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2011年第52届IMO试题解答


蕴 秀 斋 2011 年第 52 届 IMO 解答
1、对于四个不同的正整数组成的集合 A ? ?a1 , a2 , a3 , a4 ? ,定义 S A ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 。并 设恰好有 n A 对 (i , j ),1 ? i ? j ? 4 使得 ai ? a j S A 。求所有的集合 A ,使得 n A 达到最大值。 解:不失一般性假设 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ,则 S A ? a4 ? a3 ? a4 ? a2 ?

1 S A ,因此 nA ? 4 。 2

若 nA ? 4 , 则 有 a1 ? a2 S A , a1 ? a3 S A , a1 ? a4 S A , a2 ? a3 S A 。 因 此 只 能 有

a1 ? a4 ? a2 ? a3 , a1 ? a2 a3 ? a4 , a1 ? a3 a2 ? a4 。


m(a1 ? a3 ) ? a2 ? a4 ? a2 ? ? a2 ? a3 ? a1 ? , 则 m ? 2 。 整 理 可 得

(m ? 1)a1 ? (m ? 1)a3 ? 2a2 ? 2a3 , 因 此 只 能 有 m ? 2 , 因 此 a3 ? 2a2 ? 3a1 , 故 a4 ? 3a2 ? 4a1 。
令 k ( a1 ? a2 ) ? a3 ? a4 ? 5a2 ? 7 a1 ,则 k ? m ? 2 ,整理可得 ( k ? 7) a1 ? (5 ? k ) a2 ,故 只能有 k ? 3, 4 。 令 a1 ? c ,则 k ? 3 时, A ? ?c,5c, 7c,11c? ; k ? 4 时, A ? ?c,11c,19c, 29c? 。容易 验证它们都满足要求。 综上所述, A ? ?c,5c, 7c,11c? 和 A ? ?c,11c,19c, 29c? 是全部解,其中 c 为任意正整 数。 (此题全场平均 5.35 分,中国队平均 7 分)

上善若水,水善利万物而不争,处众人之所恶,故几于道。

蕴 秀 斋
2、 S 有平面上 n ? 2 个点组成,其中任意三点不共线。所谓“风车”石子这样一个过程: 从只经过 S 中的一个点 P 的一条直线 l 出发, 以 P 为中心顺时针旋转, 直到首次遇到一个 S 的点,记作 Q 。接着这条直线以 Q 为中心顺时针旋转,直到首次遇到一个 S 的点,在更换 此点位新的中心,这样的过程无限持续下去。求证:可以适当的选择 S 中的一个点 P ,以 及一条过 P 的直线 l ,使得由此形成的“风车”将 S 的每个点都无限次用作旋转中心。 定义: 任取一条过 P 的有向直线 l , 当 l 的箭头顺时针的 180? , 所扫描到的区域称为 l 下 方,另一半区域称为 l 上方。记 l 下方点数减去 l1 上方点数为 ? 。 以下直线均指有向直线,两直线平行是指它们方向相同,显然对于过 S 中点的不同直 线 l1 ? l2 , ?1 ? ? 2 。 引理:对于 S 中任意一点 P ,都有一条只过 S 中点 P 的有向直线 l ,使得 ? ? 0 或 1 , 并使得 l 与 S 中任意两点连线不平行。称此直线 l 为 P 的好线。 证明: 任取一条过只经过 S 中点 P 的直线 l , 不妨设 ? ? 2 , 则旋转 l1 的 180? 时, ? 变成 ?? , 由于每次越过一个点时 ? ? 2 ,也即相邻两个 ? 之差为 2 ,所以在从 ? ? 2 ? ? ? ?2 过程 中,必有一个时刻使得 ? ? 0 或 1 。 由于在遇到新的点前 ? 不变,而 S 中任意两点连线只有有限条,因此可以取到与 S 中 所有连线不平行的好线。事实上对于任意好线, S 为偶数时 ? ? 1 , S 为奇数时 ? ? 0 。

原题证明:设 S 的点为 P 1, P 2 ,..., P n ,每个点都取一个好线的方向 l1 , l2 ,..., ln 。 取点 P 。每次更换旋转中心的前后瞬间 ? 1 ,我们取它的一条好线为 l1 开始转动“风车” 保持不变,所以在整个过程中,只要直线只经过 S 的一个点时, ? 一直是常数。而风车的 方向与 l1 的夹度是连续递增的,因此每个方向都会出现无限多次,因此每个方向 li 都会出现 无限多次, 而每次风车方向为 li 时, 由于它只过 S 中一个点, 且 ? ? 0,1 , 故此时它只经过 S 中的一个点 P i ,所以每个点限无限次作为中心。 (此题全场平均 0.65 分,中国队平均 2 分)

上善若水,水善利万物而不争,处众人之所恶,故几于道。

蕴 秀 斋
3、函数 f : R ? R ,对于任意实数 x, y ,都有 f ( x ? y ) ? yf ( x) ? f 任意 x ? 0 ,都有 f ( x ) ? 0 。 证明:若 f ( x ) ? 0 ,则结论成立,以下 f ( x ) ? ? 0。 假设存在 a 使得 f ( a ) ? 0 ,取 y ? ?1 ? 是存在一个实数 b ,使得 f (b ) ? 0 。 取

? f ( x) ? 。求证:对于

f ? f (a) ? ,则 f ( a ? y ) ? ? f ( a ) ? 0 ,所以总 f (a)

x ? x, y ? z ? x





f ( z ) ? ( z ? x ) f ( x ) ? f ? f ( x) ?
z ???

(*)







f ( z ) ? ( z ? b) f (b) ? f ? f (b) ? ,所以 lim f ( z ) ? ?? 。
若 存 在 a 使 得 f ( a ) ? 0 , 则 由 (*) 有 f ( z ) ? ( z ? a) f (a ) ? f

? f (a) ?

,因此 , 而

z ???

lim f ( z ) ? ??





y ? ?x





f (0) ? ? xf ( x) ? f ? f (? x) ?

x ???

lim ? ? ? xf ( x) ? f ? f (? x) ? ? ? ? ?? ,矛盾。因此,对于任意实数 x ,都有 f ( x ) ? 0 。
取 y ? f ( x ) ? x 可得 f
2

? f ( x) ? ? ? f ( x) ? x ? f ( x) ? f ? f ( x) ? ,因此对于任意实数 x 都

有 xf ( x) ? f ( x) ,因此当 f ( x ) ? 0 时,有 x ? f ( x ) 。 对于任意实数 c ? ? ? f (0) ? 0 ,若 f (c ) ? 0 ,则 0 ? c ? f (c ) ,因此有 c ? f (c) 。 在 原 式 中 取 y ? ?c, x ? c 可 得 f (0) ? ?cf (c) ? f
2

? f (c) ? ? ?cf (c) ? 0





f (0) ? c f (c) ? c ? f (0) ,矛盾。因此对于任意 x ? ? ? f (0) ,都有 f ( x ) ? 0 。
取 M ? ? ? f (0) ? 1 , 则

f (M ) ? 0 , 原 式 中 取 x ? M , y ? 0 可 得

0 ? f ( M ) ? f ? f ( M ) ? ? f (0) ,因此只能有 f (0) ? 0 。
对于任意 x ? 0 ,令 y ? ? x 可得 0 ? f (0) ? ? xf ( x) ? f 号成立,因此 f ( x ) ? 0 。 综上所述,对于任意 x ? 0 ,都有 f ( x ) ? 0 。

? f ( x) ? ? ? xf ( x) ? 0 ,只能等

(此题全场平均 1.05 分,中国队平均 7 分)

上善若水,水善利万物而不争,处众人之所恶,故几于道。

蕴 秀 斋
4、 n 是一个正整数,有一个天平以及 n 个重量分别为 2 , 2 ,..., 2
0 1 n ?1

的砝码。现在通过 n 次

操作逐个将每个砝码都放上天平, 每次操作都是将一个尚未放上天平的砝码放在天平的右边 或者左边, 并且要求天平右边的重量始终不超过天平左边的重量。 请问有多少种不同的操作 过程? 解:设有 an 种不同的操作过程,显然 a1 ? 1 。 对于任意 n ? 2 , 考虑最轻的砝码 2 , 去掉这个砝码产生的过程仍然保持右边的重量始
0

终不超过天平左边的重量,对应 an ?1 种方法。而对于任意满足天平右边的重量始终不超过天 平左边的重量将 2 ,..., 2
1 n ?1

逐个放上天平的放法,如果 2 可以插在 n 个位置,如果 2 插在

0

0

第一次前面, 则只能放在天平的左边; 如果插在其它位置由于之前左边总量至少比右边总量 大 2 ,因此无论放在左边还是右边都满足要求,因此 2 共有 1 ? 2( n ? 1) ? 2 n ? 1 种插入的
0

方法,所以 an ? (2n ? 1)an ?1 ,因此 an ? (2n ? 1)!! 。

解 2:每次只要已经放在天平上的砝码中最重的砝码在左边即可。假设第 i 次操作 2

n ?1

,则

只能放在左边,这时只要前 i ? 1 次满足要求即可,后面的 n ? i 个砝码可以随意摆放,因此
i ?1 n ?i an ? ? Cn ?? ?1ai ?1 ( n ? i )!2 i ?1 i ?1 n n n ?1 ai ?1 2n ?i (n ? 1)! a 2n ?i (n ? 1)! ? an ?1 ? ? i ?1 。所以 (i ? 1)! (i ? 1)! i ?1

ai ?1 2n ?1?i (n ? 2)! an ? an ?1 ? 2(n ? 1)? ? an ?1 ? 2(n ? 1)an ?1 ? (2n ? 1)an ?1 (i ? 1)! i ?1
n ?1

由于 a1 ? 1 ,因此 an ? (2n ? 1)!! 。

(此题全场平均 4.06 分,中国队平均 7 分)

上善若水,水善利万物而不争,处众人之所恶,故几于道。

蕴 秀 斋
5、设 f 是定义在整数集合取值为正整数的函数,已知对于任意两个整数 m ? n ,

f (m ? n) f (m) ? f (n) 。求证:对于任意整数 m, n , f (m) ? f (n) ? f (m) f (n) 。
证明:由已知 f (m ? 0) f (m) ? f (0) ,因此 f (m) f (0) 对于任意整数 m 都成立。 由于 f (0 ? n) f (0) ? f (n) ,因此 f (?n) f (n) ,n ? ?n 可得 f (n) f (?n) ,因此对于 任意整数 n ,都有 f ( ? n) ? f ( n) 。 若结论不成立,则存在 m, n ,使得 f ( m) ? f ( n) ,但是 f ( n) 不是 f ( m ) 的倍数。由于

f (m ? n) f (m) ? f (?n) ? f (m) ? f (n) ,因此 f ( m ? n) ? f ( n) ? f ( m) (*)。
由于 f (m) f (m ? n) ? f (n) , 所以 f ( m ? n) 也不是 f ( m ) 的倍数, 故 f ( m ? n) ? f ( m) 。 由于 f (n) f (m ? n) ? f (m) ,因此 f (n) ? f (m ? n) ? f (m) 。 因此只能有 f ( m ? n) ? f ( m) , 所以 f ( n) ? f ( m) ? f ( m ? n) , 由于 f ( m ? n) ? f ( n) , 与(*)相加可得 2 f ( m ? n) ? 0 ,矛盾。 综上所述,结论成立。例如 f (odd ) ? a , f (even) ? ab , f (0) ? abc 。 证明 2:若 f (n) f (kn) ,则由于 f (n) f ? (k ? 1)n ? ? f (kn) ,故也有 f (n) f ? (k ? 1)n ? , 同样由于 f (n) f (kn) ? f ? (k ? 1)n ? ,故也有 f (n) f ? (k ? 1)n ? 。由于 f (n) f (n) ,所以

f (n) f (kn) 对于任意整数 k 都成立。也即对于任意 x y ,都有 f ( x) f ( y ) ,当然也有
f ( x ) ? f ( y ) 。设 ( m, n) ? d ,则存在 x, y 使得 d ? xm ? yn ,故 f ( xm) f (d ) ? f ( yn) ,

f ( yn) f (d ) ? f (mx) ,注意到 f ( xm) ? f ( d ) , f ( yn) ? f ( d )
若 f ( yn) ? f ( xm) , 则 只 能 有 f ( d ) ? f ( yn) , 由 于 f ( d ) ? f ( n) ? f ( yn ) , 故

f ( n) ? f (d ) ? f ( m) ,所以只能有 f ( n) ? f ( m) ,结论成立。
若 f ( yn ) ? f ( xm) , 则 f ( d ) ? f ( xm ) , 故 f ( m) ? f ( d ) , 由 于 f (d ) f (n) , 故

f ( m) f ( n ) 。
(此题 IMO 平均 3.26 分,中国队平均 7 分)

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蕴 秀 斋
6、设锐角 ?ABC 的外接圆为 ? ,l 是 ? 的一条切线,记 l 关于 BC , CA, AB 的对称直线分别 为 la , lb , lc 。求证:直线 la , lb , lc 构成的三角形的外接圆与圆 ? 相切。 证 明 : 设 l 与 直 线 la , lb , lc 交 于
Y Q A

L, M , N , la , lb , lc 两 两 交 于 D, E , F , 由 已 知 LB 平 分
w

X E L N lc B P P' I l C

F la

?ELN , NB 平分 ?MNE ,因 此 B 是 ?LNE 的旁心,所以 EB 平 分 ?FED 。 同 理 DA 平 分 ?EDF , FC 平分 ?EFD ,所
以 DA, EB, FC 交于 ?DEF 的内 心I 。

lb M

D

由于 A 是 ?DMN 的旁心,

因此 ?BAC ? 180? ?

1 1 1 1 ?ENM ? ?FMN ? 90? ? ?NDM ? 90? ? ?EDF ,又因为 2 2 2 2 1 ?BIC ? ?EIF ? 90? ? ?EDF ? 180? ? ?BAC ,所以 I 在圆 ? 上。 2 设 P 关于 BC 的对称点为 P ? ,则 P ? 在 EF 上,设 ?P?CF 的外接圆与 ?P ?BE 的外接圆

交于 Q ,则 ?BQC ? ?BQP? ? ?CQP ? ? ?BEP? ? ?CFP? ? 180? ? ?BIC ,所以 Q 在圆

? 上。
由 于

1 ?BP?C ? ?BPC ? ?BIC ? ?EIF ? 90? ? ?EDF 2







?EQF ? ?EQP? ? ?FQP? ? ?IBP? ? ?ICP? ? 360? ? 2?BIC ? 180? ? ?EDF ,所以 Q
也在 ?DEF 的外接圆 c1 上。 由对称性 ?P?BC 的外接圆与 EF 切于 P ? , 故 ?FP?C ? ?P?BC 。 过 Q 作 ? 的切线 XY , 因此 ?YQF ? ?YQC ? ?FQC ? ?QBC ? ?FP?C ? ?QBP? ? ?QEF ,所以 XY 也是圆

c1 是切线。因此,圆 c1 与圆 ? 相切于 Q 。

(此题 IMO 平均 0.32 分,此题全场 6 个满分,中国队平均 1.33 分)

上善若水,水善利万物而不争,处众人之所恶,故几于道。


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