历年国际奥数题
最新国际奥数题及答案
最新国际奥数题及答案国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad, IMO）是一个面向中学生的数学竞赛，每年都会吸引来自世界各地的顶尖数学天才参与。
以下是一些最新的国际奥数题目及其解答思路：# 题目1：数列问题题目描述：给定一个数列，其中每个项都是前两项的和，即 \( a_{n} = a_{n-1} + a_{n-2} \)。
如果数列的前两项为 \( a_1 = 1 \) 和 \( a_2 = 1 \)，求第 \( n \) 项的通项公式。
解答思路：这是一个斐波那契数列的变种。
可以通过递推关系式求解。
首先，我们可以写出数列的前几项：- \( a_1 = 1 \)- \( a_2 = 1 \)- \( a_3 = a_1 + a_2 = 2 \)- \( a_4 = a_2 + a_3 = 3 \)- ...观察数列，我们发现每一项都是前一项加1。
因此，通项公式可以表示为：\[ a_n = n \]# 题目2：几何问题题目描述：在一个圆内接四边形ABCD中，已知AB=CD，BC=DA，且AB和CD的中点分别为E和F。
求证：EF垂直于AC。
解答思路：由于AB=CD，BC=DA，我们可以推断出四边形ABCD是一个菱形。
在菱形中，对角线互相垂直平分。
设AC与BD相交于点O，由于E和F分别是AB和CD的中点，根据中位线定理，EF平行于BD。
由于AC垂直于BD，因此EF也垂直于AC。
# 题目3：组合问题题目描述：有 \( n \) 个不同的球和 \( m \) 个不同的盒子，每个盒子可以放任意数量的球。
求将所有球放入盒子中的方法总数。
解答思路：这是一个经典的组合问题。
每个球都有 \( m \) 种选择放入哪个盒子。
由于有 \( n \) 个球，所以总的方法数为 \( m^n \)。
# 题目4：不等式问题题目描述：给定 \( a, b, c \) 为正实数，证明不等式 \( a^2 + b^2 + c^2\geq \frac{3}{2}(ab + bc + ca) \)。
高中国际奥数试题及答案
高中国际奥数试题及答案试题：高中国际奥数试题及答案题目一：几何问题在一个等边三角形ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，且DE平行于BC。
已知AD = 2，AE = 3，求DE的长度。
解答：设DE = x。
由于DE平行于BC，根据相似三角形的性质，我们有：\[\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{DE}{BC}\]由于ABC是等边三角形，AB = AC = BC，设其长度为a。
则有：\[\frac{2}{a} = \frac{3}{a} = \frac{x}{a}\]由于AD = 2，AE = 3，我们可以得到：\[AB = AD + DB = 2 + DB\]\[AC = AE + EC = 3 + EC\]由于DE平行于BC，三角形ADE与三角形ABC相似，有：\[\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}\]将已知数值代入，得到：\[\frac{2}{2 + DB} = \frac{3}{3 + EC}\]由于AD + DB = AB，AE + EC = AC，我们有：\[2 + DB = 3 + EC\]\[DB = EC + 1\]将DB代入相似比例中，得到：\[\frac{2}{3 + EC} = \frac{x}{a}\]由于AB = 2 + DB = 3 + EC，我们有：\[2 + EC + 1 = 3 + EC\]\[EC = 1\]将EC代入相似比例中，得到：\[\frac{2}{3 + 1} = \frac{x}{a}\]\[\frac{2}{4} = \frac{x}{a}\]\[x = \frac{a}{2}\]由于ABC是等边三角形，a = 2 + DB = 3 + EC = 4，所以：\[x = \frac{4}{2} = 2\]所以，DE的长度为2。
题目二：代数问题解方程：\[x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = 0\]解答：首先尝试因式分解：\[x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = (x - 1)(x^2 - 5x + 6)\]接着解\(x^2 - 5x + 6 = 0\)，这是一个二次方程，可以使用求根公式：\[x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\]将a = 1, b = -5, c = 6代入，得到：\[x = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 24}}{2}\]\[x = \frac{5 \pm 1}{2}\]所以，\(x = 3\) 或 \(x = 2\)。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛是世界范围内最具影响力和声誉的数学竞赛之一。
每年，来自各个国家的数学高手们聚集在一起，参与这项激烈而充满挑战的竞赛。
本文将介绍一些历年的国际数学奥林匹克竞赛试题，并提供相应的解答。
试题一：证明：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
解答一：我们可以通过反证法来证明这个命题。
假设4^n + n^4是一个素数，即不存在其他因子能够整除它。
考虑到任何正整数n都可以写成2k或2k+1的形式，其中k是整数。
当n为偶数时，可以将n表示为2k的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k)^4 = 2^(2n) + (2k)^4我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为偶数时，4^n + n^4不可能是素数。
当n为奇数时，可以将n表示为2k+1的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k+1)^4 = 2^(2n) + (2k+1)^4同样地，我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k+1)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k+1)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为奇数时，4^n + n^4同样不可能是素数。
综上所述，我们可以得出结论：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
试题二：证明：对于任意正整数n，n^2 + 3n + 1不是完全平方数。
解答二：我们同样可以使用反证法来证明这个命题。
假设n^2 + 3n + 1是一个完全平方数，即存在另一个正整数m，使得m^2 = n^2 + 3n + 1。
根据完全平方数的性质，m^2必然是一个奇数，因为奇数的平方也是奇数。
我们可以将n^2 + 3n + 1拆分为两部分，即(n^2 + 2n + 1) + n。
国际数学竞赛试题及答案解析大全
国际数学竞赛试题及答案解析大全引言：国际数学竞赛是一项旨在测试学生数学能力、逻辑思维和解决问题技巧的全球性竞赛。
它不仅能够激发学生对数学的兴趣，还能培养他们的创新思维和团队合作精神。
本大全收录了近年来国际数学竞赛的典型试题及其详细答案解析，旨在帮助参赛者更好地准备和理解竞赛内容。
试题一：题目：证明对于任意正整数\( n \)，\( 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \)。
答案解析：我们可以通过数学归纳法来证明这个公式。
首先验证\( n = 1 \)时成立：\[ 1^2 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} \]假设对于某个正整数\( k \)，公式成立，即：\[ 1^2 + 2^2 + \ldots + k^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} \]我们需要证明当\( n = k + 1 \)时，公式仍然成立：\[ 1^2 + 2^2 + \ldots + k^2 + (k + 1)^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2 \]\[ = \frac{k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)^2}{6} \]\[ = \frac{(k + 1)(2k^2 + k + 6k + 6)}{6} \]\[ = \frac{(k + 1)(2k + 1)(k + 3)}{6} \]这正是我们想要证明的公式，因此通过数学归纳法证明了该公式对所有正整数\( n \)都成立。
试题二：题目：在一个圆内接四边形ABCD中，已知AB = 2，BC = 3，CD = 4，DA = 5，求圆的半径。
答案解析：设圆的半径为\( r \)。
根据圆内接四边形的性质，对角和为180度，即\( ∠A + ∠C = 180^\circ \)。
利用余弦定理，我们可以求出\( AC \)的长度：\[ AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC) \]\[ AC^2 = 2^2 + 3^2 - 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos(180^\circ - \angle ACD) \]\[ AC^2 = 4 + 9 - 12 \cdot \cos(\angle ACD) \]同理，我们可以求出\( BD \)的长度：\[ BD^2 = CD^2 + DA^2 - 2 \cdot CD \cdot DA \cdot \cos(\angle CDA) \]\[ BD^2 = 4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \cos(180^\circ - \angle ABC) \]\[ BD^2 = 16 + 25 - 40 \cdot \cos(\angle ABC) \]由于ABCD是圆内接四边形，\( AC + BD = 2r \)。
高中国际奥数试题及答案
高中国际奥数试题及答案1. 题目：给定一个正整数n，求证：对于任意的正整数k，存在一个正整数m，使得m^2 - n^2 = 2k。
答案：我们可以通过构造法来证明这个命题。
首先，我们设m = n + k，那么m^2 = (n + k)^2 = n^2 + 2nk + k^2。
我们希望找到一个m使得m^2 - n^2 = 2k，即2nk + k^2 = 2k。
这可以简化为k(2n + k - 2)= 0。
显然，k不能为0，因此我们有2n + k - 2 = 0，即k = 2 - 2n。
由于n是正整数，2 - 2n总是一个正整数。
因此，我们可以取m = n+ (2 - 2n) = 2 - n，这样m^2 - n^2 = (2 - n)^2 - n^2 = 4 - 4n + n^2 - n^2 = 4 - 4n = 2(2 - 2n) = 2k。
这就证明了对于任意的正整数k，总存在一个正整数m使得m^2 - n^2 = 2k。
2. 题目：证明：对于任意的正整数n，n^5 - n 总是能被120整除。
答案：我们首先观察到n^5 - n = n(n^4 - 1) = n(n^2 + 1)(n^2 - 1)。
我们知道n^2 - 1可以被2整除，因为n^2是偶数。
同时，n^2 + 1可以被4整除，因为n^2是偶数或奇数。
接下来，我们注意到n(n^2 - 1) = n(n - 1)(n + 1)，其中n - 1和n + 1是连续的整数，因此至少有一个是偶数，所以n(n - 1)(n + 1)可以被2整除。
此外，n(n^2 - 1) = n(n - 1)(n + 1) = n(n^2 + n - n - 1) = n(n^2 + n - 1)，其中n^2 + n - 1可以被5整除，因为n(n - 1)是连续的整数，至少有一个是5的倍数。
最后，我们注意到n(n^2 + 1) = n^3 + n，其中n^3 + n可以被3整除，因为n(n + 1)是连续的整数，至少有一个是3的倍数。
国际奥数竞赛题目
选择题1. 在一个等差数列中，首项为3，公差为d，若第5项与第9项之和等于42，则d的值为：A. 2B. 3（正确答案）C. 4D. 52. 已知函数f(x) = x3 - ax2 + bx - 8有两个相异的极值点，且其中一个极值点为(1, -11)，则a + b等于：A. -3B. 5C. -9（正确答案）D. 123. 设集合A = {x | x = 2n - 1, n ∈ N*}，B = {x | x = 3m, m ∈ N*}，则A ∩ B中最小的元素是：A. 1B. 7C. 8D. 64（正确答案，当n=6, m=4时）4. 三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a, b, c，若a + b + c = 20，三角形面积为10√3，A = 60°，则a的值为：A. 5B. 6C. 7（正确答案）D. 85. 已知复数z满足(1 + i)z = 1 - 3i，则复数z的模为：A. √5B. 2（正确答案）C. √10D. 46. 设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x ≥ 0时，f(x) = x2 - 2x，则不等式f(x + 2) < 0的解集为：A. (-1, 3)B. (-3, 1)（正确答案）C. (-∞, -1) ∈ (3, +∞)D. (-∞, -3) ∈ (1, +∞)7. 已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，且过点(4,1)，离心率e = √7/4，则椭圆C的方程为：A. x2/16 + y2/9 = 1B. x2/12 + y2/5 = 1C. x2/16 + y2/3 = 1（正确答案）D. x2/9 + y2/16 = 18. 设数列{an}满足a1 = 1，且an+1 = 2√(an * an+1 - an2)，则数列{an}的通项公式为：A. an = n2B. an = 2nC. an = n（正确答案）D. an = 2(n-1)9. 已知向量a = (1, 2)，b = (2, m)，若(a + 2b) ∈ a，则m的值为：A. -1B. -2（正确答案）C. 1/2D. 2。
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．。
国际数学奥林匹克竞赛真题集
国际数学奥林匹克竞赛真题集国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是全球最大规模、最高水平的青少年数学竞赛。
每年，来自世界各国的优秀中学生齐聚一堂，通过数学思维和解题能力的比拼，展示自己在数学领域的才华。
本文将介绍一些历年IMO竞赛的真题，以展示这一赛事的难度和魅力。
1. 第42届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：给定正整数n，证明存在正整数a，b，和不全为0的非负整数c1，c2，...，cm，使得:(sqrt(2)+sqrt(3))^n = a + b*sqrt(2)+ c1*sqrt(5)+...+cm*(2^(m/2) + 3^(m/2))问题2：设a，b，c为实数，满足a+b+c=3，证明：(a^3+b^3+c^3)/3 ≥ a^2+b^2+c^2-1这些问题要求参赛选手在限定的时间内解决，对于数学知识的掌握和思维能力的发挥都提出了极为严格的要求。
解决这些问题需要结合数学定理和巧妙的思路，考验了选手的数学素养和逻辑推理能力。
2. 第56届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设ABC为等边三角形，D为BC的中点，点E在BC上，使得BE=2CD。
若角BAD的度数为x，求角EAC的度数。
问题2：已知n为正整数，证明存在正整数a，b，c，使得:a^2 + b^2 + c^2 = 1981n这些问题涉及到了平面几何和代数方程的求解，在解题过程中要运用到各种几何定理和代数技巧。
选手需要具备较强的图形分析和代数运算能力，同时发挥创造性思维，寻找解决问题的新思路。
3. 第58届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设a，b，c为正整数，满足a^2 + b^2 + 2014 = c^2，求a的最小值。
问题2：给定一个100×100的方格纸，问最多能用多少条线将方格纸划分成互不相交的部分。
这些问题融合了数论和组合数学的思想，要求选手在解题过程中综合运用多个数学知识点，寻找问题的规律和特殊性质。
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第一届（1959）1.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 acos2x + bcos 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。
第二届（1960）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： 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a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 a = 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。
第三届（1961）1.设a、b是常数，解方程组 x + y + z = a; x2 + y2 + z2 = b2; xy=z2并求出若使x、y、z是互不相同的正数，a、b应满足什么条件？2.设a、b、c是某三角形的边，A 是其面积，求证：a2 + b2 + c2 >= 4√3 A. 并求出等号何时成立。
3.解方程 cosnx - sinnx = 1, 其中n是一个自然数。
4.P是三角形ABC内部一点，PA交BC于D，PB交AC于E，PC交AB于F，求证AP/PD, BP/PE, CP/PF 中至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2。
5.作三角形ABC使得 AC=b, AB=c，锐角AMB = a,其中M是线断BC的中点。
求证这个三角形存在的充要条件是 b tan(a/2) <= c < b.又问上式何时等号成立。
6.三个不共线的点A、B、C，平面p不平行于ABC，并且A、B、C在p的同一侧。
在p上任意取三个点A', B', C'， A'', B'', C''设分别是边AA', BB', CC'的中点，O是三角形A''B''C''的重心。
问，当A',B',C'变化时，O的轨迹是什么？第四届（1962）1.找出具有下列各性质的最小正整数 n：它的最后一位数字是6，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被。
2.试找出满足下列不等式的所有实数 x：√(3-x)- √(x+1) > 1/2.3.正方体 ABCDA'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。
求线断XY的中点的轨迹。
4.解方程cos2x + cos22x + cos23x = 1。
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。
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√(R(R-2r))。
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。
第五届（1963）1.找出下列方程的所有实数根（其中 p是实参数）：√(x2-p)+2√(x2-1) = x.2.给定一点A及线断BC，设空间中一点P使得存在线段BC上有一点X满足角APX是直角，试求出所有这样的点P的轨迹。
3.在一个 n边形中，所有内角都相等，边长依次是a1 >= a2 >= ... >= an，求证：所有边长都相等。
4.设 y是一个参数，试找出方程组 xi + xi+2 = y xi+1 (i = 1, ... , 5)的所有解 x1, ... , x5。
5.求证 cos pi/7 - cos 2pi/7 + cos 3pi/7 = 1/2.6.五个同学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？第六届（1964）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。
2.假设a、b、c是某三角形的三边长，求证： a2(b + c - a) + b2(c + a - b) + c2(a + b - c) <= 3abc.3.△ABC的三边长为别为a、b、c.分别平行于ABC的各边作△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）。
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。
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。
6.四面体ABCD的中心是D0，过A、B、C作DD0的平行线，这些线分别交平面BCD、CAD、ABD于点 A0、 B0、C0，求证：ABCD的体积是A0B0C0D0的三分之一；再问如果D0为△ABC内的任意一点，结果是否仍然成立？第七届(1965)1.试找出所有位于区间[0, 2pi] 的x使其满足 2 cos x ≤ | √(1 + sin 2x) - √(1- sin 2x)| ≤ √2 .2.如下方程组的系数 aij，a11x1 + a12 x2+ a13 x3 = 0 ,a21x1 + a22x2 + a23x3 = 0 ,a31x1 + a32x2 + a33x3 = 0满足：a.a11、a22、a33 是正数，其余是负数； b.每个方程中的系数之和是正的。
求证：该方程组的有唯一的解 x1 = x2 = x3 = 0。
3.四面体ABCD被平行于AB、CD边的一个平面分割成两部分，并且该平面到AB边的距离是该平面到CD边距离的 k倍。
试求出这两部分的体积比。
4.四个实数，它们中的任何三个的乘积再加上第四个数都等于2，求出这四个数的所有可能值。
5.△OAB中的角O是锐角，M是边AB上任意一点，从M向OA、OB边引垂线，垂足分别为P、Q。
设△OPQ的垂心为，求出当M在AB边上移动时点H的轨迹；若M在△OAB内部移动是H的轨迹又是什么？6.平面上给定了 n>2个点，任何两点之间都有线断相连，这些线断长度中的最大值被定义为这个点集的直径，求证：长度为直径的线断至多有n条。
第八届（1966）1.在一次数学竞赛中共有A、B、C三道题，25名参赛者每人至少答对了一题。
在所有没有答对A的学生中，答对B的人数是答对C的人数的两倍，只答对问题A的人数比既答对A又至少答对其他一题的人数多1。
又已知在所有恰好答对一题的参赛者中，有一半没有答对A。
请问有多少学生只答对B？2.三角形ABC，如果， BC + AC = tan C/2 (BC tan A + AC tan B).则该三角形为等腰三角形。
3.求证：从正四面体的内切圆圆心到各顶点距离之和小于从空间中任意其他点到各顶点距离之和。
4.对任何自然数 n以及满足 sin 2nx 不为 0 的实数x，求证：1/sin 2x + 1/sin 4x + ... + 1/sin 2nx = cot x - cot 2nx.5.ai （i=1,2,3,4）是互不相同的实数，解方程组（i=1,2,3,4） |ai - a1| x1 + |ai - a2| x2 + |ai - a3| x3 + |ai - a4| x4 = 1。
6.在△ABC的边BC、CA、AB上分别任选三内点K、L、M，求证△AML、BKM、CLK之中至少有一个的面积小于或等于△ABC的四分之一。
第九届（1967）1.平行四边形ABCD，边长 AB = a, AD = 1, 角 BAD = A, 已知三角形ABD是一个锐角三角形，求证以A,B,C,D为圆心半径为1的四个圆能够覆盖此平行四边形的充要条件是 a ≤ cos A + √3 sin A.2.若四面体有且仅有一边大于1，求证其体积≤ 1/8.3.k, m, n 是自然数且 m + k + 1 是一个大于 n+1 的素数，令cs = s(s+1)，求证 (cm+1 - ck)(cm+2 - ck) ... (cm+n - ck)可被乘积 c1c2 ... cn整除。