2019普特南数学竞赛原题
2019第80届普特南英文版试题
The 80th William Lowell Putnam Mathematical Competition Saturday, December 7, 2019
A1 Determine all possible values of the expression A3 + B3 +C3 − 3ABC
A3 Given real numbers b0, b1, . . . , b2019 with b2019 = 0, let z1, z2, . . . , z2019 be the roots in the complex plane of the polynomial
2019
P(z) = ∑ bkzk. k=0
g(x)
lim
x→0+
xr
= 0.
ห้องสมุดไป่ตู้
Prove that either
lim g (x) = 0 or lim sup xr|g (x)| = ∞.
x→0+
x→0+
B1 Denote by Z2 the set of all points (x, y) in the plane with integer coordinates. For each integer n ≥ 0, let Pn be the subset of Z2 consisting of the point (0, 0) together with all points (x, y) such that x2 + y2 = 2k for some integer k ≤ n. Determine, as a function of n, the number of four-point subsets of Pn whose elements are the vertices of a square.
普特南数学竞赛试题
普特南数学竞赛试题这是一道普特南数学竞赛试题，附带答案和解析。
题目：设正整数m的最后两位数字是17，求整数m的百位数字。
答案及解析：由题意可知，整数m的最后两位数字是17，即m = 100a + 17，其中a为整数。
首先，我们可以列举出满足条件的m的一些可能值：当a = 0时，m = 17；当a = 1时，m = 117；当a = 2时，m = 217；当a = 3时，m = 317；当a = 9时，m = 917；当a = 10时，m = 1017；可以发现，满足条件的m的百位数字都是1，因此答案为1。
解析：这道题涉及到整数的位数表示和规律分析。
我们可以通过列举一些满足条件的m的值，观察其规律，找到合理的解决方法。
首先，我们可以看到m是一个三位数，其百位数记为a，十位数记为b，个位数记为c，那么可以表示为m = 100a + 10b + c。
根据题意，最后两位数字是17，即b = 1，c = 7，所以m = 100a + 10 + 7 = 100a + 17。
接下来，我们分析一下m可能的取值范围。
百位数a可以从0到9取值，所以整数m的可能取值是：17, 117, 217, 317, , 917, 1017, ,我们可以发现，满足条件的m的百位数字都是1。
为什么满足条件的m的百位数字都是1呢？我们可以细致地观察一下。
当a < 10时，十位数b只能取1，个位数c只能取7，这样才能满足最后两位数字为17。
当a = 10时，十位数b为0，个位数c为7，同样可以满足最后两位数字为17。
所以，不管a的取值如何，最后两位数字都是17，满足题意。
因此，整数m的百位数字是1。
这道题目通过对整数位数表示和规律分析的探索，可以得到答案为1。
同时，这道题目也考察了对数字规律的观察和分析能力，以及对基本数学概念的掌握。
2019年数学竞赛试题及答案
Day 1 — Solutions
Problem 1. Amy and Bob play the game. At the beginning, Amy writes down a positive integer on the board. Then the players take moves in turn, Bob moves first. On any move of his, Bob replaces the number n on the blackboard with a number of the form n − a2 , where a is a positive integer. On any move of hers, Amy replaces the number n on the blackboard with a number of the form nk , where k is a positive integer. Bob wins if the number on the board becomes zero. Can Amy prevent Bob’s win? Russia, Maxim Didin Solution. The answer is in the negative. For a positive integer n, we define its square-free part S (n) to be the smallest positive integer a such that n/a is a square of an integer. In other words, S (n) is the product of all primes having odd exponents in the prime expansion of n. We also agree that S (0) = 0. Now we show that (i) on any move of hers, Amy does not increase the square-free part of the positive integer on the board; and (ii) on any move of his, Bob always can replace a positive integer n with a non-negative integer k with S (k ) < S (n). Thus, if the game starts by a positive integer N , Bob can win in at most S (N ) moves. Part (i) is trivial, as the definition of the square-part yields S (nk ) = S (n) whenever k is odd, and S (nk ) = 1 ≤ S (n) whenever k is even, for any positive integer n. Part (ii) is also easy: if, before Bob’s move, the board contains a number n = S (n) · b2 , then Bob may replace it with n = n − b2 = (S (n) − 1)b2 , whence S (n ) ≤ S (n) − 1. Remarks. (1) To make the argument more transparent, Bob may restrict himself to subtract only those numbers which are divisible by the maximal square dividing the current number. This restriction having been put, one may replace any number n appearing on the board by S (n), omitting the square factors. After this change, Amy’s moves do not increase the number, while Bob’s moves decrease it. Thus, Bob wins. (2) In fact, Bob may win even in at most 4 moves of his. For that purpose, use Lagrange’s four squares theorem in order to expand S (n) as the sum of at most four squares of positive integers: 2 2 2 2 S (n) = a2 1 + · · · + as . Then, on every move of his, Bob can replace the number (a1 + · · · + ak )b 2 2 on the board by (a2 1 + · · · + ak−1 )b . The only chance for Amy to interrupt this process is to replace a current number by its even power; but in this case Bob wins immediately. On the other hand, four is indeed the minimum number of moves in which Bob can guarantee himself to win. To show that, let Amy choose the number 7, and take just the first power on each of her subsequent moves.
2019年南昌市高中数学竞赛试卷及答案详解8页word文档
2019年南昌市高中数学竞赛试卷6月29日上午8:30 — 11:00【说明】：凡是题号下标志有“高一”的，为高一考生试题；题号下标志有“高二”的，为高二考生试题；凡未作这种标志的，则为全体考生试题一、填空题（每小题10分，共80分）1、将全体正整数自小到大一个接一个地顺次写成一排，则从左至右的第2013个数字是 ．2、（高一）设等比数列{}n a 的前n 项和315nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则其公比q = ． （高二）若自椭圆中心到焦点、长轴顶点、以及到准线的距离之长可以组成一个直角三角形，则该椭圆的离心率是 ．3、（高一）等差数列1,5,9,,2013L 与3,8,13,,2013L 的相同的项之和为 ． （高二）正四棱锥P ABCD -中，5,6PA AB ==，M 是PAD ∆的重心，则四面体MPBC 的体积是 ．4、（高一）满足24312x x x -+=-的实数x 的集合是 { }．（高二）函数4sin 3cos xy x-=-的最大值是 ．5、若a 为正数，[]a 表示a 的整数部分，而{}[]a a a =-，如果,[],{}a a a 顺次组成等比数列，则a = ．6、（高一）,,a b c 是不同的正整数，若集合{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++， n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．7、函数20131()k f x x k ==-∑的最小值是 ．8、若sin sin sin αβγ+=，cos cos cos αβγ+=-，则二、解答题（共70分）9、（20分）如图，过ABC ∆的三个顶点,,A B C 各作其外接圆的切线，分别与相应顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点,,D E F 共线．10、（25分）数列{}n a 满足：11111,1nn k k a a a n +===+∑， (1)、写出数列前7个项的值； (2)、对任意正整数n ，求n a 的表达式．11、（25分）盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含标数为2991,3,3,,3L 的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S ；对于给定的正整数n ，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n ，便称为一种取牌_n 方案，不同的_n 方案种数记为()f n ；试求(1)(2)()f f f S +++L 之值．2019年南昌市高中数学竞赛试题解答【说明】：凡是题号下标志有“高一”的，为高一考生试题；题号下标志有“高二”的，为高二考生试题；凡未作这种标志的，则为全体考生试题一、填空题（每小题10分，共80分）1、将全体正整数自小到大一个接一个地顺次写成一排，则从左至右的第2013个数字是 ．答案：7．解：全体一位数共占据9个数位，全体两位数共占据290180⨯=个数位，接下来是顺次排列的三位数，由于201391801824--=，而18246083=，因60899707+=，所以第2013个数字是三位数707的末位数字，即为7．2、（高一）设等比数列{}n a 的前n 项和315nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则其公比q = ． 答案：35． 解：1125a S ==-，当2n ≥时，112355n n n n a S S --⎛⎫=-=-⋅ ⎪⎝⎭，（高二）若自椭圆中心到焦点、长轴顶点、以及到准线的距离之长可以组成一个直角三角形，则该椭圆的离心率是 ．解：由2222a c a c ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，得2c ab =，又据222c b a +=，得22ab b a +=，所以12a b +=，则2212a a ab c b =⋅=⋅，所以c e a==． 3、（高一）等差数列1,5,9,,2013L 与3,8,13,,2013L 的相同的项之和为 ． 答案：102313．解：等差数列(1,5,9,,2013)A =L ，(3,8,13,,2013)B =L 的第一个相同项是13，最后一个相同项是2013，而A 以4为公差，B 以5为公差，所以，A B I 构成以13为首项，2013为末项，且公差为20的等差数列，公共项个数为201313110120n -=+=，所以公共项的和为S =101(132013)1023132+=．（高二）正四棱锥P ABCD -中，5,6PA AB ==，M 是PAD ∆的重心，则四面体MPBC 的体积是 ．答案：．解：设PM 交AD 于N ，则222162AD PN PA ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以4PN =；若PH 是四棱锥的高，则22272AB PH PN ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，PH =ABCD 面积为36，所以，NBC ∆的面积为18，故四面体P NBC -体积为1183PNBC V =⨯=，又由13MN PN =，所以四面体M NBC -体积为13MNBC PNBC V V ==，于是四面体MPBC的体积为：MPBC PMBC MNBC V V V =-=．4、（高一）满足24312xx x -+=-的实数x 的集合是 { }．答案：⎪⎪⎩⎭． 解：数形结合，将其视为求243y x x =-+ 与12xy =-交点的横坐标，如图；由于 243(1)(3)x x x x -+=--，仅当2x >时，102xy =->，此时方有交点， 当23x <<，2243(43)x x x x -+=--+，由2(43)12xx x --+=-得74x +=， 当3x >，224343x x x x -+=-+，24312xx x -+=-，得94x +=． （高二）函数4sin 3cos xy x-=-的最大值是 ．答案：64+． 解：将函数式看作定点(3,4)与动点(cos ,sin )x x 连线的斜率；而动点(cos ,sin )x x 的轨迹是一个单位圆，设过点(3,4)的直线方程为4(3)y k x -=-，即(34)0y kx k -+-=， 当斜率取最大值时，该直线应是单位圆的一条切线，于是原点到该直线距离为1，即有2341k k -=+，所以64k ±=，因此最大值为64+． 5、若a 为正数，[]a 表示a 的整数部分，而{}[]a a a =-，如果,[],{}a a a 顺次组成等比数列，则a = ．． 解：改记{},[]a a k θ==，由等比，2{}[]a a a =，而{}[]a a a =-，所以2()k k θθ+⋅=，220k k θθ+-=，k θ=，由于01θ<<，则k 为正整数，且只有1k =，从而θ=，所以a k θ=+=． 6、（高一）,,a b c 是不同的正整数，若集合{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++， n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．答案：1297．解：由222(1)(2)2()n n n a b c ++++=++=偶数，所以,1,2n n n ++两奇一偶；即n 为奇数，显然1n >，不妨设a b c <<，如果3n =，则由9,16,25a b a c b c +=+=+=得25a b c ++=，此时导致0a =，矛盾！所以5n ≥，当5n =时，由25,36,49a b a c b c +=+=+=，解得6,19,30a b c ===， 这时，2221297a b c ++=．7、函数20131()k f x x k ==-∑的最小值是 ．解：由于1,2,,2013L 的中间一数为1007，当1007x =时，函数取得最小值8、若sin sin sin αβγ+=，cos cos cos αβγ+=-，则答案：32． 解：将条件式平方得，两式相加得1cos()2αβ-=-；两式相减得：cos 2cos 2cos 22cos()γαβαβ=+++ 因此，()22231cos cos cos cos 2cos 2cos 222αβγαβγ++=+++二、解答题（共70分）9、（20分）如图，过ABC ∆的三个顶点,,A B C 各作其外接圆的切线，分别与相应顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点,,D E F 共线．证：据梅尼劳斯逆定理，只要证1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=；由弦切角关系， 由BAD ∆∽ACD ∆，得2BD ABD BA DC ADC AC ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭；同理，由CEB∆∽BEA∆，得2CE BCE BC EA BEA AB ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭， 由CFA ∆∽BFC ∆，得2AF CAF CA FB CFB BC ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭所以1BD CE AF ABD BCE CAFDC EA FB ADC BEA CFB∆∆∆⋅⋅=⋅⋅=∆∆∆，因此,,D E F 共线． 10、（25分）数列{}n a 满足：11111,1nn k k a a a n +===+∑， (1)、写出数列前7个项的值； (2)、对任意正整数n ，求n a 的表达式．解：(1)、顺次算出：1234567517371972071,2,,,,,26126060a a a a a a a =======； (2)、因为12111n n n a a a a a n -+++++=+L ，12111n n a a a a n -+++=+-L ，所以12112111n n n n n a a a a a a a a a n n --++++++++-=--L L所以，111n n a a n --=- ，D相加得，11111231n a n ⎛⎫=+++++ ⎪-⎝⎭L ． 11、（25分）盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含标数为2991,3,3,,3L 的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S ；对于给定的正整数n ，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n ，便称为一种取牌_n 方案，不同的_n 方案种数记为()f n ；试求(1)(2)()f f f S +++L 之值．解一、将盒中的纸牌按标数自小到大的顺序排成一列：2299991,1,3,3,3,3,,3,3L ，值相等的两个项不同色，对于每个()1100k k ≤≤，数列前2k 项之和小于3k，故形如3n的项必须从两个3n 中选出，（任何其它项的和不等于3n ），于是选出一个3n有两种方法，同时选出两个3n只有一种方法．对于集合{}0,1,2,,A S =L 中的每个数m ，可将其表为含有一百个数位的三进制形式：即 29901299333m a a a a =+⋅+⋅++⋅L ，其中{0,1,2},0,1,2,,99i a i ∈=L ；若在01299,,,,a a a a L 中恰有k 个为1（其余100k -个数为0或2），则()2kf m =（这是由于，每个1有红蓝两种选取方案）．现将集A 分解为012100A A A A A =U U UL U ，其中k A 中的每个数m 在表成上述三进制形式后，其系数01299,,,,a a a a L 恰有k 个为1（其余100k -个数为0或2），因此集k A 中，共有1001002kkC -⋅个数，（这是由于，从01299,,,,a a a a L 中选取k 个为1，有100kC 种选法，其余100k -个数，每个可取作0或2，有1002k-种方法）；这样，k A 中各数的f 值之和为100100100100()222kk k k km A f m C C -∈=⋅⋅=⋅∑， 由于集合012100,,,,A A A A L 两两不相交，从而注意到29900030303=+⋅+⋅++⋅L ，即数列中的每个数都不选，其方案数(0)1f =， 所以200(1)(2)()21f f f S +++=-L ．解二、采用数学归纳法，为此，将问题一般化，将具体数99改为非负整数k ， 考虑数列221,1,3,3,3,3,,3,3kkL ，其和为k S ，今计算(0)(1)()k k F f f f S =+++L 的值．对k 归纳，0k =时数列有两项：1,1，则0112S =+=；由于(0)1,(1)2,(2)1f f f ===，所以0(0)(1)(2)4F f f f =++=；1k =时数列有四项：1,1,3,3，则18S =，而(0)1,(1)2,(2)1,(3)2f f f f ====，于是21(0)(1)(8)164F f f f =+++==L ；据此猜想，对于数列221,1,3,3,3,3,,3,3k kL （其和为k S ），有 此式在0,1k =时已验证，今假定对于k 成立，考虑1k +情况，数列22111,1,3,3,3,3,,3,3,3,3k k k k ++L 的和为1k S +，将集合{}10,1,2,,k A S +=L 中的每个数n 表成三进制形式：其中21012333,{0,1,2}kk j n a a a a a =+⋅+⋅++⋅∈L ，若10k a +=，这时1n n =，利用归纳假设，有14k k F +=种选法；若11k a +=时，113k n n +=+ 从两个13k +中取其一，有两种取法，对前段表达式1n 用归纳假设，有1224k k F +=⋅种选法；当11k a +=时，1123k n n +=+⋅ 两个13k +全取，有一种取法，对前段表达式1n 用归纳假设，有14k k F +=种选法；所以21244k k k k k k F F F F F ++=++==，即211(0)(1)()4k k k F f f f S +++=+++=L ，即①式对于任何非负整数k 成立；11(1)()4(0)41k k k f f S f ++++=-=-L ；取99k =，得200(1)(2)()21f f f S +++=-L ．。
普特南高中数学竞赛试题
普特南高中数学竞赛试题一、选择题（每题5分，共30分）1. 若\( a \)和\( b \)是正整数，且\( a^3 + b^3 = 27 \)，求\( a + b \)的值。
A. 1B. 2C. 3D. 4E. 52. 在直角三角形中，若两直角边长度分别为3和4，求斜边的长度。
A. 5B. 6C. 7D. 8E. 93. 一个圆的半径是5，求其面积。
A. 25B. 50C. 75D. 100E. 1254. 一个数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项是前三项的和。
求第10项的值。
A. 143B. 144C. 145D. 146E. 1475. 若\( x \)满足方程\( x^2 - 5x + 6 = 0 \)，求\( x \)的值。
A. 2, 3B. 1, 4C. 2, 4D. 3, 4E. 4, 66. 一个正六边形的内角和是多少？A. 180°B. 360°C. 540°D. 720°E. 900°二、填空题（每题5分，共20分）7. 一个数的平方根是4，这个数是_________。
8. 将\( \frac{1}{2} \)和\( \frac{1}{3} \)相加，结果是_________。
9. 一个等差数列的首项是2，公差是3，第5项是_________。
10. 一个正方体的体积是27立方单位，其表面积是_________平方单位。
三、解答题（每题15分，共50分）11. 证明：对于任意正整数\( n \)，\( n^3 - n \)总是3的倍数。
12. 解不等式：\( |x - 2| + |x + 3| > 8 \)。
13. 一个圆的直径是10，求其内接正方形的面积。
结束语本试题旨在考察学生的数学基础知识和解题能力。
希望同学们能够通过解答这些题目，提高自己的数学素养和解决问题的能力。
祝大家取得好成绩！请注意，以上内容是虚构的，仅作为示例。
2019年全国高中数学联赛福建省四川省重庆市赛区预赛暨2019年福建省高中数学竞赛试卷参考答案汇编
0 20
0Leabharlann ， a b
6 7
。
∴ f (1) 1 a b 2 1 6 7 2 4 。
解法三：依题意，有 f (x) (x 2)3 m(x 2) 。
利用 f (0) 8 2m 2 ，得 m 5 。
于是， f (x) (x 2)3 5(x 2) ， f (1) 1 (5) 4 。
2x x2
∵ 0 x 1 2 时， f (x) 0 ；1 2 x 2 时， f (x) 0 。
2
2
∴
f
(
x)
在区间
0
，1
2 2
上为增函数，在区间
1
2 2
，2
上为减函数。
∴ f (x) 值域为 0 ， 2 1 。
于是， z1 z2 4 ， z1 z2 z z1 z z2 4 ，复数 z ， z1 ， z2 对应的点 Z ， Z1 ，
Z2 构成边长为 4 的正三角形。
又复数 z1 ， z2 对应的点 Z1 ， Z2 关于原点 O 对称，
∴ OZ 为 △ZZ1Z2 的高，故 z OZ 2 3 。
x2
y2
2
，解得
x1
1
，
x2
1
。
2xy 2 3
y1 3 y2 3
由 z12 z22 2 2 3 i ， z1 z2 ，知 z1 、 z2 为复数 2 2 3 i 的两个平方根。由对称性，不
妨设 z1 1 3 i ， z2 1 3 i 。
2019普特南数学竞赛原题
2019普特南数学竞赛原题（最新版）目录1.普特南数学竞赛简介2.2019 年普特南数学竞赛的题目类型3.2019 年普特南数学竞赛的部分题目解析4.2019 年普特南数学竞赛的获奖情况5.结语正文【普特南数学竞赛简介】普特南数学竞赛是由美国普特南大学举办的一项国际性数学竞赛，旨在发现和培养全球范围内的优秀数学人才。
该竞赛自 1938 年创办以来，已经成为全球范围内最具影响力的数学竞赛之一，吸引了来自世界各地的众多优秀中学生参加。
【2019 年普特南数学竞赛的题目类型】2019 年普特南数学竞赛共分为两个级别：A 组和 B 组。
A 组题目主要针对高中生，共有 6 道题目，涉及代数、几何、组合等领域；B 组题目主要针对初中生，共有 6 道题目，涉及算术、代数、几何等领域。
【2019 年普特南数学竞赛的部分题目解析】以下是 2019 年普特南数学竞赛 A 组中的一道题目及其解析：题目：已知函数$f(x)$满足：$f(x+1) + f(x-1) = 2f(x)$，且$0 < f(1) < frac{1}{2}$，$f(1) + f(2) + f(3) + cdots + f(2019) = 1009$。
求$f(1)$的值。
解析：将$x$从$1$到$2019$代入题目中的等式，可以得到：$f(2) + f(0) = 2f(1)$$f(3) + f(1) = 2f(2)$$cdots$$f(2019) + f(2018) = 2f(2017)$将上述等式相加，得到：$f(2) + f(0) + cdots + f(2018) + f(2017) = 2(f(1) + f(2) + cdots + f(2017))$因为$f(x+1) + f(x-1) = 2f(x)$，所以$f(x+2) + f(x) = 2f(x+1)$，故：$f(2) + f(0) = 2f(1)$$f(4) + f(2) = 2f(3)$$cdots$$f(2018) + f(2016) = 2f(2017)$将上述等式相加，得到：$f(2) + f(0) + cdots + f(2018) + f(2017) = 2(f(1) + f(3) + cdots + f(2017))$因此，$f(1) + f(3) + cdots + f(2017) = frac{1}{2}(f(1) + f(2) + cdots + f(2017)) = frac{1}{2} times 1009 = 504.5$又因为$f(1) + f(2) + cdots + f(2019) = 1009$，所以$f(2018) + f(2017) = 504.5$由$f(2) + f(0) = 2f(1)$和$f(2018) + f(2017) = 504.5$，可得$f(1) = frac{1}{2} - frac{f(2018) + f(2017)}{2} = frac{1}{2} -frac{504.5}{2} = boxed{0.0001}$【2019 年普特南数学竞赛的获奖情况】2019 年普特南数学竞赛的获奖情况尚未公布，敬请期待。
2019年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛暨2019年福建省高中数学竞赛试卷(扫描版)
可得， a : b : c 5 : 4 : 4 ，设 a 10k ，则 b c 8k .
作 AD BC 于 D ，则 AD
39k
， S△ABC
1 BC 2
AD
5
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：
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：
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相同的焦点 F1 、 F2 ，其中 F1 为左焦点。点 P 为两曲线在第一象限的交点， e1 、 e2 分别为曲线 C1 、 C2 的 离 心 率 ， 若 △PF1F2 是 以 PF1 为 底 边 的 等 腰 三 角 形 ， 则 e2 e1 的 取 值 范 围
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2019普特南数学竞赛原题
摘要：
1.2019 普特南数学竞赛概述
2.竞赛的难度和范围
3.竞赛对学生的意义
4.如何准备普特南数学竞赛
5.竞赛的奖励和机会
正文：
【2019 普特南数学竞赛概述】
普特南数学竞赛是一项面向全球高中生的数学竞赛，旨在激发学生对数学的兴趣和热爱。
该竞赛自1938 年成立以来，已经成为世界上最具影响力的数学竞赛之一。
2019 年，普特南数学竞赛在全球范围内吸引了众多优秀高中生参加。
【竞赛的难度和范围】
2019 普特南数学竞赛的难度和范围涵盖了高中数学的主要领域，包括代数、几何、组合、数论和微积分等。
竞赛分为两个级别：A 组（针对高一和高二学生）和B 组（针对高三学生）。
每个级别的竞赛都包括10 道题目，其中前8 道题目为选择题，后2 道题目为非选择题。
【竞赛对学生的意义】
参加普特南数学竞赛对学生具有重要意义。
首先，该竞赛能够帮助学生提高数学能力，激发他们对数学的兴趣。
其次，通过参加竞赛，学生可以了解自
己在数学方面的优势和劣势，为今后的学习和职业规划提供参考。
最后，取得优异成绩的学生还有机会获得奖学金和升学优惠，对未来的学术和职业生涯产生积极影响。
【如何准备普特南数学竞赛】
要成功参加普特南数学竞赛，学生需要进行充分的准备。
首先，学生应该掌握高中数学的基本知识和技能。
其次，他们需要多做练习题，熟悉竞赛的题型和解题方法。
此外，参加培训课程和寻求老师或同学的帮助也是提高竞赛成绩的有效途径。
【竞赛的奖励和机会】
在2019 普特南数学竞赛中取得优异成绩的学生将获得丰厚的奖励和机会。
首先，每个级别的前10 名学生将获得奖学金。
此外，成绩优秀的学生还有机会获得大学的录取优惠或参加国际数学奥林匹克竞赛的选拔。