国际数学奥林匹克IMO竞赛试题
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第18届)
1.平面上一凸四边形的面积是32，两对边与一对角线之和为16，求另外一个对角线的所有可能的长度．
2.令P1(x) = x2- 2，Pi+1= P1(Pi(x))，i = 1，2，3，...，求证对任何一个正整数n，方程式Pn(x) = x的所有根都是互不相同的实数．
3.一个长方形的箱子可以用单位正方体完全装满，如果用体积为2的正方体来尽量装填，使得每个边都与箱子的边平行，则恰能装满箱子的40％，求所有这种箱子的可能尺寸（长、宽、高）．
4.试将1976分解成一些正整数之和，求这些正整数乘积的最大值，并加以证明．
5.n是一个正整数，m = 2n，aij= 0、1或-1（1 <= i <= n，1 <= j <= m）．还有m个未知数x1，x2，...，xm满足下面n个方程：
ai1x1&= 1，2，...，n．求证这n个方程有一组不全为0的整数解（x1，x2，...，xm）使得|xi|<= m．
6.一个序列u0，u1，u2，...定义为：
u0= 2，u1= 5/2，un+1= un(un-12- 2) - u1，n = 1，2，...
求证
[un] = 2(2n - (-1)n)/3，
其中[x]表示不大于x的最大整数．
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第47届)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 i O 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()n nii i i i i i S A A S 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．。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第20届)
5.令{ak}为互不相同的正整数数列，求证对于所有的正整数n，有
∑ak/k2>=∑1/k；
上式中两边的求和都是k从1到n．
国际学奥林匹克（
1.m、n都是正整数且n>m．如果1978m和1978n的十进制表示法的末三位数字相同，试求满足此条件并使m+n达到最小的m与n．
2.P是某已知球内部一点，A、B、C是球面上三点，且有PA、PB、PC相互垂直，由PA、PB、PC决定的平行六面体与P点对角相向的顶点为Q，试求出Q点的轨迹．
3.两不交集合{f(1)，f(2)，f(3)，... }和{g(1)，g(2)，g(3)，... }的并集是全部的正整数，其中f(1) < f(2) < f(3) < ...，g(1) < g(2) < g(3) < ...，且有g(n) = f(f(n)) + 1对所有n=1，2，3，...成立．试计算f(240)．
6.某国际组织共有来自六个国家的共1978名会员，会员编号分别是1，2，...，1978．求证至少有某一会员的编号，恰为与他同国家的另外两位会员编号的和，或者是他同国家的两外一名会员编号的两倍．
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。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第19届)
5.a，b是正整数，设a2+ b2除以a + b得到商为q，余数是r．试求出所有的正整数对（a，b）使得q2+ r = 1977．
6.f是定义在所有正整数上且取值也是正整数的函数，求证如果f(n+1) > f(f(n))对所有正整数n都成立，则f(n) = n对每个n都成立．
3.n>2是一给定整数，Vn是所有1+kn形式的整数构成的集合，其中k是正整数，对于Vn中的一个数m，如果不存在Vn中的两个数p、q使得m=pq，则称m是不可分解的．求证：Vn中存在一数r，它可有多于一种的方式表示为Vn中不可分解数的乘积．（乘积中若仅仅是因数的顺序不同则视为是同一种分解．）
4.定义f(x) = 1 - a cos x - b sin x - A cos 2x - B sin 2x，其中a，b，A，B都是实数常量．如果f(x)>=0对所有实数x都成立，求证
国际数学奥林匹克（பைடு நூலகம்
1.在正方形ABCD中作等边三角形ABK、BCL、CDM、DAN，证明线段KL、LM、MN、NK的四个中点以及线段AK、BK、BL、CL、CM、DM、DN、AN的八个中点构成一个正十二边形的定点．
2.在一个有限项的实数序列中，任意的相连七项之和为负，任意的相连十一项之和为正．求出这种序列最多有几项．
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第12届)
1.M是三角形ABC的边AB上的任何一点，r、r1、r2分别是三角形ABC、AMC、BMC的内切圆的半径，q是AB外旁切圆的半径（即与AB边相切，与CA、CB的延长线上相切的圆），类似的，q1、q2分别是AC、BC外旁切圆的圆心．求证：r1r2q = rq1q2．
2.已知0 ≤ xi< b，i = 0，1，...，n并且xn> 0，xn-1> 0．如果a>b，xnxn-1...x0是数A在a进制下的表示、也是B在b进制下的表示，则xn-1xn-2...x0表示了A'在a进制下的表示、B'在b进制下的表示．求证：A'B<AB'．
5.四面体ABCD，角BDC是直角，D向平面ABC作垂线的垂足恰好是三角形ABC的垂心．求证：
(AB + BC + CA)2≤6(AD2+ BD2+ CD2).
并问何时等号成立？
6.平面上给定100个点，无三点共线，求证：这些点构成的三角形中至多70%是锐角三角形．
3.实数a0，a1，a2，...满足1 = a0<= a1<= a2<= ...，并定义
bn=∑(1 - ak-1/ak)/√ak
其中求和是k从1到n．
a.求，求证可找到an使得当n足够大时bn>c成立．
4.试找出所有的正整数n使得集合{n，n+1，n+2，n+3，n+4，n+5}可被分拆成两个子集合，每个子集合的元素的乘积相等．
国际数学奥林匹克 IMO 竞赛试题
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．。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第25届)无答案
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第25届）
1.求证0 ≤yz + zx + xy - 2xyz ≤7/27，其中x，y，z 是非负实数并满足x + y + z = 1.
2.试找出所有的正整数对（a，b）满足ab(a+b)不能被7 整除，但(a+b)7 - a7 - b7可被77整除．
3.给定平面上的点O、A．平面上的每个点都被染色成有限种颜色中的一个．设X是平面上一给定点，以O为圆心的圆C(X)的半径是OX + (∠AOX)/OX，其中角∠ AOX 是用弧度衡量（即范围是[0，2л)），求证能够找到不在OA上的一点X使得它的颜色出现在圆C(X)的圆周上．
4.凸四边形ABCD的边CD与以AB为直径的圆相切，求证：AB与以CD为直径的圆相且当且仅当BC和AD是平行的．
5.设d 是平面上一凸n 边形（n>3）的所有对角线的长度之和，p 是它的周长．求证:
n - 3 < 2d/p < [n/2] [(n+1)/2] - 2，
其中[x]表示不超过x的最大整数．
6. 0 < a < b < c < d 是四个奇数且ad = bc. 若a + d = 2k及b + c = 2m对某k、m成立，则 a = 1.
1。
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国际数学奥林匹克I M O
竞赛试题
集团标准化工作小组 [Q8QX9QT-X8QQB8Q8-NQ8QJ8-M8QMN]
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．。