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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
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+1ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ, 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…01ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ .令

S1={100…0ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ },S i={a1a2…a k+1ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ

ˉ ˉ ˉ ˉ∈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…0ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ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…a

k+1ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ, 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N

2?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)

min{A j+1(D j+1),A j+1(D C j+1)}

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

∈{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)

(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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第36届国际数学奥林匹克试题 1.(保加利亚) 设A 、B 、C 、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点,分别以AC 、BD 为直径的圆相交于X 和Y ,直线XY 交BC 于Z 。若P 为XY 上异于Z 的一点,直线CP 与以AC 为直径的圆相交于C 和M ,直线BP 与以BD 为直径的圆相交于B 和N 。试证:AM 、DN 和XY 三线共点。 证法一:*设AM 交直线XY 于点Q ,而DN 交直线XY 于点Q ′(如图95-1,注意:这里只画出了点P 在线段XY 上的情形,其他情况可类似证明)。须证:Q 与Q ′重合。 由于XY 为两圆的根轴,故XY ⊥AD ,而AC 为直径,所以 ∠QMC=∠PZC=90° 进而,Q ,M ,Z ,B 四点共圆。 同理Q ′,N ,Z ,B 四点共圆。 这样,利用圆幂定理,可知 QP ·PZ=MP ·PC=XP ·PY , Q ′P ·PZ=NP ·PB=XP ·PY 。 所以,QP= Q ′P 。而Q 与Q ′都在直线XY 上且在直线AD 同侧,从而,Q 与Q ′重合。命题获证。 分析二* 如图95-2,以XY 为弦的任意圆O , 只需证明当P 确定时,S 也确定。 证法二:设X (0,m ),P (0,y 0), ∠PCA=α, m 、y 0是定值。有2 0.yx x x ctg y x C A c =?-=但α, 则.0 2 αtg y m x A -= 因此,AM 的方程为 ).(0 2 ααtg y m x ctg y ?+=

令0 2,0y m y x s ==得,即点S 的位置取决于点P 的位置,与⊙O 无关,所以AM 、DN 和ZY 三条直线共点。 2.(俄罗斯)设a 、b 、c 为正实数且满足abc=1。试证: .2 3)(1)(1)(1333≥+++++b a c a c b c b a 证法一:**设γβα++=++=++=---------1111111112,2,2b a c a c b c b a , 有.0=++γβα于是, ) (4)(4)(4333b a c a c b c b a +++++ )(4)(4)(4333b a c a b c a c b a b c c b a a b c +++++= 112 111121111211)()()(------------+++++++++++=b a b a c c b c b c b γαβα 21112 1112111111)()()()(2)(2γβαγβα------------+++++++++++=b a a c c b c b a .6132)111(23=?≥++≥abc c b a ∴原不等式成立。 背景资料:陕西省永寿县中学安振平老师在《证明不等式的若干代换技巧》一文中运用“增量代换”给出证法一,还用增量代换法给出第 6届IMO 试题的证明。什么是增量代换法?—— 由α≤+=≥0,,其中令a b a b a 称为增量。运用这种方法来论证问题,我们称为增量代换法。 题1 设c b a ,,是某一三角形三边长。求证: .3)()()(222abc c b a c b a c b a c b a ≤-++-++-+ (第6届IMO 试题) 证明 不失一般性,设.,0,0,0,,,y x z y x z y x c y x b x a >≥≥>++=+==且 abc c b a c b a c b a c b a 3)()()(222--++-++-+则 + ++++-+++++-++++=x z y x y x x z y x y x x z y x y x x [)()]()[()(])()[(222

国际数学奥林匹克IMO试题(官方版)2000_eng

41st IMO2000 Problem1.AB is tangent to the circles CAMN and NMBD.M lies between C and D on the line CD,and CD is parallel to AB.The chords NA and CM meet at P;the chords NB and MD meet at Q.The rays CA and DB meet at E.Prove that P E=QE. Problem2.A,B,C are positive reals with product1.Prove that(A?1+ 1 B )(B?1+1 C )(C?1+1 A )≤1. Problem3.k is a positive real.N is an integer greater than1.N points are placed on a line,not all coincident.A move is carried out as follows. Pick any two points A and B which are not coincident.Suppose that A lies to the right of B.Replace B by another point B to the right of A such that AB =kBA.For what values of k can we move the points arbitrarily far to the right by repeated moves? Problem4.100cards are numbered1to100(each card di?erent)and placed in3boxes(at least one card in each box).How many ways can this be done so that if two boxes are selected and a card is taken from each,then the knowledge of their sum alone is always su?cient to identify the third box? Problem5.Can we?nd N divisible by just2000di?erent primes,so that N divides2N+1?[N may be divisible by a prime power.] Problem6.A1A2A3is an acute-angled triangle.The foot of the altitude from A i is K i and the incircle touches the side opposite A i at L i.The line K1K2is re?ected in the line L1L2.Similarly,the line K2K3is re?ected in L2L3and K3K1is re?ected in L3L1.Show that the three new lines form a triangle with vertices on the incircle. 1

第41届国际数学奥林匹克解答

第41届国际数学奥林匹克解答 问题 1.圆Γ1和圆Γ2 相交于点M和N.设L是圆Γ 1 和圆Γ2的两条公切线中距离 M较近的那条公切线.L与圆 Γ1相切于点A,与圆Γ2相切 于点 B.设经过点M且与L平 行的直线与圆Γ1还相交于点 C,与圆Γ2还相交于点 D.直 线C A和D B相交于点E;直线 A N和C D相交于点P;直线 B N 和C D相交于点Q. 证明:E P=E Q. 解答:令K为M N和A B的交点.根据圆幂定理,,换言之K是A B的中点.因为P Q∥A B,所以M是P Q的中点.故只需证明E M⊥P Q.因为C D∥A B,所以点A是Γ1的弧C M的中点,点B是Γ2的弧D M的中点.于是三角形A C M与B D M都是等腰三角形.从而有 , . 这意味着E M⊥A B.再由P Q∥A B即证E M⊥P Q. 问题 2.设a,b,c是正实数,且满足a b c=1.证明: . 解答:令,,,其中x,y,z为正实数,则原不等式变为(x-y+z)(y-z+x)(z-x+y)≤x y z.记u=x-y+z,v=y-z+x,w=z-x+y.因为这三个数中的任意两个之和都是正数,所以它们中间最多只有一个是负数.如果恰有一个是负数,则u v w≤0

第50届国际数学奥林匹克竞赛试题(中文版)与参考答案

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2、外接圆的圆心为O ,分别在线段上,ABC ?,P Q ,CA AB ,,K L M 分别是,,BP CQ PQ 的中点,圆过Γ,,K L M 并且与相切。证明:OP PQ OQ =。 证明:由已知MLK KMQ AQP ∠=∠=∠,MKL PML APQ ∠=∠=∠,因此 APQ MKL ??~。所以 AP MK BQ AQ ML CP == ,故AP CP AQ BQ ?=?(*)。 设圆O 的半径为R ,则由(*)有2 2 2 2 R OP R OQ ?=?,因此OP OQ =。 不难发现OP 也是圆Γ与相切的充分条件。 OQ =PQ 此题平均得分:3.710分

2014年第55届国际数学奥林匹克(IMO)试题

岳志鹏(河北)整理 2014年第55届国际数学奥林匹克届国际数学奥林匹克(IMO)(IMO)(IMO)试题 试题第一天 2014年7月8日,星期二 第1题设01a a <<×××为一个无穷正整数列,证明:存在唯一的整数使得:n ≥1使得: n a ≤01n a a a n ++×××+≤1n a +.第2题设n ≥2为一个正整数,考虑由2n 个单位正方格构成的n n ′的正方形棋盘,一种放置n 个棋子“车”的方案被称为和平的,如果每一行每一列上正好有一个“车”.求最大的正整数k 使得对于任何一种和平放置n 个棋子“车”的方案,都存在一个k k ′的棋盘使得它的2k 个单位正方格中都没有“车”. 第3题在凸四边形ABCD 中90ABC CDA D=D=°,点H 是A 向BD 引的垂线的垂足,点S 和点T 分别在边AB 和AD 上,使得H 在△SCT 内部,且90CHS CSB D-D=°,90THC DTC D-D=°.证明:直线BD 和△TSH 外接圆相切.

岳志鹏(河北)整理 2014年第55届国际数学奥林匹克届国际数学奥林匹克(IMO)(IMO)(IMO)试题 试题第二天 2014年7月9日,星期三 第4题锐角△ABC 中,点P 和点Q 是在边BC 上满足 PAB BCA D=D和CAQ ABC D=D的两点。点M 和点N 分 别在直线,AP AQ 上满足:P 是AM 中点,Q 是AN 中点. 证明:,BM CN 的交点在△ABC 的外接圆上. 第5题对于任意正整数n ,开普敦银行提供面值为1n 的硬币,对于给定有限枚硬币他们面值的和不超过1992 +.证明:可以把这些硬币分成100组使得每组面值和至多为1.(空集也可以视为一组硬币) 第6题一个平面上的直线集被称为一般的,如果不存在两两平行或者三线共点.一组一般的直线集把平面切割成若干区域.若一个区域的面积是有限的则称为有限区间.证明:对所有 充分大的正整数n ,任意的有n 条直线构成的一般的直线集可以把至少条直线染为蓝色使得没有一个有限区间被蓝线包围. 说明:如果把题中的可以获得更多分值.

(完整版)(完整版)2018年(第59届)国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题及答案图片版

岁马尼亚克卢日蜻沐卡 第一天 ?1. itΓ&子.(Jl色石子所在位直与戻它石于所在位直之问雎禹可以是任倉值?)4此UAitfTT去直至某金人无法再霖放石子? 试确岌遥大的位再无论乙知何报就這色若予.Y?*Ef?Ui?>?4X?K个红已若子? ? 5. Ha i.a2.…走一个>LfPil正整软斥列.已知4在於敦N>l?使碍对每个^Kn > .V t Oi i o2 . I Q*1“ I OH ――+ — + ?? ? + ?■■■? + — 。2 ?3 O VVα∣ 杯聂怙It?证明:存在正蟄软M? Btflhi fn=JH1对所? & 6?在凸WriJfMBCDt. Ali CD IiC DA?点X息旧边刑力〃CD内邹.且爲足 ZXAB = £XCD? GiBC = Z.YD4 £BXA? ZDXC 180°.

2014国际数学奥林匹克(IMO)试题

2014IMO (Cape town ,SouthAfrica ) Language: Chinese (Simplified) Day: 1 2014年7月8日, 星期二 第1 题. 设a 0 < a 1 < a 2 <… 是一个无穷正整数列. 证明: 存在惟一的整数n ≥ 1使得 a n <01 n a a a n +++??? ≤ a n+1 第2 题. 设n ≥ 2 是一个整数. 考虑由2n 个单位正方形组成的一个n × n 棋盘. 如果每一行和每一列上都恰好有一个“车”,则这种放置n 个棋子“车”的方案被称为是和平的.求最大的正整数k , 使得对于任何一种和平放置n 个“车”的方案, 都存在一个k × k 的正方形, 它的k 2 个单位正方形里都没有“车”. 第3 题. 在凸四边形ABCD 中∠ABC = ∠CDA = 2 π. 点H 是A 向BD 引的垂线的垂足. 点S 和点T 分别在边AB 和边AD 上, 使得H 在三 角形SCT 内部, 且∠CHS ?∠CSB =2 π ,∠THC ?∠DTC = 2π .证明: 直线BD 和三角形TSH 的外接圆相切. Language: Chinese(Simplified) 时间: 4 小时30 分 每题7 分

2014IMO(Cape town,SouthAfrica) Language: Chinese (Simplified) Day: 2 2014 年7 月9 日, 星期三 第4 题. 点P 和Q 在锐角三角形ABC 的边BC 上, 满足∠PAB = ∠BCA 且∠CAQ =∠ABC. 点M 和N 分别在直线AP 和AQ 上, 使得P 是AM 的中点,且Q 是AN 的中点. 证明: 直线BM 和CN 的交点在三角形ABC 的外接圆上. 第5 题. 对每一个正整数n, 开普敦银行都发行面值为1 n 的硬币. 给定总 额不超过99+1 2 的有限多个这样的硬币(面值不必两两不同) , 证明可以把它们分为至多100组, 使得每一组中硬币的面值之和最多是1. 第6 题. 平面上的一族直线被称为是处于一般位置的, 如果其中没有两条直线平行, 没有三条直线共点. 一族处于一般位置的直线把平面分割成若干区域, 我们把其中面积有限的区域称为这族直线的有限区域. 证明: 对于充分大的n 和任意处于一般位置的n 条直线, 我们都可以 条直线染成蓝色, 使得每一个有限区域的边界都不全是蓝色的. 注 : 如果你的答卷上证明的是的情形, 那么将会根据常数c 的值给分. Language: Chinese(Simplified) 时间: 4 小时30 分每题7 分

国际数学奥林匹克比赛及中国参赛的成绩

英才苑高中奥林匹克数学网 第一讲 国际数学奥林匹克竞赛及中国 参加国际数学奥林匹克的成绩 一、国际数学奥林匹克的由来与现状 数学离不开解题,进行解题比赛的活动几百年前就已经有了,古希腊有解几何难题比赛的记载;16世纪,在意大利有过关于口吃者塔塔利亚求解三次方程的激烈竞争;17世纪,不少数学家喜欢提出一些问题,向其他数学家挑战,法国的费马是其中的佼佼者,他提出的费马k 定理向人类的智慧挑战了三百年(已由美国普林斯顿大学教授,英国数学家安德鲁·外尔斯(A. wiles )于(995年解决);18世纪,法国曾经进行独立数学竞赛;19世纪,法国科学院以悬赏的方式征求对数学难题的解答,常常获得一些重要的数学发现,数学王子高斯就是比赛的优胜者。 上述种种赛事都是在成人之间进行的,而专门以十几岁中学生为对象的数学竞赛则是现代的时尚,人们一致认为,现代意义下的中学生数学竞赛起源于匈牙利。1894年,匈牙利数学物理协会通过了在全国举办中学数学竞赛的决议,并从1894年起,每年10月举行,(中间因两次世界大战中断了6年,又因1956年政治事件停止了一年。 继匈牙利之后,罗马尼亚于1902年首先由《数学杂志》组织竞赛。 1934年苏联在列宁格勒大学(今圣彼得堡)主办了中学生数学奥林匹克,并首次把数学竞赛与公元前776年古希腊的奥林匹克体育运动联系起来;1935年又由莫斯科大学主办了中学生数学奥林匹克,以后逐年举行,1962年扩大到整个苏联。 自此以后世界各地开始举办中学生数学竞赛时间和比赛举办地如下表(这时是国家和地区的比赛,还不是世界数学比赛) 时间(年) 地 点 1949 保加利亚 1950 波 兰 1951 捷克斯洛伐克 1956 中 国 1958 印 度 1961 德意志民主共和国,瑞典 1962 越南,南斯拉夫,荷兰,古巴,意大利 1963 蒙古,卢森堡 1964 西班牙 对全部高中资料试卷电气设备,在安装过程中以及安装结束后进行 高中资料试卷调整试验;

国际数学奥林匹克竞赛

国际数学奥林匹克竞赛-活动简介 International Mathematical Olympiad 在中学里进行数学竞赛有着悠久的历史,一般认为始于1894年由匈牙利数学界为纪念数理学家厄特沃什-罗兰而组织的数学竞赛,而把数学竞赛与体育竞赛相提并论,与科学的发源地——古希腊联系在一起的是前苏联,她把数学竞赛称为数学奥林匹克。20世纪上半叶,不同国家相继组织了各级各类的数学竞赛,先在学校,继之在地区,后来在全国进行,逐步形成了金字塔式的竞赛系统。各国竞赛的发展为形成最高一层的国际竞赛创造了必要的条件。1956年罗马尼亚数学家罗曼教授提出倡议,于1959年7月在罗马尼亚举行了第一次国际数学奥林匹克(International Mathematical Olympiad ,简称IMO),当时只有保加利亚、捷克斯洛伐克、匈牙利、波兰、罗马尼亚和苏联参加。以后每年举行一次(中间只在1980年断过一次),参加的国家和地区逐渐增多,目前参加这项赛事的代表队有80余支。我国第一次参加国际数学奥林匹克是在1985年。 经过40多年的发展,国际数学奥林匹克逐步制度化、规范化,有了一整套约定俗成的常规,并为历届东道主所遵循。 1. 目的激发青年对数学的兴趣;培养青年人的数学才能;发现科技人才的后备军;促进各国数学教育的交流与发展。 2. 时间每年举办一届,时间定于7月。 3. 主办由参赛国轮流主办,经费由东道国承担。 4. 对象参赛选手为中学生,每支代表队有学生6人,另派2名数学家为领队。 5. 试题试题由各参赛国提供,然后由东道国精选后提交给主试委员会表决,产生6道试题。东道国不提供试题。试题确定之后,写成英、法、德、俄文等工作语言,由领队译成本国文字。 6. 考试考试分两天进行,每天连续进行4.5小时,考3道题目。同一代表队的6名选手被分配到6个不同的考场,独立答题。答卷由本国领队评判,然后与组织者指定的协调员协商,如有分歧,再请主试委员会仲裁。每道题7分,满分为42分。 7. 奖励竞赛设一等奖(金牌)、二等奖(银牌)、三等奖(铜牌),比例大致为1:2:3;约有一半的选手获奖。各届获奖的标准与当届考试的成绩

第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试题(全三套)

第一天 2012年3月14日上午8:00-12:30 1. 设1x ,2x ,,n x L ;1y ,2y ,,n y L 均为模等于1的复数,设 ()1,2,,i i i i i z xy yx x y i n =+-=L , 其中11n i i x x n ==∑,1 1n i i y y n ==∑. 证明:1 n i i z n =≤∑. 2. 如图,三角形ABC 三边互不相等,其内切圆与三边的切点分别为D 、E 、 F .设L 为D 关于直线EF 的对称点,M 为E 关于直线FD 的对称点,N 为F 关于直线DE 的对称点.直线AL 与直线BC 交于P ,直线BM 与直线CA 交于Q ,直线 CN 与直线AB 交于R .证明:P 、Q 、R 三点共线. 3.设()21 ,2,n n n x C n ==L ,证明:存在无穷多对有限集合*,A B N ?,使得A B =?I ,且 2012i i A j j B x x ∈∈=∏∏. M

第二天 2012年3月15日上午8:00-12:30 4.给定平面上两个圆12,ωω,设S 是满足下面条件的ABC ?的集合:ABC ?内接于圆1ω,且圆2ω是ABC ?的与边BC 相切的旁切圆. 设圆2ω与直线 ,,BC CA AB 分别相切于点D ,E ,F . 证明:若S 非空,则DEF ?的重心是平面上的定点. 5. 设()d n 表示正整数n 的正约数个数.正整数n 称为超级数,如果对任意小于n 的正整数m ,均有()()d m d n <. 证明:对任意给定的正整数k ,除有限个超级数外,每个超级数都能被k 整除. 6. 给定整数n ,求所有的函数:f →Z Z ,满足对任意整数,x y ,均有 (())()f x y f y f x ny ++=+, 其中Z 是整数集.

历年中国参加国际数学奥林匹克竞赛选手详细去向第26届IMO

历年中国参加国际数学奥林匹克竞赛选手详细去向第26届IMO(1985年,芬兰赫尔辛基) 吴思皓(男)上海向明中学确规定铜牌上海交通大学 王锋(男)北京大学(根据yongcheng先生提供的信息修订)目前作企业软件 第27届IMO(1986年,波兰华沙) 李平立(男)天津南开中学金牌北京大学 方为民(男)河南实验中学金牌北京大学 张浩(男)上海大同中学金牌复旦大学 荆秦(女)陕西西安八十五中银牌北京大学,现在美国哈佛大学任教 林强(男)湖北黄冈中学铜牌中国科技大学 第28届IMO(1987年,古巴哈瓦那) 刘雄(男)湖南湘阴中学金牌南开大学 滕峻(女)北京大学附中金牌北京大学 林强(男)湖北黄冈中学银牌中国科技大学 潘于刚(男)上海向明中学银牌北京大学 何建勋(男)广东华南师范大学附中铜牌中国科技大学 高峡(男)北京大学附中铜牌北京大学,现在北大任教 第29届IMO(1988年,澳大利亚堪培拉)团体总分第二 陈晞(男)上海复旦大学附中金牌复旦大学,美国密苏里大学,美国哈佛大学,现在加拿大Alberta大学数学系任教授 韦国恒(男)湖北武汉武钢三中银牌北京大学 查宇涵(男)南京十中银牌北京大学,在中科院数学所任副研究员

邹钢(男)江苏镇江中学银牌北京大学 王健梅(女)天津南开中学银牌北京大学 何宏宇(男)以满分成绩获第29届国际数学奥林匹金牌,1993年破格列入美国数学家协会会员,1994年获博士学位,现任亚特兰大乔治大学教授、博士生导师,从事现代数学研究前沿的《李群》《微分几何》等方向的研究,在《李群》的研究上已有重大突破。 第30届IMO(1989年,原德意志联邦共和国布伦瑞克)团体总分第一 罗华章(男)重庆水川中学金牌北京大学 俞扬(男)吉林东北师范大学附中金牌吉林大学 霍晓明(男)江西景德镇景光中学金牌中国科技大学 唐若曦(男)四川成都九中银牌中国科技大学 颜华菲(女)北京中国人民大学附中银牌北京大学本科,1997年获美国麻省理工博士,现任Texax A&M Uneversity 数学系教授,美国数学会常务理事会成员,Mathematical Reviews评论员。2001年获得Sloan fellowshep。颜华菲教授的主要研究领域为代数组合,组合计数和概率方法。主要在以下几个方面开展研究工作:(1) Lattice theory for commuting Boolean subalgebras (2)Enumeration of parking functions and Goncarov polynomials (3) Combinatorial properties of Apollonian circle packings (4) Linear lattices and Grassmann-Cayleyalgebras (5) Ranom geometric grahs and the Ulam’s pathological liar game 将步星(男)新疆石河子五中金牌清华大学 第31届IMO(1990年,中国北京)团体总分第一 周彤(男)湖北武汉武钢三中金牌北京大学 汪建华(男)陕西汉中西乡一中金牌南开大学,美国麻省理工数学博士,现在美国陈省身数学研究所工作。 王菘(男)湖北黄冈中学金牌北京大学 余嘉联(男)安徽铜陵一中金牌清华大学 张朝晖(男)北京四中金牌北京大学 库超(男)湖北黄冈中学银牌北京大学 第32届IMO(1991年,瑞典斯德哥尔摩)团体总分第二 罗炜(男)黑龙江哈尔滨师范大学附中金牌北京大学,在浙江大学数学科学中心任博士后 张里钊(男)北京大学附中金牌北京大学 王绍昱(男)湖北黄冈中学金牌北京大学,在耶鲁大学任Gibbs Assistant Professor (non tenure-track) 郭早阳(男)湖南师范大学附中银牌清华大学 刘彤威(男)北京大学附中银牌北京大学 第33届IMO(1992年,前苏联莫斯科)团体总分第一 沈凯(男)江苏南京师范大学附中金牌上海交通大学 杨保中(男)河南郑州一中金牌北京大学 罗炜(男)黑龙江哈尔滨师范大学附中金牌北京大学,在浙江大学数学科学中

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