有下列性质的三位数N：N能被11整除且商等于N的各位数字的平方和。
（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x：（匈牙利）1?4x2?2x2?2x?9 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α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC边的高长为h，求证：（罗马尼亚）tan??4nh n2?1a4. 已知从A、B两点引出的高线长ha、hb以及从 A引出的中线长ma，求作三角形ABC。
历届北方数学奥林匹克试题
历届北方数学奥林匹克试题目录2005年北方数学奥林匹克 (2)2006年北方数学奥林匹克 (4)2007年北方数学奥林匹克 (6)2008年北方数学奥林匹克 (7)2009年北方数学奥林匹克 (10)2010年北方数学奥林匹克 (13)2011年北方数学奥林匹克 (15)2012年北方数学奥林匹克 (17)2005年北方数学奥林匹克1.AB是⊙O的一条弦，它的中点为M，过点M作一条非直径的弦CD，过点C和D作⊙O的两条切线，分别与直线AB相交于P、Q两点.求证：P A=QB.（裘宗沪供题）2.定义在R上的函数f(x)满足：（1）f(0)=0;（2）对任意xx∈(?∞,?1)∪(1,+∞)，都有f?1x?+f?1y?=f(x+y1+xy)；（3）当x∈(?1,0)时，都有f(x)>0.求证：f?119?+f?129?+?+ f?1n2+7n+11?>f(12)，其中n∈N+. （刘贵谭祖春供题）3.在公差为d(d>0)的整数等差数列a1,a2,?,a3n(n≥2)中，任取n+2个数.证明：其中必存在两个数a i、a j(i≠j)，满足不等式14.已知n位数的各位数字只能取集合{1,2,3,4,5}中的元素，设含有数字5且在5的前面不含3的n位数的个数为f(n).求f(n).（蒋西明供题）5.如果三个正实数x、y、z满足x2+xx+x2=254，x2+xy+y2=36，y2+yx+x2=1694.求xx+xy+yx的值. （张同君供题）6.设0≤α、β、γ≤π2，ccc2α+ccc2β+ccc2γ=1.求证：2≤（1+ccc2α）2cin4α+（1+ccc2β）2cin4β+（1+ccc2γ）2cin4γ≤(1+ccc2α)(1+ccc2β)(1+ccc2γ)（谭祖春供题）2006年北方数学奥林匹克1. 如图1，AB 为⊙O 的直径，非直径的弦CC ⊥AA ，E 是OC 的中点，连结AE 并延长交⊙O 于点P ，连结DP 交BC 于点F .求证：F 是BC 的中点.图12. 设p 是大于2的质数，数列{a n }满足na n+1=(n +1)a n ?(p 2)4.求证：当a 1=5时，16|a 81. 3. 已知AD 是△ABC 的边BC 上的高，且AC +AC =AA +AC .求∠A 的取值范围.4. 设函数f (x )=x 2+ax +b (a 、b ∈R ).若存在实数m ，使得|f (m )|≤14，且|f (m +1)|≤14，求Δ=a 2?4b 的最大值和最小值.5. 已知正数a 、b 、c 满足a +b +c =3.求证：a 2+92a +(b+c )+b 2+92b +(c+a )+c 2+92c 2+(a+b )2≤5. 6. 组委会说明试题有误.7. 是否可以将正整数1,2,?,64分别填入8×8的64个方格，使得凡具备“”形的四个方格（方向课以任意转置）内的数之和都能被5整除？8. 已知数列{a n }满足a k+1=a k +12006a k 2，a 0=12，k ∈N .求证：A1?12008<a2006<1.< p="">1.在锐角△ABC中，BD、CE分别是AC、AB边上的高.以AB为直径作圆交CE于M，在BD上取点N是AN=AM.证明：AN⊥CN.2.设△ABC三边长分别为a、b、c，且a+b+c=3.求f(a,b,c)=a2+ b2+c2+43abc的最小值.3.在数列{a n}中，a n+1=a n2a n+1(n∈N).求证：当0≤n≤1004时，有[a n]=2007?n（其中[x]表示不超过x的最大整数）.4.平面上每个点被染为n中颜色之一，同时满足：（1）每种颜色的点都有无穷多个，且不全在同一条直线上；（2）至少有一条直线上所有的点恰为两种颜色.求n的最小值，使得存在互不同色的4个点共圆.5.设α,β∈(0,π2)，求A=(1??tanα2tanβ2)2cctα+cctβ的最大值.6.已知f(x)=ll(x+1)?12lcl3x.（1）解方程f(x)=0；（2）求集合M={n|f(n2?214n?1998)≥0,n∈Z}.7.设n是正整数，a=?√n?（其中[x]表示不超过x的最大整数），求同时满足下列条件的n的最大值：（1）n不是完全平方数；（2）a3|n28.设△ABC的内切圆半径为1，三边长AC=a，CA=b，AA=c.若a、b、c都是整数，求证：△AAC为直角三角形.1. 如图1，⊙O 是梯形ABCD 的内切圆，切点分别为E 、F 、G 、H ，AB ∥CD .作BP ∥AD 交DC 的延长线于点P ，AO 的延长线交CP 于点Q .若AD =AD ，求证：∠CAQ =∠PAQ .图1 （张利民供题）2. 已知∠A 、∠A 、∠C 是△AAC 的三个内角.证明：tan A 2+tan B 2+tan C 2√3≥?tan 2A 2+tan 2A 2+tan 2C 26 （张雷供题）3. 给定三角形数表如图2：1 2 3 4 ? 97 98 99 100 3 5 7 ? 195 197 199 8 12 ? 392 396 20 ? 788 ? ? ? ? ? M图2其中，第一行各数依次是1,2,?,100，从第二行起，每个数分别等于它上面一行左、右两数的和.求M 的值.（焦和平供题）4.证明：（1）存在无穷个正整数n，使n2+1的最大质因子小于n；（2）存在无穷个正整数n，使n2+1|n!. （张雷供题）5.如图3，已知□ABCD，过A、B、C三点的⊙O1分别交AD、BD 于点E、F，过C、D、F三点的⊙O2交AD于点G，设⊙O1、⊙O2R222.的半径分别为R1、R2.求证：AG图3（吕建恒刘康宁供题）6.设a、b、c为直角三角形的三边长，其中，c为斜边长.求使得a3+b3+c3abc≥k成立的k的最大值.（李铁汉供题）7.设n是正整数，整数a是方程x4+3ax2+2ax?2×3n=0的根.求所有满足条件的数对(n,a).（李铁汉供题）8.给定由n(n+1)2个点组成的正三角形点阵（如图4），记以点阵中三个点为顶点的所有正三角形的个数为f(n)，求f(n)的表达式.图4（张利民供题）2009年北方数学奥林匹克1. 设数列{x n }满足x 1=1，x n =?x n?12+x n?1+x n?1(n ≥2).求数列{x n }的通项公式. （张雷供题）2. 如图1，在锐角△ABC 中，已知AA >AC ，cccA +cccC =1，E 、F 分别是AB 、AC 延长线上的点，且满足∠AAF =∠ACD =90°.（1）求证：AD +CF =DF ；（2）设∠DAC 的平分线与EF 交于点P ，求证：CP 平分∠ACF .图1（刘康宁吕建恒徐庆金供题）3. 已知有26个互不相等的正整数，其中任意六个数中都至少有两个数，一个数整除另一个数.证明：一定存在六个数，其中一个数能被另外五个数整除.（张同君供题）4. 船长和三位水手共得到2009枚面值相同的金币.四人商定按照如下规则对金币进行分配：水手1、水手2、水手3每人写下一个正整E数分别为b 1、b 2、b 3，满足b 1≥b 2≥b 3，且b 1+b 2+b 3=2009；船长在不知道水手写的数的情况下，将2009枚金币分成3堆，各堆数量分别为a 1、a 2、a 3，且a 1≥a 2≥a 3.对于水手k (k =1,2,3)，当b k的金币归船长所有.若无论三位水手怎样写数，船长总可以确保自己拿到n 枚金币.试确定n 的最大值，并证明你的结论. （张利供题）5. 如图2，在给定的扇形AOB 中，圆心角为锐角.在弧AB 上取异于A 、B 的一点C ，在线段OC 上取一点P ，连结AP ，过点B 作直线BQ ∥AP 交射线OC 于点Q .证明：封闭图形OAQPBO 的面积与点C 、P 的选取无关.图2 （徐庆金供题）6. 设x 、y 、z >0，且x 2+x 2+y 2=3，求证：∑x 2009?2008(x?1)y+z ≥12(x +x +y ). （杨海滨贾应红供题）7. 记[m ]为不超过实数m 的最大整数.设x 、y 均为正实数，且对所有的正整数n ，都有[x [nx ]]=n ?1成立.证明xy =1，且y 是大于1的无O理数.（刘康宁供题）8.求能被209整除且各位数字之和等于209的最小正整数.（张雷供题）2010年北方数学奥林匹克1.已知数列{a n}满足a1=2，a n=22n a n?1+2n2n(n=2,3,?).求通项a n(n=1,2,?). （吴树勋供题）2.已知PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B，PCD是⊙O的一条割线，过点C作PA的平行线，分别交弦AB、AD于点E、F.求证：CD=DF.（李新焕供题）3.求所有的正整数(x,x,y)，使得1+2x×3y=5z成立.（张雷供题）4.在7×7的方格表的64个网格线交点（称为“结点”）处放棋子，每点至多放1枚，一共放了k枚棋子.若无论怎样放，总存在4枚棋子，它们所在的结点构成一个矩形（矩形的边平行于棋盘网格线）的四个顶点.试求k的最小值.（张利民供题）5.设正实数a、b、c满足(a+2b)(b+2c)=9.求证：?a2+b22+2?b3+c323≥3.（张雷供题）6.已知⊙O是△ABC的内切圆，D、E、N是切点，连结NO并延长交DE于点K，连结AK并延长交BC于点M.求证：M 是BD的中点.（康春波供题）7.求[x,x,y]=(x,x)+(x,y)+(y,x)满足x≤x≤y,(x,x,y)=1的所以正整数解，其中，[m,n]和(m,n)分别表示正整数m、n的最小公倍数和最大公约数.（王全供题）8.设x、x、y∈[0,1]，且|x?x|≤12，|x?y|≤12，|y?x|≤12.试求W=x+x+y?xx?xy?yx的最小值和最大值.（刘康宁安振平供题）2011年北方数学奥林匹克1.已知数列{a n}的通项a n=(√3+√2)2n(n∈N+)，设b n=a n+1a n. （1）试求b n+2、b n+1、b n之间的递推关系；（2）求a2011整数部分的个位数字.（刘洪柱供题）2.如图1，△ABC的内切圆分别切BC、CA、AB、于点D、E、F，P 为内切圆内一点，线段PA、PB、PC分别于内切圆交于点X、Y、Z.证明：XD、YE、ZF三线共点.图1（徐庆金供题）3.求不定方程1+2x×7y=y2的全部正整数解(x,x,y). （翁世有供题）4.设n个集合A1,A2,?,A n是集合A={1,2,?,29}的一个分划，且A i(i=1,2,?,n)中任意个元素之和都不等于30.求n的最小可能值. 【注】若集合A的非空子集A1,A2,?,A n(n∈N+,n≥2)满足A i∩A j=?(i≠j)，A1∪A2∪?∪A n=A，则称A1,A2,?,A n是集合A的一个分划.（张雷供题）5. 若正整数a 、b 、c 满足a 2+b 2=c 2，则称(a ,b ,c )为勾股数组.求含有30的所有勾股数组. （杨春宏供题）6. 如图2，过点P 引的切线P A 和割线PBC ，AC ⊥PP ，垂足为D .证明：AC 是△ABD 外接圆的切线.图2（吕建恒供题） 7. 在△ABC 中，证明：11+ccs 2A+ccs 2A +11+ccs 2A+ccs 2C +11+ccs 2C+ccs 2A ≤2.（安振平供题） 8. 已知n 是正整数，实数x 满足1?|2??|(n ?1)?|n ?x ||?|?=x .求x 的值. （张利民供题）P2012年北方数学奥林匹克1.如图1，在△ABC中，∠C=90°，I是内心.直线BI交AC于D，作DE平行于AI交BC于E，直线EI交AB于F.证明：DF垂直于AI.图12.正整数x1,x2,?,x n(n∈?+)，满足x12+x22+?+x n2=111，求S=x1+x2+?+x n n的最大可能值.3.设S={x|x=a2+ab+b2,a,b∈?}.求证：(1)若m∈S,3|m，则3m∈S；(2)若m,n∈S，则m?n∈S.4.平面上有n(n≥4)条直线，对于直线a，b，在余下的n-2条直线中，如果至少存在两条直线与直线a，b都相交，则称直线a，b是相合的直线对，否则称其是相离的直线对.若n条直线中相合直线对的个数比相离直线对的个数多2012.求n的最小可能值（直线对中的两条直线不计顺序）.5.已知数列{a n}:a0=0,a n=1a n?1?2,n∈?+，在数列{a n}中任意取定一项a k，构造数列{b n}:b0=a k,b n=2b n?1+1b n?1,n∈?+.试判断数列{b n}是有限数列还是无穷数列？并给出证明.6.设n是正整数，证明1+13??1+131+13?<2.7.如图2在五边形ABCDE中，BC=DE，CD平行于BE，AB>AE，AA AA，求证：AC平分线段BE.若∠AAC=∠CAD，且图28.设p是奇素数，如果存在正整数a使p!|a p+1，证明：(1)?a+1,a p+1a+1?=p.(2)a p+1a+1没有小于ｐ的素因子.p!|a+1.</a2006<1.<>。
imo数学竞赛试题及答案
imo数学竞赛试题及答案IMO数学竞赛试题及答案一、选择题1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B2. 如果一个数的立方等于它本身，那么这个数可以是：A. -1B. 0C. 1D. 2答案：ABC3. 一个长方体的长、宽、高分别是8cm、6cm和5cm，那么它的表面积是多少平方厘米？A. 236B. 284C. 312D. 376答案：B二、填空题4. 一个数的平方根是3，那么这个数是_________。
答案：95. 一个等差数列的前三项分别是2，4，6，那么它的第10项是_________。
答案：22三、解答题6. 证明：对于任意的正整数 \( n \)，\( n^5 - n \) 总是能被30整除。
解答：首先，我们可以将 \( n^5 - n \) 分解为 \( n(n^4 - 1) \)。
接下来，我们注意到 \( n^4 - 1 \) 可以表示为 \( (n^2 +1)(n^2 - 1) \)。
而 \( n^2 - 1 \) 可以进一步分解为 \( (n +1)(n - 1) \)。
因此，我们有：\( n^5 - n = n(n^2 + 1)(n + 1)(n - 1) \)。
由于 \( n \) 是正整数，\( n - 1 \) 和 \( n + 1 \) 也是整数。
这意味着 \( n^5 - n \) 中至少包含因子2和3（因为 \( n^2 + 1 \) 至少是奇数，从而至少包含一个2的因子）。
因此，\( n^5 - n \)可以被30整除。
7. 一个圆的半径是15厘米，求圆的面积。
解答：圆的面积可以通过公式 \( A = \pi r^2 \) 计算，其中\( A \) 是面积，\( r \) 是半径，\( \pi \) 是圆周率，约等于3.14159。
将给定的半径 \( r = 15 \) 厘米代入公式，我们得到：\( A = \pi \times 15^2 = \pi \times 225 \approx 706.86 \)平方厘米。
1959-2017年IMO试题(1)
1959/3.
Let a, b, c be real numbers. Consider the quadratic equation in cos x : a cos2 x + b cos x + c = 0. Using the numbers a, b, c, form a quadratic equation in cos 2x, whose roots are the same as those of the original equation. Compare the equations in cos x and cos 2x for a = 4, b = 2, c = −1.
Fourth International Olympiad, 1962
1962/1.
1961/4.
Consider triangle P1 P2 P3 and a point P within the triangle. Lines P1 P, P2 P, P3 P intersect the opposite sides in points Q1 , Q2 , Q3 respectively. Prove that, of the numbers P1 P P2 P P3 P , , P Q1 P Q2 P Q 3 at least one is ≤ 2 and at least one is ≥ 2.
1961/5.
Construct triangle ABC if AC = b, AB = c and AM B = ω , where M is the midpoint of segment BC and ω < 90◦ . Prove that a solution exists if and only if b tan ω ≤ c < b. 2
imo试题及答案
imo试题及答案1. IMO试题1题目：请证明对于任意正整数 \( n \)，\( n^3 + 2 \) 总是可以被3整除。
答案：设 \( n \) 为任意正整数。
- 情况1：\( n \) 是3的倍数，即 \( n = 3k \)（\( k \) 为整数）。
\( n^3 + 2 = (3k)^3 + 2 = 27k^3 + 2 \)，显然 \( 27k^3 \) 是3的倍数，所以 \( n^3 + 2 \) 也是3的倍数。
- 情况2：\( n \) 不是3的倍数，即 \( n = 3k + 1 \) 或 \( n = 3k + 2 \)（\( k \) 为整数）。
- 如果 \( n = 3k + 1 \)，则 \( n^3 + 2 = (3k + 1)^3 + 2 = 27k^3 + 27k^2 + 9k + 1 + 2 = 3(9k^3 + 9k^2 + 3k) + 3 \)，显然 \( 9k^3 + 9k^2 + 3k \) 是整数，所以 \( n^3 + 2 \) 是3的倍数。
- 如果 \( n = 3k + 2 \)，则 \( n^3 + 2 = (3k + 2)^3 + 2 = 27k^3 + 54k^2 + 36k + 8 + 2 = 3(9k^3 + 18k^2 + 12k + 3) + 1 \)，显然 \( 9k^3 + 18k^2 + 12k + 3 \) 是整数，所以 \( n^3 + 2 \) 是3的倍数。
因此，对于任意正整数 \( n \)，\( n^3 + 2 \) 总是可以被3整除。
2. IMO试题2题目：给定一个圆，圆心为 \( O \)，半径为 \( r \)。
从圆上一点 \( A \) 向圆内作切线 \( AB \) 和 \( AC \)，连接 \( B \) 和\( C \) 两点。
求 \( BC \) 的长度。
答案：设 \( O \) 为圆心，\( r \) 为半径，\( A \) 为圆上一点，\( B \) 和 \( C \) 分别为切线 \( AB \) 和 \( AC \) 与圆的切点。
1959年至2012年IMO试题
第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；b)A =1；c)A =2。
（罗马尼亚）3. a 、b 、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程0cos cos 2=++c x b x a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。
（匈牙利）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。
（匈牙利）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 都通过定点S ；c) 当M 在A 与B 之间变动时，求线段PQ 的中点的轨迹。
（罗马尼亚）6. 两个平面P 、Q 的公共边为 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。
（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚 锡纳亚（Sinaia ，Romania ）1. 找出所有具有下列性质的三位数N ：N 能被11整除且商等于N 的各位数字的平方和。
（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x ：（匈牙利）()92211422+<+-x x x3. 直角三角形ABC 的斜边BC 的长为a ，将它分成n 等份（n 为奇数），令α为从A 点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A 到BC 边的高长为h ，求证：（罗马尼亚）()a n nh 14tan 2-=α 4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、hb 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
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第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；b)A =1；c)A =2。
（罗马尼亚）3. a 、b 、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程0cos cos 2=++c x b x a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。
（匈牙利）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。
（匈牙利）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 都通过定点S ；c) 当M 在A 与B 之间变动时，求线段PQ 的中点的轨迹。
（罗马尼亚）6. 两个平面P 、Q 的公共边为 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。
（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚 锡纳亚（Sinaia ，Romania ）1. 找出所有具有下列性质的三位数N ：N 能被11整除且商等于N 的各位数字的平方和。
（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x ：（匈牙利）()92211422+<+-x x 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α为从A 点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A 到BC 边的高长为h ，求证：（罗马尼亚）()a n nh 14tan 2-=α 4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、hb 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
（匈牙利）5. 正方体ABCD-A'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。
（捷克斯洛伐克）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V 1 为圆锥的体积，V 2为圆柱的体积。
a) 求证：V 1不等于V 2；b) 设V 1=kV 2，求k 的最小值；并在此情况下作出圆锥顶角。
（民主德国）7. 一个等腰梯形的两底为a 、c ，高为h 。
a) 在这个等腰梯形的对称轴上，找到所有的点P ，使以P 为顶点，且经过梯形腰的两个端点的角为直角；b) 计算P 点到两底的距离；c) 判断在什么情况下P 点确实存在。
讨论各种情况。
（保加利亚）第三届（1961年）匈牙利 维斯普雷姆（Veszpr ém ，Hungary ）1. 设a ，b 为常数，解方程组⎪⎩⎪⎨⎧==++=++22222z xy b z y x a z y x ，并给出a 和b 满足什么条件时才能使x 、y 、z 为互不相同的正数。
（匈牙利）2. 设a 、b 、c 为三角形的三条边，其面积为S 。
证明S c b a 34222≥++并说明何时取等号。
（波兰）3. 解方程1sin cos =-x x n n ，n 是自然数。
（保加利亚）4. 设P 是三角形P 1P 2P 3内一点。
直线P 1P ，P 2P ，P 3P 分别与其对边相交于Q 1，Q 2，Q 3。
证明数字332211,,PQ P P PQ P P PQ P P 至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2。
（民主德国） 5. 作三角形ABC 满足AC=b ，AB=c ，且∠AMB=ω，其中M 是线段BC 的中点且ω<90°。
证明：当且仅当b c b <≤2tan ω时可作出此三角形，并说明何时等号成立。
（捷克斯洛伐克） 6. 三个不共线的点A 、B 、C 在平面ε的同一侧；假设平面ABC 不与平面ε平行。
在平面ε上任取三个点A ’、B ’、C ’。
设L 、M 、N 分别为线段AA ’，BB ’，CC ’的中点，G 为三角形LMN 的重心（不考虑使L 、M 、N 不能构成三角形的情况）。
问：当A ’、B ’、C ’各自变化时，G 的轨迹是什么？（罗马尼亚）第四届（1962年）捷克斯洛伐克 捷克布杰约维采（Česk é Bud ějovice ，Czechoslovakia ）1. 找出具有下列各性质的最小正整数n ：a) 它的最后一位数字是 6；b) 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倍。
（波兰）2. 试找出满足下列不等式的所有实数 x ：2113>+--x x （匈牙利） 3. 已知正方体ABCD-A'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。
求线段XY 的中点的轨迹。
（捷克斯洛伐克）4. 解方程 cos 2x+cos 22x+cos 23x=1。
（罗马尼亚）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。
（保加利亚）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)2(r R R -。
（民主德国） 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。
（苏联）第五届（1963年）波兰 弗罗茨瓦夫（Wroclaw ，Poland ）1. 找出下列方程的所有实数根（其中p 是实参数）：x x p x =-+-1222（捷克斯洛伐克）2. 给定一点A 及线段BC ，设空间中有一点使得以该点为顶点，一边通过A 点，另一边与线段BC 相交的角为直角，试求出所有满足条件的点的轨迹。
（苏联）3. 在一个n 边形中，所有内角都相等，相连的边长度满足a 1≥a 2≥…≥a n 。
求证：所有边长都相等。
（匈牙利）4. 设 y 是一个参数，试找出方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=+=+=+=+514453342231125yx x x yx x x yx x x yx x x yx x x 的所有解x 1，x 2，x 3，x 4，x 5。
（苏联）5. 求证2173cos 72cos 7cos =+-πππ。
（民主德国） 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。
实际上是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？（匈牙利）第六届（1964年）苏联 莫斯科（Moscow ，Soviet Union ）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。
（捷克斯洛伐克）2. 假设a 、b 、c 是三角形的三边长，求证：abc c b a c b c a b a c b a 3)()()(222≤-++-++-+（匈牙利）3. 三角形ABC 的三边长分别为a 、b 、c 。
分别平行于三角形ABC 的各边作三角形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）。
（南斯拉夫）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。
（匈牙利）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。
（罗马尼亚）6.四面体ABCD 的中心是D 0 ，分别过A 、B 、C 作DD 0的平行线，这些线分别交平面BCD 、 CAD 、ABD 于点A 1、B 1、C 1，求证：ABCD 的体积是A 1B 1C 1D 0的三分之一；再问如果D 0为三角形 ABC 内的任意一点，结果是否仍然成立？（波兰）第七届（1965年）民主德国 柏林（Berlin ，German Democratic Republic ）1. 找出所有的x （0≤x ≤2π）使其满足22sin 12sin 1cos 2≤--+≤x x x 。
（南斯拉夫）2. 如下方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++000333232131323222121313212111x a x a x a x a x a x a x a x a x a其中x 1、x 2、x 3未知。
系数满足以下条件：a) a 11、a 22、a 33为正数；b) 其余系数是负数；c) 在每个方程中，系数的和是正数。
证明该方程组只有唯一解x 1=x 2=x 3=0。
（波兰）3. 给出四面体ABCD ，其中AB 和CD 长度分别为a 和b 。
异面直线AB 和CD 的距离为d ，夹角为ω。
四面体ABCD 被平面ε分为两部分，平面ε平行于AB 和CD 。
AB 和CD 到平面ε的距离的比为k 。
计算出这两部分的体积之比。
（捷克斯洛伐克）4. 找出所有满足条件的四个实数x 1、x 2、x 3、x 4，它们中任何三个数的乘积加上第四个数的和都等于2。
（苏联）5. 给出三角形OAB ，其中∠AOB 是锐角。
M 是边AB 上除O 外的任意一点，从M 点向OA 和OB 作垂线，垂足为P 、Q 。
设三角形OPQ 的垂心为H 。
当M 在下列范围移动时，求H 的轨迹。