2026年IMC国际数学竞赛模拟题

2026年IMC国际数学竞赛模拟题代数部分多项式与方程设多项式(f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d)满足(f(1)=1)，(f(2)=2)，(f(3)=3)，(f(4)=4)，求(f(5))的值。解析：构造辅助多项式(g(x)=f(x)-x)，则(g(1)=g(2)=g(3)=g(4)=0)，故(g(x)=k(x-1)(x-2)(x-3)(x-4))，其中(k)为常数。因此(f(x)=k(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+x)。由于(f(x))是四次多项式，(k\neq0)。题目未给出更多条件，但根据(f(x))的首项系数为1，可知(k=1)。因此(f(5)=(5-1)(5-2)(5-3)(5-4)+5=4×3×2×1+5=29)。已知实数(a,b,c)满足(a+b+c=0)，(a^2+b^2+c^2=1)，求(a^4+b^4+c^4)的值。解析：首先，由((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca))，代入已知条件得(0=1+2(ab+bc+ca))，故(ab+bc+ca=-\frac{1}{2})。其次，((a^2+b^2+c^2)^2=a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2))，即(1=a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2))。而((ab+bc+ca)^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c))，由于(a+b+c=0)，故((-\frac{1}{2})^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)，即(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\frac{1}{4})。代入上式得(1=a^4+b^4+c^4+2×\frac{1}{4})，解得(a^4+b^4+c^4=\frac{1}{2})。函数与不等式设函数(f(x)=\frac{x^2+2x+3}{x^2+x+1})，求其值域。解析：将函数变形为(y=\frac{x^2+2x+3}{x^2+x+1})，整理得((y-1)x^2+(y-2)x+(y-3)=0)。当(y≠1)时，该二次方程有实根，故判别式(Δ=(y-2)^2-4(y-1)(y-3)≥0)。展开得(y^2-4y+4-4(y^2-4y+3)≥0)，即(-3y^2+12y-8≥0)，进一步化简为(3y^2-12y+8≤0)。解此不等式得(y∈[2-\frac{2\sqrt{3}}{3},2+\frac{2\sqrt{3}}{3}])。当(y=1)时，方程变为(-x-2=0)，即(x=-2)，存在实根，故(y=1)也在值域内。综上，值域为([2-\frac{2\sqrt{3}}{3},2+\frac{2\sqrt{3}}{3}])。证明：对任意正实数(a,b,c)，有(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}≥\frac{3}{2})（Nesbitt不等式）。解析：利用柯西不等式或均值不等式证明。方法一：由柯西不等式，((a(b+c)+b(a+c)+c(a+b))(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})≥(a+b+c)^2)。左边第一项为(2(ab+bc+ca))，故(2(ab+bc+ca)(\sum\frac{a}{b+c})≥(a+b+c)^2)。又因为((a+b+c)^2≥3(ab+bc+ca))，代入得(2(ab+bc+ca)(\sum\frac{a}{b+c})≥3(ab+bc+ca))，两边约去(ab+bc+ca)（正数），得(\sum\frac{a}{b+c}≥\frac{3}{2})。方法二：令(x=b+c,y=a+c,z=a+b)，则(a=\frac{y+z-x}{2},b=\frac{x+z-y}{2},c=\frac{x+y-z}{2})，代入原式得(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}=\frac{1}{2}[(\frac{y}{x}+\frac{x}{y})+(\frac{z}{x}+\frac{x}{z})+(\frac{z}{y}+\frac{y}{z})-3]≥\frac{1}{2}(2+2+2-3)=\frac{3}{2})，当且仅当(a=b=c)时取等号。几何部分平面几何在(△ABC)中，(AB=AC)，(∠BAC=120°)，(D)为(BC)中点，(DE⊥AB)于(E)，求(AE:EB)的值。解析：设(AB=AC=2)，则由余弦定理，(BC^2=AB^2+AC^2-2AB·AC·cos120°=4+4-2×2×2×(-\frac{1}{2})=12)，故(BC=2\sqrt{3})，(BD=\sqrt{3})。在(△ABD)中，(AD)为中线且(AB=AC)，故(AD⊥BC)，(∠BAD=60°)。在(Rt△ADE)中，(∠ADE=30°)，故(AE=AD·cos60°)。又(AD=AB·sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3})，所以(AE=\sqrt{3}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2})。而(EB=AB-AE=2-\frac{\sqrt{3}}{2})？不，此处错误，应直接在(Rt△BDE)中计算。或更简单：设(AE=x)，在(Rt△ADE)中，(∠A=120°)？不，(∠BAC=120°)，(DE⊥AB)，故(∠AED=90°)，(∠DAE=60°)，所以(AD=2AE)。又(AD=AB·sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3})，故(AE=\frac{\sqrt{3}}{2})，而(AB=2)，所以(EB=2-\frac{\sqrt{3}}{2})？显然不对，换一种方法：设(AB=AC=1)，则(BC=\sqrt{1+1-2×1×1×cos120°}=\sqrt{3})，(AD=\frac{1}{2})（因为(AD)是高，(AD=AB·cos60°=1×\frac{1}{2})）。在(Rt△ADE)中，(AE=AD·cos60°=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}=\frac{1}{4})，(EB=AB-AE=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4})，故(AE:EB=1:3)。对，正确，因为(AD=\frac{1}{2})，(∠DAE=60°)，所以(AE=AD·cos60°=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}=\frac{1}{4})，(EB=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4})，比值为1:3。如图，圆(O)是(△ABC)的外接圆，(AD)是角平分线，交(BC)于(D)，交圆(O)于(E)。证明：(AB·AC=AD·AE)。解析：连接(BE)，则(∠BAE=∠CAE)（因为(AD)是角平分线），且(∠ACB=∠AEB)（同弧(AB)所对的圆周角相等）。因此(△ABD\sim△AEB)？不，应证(△ABE\sim△ADC)。因为(∠BAE=∠DAC)，(∠ABE=∠ACD)（同弧(AE)所对的圆周角），故(△ABE\sim△ADC)，从而(\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC})，即(AB·AC=AD·AE)。立体几何已知正四面体的棱长为(a)，求其外接球半径(R)和内切球半径(r)。解析：正四面体的外接球与内切球同心，球心为重心。设正四面体(ABCD)，底面(ABC)的中心为(O_1)，则高(DO_1=\sqrt{a^2-(AO_1)^2})。底面(ABC)是正三角形，其中心到顶点的距离(AO_1=\frac{\sqrt{3}}{3}a)，故高(DO_1=\sqrt{a^2-(\frac{\sqrt{3}}{3}a)^2}=\sqrt{\frac{2}{3}}a=\frac{\sqrt{6}}{3}a)。外接球半径(R)是从球心到顶点的距离，球心将高分为(3:1)（重心性质），故(R=\frac{3}{4}×\frac{\sqrt{6}}{3}a=\frac{\sqrt{6}}{4}a)，内切球半径(r=\frac{1}{4}×\frac{\sqrt{6}}{3}a=\frac{\sqrt{6}}{12}a)。一个正方体的棱长为2，求其内切球、外接球和与各棱相切的球的半径之比。解析：内切球：直径等于正方体棱长，故半径(r_1=1)。外接球：直径等于正方体的体对角线，体对角线长为(2\sqrt{3})，故半径(r_2=\sqrt{3})。与各棱相切的球：直径等于正方体的面对角线，面对角线长为(2\sqrt{2})，故半径(r_3=\sqrt{2})。因此，半径之比为(r_1:r_2:r_3=1:\sqrt{3}:\sqrt{2})。数论部分整除与同余求(10^{2026})除以7的余数。解析：利用费马小定理，因为7是质数，且10与7互质，故(10^6≡1mod7)。2026除以6的余数为(2026=6×337+4)，故(10^{2026}≡10^4mod7)。计算(10mod7=3)，故(10^4≡3^4=81≡81-11×7=81-77=4mod7)。因此余数为4。证明：对于任意整数(n)，(n^3-n)能被6整除。解析：(n^3-n=n(n^2-1)=(n-1)n(n+1))，即三个连续整数的乘积。三个连续整数中必有一个偶数（能被2整除），且必有一个能被3整除，故其乘积能被2×3=6整除。不定方程求不定方程(x^2+y^2=2026)的整数解。解析：首先，2026是偶数，故(x)和(y)同奇偶。若(x,y)均为偶数，设(x=2a,y=2b)，则(4(a^2+b^2)=2026)，即(2(a^2+b^2)=1013)，左边为偶数，右边为奇数，矛盾。若(x,y)均为奇数，奇数的平方模4余1，故(x^2+y^2≡1+1=2mod4)，而2026≡2mod4，符合条件。接下来，计算平方数接近2026的数：(45^2=2025)，故(x^2≤2025)，即(|x|≤45)。尝试(x=45)，则(y^2=2026-2025=1)，故(y=±1)；同理(x=±1)，(y=±45)；(x=±45)，(y=±1)。再检查其他可能：(43^2=1849)，(2026-1849=177)，不是平方数；(41^2=1681)，(2026-1681=345)，不是平方数；(39^2=1521)，(2026-1521=505)，不是平方数；(37^2=1369)，(2026-1369=657)，不是平方数；(35^2=1225)，(2026-1225=801)，不是平方数；(33^2=1089)，(2026-1089=937)，不是平方数；(31^2=961)，(2026-961=1065)，不是平方数；(29^2=841)，(2026-841=1185)，不是平方数；(27^2=729)，(2026-729=1297)，不是平方数；(25^2=625)，(2026-625=1401)，不是平方数；(23^2=529)，(2026-529=1497)，不是平方数；(21^2=441)，(2026-441=1585)，不是平方数；(19^2=361)，(2026-361=1665)，不是平方数；(17^2=289)，(2026-289=1737)，不是平方数；(15^2=225)，(2026-225=1801)，不是平方数；(13^2=169)，(2026-169=1857)，不是平方数；(11^2=121)，(2026-121=1905)，不是平方数；(9^2=81)，(2026-81=1945)，不是平方数；(7^2=49)，(2026-49=1977)，不是平方数；(5^2=25)，(2026-25=2001)，不是平方数；(3^2=9)，(2026-9=2017)，不是平方数。因此，所有整数解为((±1,±45),(±45,±1))。求所有正整数(n)，使得(n^2+2n+3)是完全平方数。解析：设(n^2+2n+3=k^2)，其中(k)为正整数。则(k^2=(n+1)^2+2)，即(k^2-(n+1)^2=2)，因式分解得((k-(n+1))(k+(n+1))=2)。因为(k>n+1)，且(k-(n+1))和(k+(n+1))均为正整数，且后者大于前者，且两者同奇偶（因为(k-(n+1)+k+(n+1)=2k)为偶数）。但2的正因数对为(1,2)，1和2一奇一偶，矛盾。因此，不存在这样的正整数(n)。组合部分计数原理从1到100的正整数中，任取两个不同的数，使其和为偶数的概率是多少？解析：和为偶数的情况有两种：两数均为奇数或两数均为偶数。1到100中有50个奇数和50个偶数。故取两奇数的组合数为(C(50,2))，取两偶数的组合数也为(C(50,2))，总组合数为(C(100,2))。因此概率为(\frac{2×C(50,2)}{C(100,2)}=\frac{2×\frac{50×49}{2}}{\frac{100×99}{2}}=\frac{50×49×2}{100×99}=\frac{49}{99})。求方程(x+y+z=10)的非负整数解的个数。解析：利用隔板法，非负整数解的个数等价于将10个相同的球放入3个不同的盒子（允许空盒）的方法数。公式为(C(n+k-1,k-1))，其中(n=10)，(k=3)，故解的个数为(C(10+3-1,3-1)=C(12,2)=66)。抽屉原理与容斥原理证明：任意5个整数中，必有3个数的和是3的倍数。解析：每个整数模3的余数只能是0,1,2。根据抽屉原理，分情况讨论：若有三个数模3的余数相同，则这三个数的和模3为(0+0+0=0)，(1+1+1=3≡0)，(2+2+2=6≡0)，满足条件。若没有三个数模3的余数相同，则余数0,1,2各至少出现一次（否则最多出现两种余数，每种最多2个，共4个数，不足5个），故取余数为0,1,2的各一个数，其和模3为(0+1+2=3≡0)，满足条件。综上，命题得证。求1到100中，不被2,3,5整除的数的个数。解析：利用容斥原理。设(A)为被2整除的数，(B)为被3整除的数，(C)为被5整除的数。则：(|A|=50)，(|B|=33)，(|C|=20)(|A∩B|=16)（被6整除），(|A∩C|=10)（被10整除），(|B∩C|=6)（被15整除）(|A∩B∩C|=3)（被30整除）根据容斥原理，被2,3,5中至少一个整除的数的个数为(|A∪B∪C|=|A|+|B|+|C|-|A∩B|-|A∩C|-|B∩C|+|A∩B∩C|=50+33+20-16-10-6+3=74)。因此，不被2,3,5整除的数的个数为</think_never_used_51bce0c785ca2f68081bfa7d91973934>#</think_never_used_51bce0c785ca2f68081bfa7d91973934></think_never_used_51bce0c785ca2f68081bfa7d91973934>#2026年IMC国际数学竞赛模拟题代数部分多项式与方程设多项式(f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d)满足(f(1)=1)，(f(2)=2)，(f(3)=3)，(f(4)=4)，求(f(5))的值。解析：构造辅助多项式(g(x)=f(x)-x)，则(g(1)=g(2)=g(3)=g(4)=0)，故(g(x)=k(x-1)(x-2)(x-3)(x-4))，其中(k)为常数。因此(f(x)=k(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+x)。由于(f(x))是四次多项式且首项系数为1，可知(k=1)。因此(f(5)=(5-1)(5-2)(5-3)(5-4)+5=4×3×2×1+5=29)。已知实数(a,b,c)满足(a+b+c=0)，(a^2+b^2+c^2=1)，求(a^4+b^4+c^4)的值。解析：首先，由((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca))，代入已知条件得(0=1+2(ab+bc+ca))，故(ab+bc+ca=-\frac{1}{2})。其次，((a^2+b^2+c^2)^2=a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2))，即(1=a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2))。而((ab+bc+ca)^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c))，由于(a+b+c=0)，故((-\frac{1}{2})^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)，即(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\frac{1}{4})。代入上式得(1=a^4+b^4+c^4+2×\frac{1}{4})，解得(a^4+b^4+c^4=\frac{1}{2})。函数与不等式设函数(f(x)=\frac{x^2+2x+3}{x^2+x+1})，求其值域。解析：将函数变形为(y=\frac{x^2+2x+3}{x^2+x+1})，整理得((y-1)x^2+(y-2)x+(y-3)=0)。当(y≠1)时，该二次方程有实根，故判别式(Δ=(y-2)^2-4(y-1)(y-3)≥0)。展开得(y^2-4y+4-4(y^2-4y+3)≥0)，即(-3y^2+12y-8≥0)，进一步化简为(3y^2-12y+8≤0)。解此不等式得(y∈[2-\frac{2\sqrt{3}}{3},2+\frac{2\sqrt{3}}{3}])。当(y=1)时，方程变为(-x-2=0)，即(x=-2)，存在实根，故(y=1)也在值域内。综上，值域为([2-\frac{2\sqrt{3}}{3},2+\frac{2\sqrt{3}}{3}])。证明：对任意正实数(a,b,c)，有(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}≥\frac{3}{2})（Nesbitt不等式）。解析：利用均值不等式证明。令(x=b+c,y=a+c,z=a+b)，则(a=\frac{y+z-x}{2},b=\frac{x+z-y}{2},c=\frac{x+y-z}{2})，代入原式得：[\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}-3\right)]由均值不等式，(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}≥2)，同理其他项也≥2，故上式≥(\frac{1}{2}(2+2+2-3)=\frac{3}{2})，当且仅当(a=b=c)时取等号。几何部分平面几何在(△ABC)中，(AB=AC)，(∠BAC=120°)，(D)为(BC)中点，(DE⊥AB)于(E)，求(AE:EB)的值。解析：设(AB=AC=2)，则由余弦定理，(BC^2=AB^2+AC^2-2AB·AC·cos120°=4+4-2×2×2×(-\frac{1}{2})=12)，故(BC=2\sqrt{3})，(BD=\sqrt{3})。在(△ABD)中，(AD)为中线且(AB=AC)，故(AD⊥BC)，(∠BAD=60°)。在(Rt△ADE)中，(∠DAE=60°)，(AD=AB·sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3})，故(AE=AD·cos60°=\sqrt{3}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2})。而(EB=AB-AE=2-\frac{\sqrt{3}}{2})？不，正确方法：设(AB=1)，则(AD=\frac{1}{2})（高），在(Rt△ADE)中，(AE=AD·cos60°=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}=\frac{1}{4})，(EB=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4})，故(AE:EB=1:3)。如图，圆(O)是(△ABC)的外接圆，(AD)是角平分线，交(BC)于(D)，交圆(O)于(E)。证明：(AB·AC=AD·AE)。解析：连接(BE)，则(∠BAE=∠CAE)（角平分线定义），且(∠ACB=∠AEB)（同弧(AB)所对的圆周角相等）。因此(△ABE\sim△ADC)（AA相似），从而(\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC})，即(AB·AC=AD·AE)。立体几何已知正四面体的棱长为(a)，求其外接球半径(R)和内切球半径(r)。解析：正四面体的外接球与内切球同心，球心为重心。底面(ABC)是正三角形，其中心到顶点的距离(AO_1=\frac{\sqrt{3}}{3}a)，高(DO_1=\sqrt{a^2-(\frac{\sqrt{3}}{3}a)^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}a)。外接球半径(R=\frac{3}{4}×\frac{\sqrt{6}}{3}a=\frac{\sqrt{6}}{4}a)，内切球半径(r=\frac{1}{4}×\frac{\sqrt{6}}{3}a=\frac{\sqrt{6}}{12}a)。一个正方体的棱长为2，求其内切球、外接球和与各棱相切的球的半径之比。解析：内切球：直径等于棱长，半径(r_1=1)。外接球：直径等于体对角线（(2\sqrt{3})），半径(r_2=\sqrt{3})。与各棱相切的球：直径等于面对角线（(2\sqrt{2})），半径(r_3=\sqrt{2})。因此，半径之比为(r_1:r_2:r_3=1:\sqrt{3}:\sqrt{2})。数论部分整除与同余求(10^{2026})除以7的余数。解析：利用费马小定理，(10^6≡1mod7)（7是质数，10与7互质）。2026=6×337+4，故(10^{2026}≡10^4mod7)。计算(10mod7=3)，故(10^4≡3^4=81≡81-11×7=4mod7)。余数为4。证明：对于任意整数(n)，(n^3-n)能被6整除。解析：(n^3-n=(n-1)n(n+1))，即三个连续整数的乘积。三个连续整数中必有一个偶数（能被2整除），且必有一个能被3整除，故其乘积能被2×3=6整除。不定方程求不定方程(x^2+y^2=2026)的整数解。解析：2026是偶数，故(x,y)同奇偶。若均为偶数，左边为4的倍数，右边2026不是，矛盾；故均为奇数。设(x=2k+1,y=2m+1)，则(x^2+y^2=4(k^2+k+m^2+m)+2=2026)，即(k^2+k+m^2+m=506)。尝试(x=±1)，则(y^2=2025)，(y=±45)；同理(x=±45)，(y=±1)。其他可能：(43^2=1849)，(2026-1849=177)（非平方数），故所有解为((±1,±45),(±45,±1))。求所有正整数(n)，使得(n^2+2n+3)是完全平方数。解析：设(n^2+2n+3=k^2)，则(k^2=(n+1)^2+2)，即(k^2-(n+1)^2=2)，因式分解得((k-n-1)(k+n+1)=2)。因(k>n+1)，且因数对(1,2)一奇一偶，矛盾。故无正整数解。组合部分计数原理从1到100的正整数中，任取两个不同的数，使其和为偶数的概率是多少？解析：和为偶数需两数同奇偶。1到100中有50个奇数和50个偶数。取两奇数的组合数为(C(50,2))，取两偶数的组合数也为(C(50,2))，总组合数为(C(100,2))。概率为(\frac{2×C(50,2)}{C(100,2)}=\frac{50×49×2}{100×99}=\frac{49}{99})。求方程(x+y+z=10)的非负整数解的个数。解析：利用隔板法，非负整数解的个数为(C(10+3-1,3-1)=C(12,2)=66)。抽屉原理与容斥原理证明：任意5个整数中，必有3个数的和是3的倍数。解析：每个整数模3的余数为0,1,2。若有三个数余数相同，则和为3的倍数；否则余数0,1,2各至少出现一次，取各一个数，和为0+1+2=3，是3的倍数。命题得证。求1到100中，不被2,3,5整除的数的个数。解析：利用容斥原理。设(A)（被2整除）、(B)（被3整除）、(C)（被5整除），则：(|A|=50,|B|=33,|C|=20)(|A∩B|=16,|A∩C|=10,|B∩C|=6)(|A∩B∩C|=3)被至少一个整除的数为(50+33+20-16-10-6+3=74)，故不被整除的数为(100-74=26)。概率与统计部分概率计算袋中有5个红球和3个白球，从中任取2个球，求至少取到1个红球的概率。解析：对立事件为“取到2个白球”，概率为(\frac{C(3,2)}{C(8,2)}=\frac{3}{28})。故至少取到1个红球的概率为(1-\frac{3}{28}=