普特南数学竞赛试题
2019普特南数学竞赛原题
2019普特南数学竞赛原题摘要：一、引言1.介绍普特南数学竞赛2.2019 年普特南数学竞赛原题的背景二、竞赛原题1.题目概述2.题目具体内容三、解题思路1.分析题目2.确定解题方法3.解题步骤四、答案与解析1.答案2.解析五、总结1.对竞赛原题的点评2.对参赛者的建议正文：一、引言普特南数学竞赛（Putnam Mathematical Competition）是一项在全球范围内举办的大学生数学竞赛，被誉为数学界的“诺贝尔奖”。
每年12 月份，来自世界各地的大学生们会聚集在一起，挑战各种数学难题。
2019 年的普特南数学竞赛原题，为参赛者们带来了全新的挑战与思考。
二、竞赛原题2019 年普特南数学竞赛原题如下：已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1，求解f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值。
三、解题思路1.分析题目首先，我们要对题目中的函数f(x) 进行分析。
通过观察，我们可以发现这是一个三次函数，并且它在区间[0, 2] 上有两个零点（即函数值为0 的点）。
我们需要找到这个函数在这个区间上的最小值。
2.确定解题方法为了求解这个问题，我们可以使用导数法。
通过求函数f(x) 的导数，找到函数的极值点。
然后，结合函数的端点值，比较这三个值，找到函数的最小值。
3.解题步骤(1) 求导数：f"(x) = 3x^2 - 6x + 2(2) 求极值点：令f"(x) = 0，解得x = 1 ± √2/3(3) 比较函数值：将极值点和端点值代入原函数，得到f(0) = 1，f(1+√2/3) ≈ -0.316，f(1-√2/3) ≈ -0.316，f(2) = 3(4) 确定最小值：f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值为f(1+√2/3) ≈ -0.316。
四、答案与解析答案：f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值为-0.316。
解析：通过求导数和比较函数值，我们找到了函数f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值。
2018年PTN竞赛试题
B3 Find all positive integers n < 10100 for which simultaneously n divides 2n, n − 1 divides 2n − 1, and n − 2 divides 2n − 2.
B4 Given a real number a, we define a sequence by x0 = 1, x1 = x2 = a, and xn+1 = 2xnxn−1 − xn−2 for n ≥ 2. Prove that if xn = 0 for some n, then the sequence is periodic.
2
>0
∂ x1 ∂ x2 4 ∂ x2 ∂ x1
everywhere. Prove that f is one-to-one.
B6 Let S be the set of sequences of length 2018 whose terms are in the set {1, 2, 3, 4, 5, 6, 10} and sum to 3860. Prove that the cardinality of S is at most
B5 Let f = ( f1, f2) be a function from R2 to R2 with con-
tinuous
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.
一道普特南数学竞赛题的简解
一道普特南数学竞赛题的简解
罗建中
【摘要】@@ 文[1]中给出了如下一道普特南数学竞赛题:rn设ABCDEF是半径为r的圆内接六边形,AB=CD=EF=r,证明:BC,DE,FA的中点是一等边三角形的顶点.【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】2010(000)004
【总页数】1页(P44)
【作者】罗建中
【作者单位】广东佛山市南海区石门中学,528248
【正文语种】中文
文[1]中给出了如下一道普特南数学竞赛题：
如图1，设ABCDEF是半径为r的圆内接六边形，=r，证明的中点是一等边三角形的顶点.(第28届美国普特南数学竞赛题，1967)
文[1]作者介绍了用复数变换作的简单证明，然后又介绍了用综合方法得到的新证.在《数学课程标准》中对复数要求较低，用复数变换来证学生难以理解，而综合法的证明又较复杂，下面笔者介绍用向量或余弦定理证明的方法，供大家参考.
证明1 设∠BOC=α,∠DOE=β,∠FOA=γ，
因△OAB,△OCD,△OEF为等边三角形，则α+β+γ=180°.
而,
所以).
〗.
上述结果关于α，β，γ对称，故知，即△PRQ是等边三角形.
评注我们注意到若ABCDEF的位置有交换，只要把相应的角α，β，γ理解为有向角即可，因此，上述证明对文[1]中的图3,4,5仍然是成立的.
证明2 因P，Q，R分别是BC，DE，FA的中点，则，由余弦定理，知
〗.
同理，可证QR=RP=PQ ，故△PRQ是等边三角形.
【相关文献】
[1] 朱汉林.一道普特南数学竞赛题之教学札记[J].中学数学月刊,2009(10).。
2020年普特南数学竞赛题
2020年普特南数学竞赛题1. 给出所有整数解$(x, y, z)$，满足$x^3 + y^3 + z^3 = 3xyz$。
2. 证明或反驳：存在无穷多个质数$p$，使得$p + 2$也是质数。
1. 给定一个三角形，证明其内部存在一个点，该点到三角形的三边的距离之和最小。
2. 考虑一个圆和一个椭圆，它们具有相同的面积。
求证：椭圆周长大于圆的周长。
1. 一共有$n$个人站成一排，证明存在一种排列方式，使得没有人站在自己的左边。
2. 给出两个长度为$n$的序列，证明存在一种方法使得一个序列可以被另一个序列覆盖，使得覆盖的元素之和相等。
1. 给定一个无向图，证明图中存在一个顶点，其度数（与该顶点相连的边数）大于等于$\frac{n}{4}$，其中$n$是顶点的数量。
2. 证明或反驳：对于任意给定的正整数$n$，都存在一个由$n$个正整数构成的集合，使得该集合中任意两个数的比值都不相同。
1. 证明：对于任意两个实数$a$和$b$，都存在一个整数$N$，使得$a^N > b$。
2. 给出复平面上的一个开集，证明在该开集内存在一个闭集，该闭集的边界包含在给定的开集中。
1. 证明：对于任意一个常微分方程，都存在一个解，使得该解在某一点达到其最大值或最小值。
2. 考虑一个由以下方程描述的线性动力系统：$\frac{dx}{dt} = ax + b$。
证明：当$a > 0$时，该系统是稳定的；当$a < 0$时，该系统是不稳定的。
1. 给定一个矩阵A，其中所有行和所有列的和都等于0。
证明：A是奇异的（行列式为0）。
2. 对于一个给定的矩阵A，证明：如果A的所有特征值都是正的，那么A是正定的。
1. 证明：任意一个无向图都可以被划分为不超过其顶点数一半的连通子图。
2. 给定一个图，其中任意两个顶点之间最多有一条边。
证明：存在一种颜色分配方法，使得任意两个相邻的顶点颜色不同。
1. 给定一个目标函数和约束条件，使用线性规划方法找到最优解。
普特南数学竞赛(详细解答)1996s
Solutions to the Fifty-Eighth William Lowell Putnam Mathematical CompetitionSaturday,December7,1996Manjul Bhargava and Kiran KedlayaA-1If and are the sides of two squares with combined area1,then.Suppose without loss of gen-erality that.Then the shorter side of a rectangle containing both squares without overlap must be at least,and the longer side must be at least.Hence the desired value of is the maximum of.Tofind this maximum,we let with.Then we are to maximizewith equality for.Hence this value is the de-sired value of.A-2Let and be the centers of and,respec-tively.(We are assuming has radius1and has radius3.)Then the desired locus is an annulus centered at the midpoint of,with inner radius1and outer radius2.For afixed point on,the locus of the midpoints of the segments for lying on is the image ofunder a homothety centered at of radius,which is a circle of radius.As varies,the center of this smaller circle traces out a circle of radius(again by homothety).By considering the two positions ofon the line of centers of the circles,one sees that is centered at the midpoint of,and the locus is now clearly the specified annulus.A-3The claim is false.There are ways to choose 3of the6courses;have each student choose a different set of3courses.Then each pair of courses is chosen by 4students(corresponding to the four ways to complete this pair to a set of3courses)and is not chosen by4 students(corresponding to the3-element subsets of the remaining4courses).Note:Assuming that no two students choose the same courses,the above counterexample is unique(up to per-muting students).This may be seen as follows:Given a group of students,suppose that for any pair of courses (among the six)there are at most4students taking both, and at most4taking neither.Then there are at mostpairs,where is a student,andis a set of two courses of which is taking either both or none.On the other hand,if a student is takingcourses,then he/she occurs in such pairs.As is minimized for,it follows that every student occurs in at least such pairs.Hence there can be at most stu-dents,with equality only if each student takes3courses, and for each set of two courses,there are exactly4stu-dents who take both and exactly4who take neither.Since there are only4ways to complete a given pair of courses to a set of3,and only4ways to choose3 courses not containing the given pair,the only way for there to be20students(under our hypotheses)is if all sets of3courses are in fact taken.This is the desired conclusion.However,Robin Chapman has pointed out that the so-lution is not unique in the problem as stated,because a given selection of courses may be made by more than one student.One alternate solution is to identify the6 courses with pairs of antipodal vertices of an icosahe-dron,and have each student pick a different face and choose the three vertices touching that face.In this ex-ample,each of10selections is made by a pair of stu-dents.A-4In fact,we will show that such a function exists with the property that if and only iffor some cyclic permutation of .We proceed by induction on the number of el-ements in.If and,then choose with,otherwise choosewith.Now let be an element of and.Let be the elements of labeled such that.We claim that there ex-ists a unique such that, where hereafter.We show existencefirst.Suppose no such exists;then for all,we have.This holds by property1for and by induction onin general,noting thatApplying this when,we get,contradicting the fact that.Hence ex-istence follows.Now we show uniqueness.Suppose;then for any,we haveby the assumption on .Thereforeso.The case is ruled out byand the case is similar.Finally,we put in if,andotherwise;an analysis similar to that above shows that has the desired property.A-5(due to Lenny Ng)For,divides andwhere the congruence means thatis a rational number whose numerator,in reduced form, is divisible by.Hence it suffices to show thatfor each positive integer.By induction on,for all,so the sequence tends to a limit which is aroot of not less than.Of course this means.Since for all and, we conclude,so is constant on.If and is defined as before,then by in-duction,.Note that the sequence canbe defined because;the latter follows by notingthat the polynomial is positive at andhas its minimum at,so both roots are greaterthan.In any case,we deduce that is also constanton.Finally,suppose.Now define.Given that,we have.Thus if we had for all,by the same argument as inthefirst case we deduce and so.Actually,this doesn’t happen;eventually we have,in which case by what wehave already shown.We conclude that is a constantfunction.(Thanks to Marshall Buck for catching an in-accuracy in a previous version of this solution.)Now suppose.Then the sequence definedby and is strictly increasingand has no limit point.Thus if we define onas any continuous function with equal values on theendpoints,and extend the definition from toby the relation,and extend the definition further to by the relation,the resulting function has the desired property.Moreover,any function with that propertyclearly has this form.B-1Let denote the set,and let denote the number of minimal selfish subsets of.Then thenumber of minimal selfish subsets of not containing 2is equal to.On the other hand,for any mini-mal selfish subset of containing,by subtracting1 from each element,and then taking away the element from the set,we obtain a minimal selfish subset of(since and cannot both occur in a selfish set).Conversely,any minimal selfish subset ofgives rise to a minimal selfish subset of containingby the inverse procedure.Hence the number of min-imal selfish subsets of containing is.Thus we obtain.Since,we have,where denotes the th term of the Fibonacci sequence.B-2By estimating the area under the graph of using up-per and lower rectangles of width2,we getSince,we have,upon expo-nentiating and taking square roots,a nilpotent matrix.Thus is also nilpotent.How-ever,the square of any nilpotent matrix must be zero(e.g.,by the Cayley-Hamilton theorem).This is a contradiction.B-5Consider a checkerboard,in which we write an -letter string,one letter per square.If the string is balanced,we can cover each pair of adjacent squares containing the same letter with a domino,and these will not overlap(because no three in a row can be the same).Moreover,any domino is separated from the next by an even number of squares,since they must cover opposite letters,and the sequence must alternate in between.Conversely,any arrangement of dominoes where ad-jacent dominoes are separated by an even number of squares corresponds to a unique balanced string,once we choose whether the string starts with or.In other words,the number of balanced strings is twice the number of acceptable domino arrangements.We count these arrangements by numbering the squaresand distinguishing whether the dominoes start on even or odd numbers.Once this is decided,one simply chooses whether or not to put a domino in each eligible position.Thus we have arrangements in thefirst case and in the second,but note that the case of no dominoes has been counted twice.Hence the number of balanced strings isB-6We will prove the claim assuming only that the convex hull of the points contains the origin in its in-terior.(Thanks to Marshall Buck for pointing out that the last three words are necessary in the previous sen-tence!)Let so that the left-hand side of the given equation is(1)Now note that(1)is the gradient of the functionand so it suffices to show has a critical point.We willin fact show has a global minimum.Clearly we haveNote that this maximum is positive for:if we had for all,then the subsetof the-plane would be a half-plane containing all of the points,whose convex hullwould then not contain the origin,a contradiction.The function is clearly continuous onthe unit circle,which is compact.Hence ithas a global minimum,and so for all,.Since,the infimum of is the same over the entire-plane as over this disk,which again is compact.Hence attains its infimalvalue at some point in the disk,which is the desiredglobal minimum.Noam Elkies has suggested an alternate solution as fol-lows:for,draw the loop traced by(1)astravels counterclockwise around the circle.For,this of course has winding number0aboutany point,but for large,one can show this loop haswinding number1about the origin,so somewhere inbetween the loop must pass through the origin.(Prov-ing this latter fact is a little tricky.)4。
第六十八届普特南数学竞赛答案
第六十八届普特南数学竞赛答案1、8．数轴上一个数到原点距离是8，则这个数表示为多少（）[单选题] *A．8或﹣8(正确答案)B．4或﹣4C．8D．﹣42、2005°角是（）[单选题] *A、第二象限角B、第二象限角(正确答案)C、第二或第三象限角D、第二或第四象限角3、14、在等腰中，如果的长是的2倍，且三角形周长为40，那么的长是（）[单选题] * A．10B．16 (正确答案)C．10D．16或204、下列计算正确是（）[单选题] *A. 3x﹣2x=1B. 3x+2x=5x2C. 3x?2x=6xD. 3x﹣2x=x(正确答案)5、40．若x+y＝2，xy＝﹣1，则（1﹣2x）（1﹣2y）的值是（）[单选题] * A．﹣7(正确答案)B．﹣3C．1D．96、37．若x2+2（m﹣1）x+16是完全平方式，则m的值为（）[单选题] * A．±8(正确答案)B．﹣3或5C．﹣3D．57、若a＝－3 ?2，b＝－3?2，c＝(－)?2，d＝(－)?，则( ) [单选题] *A. a＜d＜c＜bB. b＜a＜d＜cC. a＜d＜c＜bD. a＜b＜d＜c(正确答案)8、二次函数y=3x2-4x+5的二次项系数是（）。
[单选题] *3(正确答案)4519、39、在平面直角坐标系中，将点A（m，m+9）向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到点B，若点B在第二象限，则m的取值范围是（）[单选题] *A．﹣11＜m＜﹣4B．﹣7＜m＜﹣4(正确答案)C．m＜﹣7D．m＞﹣410、3．(2020·新高考Ⅰ，1,5分)设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=( ) [单选题] * A．{x|2<x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4}(正确答案)D．{x|1<x<4}11、已知2x=8,2y=4,则2x+y=（）[单选题] *A 、32(正确答案)B 、33C、16D、412、35、下列判断错误的是（）[单选题] *A在第三象限，那么点A关于原点O对称的点在第一象限.B在第二象限，那么它关于直线y=0对称的点在第一象限.(正确答案) C在第四象限，那么它关于x轴对称的点在第一象限.D在第一象限，那么它关于直线x=0的对称点在第二象限.13、20．下列说法正确的是（）[单选题] *A．符号相反的两个数互为相反数B．一个数的相反数一定是正数C．一个数的相反数一定比这个数本身小D．一个数的相反数的相反数等于原数(正确答案)14、下列各角中，是界限角的是（）[单选题] *A. 1200°B. -1140°C. -1350°(正确答案)D. 1850°15、y=k/x（k是不为0的常数）是（）。
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普特南数学竞赛原题
2019普特南数学竞赛原题一、选择题（每题3分，共30分）下列函数中，为奇函数的是（）A. y=sinx+1B. y=x3C. y=xD. y=x21已知向量 a⟶=(1,2)，b⟶=(3,1)，则 a⟶⋅b⟶= （）A. 5B. 7C. 1D. -1已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，若 a1=1，S3=9，则公差 d= （）A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题（每题4分，共20分）已知函数 f(x)=log2(3x−2)的定义域为_______。
已知tanα=2，则4sinα+3cosα2sinα−cosα= _______。
若直线 l 过点 (2,3) 且与两坐标轴围成的三角形面积为4，则直线 l 的方程为_______。
三、解答题（共70分）1.（12分）已知数列 {an} 满足 a1=1，an+1=2an+1。
（1）求证：数列 {an+1} 是等比数列；（2）求数列 {an} 的通项公式。
2.（12分）已知圆 C:x2+y2=4，直线 l:y=kx+1。
（1）若直线 l 与圆 C 相切，求 k 的值；（2）若直线 l 与圆 C 相交于 A,B 两点，且∣AB∣=23，求 k 的值。
3.（12分）已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，a2=3，S5=20。
（1）求数列 {an} 的通项公式；（2）求数列 {anan+11} 的前 n 项和 Tn。
4.（14分）设函数 f(x)=31x3−x2+ax+b。
（1）若 f(x) 在 x=1 及 x=3 时取得极值，求 a,b 的值；（2）若 f(x) 在(−∞,2)上为减函数，在(2,+∞)上为增函数，求 f(x) 的单调递减区间。
5.（20分）已知椭圆 C:a2x2+b2y2=1（a>b>0）的离心率为 23，短轴长为 23。
（1）求椭圆 C 的方程；（2）过点 P(4,0) 作直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点。
2022普特南数学竞赛试题
六年级下学期期末数学竞赛试题一、填空：（每空1分，共24分）1、43吨＝（ ）千克 15分＝（ ）时 2、（ ）和0.3互为倒数3、比16千克多21 是（ ）千克；（ ）米比36米少32米 4、女生有25人，男生有20人，男生比女生少（ ）%5、（ ）÷8 = （ ）4= 0.5 =( )% = ( ):( )=（ ）折 6、将5.4：0.3化简为最简单的整数比是（ ），比值是（ ）7、一件衣服原价400元，先降价51，再提价41，现在这件衣服需要（ ）元 8、把圆剪开，拼成一个近似的长方形，长方形的长为12.56cm ，这个圆的周长是（ ）cm ，面积是（ ）2cm9、把一个圆柱的直径扩大3倍后，高不变，它的侧面积为原来的（ ）倍，它的体积为原来的（ ）倍.10、把一个直径为2分米，高为3分米的圆柱形木料，如果沿高切开得到两个几何体，表面积增加的最大值是（ ）平方分米；如果削为一个最大的圆锥，圆锥的体积是（ ）立方分米11、从一个长是10分米，宽是6分米的长方形纸里剪出一个最大的圆，这个圆面积是（ ）平方分米，剩下部分的面积约占长方形总面积的（ ）%二、判断下面各题，对的在括号里画“√”，错的画“×”（5分）1、甲比乙多 15 米，也就是乙比甲少 15米 （ ） 2、 某班男、女生人数的比是7：8，男生占全班人数的157 （ ） 3、 半径是2厘米的圆，它的周长与面积相等 （ ）4、 某商品打“七五折”出售，就是降价85%出售 （ ）5、一个圆柱和一个圆锥的高相等，体积也相等，圆柱的底面积是15平方厘米，则圆锥的底面积是5平方厘米 （ ）三、选择正确的答案，把答案的序号填在括号里 （5分）1、下面的算式中结果最小的是（ ）A 、683÷B 、 836÷ C 、 836⨯ 2、甲数是乙数的54,乙数比甲数少（ ）% A 、25 B 、75 C 、203、某校七年级有500名学生，在一次视力检查中，近视的的有200人，绘制成扇形统计图，代表“视力近视”的扇形圆心角是 （ ）A 、144°B 、162°C 、216°4、一件工程，甲队单独做需5天完成，乙队单独做需4天完成，甲乙两队的工效的比是（ ）A 、5 :4B 、4 ：5C 、41：51 5、一个圆锥与一个圆柱体的底面周长的比是1：2，圆锥的高是圆柱的6倍，圆柱体的体积是圆锥的（ ）A 、 2 倍B 、32C 、61 四、计算下面各题（40分）1、直接写出得数（每式1分，共8分）34 ×8 = 23 ÷2 = 910 ÷ 35 = 16 × 38= 103×125= 1÷115= 21÷60%= 6.8÷10%= 2、怎样算简便就怎样算（每式3分，共15分）49 × 15 ÷ 45 81×58＋42÷8 36×（23 ＋ 16 － 75%） 81×[21÷（53×910）] （21＋41）÷（80%÷4－101）3、解方程（9分）x ÷43＝54 1－85x ＝34 ×23 41x ＝31:30％4、看图计算（每题4分，共8分）（1）求下面图形中阴影部分的面积.(单位：cm)（2）把一个棱长6分米的正方体木块，削成一个最大的一圆柱体，这个圆柱的体积是多少立方分米？四、应用题：（每题共26分，第1、2、3、5、6题每题4分，第4题6分）1、鹅的孵化期是30天，鸭的孵化期是鹅的1514，鸡的孵化期是鸭的43。
- 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)。
普特南数学竞赛试题
摘要：
一、普特南数学竞赛背景介绍
1.普特南数学竞赛的起源
2.竞赛的组织机构
3.竞赛的规模和影响力
二、普特南数学竞赛试题特点
1.试题难度和范围
2.试题的原创性
3.试题的区分度
三、普特南数学竞赛对我国学生的启示
1.提高学生的数学素养
2.培养学生的创新思维
3.激发学生对数学的兴趣
四、我国学生参加普特南数学竞赛的意义
1.提升国际竞争力
2.扩大国际交流与合作
3.为我国数学教育发展提供借鉴
正文：
普特南数学竞赛（Putnam Mathematical Competition）是由美国数学及其应用联合会（American Mathematical Society,AMS）和美国数学竞赛委
员会（Mathematical Association of America,MAA）共同组织的一年一度的国际性数学竞赛。
竞赛始于1938 年，以纪念美国数学家、教育家、哲学家普特南（Joseph Henry Putnam）而命名。
该竞赛旨在选拔和培养全球优秀的数学人才，激发青少年对数学的兴趣和热情，提高数学教育水平。
普特南数学竞赛试题以严谨、创新、挑战性强而著称。
竞赛试题分为两部分，共计12 道题，难度逐渐提高。
试题涵盖了代数、几何、组合、数论、概率等广泛的数学领域，要求参赛者在规定时间内完成。
竞赛试题的原创性极高，往往需要参赛者运用创新思维和灵活解题技巧。
此外，普特南数学竞赛试题具有良好的区分度，能够有效地选拔出具有潜力和天赋的数学人才。
我国学生参加普特南数学竞赛有着重要的意义。
首先，参加普特南数学竞赛有助于提高学生的数学素养，拓宽数学视野，培养逻辑思维能力。
其次，竞赛过程中，学生可以锻炼创新思维，学会在看似复杂的问题中寻找规律，提升解决问题的能力。
最后，普特南数学竞赛能够激发学生对数学的兴趣，培养学生的学术热情，为我国数学教育发展提供源源不断的人才。
总之，普特南数学竞赛作为一项具有国际影响力的数学竞赛，对我国学生具有重要的启示作用。