1997-199年伊朗数学奥林匹克

1997-199年伊朗数学奥林匹克

(第一轮)

1.设正整数x、y满足方程3x2+x = 4y2 +y。证明x-y是个完全平方数。

证：原方程可改写为y2= 3x2+x -3y2-y =3(x2 - y2)+(x-y)=(x-y)[ 3x+3y+1]。

设d=( x-y，3x+3y+1)=(x-y，6y+1)为这两个整数的最大公因子，现证明d=1；否则d 有一素数因子记为p。特别地p整除x-y及6y+1。利用改写后的方程，p亦能整除

y2。因于p是素数，所以p能整除y。因此p能整除(y，6y+1)=1，这是不可能的，即d=1。因此整数x-y 及3x+3y+1为互素，由于这两个数之乘积是完全平方数，所以x-y及3x+3y+1亦是完全平方整数。

2.假设线段KL、KN与圆C相切于点L和N。在KN的延长线上任选一点M。圆C

与三角形KLM的外接圆交于另一点P。若Q为点N到ML的垂足，证明∠MPQ=2∠KLM。

证：首先有∠KPL=∠KLM=∠LPS，∠SPM=∠LPK=∠KML。又由于KN与三角形SMP的外接圆相切于M，所以RM2 =RS.RP=RN2。设R是MN的中点，即三角形MNQ的外接圆圆心，得∠MPQ=∠SMR=∠MQR。所以M、R、P、Q四点共圆，于是∠MPQ=∠MPS+∠RPQ=∠KLM+∠KML=2∠KML。

3.假设n x n的表格上只填上0、1、-1使得表格内的每行和每列各只有一个1和一个

-1。证明经互换某些行及互换某些列后表格内的所有数目和原来的数目多加负号。

解：首先记第i行第j列的数为a ij，现在利用a ij来构造一有向图G=(V，E)其中V={v1，，v2，...，v n}为图的顶点集合，E={e1，e2，...，e n}为图的有向边集合。e i连起顶点v j

到v k当且仅当a ji= 1及a ki= -1。由于每列只包含一个1和一个-1，图G能确实定义。

现在由对每行的同样的假设，每个顶点的出和入次数同样是1。因此G是几个不连

接的环所组成。经互换某些行及互换某些列，可以将这些环的方向更改。那样，在

对应的表格内，1和-1的位置刚好互相对换。

4.设x1、x2、x3、x4为正实数使得x1x2x3x4=1。证明

x13+x23+x33+x43≧max{x1+x2+x3+x4，1

x1

+

1

x2

+

1

x3

+

1

x4

}。

5.证：设A=(x13+x23+x33+x43)，A i=A-x i3。则A=(A1+A2+A3+A4)/3，利用AM-GM不等

式得A1/3≧(x23x33x43)1/3=1/x1。类似地有A i/3≧1/x i。因此

(x13+x23+x33+x43)=(A1+A2+A3+A4)/3≧1/x1+1/x2+1/x3+1/x4。这完成第一部份。

此外先用AM-GM不等式证明(x1+x2+x3+x4)/4≧(x1x2x3x4)1/4=1，再用幂均值不等式及以上不等式得(x13+x23+x33+x43)/4≧[(x1+x2+x3+x4)/4]3≧(x1+x2+x3+x4)/4。因此有(x13+x23+x33+x43)≧(x1+x2+x3+x4)。

6.设ABC是一锐角三角形。由点A到BC的垂足为D。假设角B和角C的角平分线

分别交AD于E和F。若BE=CF，证明三角形ABC是等腰的。

证：用反证法，假设AB

现要证明E不可能在DF之间；否则BE=B'E

必先交AB'而再交AC。这是个矛盾，因此原题目的结论成立，即三角形ABC是等腰。

7.设a、b为正整数使得

p=b

4

√[2a-b

2a+b

]

8.为素数。试求p的最大值。

解：先证明整数b是偶数；否则b只能是奇数，用原方程得知2能整除2a-b，特别地2能整除b，这是矛盾。改写c=b/2并代入原方程，得

2p

c

=√[a-c a+c]

9.其中2p/c只是一个有理数，经约简后记为m/n且m和n皆为正整数及它们的最大公

因子(m,n)=1。平方后，得

m2 n2=

4p2

c2

=

a-c

a+c

。

10.设正整数k=(a-c,a+c)为整数a-c及a+c的最大公因子，则km2=a-c及kn2=a+c。将以

上两式相减后，有k(n2-m2)=2c。由此有4p=2cm/n=k(n2-m2)/n。注意(n2-m2，n)=(m2，n)=1及4p为整数，所以n只能整除k。现分别考虑m和n的奇偶性：

i.由于m、n是互素，所以m、n不能同为偶数；

ii.m与n同为奇数；注意对任意整数s有(2s+1)2=4s(s+1)+1≡1(mod 8)，所以(n2-m2)≡1-1≡0(mod 8)，特别地p=(k/n)[(n2-m2)/4]有2的因子。由于p是素

数，得p=2。

iii.m与n的奇偶性不同；所以n2-m2≡1(mod 4)，故(n2-m2)是大于2的奇数。考虑4p=k(n2-m2)/n后，k必能被4n所整除。记整数k/4n为s，得p= s(n2-m2)

=s(n-m)(n+m)，由于p是素数且以上三个因子有两个是正的，所以三个因子

中有两个等于+1。利用n+m>n-m，得方程组：n-m=1，s=1及n+m=p。消去

n，得p=2m+1。然后分别算k和c得k=4(m+1)及c=2(m+1)(2m+1)。

4p2/c2=4(2m+1)2/[4(m+1)2(2m+1)2]=1/(m+1)2；再利用方程4p2/c2=[m/n]2，

由此得m=1及p=3。

总结，素数p只能是2或3，因此p的最大值为3。

97-98年伊朗数学奥林匹克

(第一轮)

1.设正整数x、y满足方程3x2+x = 4y2 +y。证明x-y是个完全平方数。

2.假设线段KL、KN与圆C相切分别于点L和N。在KN的延长线上任选一点M。圆

C与三角形KLM的外接圆交于另一点P。若Q为点N到ML的垂足，证明∠MPQ=2∠KLM。

3.假设n x n的表格上只填上0、1、-1使得表格内的每行和每列各只有一个1和一个

-1。证明经互换某些行及互换某些列后表格内的所有数目和原来的数目多加负号。

4.设x1、x2、x3、x4为正实数使得x1x2x3x4=1。证明

x13+x23+x33+x43≧max{x1+x2+x3+x4，1

x1

+

1

x2

+

1

x3

+

1

x4

}。

5.设ABC是一锐角三角形。由点A到BC的垂足为D。假设角B和角C的角平分线

分别交AD于E和F。若BE=CF，证明三角形ABC是等腰的。

6.设a、b为正整数使得

p=b

4

√[2a-b

2a+b

]

7.为素数。试求p的最大值。

题解：

1.设正整数x、y满足方程3x2+x = 4y2 +y。证明x-y是个完全平方数。

证：原方程可改写为y2= 3x2+x -3y2-y =3(x2 - y2)+(x-y)=(x-y)[ 3x+3y+1]。

设d=( x-y，3x+3y+1)=(x-y，6y+1)为这两个整数的最大公因子，现证明d=1；否则d 有一素数因子记为p。特别地p整除x-y及6y+1。利用改写后的方程，p亦能整除

y2。因于p是素数，所以p能整除y。因此p能整除(y，6y+1)=1，这是不可能的，即d=1。因此整数x-y 及3x+3y+1为互素，由于这两个数之乘积是完全平方数，所以x-y及3x+3y+1亦是完全平方整数。

2.假设线段KL、KN与圆C相切分别于点L和N。在KN的延长线上任选一点M。圆

C与三角形KLM的外接圆交于另一点P。若Q为点N到ML的垂足，证明∠MPQ=2∠KLM。

证：首先有∠KPL=∠KLM=∠LPS，∠SPM=∠LPK=∠KML。又由于KN与三角形SMP的外接圆相切于M，所以RM2 =RS.RP=RN2。设R是MN的中点，即三角形MNQ的外接圆圆心，得∠MPQ=∠SMR=∠MQR。所以M、R、P、Q四点共圆，于是∠MPQ=∠MPS+∠RPQ=∠KLM+∠KML=2∠KML。

3.假设n x n的表格上只填上0、1、-1使得表格内的每行和每列各只有一个1和一个

-1。证明经互换某些行及互换某些列后表格内的所有数目和原来的数目多加负号。

解：首先记第i行第j列的数为a ij，现在利用a ij来构造一有向图G=(V，E)其中V={v1，，v2，...，v n}为图的顶点集合，E={e1，e2，...，e n}为图的有向边集合。e i连起顶点v j

到v k当且仅当a ji= 1及a ki= -1。由于每列只包含一个1和一个-1，图G能确实定义。

现在由对每行的同样的假设，每个顶点的出和入次数同样是1。因此G是几个不连

接的环所组成。经互换某些行及互换某些列，可以将这些环的方向更改。那样，在

对应的表格内，1和-1的位置刚好互相对换。

4.设x1、x2、x3、x4为正实数使得x1x2x3x4=1。证明

x13+x23+x33+x43≧max{x1+x2+x3+x4，1

x1

+

1

x2

+

1

x3

+

1

x4

}。

5.证：设A=(x13+x23+x33+x43)，A i=A-x i3。则A=(A1+A2+A3+A4)/3，利用AM-GM不等

式得A1/3≧(x23x33x43)1/3=1/x1。类似地有A i/3≧1/x i。因此

(x13+x23+x33+x43)=(A1+A2+A3+A4)/3≧1/x1+1/x2+1/x3+1/x4。这完成第一部份。

此外先用AM-GM不等式证明(x1+x2+x3+x4)/4≧(x1x2x3x4)1/4=1，再用幂均值不等式及以上不等式得(x13+x23+x33+x43)/4≧[(x1+x2+x3+x4)/4]3≧(x1+x2+x3+x4)/4。因此有(x13+x23+x33+x43)≧(x1+x2+x3+x4)。

6.设ABC是一锐角三角形。由点A到BC的垂足为D。假设角B和角C的角平分线

分别交AD于E和F。若BE=CF，证明三角形ABC是等腰的。

证：用反证法，假设AB

现要证明E不可能在DF之间；否则BE=B'E

7.设a、b为正整数使得

p=b

4

√[2a-b

2a+b

]

8.为素数。试求p的最大值。

解：先证明整数b是偶数；否则b只能是奇数，用原方程得知2能整除2a-b，特别地2能整除b，这是矛盾。改写c=b/2并代入原方程，得

2p

c

=√[a-c a+c]

9.其中2p/c只是一个有理数，经约简后记为m/n且m和n皆为正整数及它们的最大公

因子(m,n)=1。平方后，得

m2 n2=

4p2

c2

=

a-c

a+c

。

10.设正整数k=(a-c,a+c)为整数a-c及a+c的最大公因子，则km2=a-c及kn2=a+c。将以

上两式相减后，有k(n2-m2)=2c。由此有4p=2cm/n=k(n2-m2)/n。注意(n2-m2，n)=(m2，n)=1及4p为整数，所以n只能整除k。现分别考虑m和n的奇偶性：

i.由于m、n是互素，所以m、n不能同为偶数；

ii.m与n同为奇数；注意对任意整数s有(2s+1)2=4s(s+1)+1≡1(mod 8)，所以(n2-m2)≡1-1≡0(mod 8)，特别地p=(k/n)[(n2-m2)/4]有2的因子。由于p是素

数，得p=2。

iii.m与n的奇偶性不同；所以n2-m2≡1(mod 4)，故(n2-m2)是大于2的奇数。考虑4p=k(n2-m2)/n后，k必能被4n所整除。记整数k/4n为s，得p= s(n2-m2) =s(n-m)(n+m)，由于p是素数且以上三个因子有两个是正的，所以三个因子中有两个等于+1。利用n+m>n-m，得方程组：n-m=1，s=1及n+m=p。消去n，得p=2m+1。然后分别算k和c得k=4(m+1)及c=2(m+1)(2m+1)。

4p2/c2=4(2m+1)2/[4(m+1)2(2m+1)2]=1/(m+1)2；再利用方程4p2/c2=[m/n]2，

由此得m=1及p=3。

总结，素数p只能是2或3，因此p的最大值为3。

伊朗核问题的影响及中国石油的机遇与挑战

◎　刘孝成王怀德 伊朗不仅拥有特殊的地缘位置、丰富的油气资源，同时作为石油生产国和伊斯兰世界最主要的政治力量之一，无论对于中国的地缘战略还是国家安全都具有十分重要的意义。伊朗核问题是以美、伊为主角，俄、欧、中各方共同参与的战略博弈。以美英为代表的西方国家在刚刚结束的利比亚战争中以零伤亡的新的战争模式尝到了甜头，而国内经济形势的恶化又急需一场战争来提震经济和转移国内注意力，这就不难理解为什么美英在利比亚战争刚刚结束之后就迫不及待的把伊朗核问题推上前台。伊朗自两伊战争后一直受到以美英等西方国家为首的国际社会的制裁，而获得核武不仅被他们视为政治杂耍的强力支撑，也是主权自豪的象征。所以伊朗顽固的发展自己的核武计划。 ２０１２年以来，随着双方越来越强硬的表态，我们现在就该思考一旦开战会发生什么情况影响到我国。伊朗总统２０１２年２月曾强硬回击美国说，一旦对伊朗开战伊朗会让整个中东燃烧。而根据军事专家的分析，以伊朗的地理位置和军事实力，他是有能力做到的。而中东是我国最大的石油进口地区，伊朗是我国第二大进口国。当前伊朗核问题对于中国既是机遇也是挑战。作为中国在伊朗最大的石油企业，中国石油需通过分析伊核问题上国家与公司利益的战略契合关系，尽可能转危为机，实现利益的最大化。 一、伊朗核问题对中国石油的影响分析 为了保障我国的石油安全，最大限度的减少中国在伊核问题上的损失或者扩大我们在伊核问题上的既得利益，需要对美国及国际组织颁布的对伊制裁法案进行深度分析。 美国在２０１０年７月颁布了史上最严厉的《伊朗制裁法案》，其内容主要包括：“全球任何一家 伊朗核问题的影响 及中国石油的机遇与挑战 [摘要]近年来，伊朗核问题迅速升温，已经演变成继朝鲜核危机之后又一世界性核热点。作为全球石油储量最丰富的国家之一，伊朗是我国进口石油的重要来源，同时也是中国石油集团重要的投资区域之一。因此，伊朗核问题的进展与我国石油能源的保障息息相关。 [关键词]伊朗核问题；机遇；挑战

第38届全俄数学奥林匹克竞赛

第38届全俄数学奥林匹克竞赛 九年级 9.1 a1,a2,?,a11是不小于2的互异正整数，满足：a1+a2+?+ a11=407。是否存在正整数n，使得当n分别除以a1,a2,?,a11,4a1,4a2,?,4a11这22个数时所得到的余数的和等于2012？ 9.2 已知：在正2012边形的顶点中，存在k个顶点，使得以这k个顶点为顶点的凸k多边形的任意两条边不平行。求k的最大值。 9.3 ABCD是一个平行四边形，∠A为钝角。H是点A向直线BC的垂直投影。△ABC过顶点C的中线的延长线交其外接圆于K。求证：K,H,C,D四点共圆。 9.4 正实数a1,a2,?,a n,k满足：a1+a2+?+a11=3k,a12+a22+?+a n2=3k2,a13+a23+?+a n3>3k3+k。求证：在a1,a2,?,a n中存在两个数使得它们的差的绝对值大于1。 9.5 101个智者围坐一圈开圆桌会议讨论地球和木星谁绕谁转的问题。开始及随后的每个时刻每个智者持有地球绕木星转或木星绕地球转这两种观点之一。各智者按一下规则每分钟一次同时宣布自己的观点：除了第一次以外，如果在上一分钟时一个智者的相邻两人（左右各一人）与其观点都不相同，则智者改变自己的观点，否则不改变自己的观点。求证：若干分钟后，所有的人都不再改变自己的观点。 9.6 A1，B1，C1分别是△ABC的边BC，CA，AB上的点，满足AA1?AA1=AA1?AA1=AA1?AA1。I A,I B和I C分别是△AB1C1，

A1BC1和A1B1C的内心。求证△I A I B I C的外心和△ABC的内心重合。9.7 开始时黑板上写着10个连续正整数。对黑板上的数进行如下操作：任取黑板上的两个数a和b，将他们用数a2?2011b2和ab替换。经过若干次上述操作后，黑板上开始时的10个数已全部被替换掉，问此时在黑板上是否可能还是10个连续的正整数？ 9.8 城市里有若干路公共汽车线。已知任两路公共汽车线恰有一个公共的车站；任一路公共汽车线至少有4站。求证：可以将所有的车站分成不交的两组，使得任意一路公共汽车线含每组中至少一站。

2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word版

2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版 一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ． 〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ?=?； 〔2〕假设 EM FN EN FM ?=?，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论． 解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接 EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么 11 ,22EQ OB RM MQ OC RF ====， 又OQMR 是平行四边形，因此 OQM ORM ∠=∠， 由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此 ABD ACD ∠=∠， 因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠， 因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ???， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ?=?． 〔2〕答案是否定的． 当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有 EM FN EN FM ?=?，证明如下： 如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么 11 ,22 NS OD EQ OB ==， C B

因此 NS OD EQ OB =．①又 11 , 22 ES OA MQ OC ==，因此 ES OA MQ OC =．② 而AD∥BC，因此 OA OD OC OB =，③ 由①，②，③得NS ES EQ MQ =． 因为2 NSE NSA ASE AOD AOE ∠=∠+∠=∠+∠， ()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB ∠=∠+∠=∠+∠+?-∠ (180)2 AOE EOB AOD AOE =∠+?-∠=∠+∠， 即NSE EQM ∠=∠， 因此NSE ?～EQM ?， 故 EN SE OA EM QM OC ==〔由②〕．同理可得， FN OA FM OC =， 因此EN FN EM FM =， 从而EM FN EN FM ?=?． C B

波兰数学奥林匹克试题及解答

波兰数学奥林匹克试题及解答 1 设为正整数，证明：所有与互质且不超过的自然数的立方和是的倍数。 2 在锐角三角形中，点是边上一点，使得 。证明：。 3 已知正实数的和等于1，证明：。 4 圆周上的点都被染上了某三种颜色中的一种，证明：在这个圆周上存在三个点，它们是某个等腰三角形的顶点，且它们同色。 5 求所有的正整数对（），使得与都是完全立方数。 6 点是内部或边界上一点，点分别是点在边 上的垂足，证明：的充要条件是点在边 上。

7 证明：对任意正整数，和每一个实数，存在实数，使得。 8 关于非负整数的函数定义如下：对任意 ；对。证明：对 均有。 9 设为给定的自然数，且，证明：是一个完全平方数。 10 设是三维空间中彼此垂直的三个单位向量，设是过点的一个平面，分别是在平面上的投影。对任意平面，求数 构成的集合。 11 设为正整数，是具有下述性质的个自然数构成的集合：中任意 个元素中，必有两个数，使得其中一个是另一个的倍数。证明：中存在 个数，使得对，均有。 12 点分别是锐角三角形的边上的点， 的外接圆交于一点，证明：若

，则为三角形的三条高。 解答或提示 1 利用结论：若，则，将与配对即可证明此题。 2 记，则，利用正弦定理可知，， ，从而，要证的式子等价于，最后一式是显然的。 3 注意到，，所以， ， 故。 于是，我们有：。 即：。结合，可知命题成立。 4 可以证明：该圆周的内接正十三边形的13个顶点中，必有同色的三个点，它们是一个等腰三角形的顶点。

5 设是满足条件的正整数对，不失一般性，设， 则：，故，这表明 ，将之代入，可知是一个完全立方数，从而，是一个完全立方数。设 ，展开可知，于是。注意到： ， 故或，分别求解，可知只能是，进而 。所求数对。 6 利用勾股定理易证：等价于。 7 任给，及，令待定， 则：

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伊朗核问题的论文 伊朗核问题由来已久：伊朗核能源开发活动开始于２０世纪５０年代，当时得到美国及其他西方国家的支持。１９８０年美伊断交后，美国曾多次指责伊朗以“和平利用核能”为掩护秘密发展核武器，并对其采取“遏制”政策。２００３年初，伊朗宣布发现并提炼出能为其核电站提供燃料的铀后，美国对伊朗核能开发计划提出“严重质疑”，并多次警告伊朗停止与铀浓缩相关的活动，甚至威胁将伊朗核问题提交联合国安理会。在各方要求下２００３年１２月１８日，伊朗正式签署了《不扩散核武器条约》附加议定书。伊朗核问题在2006年初成为美国伊朗关系的核心问题，并成为美国伊朗战争的潜在导火索。2010年伊始伊朗核问题阶段性升温。由于担心伊朗潜在的危机升级，世界各国纷纷呼吁相关各方继续努力，寻求一项最终和平解决伊朗核问题的方案。 一、美国对伊朗核问题的态度的原因 世界是客观存在的物质世界，世界是普遍联系的。第二次世界大战以后，世界格局呈现多极化的发展趋势。而矛盾是普遍存在的，并存在与一切事物的发展过程中。世界各国之间的微妙关系引起政治问题。 伊朗核进行核电站的建设，当时伊朗的这一举措是得到美国允许的，更是在西方大国的直接帮助下进行的，。随着伊斯兰革命后美伊关系的剧烈变动，美国对伊朗的核计划也给予了重新态势。朝核问题虽然历经波折，但毕竟有了六方会谈这个沟通渠道，朝核危机也算进入了相对可控的阶段。此种形势下，伊朗核问题似乎让美国感到束手无策：美国推动安理会对伊朗施加压力的效果不太明显；而美国目前也不愿和伊朗直接面对面谈核问题。但是，美国始终不曾放弃过完全解决伊核问题的努力，因为“伊朗可能是美国的最大威胁”。 二、伊朗一定要搞核计划的原因 美国发展核武器是用来对付日本，因为当时日本似乎决心继续战斗若干年。后来苏联发展核武器是为了对死敌美国产生威慑作用。英国和法国发展核武器出于两个原因：为了维护其下降的大国地位和有自己的威慑力量对付苏联。在国王统治时期，伊朗总是担心美国(当时保护伊朗不受苏联侵犯的国家)可能中止对它的保护。自苏联帝国崩溃后，这样的威胁不再存在。第二次世界大战以后，世界形式的总趋势是走向缓和，但在世界不少区域内，地区性冲突加剧，局部战争不断。伊朗在上世纪90年代初决定发展核武器。需要用核弹对付的敌人是美国。以拥有强大的军事打击能力来达到政治上的要求和目的。 三、中国在伊朗问题上能否让步

初中数学奥林匹克竞赛方法与测试试题大全

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初中数学奥林匹克竞赛教程

初中数学竞赛大纲（修订稿） 数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。 本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养……，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。 《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。 1、实数 十进制整数及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。 素数和合数，最大公约数与最小公倍数。 奇数和偶数，奇偶性分析。 带余除法和利用余数分类。 完全平方数。 因数分解的表示法，约数个数的计算。 有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理。 拆项、添项、配方、待定系数法。 部分分式。 对称式和轮换对称式。 3、恒等式与恒等变形 恒等式，恒等变形。 整式、分式、根式的恒等变形。 恒等式的证明。 4、方程和不等式 含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。 含绝对值的一元一次、二次方程的解法。

第40届俄罗斯数学奥林匹克九年级试题(无答案)

第40届俄罗斯数学奥林匹克（九年级） 1. 放置了99个正整数. 已知任意两个相邻的数相差1或相差2或一个为另一个的2倍. 证明：这99个数中，有3的倍数. 2. 已知a b ，为两个不同的正整数. 问： ()()()()()()222222a a ab a b a b a b b b ++++++，，，，， 这六个数中，至多有多少个完全平方数？ 3. 令A 是由一个凸n 边形的若干对角线组成的集合. 若集合A 中的一条对角线恰有另外一条对角线与其相交在凸n 边形内部，则称该对角线为“好的”. 求好对角线条数的最大可能值. 4. 在锐角ABC △中，已知AB BC >，M 为边AC 的中点，圆Γ为ABC △的外接圆，圆Γ在点A C ，处的切线交于点P ，线段BP 与AC 交于点S ，AD 为ABP △的高，CSD △的外接圆与圆Γ交于点K （异于点C ）. 证明：90CKM ∠=?. 5. 设正整数1N >，m 表示N 的小于N 的最大因数. 若N m +为10的幂，求N .

6. 已知内接于圆Γ的梯形ABCD 两底分别为AB CD ，，过点C D ，的一个圆1Γ与线段 CA CB ，分别交于点1A （异于点C ），1B （异于点D ）. 若22A B ，为11A B ，分别关于CA CB ，中点的对称点，证明：22A B A B ，，，四点共圆. 7. 麦斯国中央银行决定发行面值为()01k k α=，，的硬币. 央行行长希望能够找到一个正 实数α，使得对任意1k k α， ≥为大于2的无理数，且对于任意正整数n ，理论上均存在若干枚面值之和等于n 的硬币，其中每种面值的硬币均不超过六枚. 问：行长的愿望能够实现吗？ 8. 某国有n 座城市，任意两座城市之间有双向直达航班. 已知对任意两座城市，它们之间 的两个方向的机票价格相同，不同城市对之间的航班机票价格互不相同. 证明：存在由1n -段依次相连的航班，使得各段航班机票的价格依次严格单调下降.

最新第36届国际数学奥林匹克试题合集

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

伊朗和朝鲜核危机问题

伊朗和朝鲜核危机问题 近期朝鲜核问题的解决似乎出现转机,平壤展示出看似一百八十度大转弯的前所未有的合作态度﹐让许多亚洲观察家们欢呼解决朝核问题的曙光已经出现﹐甚至有舆论声称伊朗的内贾德应该向金正日学习。然而﹐朝鲜真的是伊朗学习的榜样吗﹖ 朝鲜无核化渐露曙光﹖ 三月十三日﹐国际原子能机构总干事巴拉迪一行七人抵达平壤﹐开始对朝鲜进行为期两天的访问。这是自朝鲜二00三年一月宣布退出《核不扩散条约》后国际原子能机构首次进入朝鲜。而第六轮六方会谈在朝鲜金融问题上的一步一个脚印﹐不禁让人对朝鲜半岛无核化持有乐观态度。 纵观自去年十月朝鲜核试验以来的危机解决历程﹐可以看出﹐朝核危机的两个最关键当事国──美国和朝鲜﹐其态度都逐步由强硬转化为妥协﹐由正面对抗而转化为谈判合作﹐以至整个事件的发展过程由最初的山重水复而最终柳暗花明﹐充满了戏剧性﹐也极富启示意义。 朝鲜目前面临严峻的国际环境和发展经济的压力。而美国深陷伊拉克泥潭﹐在伊朗核问题上又难以突破﹐布什政府急于在所剩不多的任期内摆脱外交窘境。中国现代国际关系研究院傅梦孜说﹕"朝美妥协的背后是双方在朝核问题上都有取得突破的强烈愿望。" 朝鲜的态度先后经历了对抗制裁﹑威胁进行二次核试验﹐到祗同意同美国直接谈判对话﹐然后到接受斡旋﹑同意参加六方会谈的转变。而参加六方会谈以来﹐其最初的强硬态度也逐步软化﹐并以合作的态度作了诸多妥协﹐如最初将解除制裁作为谈判前提﹐随之转变为以美国解除金融制裁为谈判前提﹐接着又同意就解除金融制裁以及弃核进行谈判﹐然后又发展到愿意以弃核换取包括解除制裁﹑各国对朝援助以及美朝关系正常化等在内的回报﹐以及近来同意重启同国际原子能机构的合作。 而纵观美国对危机的前后表现﹐也可以看出一贯主张对朝强硬的布什政府﹐在国内府院格局易势﹐国际上伊拉克战争渐成泥沼﹐而伊核朝核同时吃紧﹑东西夹击的复杂情势下﹐对朝政策也渐趋理性﹐态度也逐步软化﹐为危机解决也做出了一些策略性妥协﹐如最初是主张严厉制裁甚至发出武力恫吓﹐接着是同意安理会通过由中俄主导的适度制裁决议﹐由最初普遍怀疑六方会谈的可行性和成效﹐发展到同意参加六方会谈。在六方会谈上﹐其态度也由最初的朝鲜弃核是前提﹐转变为可以就弃核条件进行谈判﹔由最初的坚决反对并回避美朝对谈﹐发展到"二.一三共同文件"签署后接连开展美朝对谈﹔由最初的朝鲜先弃核﹑美国后解除金融制裁﹐软化为朝鲜祗要不再进行新的核活动﹐而先期开展弃核准备﹐美国就可以解除对澳门汇业银行资金的冻结。最关键的是﹐美方的最初谈判目标定位仅仅限于朝鲜不再进行二次核试验和放弃核计划﹐逐步积极提高到朝鲜半岛无核化和美朝关系正常化等深层次方面。 然而﹐尽管朝鲜六方会谈达成的共识正在得到逐步落实﹐但下一步的谈判和具体行动仍然面临难啃的硬骨头。朝鲜如何进一步拿出弃核行动﹐特别是能否如愿关闭宁边核设施﹐无疑是下一轮会谈的焦点﹐也是美朝

中国数学奥林匹克(CMO)试题和详细解答word版

2009中国数学奥林匹克解答 一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分别是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分别作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分别为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分别为M ，N ． （1）若A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ?=?； （2）若 EM FN EN FM ?=?，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论． 解（1）设Q ，R 分别是OB ，OC 的中点，连接 EQ ，MQ ，FR ，MR ，则 11 ,22 EQ OB RM MQ OC RF ====， 又OQMR 是平行四边形，所以 OQM ORM ∠=∠， 由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，所以 ABD ACD ∠=∠， 于是 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠， 所以 E Q M E Q O O Q M F R O O R M ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 E Q M M R F ???， 所以 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 所以 E M F N E N F M ?=?． （2）答案是否定的． 当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，所以A ，B ，C ，D 四点不共圆，但此时仍然有 EM FN EN FM ?=?，证明如下： 如图2所示，设S ，Q 分别是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，则 11 ,22 NS OD EQ OB ==， 所以 N S O D E Q O B =． ① C B

又 11 , 22 ES OA MQ OC ==，所以 ES OA MQ OC =．② 而AD∥BC，所以 OA OD OC OB =，③ 由①，②，③得NS ES EQ MQ =． 因为2 NSE NSA ASE AOD AOE ∠=∠+∠=∠+∠， ()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB ∠=∠+∠=∠+∠+?-∠ (180)2 AOE EOB AOD AOE =∠+?-∠=∠+∠， 即NSE EQM ∠=∠， 所以NSE ?～EQM ?， 故 EN SE OA EM QM OC ==（由②）．同理可得， FN OA FM OC =， 所以EN FN EM FM =， 从而EM FN EN FM ?=?． C B

第32届中国数学奥林匹克获奖名单及2017年集训队名单

第32届中国数学奥林匹克获奖名单 一等奖（116人，按省市自治区排列） 编号姓名地区学校 M16001 吴蔚琰安徽合肥一六八 M16002 考图南安徽安师大附中 M16003 徐名宇安徽合肥一中 M16004 吴作凡安徽安师大附中 M16005 周行健北京人大附中 M16006 王阳昇北京北京四中 M16007 陈远洲北京北师大附属实验中学M16008 杨向谦北京人大附中 M16009 夏晨曦北京北师大二附 M16010 谢卓凡北京清华附中 M16011 薛彦钊北京人大附中 M16012 胡宇征北京北京四中 M16013 徐天杨北京北京101中学 M16014 董昕妍北京人大附中 M16015 冯韫禛北京人大附中 M16016 林挺福建福建师范大学附属中学M16017 任秋宇广东华南师大附中 M16018 何天成广东华南师大附中 M16019 戴悦浩广东华南师大附中 M16020 谭健翔广东华南师大附中 M16021 王迩东广东华南师大附中 M16022 程佳文广东深圳中学 M16023 李振广东深圳外国语学校 M16024 张坤隆广东深圳中学 M16025 齐文轩广东深圳中学 M16026 卜辰璟贵州贵阳一中 M16027 顾树锴河北衡水第一中学 M16028 袁铭泽河北衡水第一中学 M16029 卢梓潼河北石家庄二中 M16030 赵振华河南郑州外国语学校 M16031 陈泰杰河南郑州外国语学校

M16032 迟舒乘黑龙江哈尔滨市第三中学 M16033 黄桢黑龙江哈尔滨市第三中学 M16034 姚睿湖北华中师范大学第一附属中学M16035 魏昕湖北武汉二中 M16036 黄楚昊湖北武钢三中 M16037 刘鹏飞湖北武汉二中 M16038 赵子源湖北华中师范大学第一附属中学M16039 徐行知湖北武钢三中 M16040 吴金泽湖北武汉二中 M16041 李弘梓湖北武汉二中 M16042 施奕成湖北华中师范大学第一附属中学M16043 袁睦苏湖北武汉二中 M16044 王子迎湖北武汉二中 M16045 袁昕湖北华中师范大学第一附属中学M16046 陈子瞻湖北湖北省黄冈中学 M16047 詹立宸湖北华中师范大学第一附属中学M16048 严子恒湖北武钢三中 M16049 陈贵显湖北华中师范大学第一附属中学M16050 张騄湖南长沙市长郡中学 M16051 刘哲成湖南长沙市雅礼中学 M16052 仝方舟湖南长沙市长郡中学 M16053 谢添乐湖南长沙市雅礼中学 M16054 尹龙晖湖南长沙市雅礼中学 M16055 黄磊湖南长沙市雅礼中学 M16056 肖煜湖南长沙市长郡中学 M16057 吴雨澄湖南湖南师范大学附属中学M16058 方浩湖南长沙市第一中学 M16059 郭鹏吉林东北师大附中 M16060 丁力煌江苏南京外国语学校 M16061 朱心一江苏南京外国语学校 M16062 高轶寒江苏南京外国语学校 M16063 彭展翔江西高安二中 M16064 刘鸿骏江西江西省吉安市第一中学M16065 孔繁淏辽宁大连二十四中 M16066 孔繁浩辽宁东北育才学校 M16067 孟响辽宁大连24中 M16068 毕梦达辽宁辽宁省实验中学

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:

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

关于伊朗的核问题

关于伊朗的核问题 帮助|设置首页自然文化地理历史生活社会艺术人物经济科技体育图片数字博物馆核心用户百科商城 拆分词条伊朗核问题 求助编辑百科名片 伊朗核问题漫画20世纪50年代，伊朗开始了核能源开发活动，并在当时得到美国及其他西方国家的支持。1980年美伊断交后，美国曾多次指责伊朗以“和平利用核能”为掩护秘密发展核武器，并对其采取“遏制”政策。国际原子能机构也多次就伊朗核问题作出决议，2010年6月，安理会通过"史上最严厉"制裁伊朗方案。 目录 背景资料 关于伊朗的核问题 伊朗核问题的历史与现状时间 美国对伊朗核问题的态度美国主战派 美国主和派

国际原子能机构对伊朗核问题的决议2003年的决议2004年的决议 2004年的决议 安理会有关制裁伊朗的决议第1737号决议 第1747号决议 第1803号决议 第1929号决议 中国政府的立场2010年 2009年 2008年 2007年 2006年 2005年 伊朗第一座核电站将投入运营背景资料 关于伊朗的核问题 伊朗核问题的历史与现状时间 美国对伊朗核问题的态度美国主战派 美国主和派 国际原子能机构对伊朗核问题的决议2003年的决议2004年的决议 2004年的决议 安理会有关制裁伊朗的决议第1737号决议

第1747号决议 第1803号决议 第1929号决议 中国政府的立场2010年 2009年 2008年 2007年 2006年 2005年 伊朗第一座核电站将投入运营 展开编辑本段背景资料 伊朗核现状为充分利用核能资源，伊朗自20世纪50年代后期开始其核能发展计划，并先后投入大量资金，建立了一个核电站、6个核研究中心和5个铀处理设施。目前，伊朗核计划已经发展到关键阶段，即核燃料循环系统建设阶段。这个系统建成后，便可为伊朗的核电站和研究机构提供燃料，同时也可以进一步提高浓缩铀的丰度，使伊朗能够获得武器级高浓缩铀。有资料表明，伊朗已在其中部发现铀矿资源，并正在建设基于高速离心机技术的浓缩铀设施，为建成一个完整的核燃料循环系统做准备；伊朗南部布什尔核电站在俄罗斯的帮助下已经建成；伊朗还在建设重水反应堆，这将使伊朗能够更有效地从核废料中获取金属钚。根据美国和西方国家的情报，伊朗目前已经迈进了核门槛，但还未能获得制造核武器所需

2017奥林匹克数学竞赛试题及答案

绝密★启用前 世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛试题 选手须知： 1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。 2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。 3、比赛时不能使用计算工具。 4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。 三年级试题（Ａ卷） （本试卷满分120分，考试时间90分钟） 一、填空题。（每题5分，共计50分） 1、仔细观察，想一想接着该怎么画。 2、一只猫吃完1条鱼需要6分钟，5只猫同时吃完5条同样大小的鱼需要分钟。 3、国庆阅兵中，15辆坦克排成一队，从前往后数，战士小李驾驶的坦克是第6辆，那么从后往前数这辆坦克是第_______辆。 4、车站里的汽车每隔15分钟一班，小青想搭8:45的一班车去图书馆，但是她到达车站的时间已经是8:47，那么她还要等_______分钟才能搭乘下一班汽车。 5、一只大白兔的重量是2只松鼠的重量，1只松鼠的重量是3只小鸡的重量，1只大白兔的重量等于_______只小鸡的重量。 6、东村到西村有3条路，西村到南庄有4条路。那么从东村经过西村到南庄一共有_______条路可走。 7、学校招收了一批新生。若编成每班55人的班级，还要招收30人。若编成每班50人的班级，还需招收10名新生。这次共招收了名新生。 8、妈妈买来一块豆腐准备做鱼头豆腐汤，让小军动手切8块，小军最少要切刀。 9、王奶奶有两篮桃子，从第一个篮子里拿3个放入第二个篮子里，两个篮子里桃子就一样多，已知第二个篮子里原来有8个桃子，第一个篮子里原来有______个桃子。 10、下图中有个三角形。 二、计算题。（每题6分，共计12分） 11、2015＋201＋20－15＋5 12、1000-9-99-8-98-7-97-6-96-5-95-4-94-3-93-2-92-1-1 三、解答题。（第13题6分，第14题8分，第15题10分，第16题10分，第17题12分，第18题12分，共计58分） 13、一条大鲨鱼，尾长是身长的一半，头长是尾长的一半，已知头长3米，这条大鲨鱼全长有多少米？ 14、超市新进6箱足球，连续4天，每天卖出8个。服务员重新整理一下，剩下的足球正好装满2箱。原来每箱有几个足球？ 15、小丽和小晴两人比赛爬楼梯，小丽跑到3楼时，小晴恰好跑到2楼，照这样计算，小丽跑到9楼，小晴跑到几楼？ 16、三年级（2）班有46人，新学期开学要从A、B、C、D、E五位候选人中选出一位班长，每人只能投一票。投票结束（没人弃权），A得24票，B得选票占第二位，C、D得票同样多，E得票最少只得4票。那B得多少票？ 17、有两层书架，共有书173本，从第一层拿走38本后，第二层的书是第一层的2倍还多6本，第二层原有多少本书？ 18、小张和小赵两人同时从相距1000米的两地相向而行，小张每分钟行120米，小赵每分钟行80米，如果一只狗与小张同时同向而行，每分钟跑460米，遇到小赵后，立即回头向小张跑去，遇到小张再向小赵跑去，这样不断地来回跑，直到小张和小赵相遇为止，狗共跑了多少米？

伊朗核问题背景资料(模拟联合国)

伊朗核问题的背景 伊朗的核计划开始于20世纪50年代后期，其核技术大部分从与当时关系密切的美国及西方国家引进。1979年伊朗伊斯兰革命后，其核能项目陷于停滞状态。90年代初，伊朗开始与俄罗斯商谈恢复修建有关核电站问题，并与俄签署《和平利用核能协议》。1980年与伊朗断交的美国对伊俄核合作十分不满，曾多次指责伊朗以“和平利用核能”为掩护秘密发展核武器，并一直对其采取“遏制”政策。“9?11”事件之后，美国将伊朗视为支持恐怖主义的国家和“邪恶轴心”国家之一。 2003年2月，伊朗宣布发现并提炼出铀后，其核计划立即遭到美国的“严重质疑”，并引起国际社会的极大关注。同年9月12日，国际原子能机构理事会通过决议，要求伊朗在10月底前公开核计划，以澄清其全部核活动，尽快签署《不扩散核武器条约》附加议定书，允许国际原子能机构对其进行更为严格的突击检查，终止提炼浓缩铀试验。 在法德英三国的斡旋下，伊朗于2003年12月18日签署了《不扩散核武器条约》附加议定书。 造成伊朗核问题今日今时危局的主要原因远远超越了伊朗自身，而是深深扎根于一系列错综复杂的国际关系，其中包括伊朗同西方、伊朗同以色列、伊朗同阿拉伯世界、阿拉伯世界之间、美国同欧洲围绕核计划，以及伊朗什叶派神权政权间种种相互交织的利益与冲突。从历史事件上看，以上种种关系的由来又可以追溯到1979年的伊朗伊斯兰革命，几乎持续上世纪整个80年代的两伊战争，因伊拉克侵略科威特以及巴以冲突而加剧的阿拉伯世界的内部分歧，甚至“9?11”事件后恐怖主义势力发展对西方体系的冲击。 国际社会之所以为伊朗核计划忧心忡忡，并不在于伊朗作为《核不扩散条约》的签字国是否具有和平发展核能的权利，而是在于伊朗始终无法让国际社会信服其核能开发是完全出于和平目的。国际社会进而担心，伊朗在接受国际核监督之外，还可能另有一套用于制造核武器的核计划。在恐怖主义和大规模杀伤性武器日益成为国际社会心腹大患之时，一个拥有核武器、并且在西方眼里同恐怖组织有千丝万缕联系的伊朗，对西方而言是完全不可容忍的。这也就解释了美国的底线：伊朗绝对不能拥有核武器。 在伊朗的强硬与西方的恫吓背后，伊朗距离美国的底线究竟有多远？根据制造核武器的基本知识，天然条件下出产的铀矿需要加工成所谓的铀浓缩体(俗称“黄色蛋糕”)，然后转变成铀四氟化物(UF4)，后者再进一步转换成为气态的铀六氟化物(UF6)，然后通过离心机将铀六氟化物加工成低浓缩铀(就是目前伊朗宣布已取得的技术突破)，低浓缩铀进一步浓缩成高浓缩铀，后者既可产生民用核能，也可以用来制造核武器。 如果伊朗的声明属实，根据有关专家估算，它距离生产出制造一枚原子弹所需要的高浓缩铀还有十三年零七个月。但令国际社会担心的是，伊朗不会满足于其目前拥有的164台离心机机组——伊朗已经声称到今年底修建由3000台离心机组成的机组。据估算，这样规模的机组将可以在271天内造出一枚原子弹所需的高浓缩铀。而伊朗的内坦兹核工厂的装机设计容量是5万台离心机，假设在美国的炸弹降落下来之前建成并全力运行，只需16天就可以造出一枚核弹所需量的高浓缩铀。 去年俄罗斯为解决僵局提出的在其领土上建立合作核燃料工厂的提案，主要是避免让伊朗完成浓缩铀的全过程，即将“黄色蛋糕”之后的阶段转移到俄境内进行加工。而伊朗宣称的低浓缩铀的制成，标志着伊朗掌握了浓缩铀的全过程技术。因此，内贾德在4月11日骄傲地宣称，伊朗从此加入核俱乐部的行列。 伊朗核问题的现状

1997-199年伊朗数学奥林匹克

1997-199年伊朗数学奥林匹克 (第一轮) 1.设正整数x、y满足方程3x2+x = 4y2 +y。证明x-y是个完全平方数。 证：原方程可改写为y2= 3x2+x -3y2-y =3(x2 - y2)+(x-y)=(x-y)[ 3x+3y+1]。 设d=( x-y，3x+3y+1)=(x-y，6y+1)为这两个整数的最大公因子，现证明d=1；否则d 有一素数因子记为p。特别地p整除x-y及6y+1。利用改写后的方程，p亦能整除 y2。因于p是素数，所以p能整除y。因此p能整除(y，6y+1)=1，这是不可能的，即d=1。因此整数x-y 及3x+3y+1为互素，由于这两个数之乘积是完全平方数，所以x-y及3x+3y+1亦是完全平方整数。 2.假设线段KL、KN与圆C相切于点L和N。在KN的延长线上任选一点M。圆C 与三角形KLM的外接圆交于另一点P。若Q为点N到ML的垂足，证明∠MPQ=2∠KLM。 证：首先有∠KPL=∠KLM=∠LPS，∠SPM=∠LPK=∠KML。又由于KN与三角形SMP的外接圆相切于M，所以RM2 =RS.RP=RN2。设R是MN的中点，即三角形MNQ的外接圆圆心，得∠MPQ=∠SMR=∠MQR。所以M、R、P、Q四点共圆，于是∠MPQ=∠MPS+∠RPQ=∠KLM+∠KML=2∠KML。 3.假设n x n的表格上只填上0、1、-1使得表格内的每行和每列各只有一个1和一个 -1。证明经互换某些行及互换某些列后表格内的所有数目和原来的数目多加负号。 解：首先记第i行第j列的数为a ij，现在利用a ij来构造一有向图G=(V，E)其中V={v1，，v2，...，v n}为图的顶点集合，E={e1，e2，...，e n}为图的有向边集合。e i连起顶点v j 到v k当且仅当a ji= 1及a ki= -1。由于每列只包含一个1和一个-1，图G能确实定义。 现在由对每行的同样的假设，每个顶点的出和入次数同样是1。因此G是几个不连 接的环所组成。经互换某些行及互换某些列，可以将这些环的方向更改。那样，在 对应的表格内，1和-1的位置刚好互相对换。 4.设x1、x2、x3、x4为正实数使得x1x2x3x4=1。证明 x13+x23+x33+x43≧max{x1+x2+x3+x4，1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 1 x4 }。 5.证：设A=(x13+x23+x33+x43)，A i=A-x i3。则A=(A1+A2+A3+A4)/3，利用AM-GM不等 式得A1/3≧(x23x33x43)1/3=1/x1。类似地有A i/3≧1/x i。因此 (x13+x23+x33+x43)=(A1+A2+A3+A4)/3≧1/x1+1/x2+1/x3+1/x4。这完成第一部份。 此外先用AM-GM不等式证明(x1+x2+x3+x4)/4≧(x1x2x3x4)1/4=1，再用幂均值不等式及以上不等式得(x13+x23+x33+x43)/4≧[(x1+x2+x3+x4)/4]3≧(x1+x2+x3+x4)/4。因此有(x13+x23+x33+x43)≧(x1+x2+x3+x4)。 6.设ABC是一锐角三角形。由点A到BC的垂足为D。假设角B和角C的角平分线 分别交AD于E和F。若BE=CF，证明三角形ABC是等腰的。 证：用反证法，假设AB