当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

2001-2012中国西部数学奥林匹克CWMO试题与解答_图文

2002 年第 6 期

23

2001 中国西部数学奥林匹克

第一天

1. 设数列{ xn}满足

x1 =

1 2

, xn+1 =

xn +

x2n n2

.



明 : x2 001 < 1 001.

(李伟固)

2. 设 ABCD 是面积为 2 的长方形 , P 为边 CD 上

的一点 , Q 为 △PAB 的内切圆与 边 AB 的切点. 乘积

PA·PB 的值随着长方形ABCD及点 P 的变化而变化 ,

当 PA·PB 取最小值时 ,

(1) 证明 : AB ≥2 BC ;

(2) 求 AQ·BQ 的值.

(罗增儒)

3. 设 n 、m 是具有不同奇偶性的正整数 ,且 n >

m. 求所有的整数

x

,使得

x2 n x2m

-

1 是一个完全平方数 . 1

(潘承彪)

4. 设 x 、y 、z 为 正 实 数 , 且 x + y + z ≥xyz. 求

x2

+

y2 xyz

+

z2 的最小值.

(冯志刚)

第二天

1. 求所有的实数 x ,使得 [ x3 ] = 4 x + 3. 这里 [ y ]

表示不超过实数 y 的最大整数.

(杨文鹏)

2. P 为 ⊙O 外一点 ,过 P 作 ⊙O 的两条切线 ,切

点分别为 A 、B . 设 Q 为 PO 与 AB 的交点 ,过 Q 作 ⊙O

的任意一条弦 CD. 证明 : △PAB 与 △PCD 有相同的

内心.

(刘康宁)

3. 求所有的实数

x



0

π ,2

,使得

π (2 - sin 2 x) sin x + 4 = 1 ,

并证明你的结论 .

(李胜宏)

4. 我们称 A1 , A2 , …, An 为集合 A 的一个 n 分划 , 如果

(1) A1 ∪A2 ∪…∪An = A ; (2) Ai ∩Aj ≠ ,1 ≤i < j ≤n. 求最小正整数 m ,使得对 A = {1 ,2 , …, m}的任意一个 14 分划 A1 , A2 , …, A14 ,一定存在某个集合 Ai (1 ≤i ≤

14)

,在

Ai

中有两个元素

a 、b 满足

b<

a



4 3

b.

(冷岗松)

参考答案

第一天

1. 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 对 任 意 n ∈N, 均 有

xn

≤n 2

.



当 n = 1 时 ,由条件知 ①成立.



n

=

k



①成立

,即

xk

≤k 2

.当

n

=

k

+1



,有

xk +1

=

xk

+

x2k k2

≤k 2

+

1 k2

k2 2

=

k 2

+

1 4

<

k

+ 2

1

.

故对一切 n ∈N , ①都成立.

从而

,

x2

001

≤2

001 2

<

1

001.

2. (1) 由于 S △APB =

1 2

S矩形ABCD = 1 ,

  从而得到 ②满足条件的三组正整数解

m = 33 ,   m = 20 ,   m = 7 ,

n=3;

n = 10 ; n = 17.

1) 在 m = 33 , n = 3 时 ,显然 x5 = x6 = x7 = 13 仅

有一种可能 ;

设 xi = 7 yi ( i = 1 ,2 ,3 ,4) ,于是 ,由不定方程 y1

+

y2

+

y3

+

y4

= 33 有

C4 - 1 33 - 1

= C332

=4

960 组正整数

解. 可知此时 ①有满足条件的 C332 = 4 960 组正整数

解.

2) 在 m = 20 , n = 10 时 ,设 xi = 7 yi ( i = 1 ,2 ,3 ,

4) , xj = 13 yj ( j = 5 ,6 ,7) . 由 y1 + y2 + y3 + y4 = 20 有 C319 组正整数解 ,以及 y5 + y6 + y7 = 10 有 C29 组正整 数解 ,可知此时 ①有满足条件的 C319 ·C29 = 34 884 组 正整数解.
3) 在 m = 7 , n = 17 时 ,仍设 xi = 7 yi ( i = 1 ,2 ,3 , 4) , xj = 13 yj ( j = 5 ,6 ,7) . 由 y1 + y2 + y3 + y4 = 7 与 y5 + y6 + y7 = 17 分别有 C36 与 C216 组正整数解 ,可知 此时 ①有满足条件的 C36 ·C216 = 2 400 组正整数解.
综上 , ①满足条件的正整数解的组数为 C332 + C319 ·C29 + C36 ·C216 = 42 244.

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

24

中等数学

从而

,

1 2

PA·PB sin

∠A PB = 1 ,

即  PA·PB

= sin

2 ∠A PB

≥2.

等号仅当 ∠A PB = 90°时成立. 这表明点 P 在以 AB 为

直径的圆上 ,该圆应与 CD 有公共点.

于是

,

PA·PB

取最小值时

,应有

BC

≤AB 2

,即

AB ≥2 BC.

(2) 设 △A PB 的内切圆半径为 r ,则

PA·PB = ( r + AQ) ( r + BQ)

= r ( r + AQ + BQ) + AQ·BQ.

而 PA·PB = 2 S △APB , r ( r + AQ + BQ) = S △APB ,

于是 , AQ·BQ = S △APB = 1.

3. 记

x2 n x2m

-

1 1

=

A2

,这里

A

∈N ,则

n- 1

∏ A2 =

( x2 i + 1) .

i= m

注意到对 i ≠j , ( x2i + 1 , x2j + 1) = 1 , 2 | x , 2 , 2 x.

情形 1  2| x ,可知 Π m ≤i ≤n - 1 ,数 x2i + 1 都 是完全平方数 ,于是 ,只能是 x = 0 ;

情形 2  2

∏ n - 1
x ,则 2 n - m
i= m

x2i + 1 2

.



x2 i + 2

1

,

x2j + 2

1

= 1 ,故必须 2| ( n - m) ,矛盾.

综上可知 ,所求的整数 x 只有一个 ,即 x = 0.

4. 注意到 ,当 x = y = z = 3时 , x + y + z = xyz ,而

x2

+ y2 + xyz

z2

=

3.

下面证明 x2

+ y2 + xyz

z2 的最小值为

3.

事实上 ,有

x2

+

y2

+

z2

≥1 3

(x+

y+

z) 2



1 3

( xyz) 2

≥ 3 xyz ,如果

xyz ≥3

3,

3 3 ( xyz) 2 ≥ 3 xyz ,如果 xyz < 3 3 .

故 x2

+ y2 + xyz

z2 的最小值为

3.

第二天

1. 设

x 为满足条件的实数,则可设

x=

k 4

( k ∈Z) ,且

k3 64

=

k

+ 3. 于是

,3

≤k3 64

-

k < 4 ,即

  192 ≤k ( k - 8) ( k + 8) < 256.



记 f ( k) = k ( k - 8) ( k + 8) ,则 k 、k - 8 、k + 8 中恰

有两个数都小于 0 ,或都大于 0 ,即

- 7 ≤k ≤- 1 或 k ≥9. 又当 k ≥10 时 ,f ( k) ≥10 ×2 ×18 > 256 ,矛盾. 故 k ∈{ - 7 , - 6 , …, - 1 ,9}. 分别计算 ,可知满足 ①的 k 只有两个 ,即

k = - 4 , - 5.

从而 , x = -

5 4



-

1.

2. 如图 1 ,记 R 为

线段 OP 与 ⊙O 的 交

点 , E 为 PD 与 ⊙O 的

交点 (不同于 D) .

∵CQ·QD

= AQ·QB = AQ2 ,

PQ·QO = AQ2 ,

图1

∴CQ·QD = PQ·QO.

于是 , P、C、O 、D 四点共圆.

故 ∠OPC = ∠ODC = ∠OCD = ∠OPD ,即 PO 为

∠CPD 的平分线.

又由 P、C、O 、D 四点共圆 ,得 ∠COR = ∠CDE.

而 ∠COE = 2 ∠CDE , 故 ∠COR = ∠ROE , 即 有 CR =

RE. 从而 , ∠CDR = ∠EDR. 故 R 为 △PCD 的内心.

又显然 R 为 △PAB 的内心 ,所以命题成立.

3. 令 sin

π x+ 4

= t ,即 sin x + cos x = 2 t. 于

是 ,1 + sin 2 x = 2 t2 ,即 sin 2 x = 2 t2 - 1. 从而有

t (3 - 2 t2) = 1 ,

即  2 t3 - 3 t + 1 = 0.



注意到 t = 1 是上述方程的解 ,故

( t - 1) (2 t2 + 2 t - 1) = 0.

由于

0

≤x

≤π 2

,所以

,

2 2

≤t

≤1.

于是 ,2 t2 + 2 t -

1

≥2

×

1 2

+

2

×2 2

-

1 > 1.

从而 ,方程 ①有惟一解 t = 1.

故原方程有惟一解

x

=

π 4.

4. (i) 若 m < 56 , 令 Ai = { a | a ≡i ( mod 14) ,

a ∈A} ,则 Π b < a ∈Ai ( i = 1 ,2 , …,14) ,均有 56 > a >

b ,且 a - b ≥14. 故 b ≤a - 14 < 42.

于是

,

a b

=1+

ab

b

≥1

+

14 b

>

1

+

14 42

=

4 3

.

故正整数 m ≥56.

(ii) 若 m = 56 , 则 对 A 的 任 意 划 分 A1 , A2 , …,

A14 ,数 42 ,43 , …,56 中 ,必有两个数属于同一个 Ai ,它

们满足

b

≤a



4 3

b.

综上所述 ,所求 m 的最小正整数值为 56.
(刘康宁  提供)

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

38

中等数学

2002 年西部数学奥林匹克

第一天
1. 求所有的正整数 n ,使得 n4 - 4 n3 + 22 n2 36 n + 18 是一个完全平方数.
2. 设 O 为锐角 △ABC 的外心 , P 为 △AOB 内部 一点 , P 在 △ABC 的三边 BC、CA 、AB 上的射影分别 为 D 、E、F. 求证 :以 FE、FD 为邻边的平行四边形位 于 △ABC 内.
3. 考虑复平面上的正方形 ,它的 4 个顶点所对 应的复数恰好是某个整系数一元四次方程 x4 + px3 + qx2 + rx + s = 0 的 4 个根. 求这种正方形面积的最 小值.
4. 设 n 为正整数 ,集合 A1 , A2 , …, An +1 是集合 {1 ,2 , …, n} 的 n + 1 个非空子集. 证明 : 存在{1 ,2 , …, n + 1}的两个不交的非空子集{ i1 , i2 , …, ik } 和 { j1 , j2 , …, jm } ,使得
Ai1 ∪Ai2 ∪…∪Aik = Aj1 ∪Aj2 ∪…∪Ajm .
第二天
5. 在给定的梯形 ABCD 中 , AD ∥BC , E 是边 AB 上的动点 , O1 、O2 分别是 △A ED 、△B EC 的外心. 求 证 : O1 O2 的长为一定值.
6. 设 n ( n ≥2) 是给定的正整数 ,求所有整数组 ( a1 , a2 , …, an ) 满足条件 :
(1) a1 + a2 + …+ an ≥n2 ; (2) a21 + a22 + …+ a2n ≤n3 + 1. 7. 设 α、β为方程 x2 - x - 1 = 0 的两个根 ,令 an = ααn--ββn, n = 1 ,2 , …. (1) 证明 :对任意正整数 n ,有 an + 2 = an + 1 + an ; (2) 求所有正整数 a 、b , a < b ,满足对任意正整 数 n ,有 b 整除 an - 2 nan . 8. 设 S = ( a1 , a2 , …, an ) 是一个由 0 ,1 组成的 满足下述条件的最长的数列 :数列 S 中任意两个连 续的 5 项不同 ,即对任意 1 ≤i < j ≤n - 4 , ai , ai + 1 , ai + 2 , ai + 3 , ai + 4 与 aj , aj + 1 , aj + 2 , aj + 3 , aj + 4 不相同. 证 明 :数列 S 最前面的 4 项与最后面的 4 项相同.
参考答案
1. 设 m ∈N+ ,使得 n4 - 4 n3 + 22 n2 - 36 n + 18 =

m2 ,配方后得

( n2 - 2 n + 9) 2 - 63 = m2 .



于是 ,63 = ( n2 - 2 n + 9) 2 - m2

= ( n2 - 2 n + 9 - m) ( n2 - 2 n + 9 + m) .

注意到 , n2 - 2 n + 9 + m = ( n - 1) 2 + m + 8 ∈

N+ ,所以 ,必有

n2 - 2 n + 9 - m = 1 ,3 ,7 ,

n2 - 2 n + 9 + m = 63 ,21 ,9. 而 n2 - 2 n + 9 = 32 ,12 或 8 ,分别求解得 n 只能 为 1 或 3 (对应的 m = 1 ,9) . 注 :在得到式 ①后 ,还可用不等式估计来处理. 2. 如 图 1 , 以 FE、

FD 为 邻 边 作 EFDG. 为证命题成立 ,只须证 明

∠FDE < ∠CED , ①

且  ∠FED < ∠EDC. ②

图1

注意 到 ①、②是 对

称的 ,故只须证明其中一式成立 ,另一式子可以完全 类似地证明.
对于 式 ①, 由 于 ∠FDE = ∠FDP + ∠EDP , 而 B 、D 、P、F 四点共圆 ,故
∠FDP = ∠FB P < ∠ABO

= 90°-

1 2

∠AOB = 90°-

∠C

(这里用到 P 在 △AOB 内部及 O 为 △ABC 的外心) .

又 C、E、P、D 四点共圆 ,故

∠PDE = ∠PCE ,

∠CED = ∠CPD = 90°- ∠PCD.

所以 , ∠FDE < (90°- ∠C) + ∠PCE

= 90°- ∠PCD = ∠CED.

从而 ,式 ①成立. 命题获证.

3. 依题意 ,可知方程的 4 个根只能是下面的两

种情形 :2 个实根与 1 对共轭虚根 ;2 对共轭虚根.

(1) 若方程的 4 个根是 2 个实根与 1 对共轭虚

根 ,则可设此 4 个根为 a ±b , a ±bi. 于是 ,原方程为

( x - a) 4 = b4 ,

即  x4 - 4 ax3 + 6 a2 x2 - 4 a3 x + a4 - b4 = 0.

由 - 4 a ∈Z ,且 4 a3 ∈Z 可知 a ∈Z. 由 a4 - b4 ∈

2003 年第 5 期

Z 知 b4 ∈Z ,所以 , b4 ≥1 , b2 ≥1. 此时正方形的面积 为 2 b2 ≥2 ,当 a ∈Z , b = ±1 时等号成立.
(2) 若方程的 4 个根为 2 对共轭虚根 ,则可设此 4 个根为 a ±bi , a + 2 b ±bi. 这 4 个根为方程 ( x ( a + b) ) 4 = - 4 b4 的 4 个根. 同上讨论可知 4 b4 ∈Z ,

进而 4

b4

≥1

, b2

≥1 2

. 于是

,正方形的面积为

4

b2



2. 当

b=

±2 2

,a+

b ∈Z 时等号成立.

综上可知 ,这样的正方形的面积大于等于 2. 又

方程 x4 = 1 的 4 个根为复平面上一个面积等于 2 的

正方形的 4 个顶点 ,所以 ,这种正方形面积的最小值

为 2.

4. 对 n 归纳 ,用数学归纳法证明.

当 n = 1 时 ,必有 A1 = A2 = {1} ,命题获证. 设命题对 n = l 成立 ,考虑 n = l + 1 的情形.

此时若存在 Ai = Aj , 则命题成 立. 因 此 , 可 设 A1 , A2 , …, Al + 2 两两不同. 令 A′i = Ai \ { l + 1} ,则

A′i Α{1 ,2 , …, l} , i = 1 ,2 , …, l + 2. (1) A′i 两两不同. 此时 ,考虑 A′1 , A′2 , …, A′l + 1 , 运用归纳假设 ,可得分组

记 U′1 A′i1 ∪A′i2 ∪…∪A′is



    = A′j1 ∪A′j2 ∪…∪A′jt U′2 .



如果将式 ①中的 A′i 改为 Ai 后 ,得 U1 = U2 ,则

命题获证. 若 U1 ≠U2 ,则必有一边含有 l + 1 ,而另一

边不含 l + 1 ,不妨设 l + 1 ∈Ai1 . 而对任意 1 ≤k ≤t ,

均有 l + 1 ∈ Ajk .

此时 ,考虑 A′1 , A′2 , …, A′l + 2 中除 A′i1 以外的 l + 1

个集合. 利用归纳假设 ,可得另一分组



U′3

A′-i 1 ∪A′-i 2 ∪…∪A′-i u



    = A′-j 1 ∪A′-j 2 ∪…∪A′-j v

U′4 .



如果将式 ②中的 A′j 改为 Aj 后 ,得 U3 = U4 ,则

命题获证. 若 U3 ≠U4 ,则必有一边含有 l + 1 ,而另一

边不含 l + 1 ,不妨设 l + 1 ∈ U3 , l + 1 ∈U4 . 此时 ,考

虑下面的并集

U′1 ∪U′3 = U′2 ∪U′4 .



则式 ③中两边去掉“′”后 ,必有 U1 ∪U3 = U2 ∪U4 .

这时 ,只需对式 ③中下标相同的集合予以处理.

注意到 , A′i1 ∈U′1 ,但 A′i1 ∈ U′k , k = 2 ,3 ,4 ,故下 标 i1 仅在式 ③中出现一次. 从而 ,在将下标相同的

39

集合去掉时 (保持式 ③成立) ,式 ③的两边不会变为

空集. 若 A′i 在式 ③中重复出现 ,不妨设 A′i ∈U′1 ,若

A′i ∈U′3 ,则从 U′3 中去掉 A′i ,式 ③仍成立 ;若 A′i ∈

U′2 ∪U′4 ,由于 U′1 与 U′2 的下标不同 ,故必有 A′i ∈

U′4 . 此时结合 U′1 = U′2 可知 ,将 A′i 从 U′4 中去掉后 ,

式 ③仍成立. 依此处理 ,直至式 ③两边没有相同下标

的项 ,从而命题获证.

(2) 若 A′i 中存在相同的集合 (1 ≤i ≤l + 2) ,这

时 ,如果 A′i 中有 3 个相同 ,不妨设 A′1 = A′2 = A′3 ,则

A1 、A2 、A3 中必有 2 个相等 ,矛盾 ;如果 A′i 中有两对集

合分别相等 ,不妨设 A′1 = A′2 , A′3 = A′4 ,这时 A1 、A2

中恰有一个含有 l + 1 , A3 、A4 中也恰有一个含有 l

+ 1. 不妨设 l + 1 ∈A1 , l + 1 ∈A3 ,而 l + 1 ∈A2 , l + 1

∈A4 ,此时 ,得到 A1 ∪A4 = A2 ∪A3 . 命题获证.

最后 , A′i 中恰有两个集合相同 ,设为 A′1 = A′2 ,

此时 , l + 1 必恰属于 A1 、A2 中的一个. 注意到 ,两个

集合组 A′1 , A′3 , …, A′l +2 与 A′2 , A′3 , …, A′l + 2 中没有相

同的集合 (指同一组内) . 这时 ,利用 (1) 的处理方法 ,

可知命题成立.

综上可知 ,命题对一切正整数 n 成立.

5. 如 图 2 , 连 结 O1 E、

O1 D 、O2 E、O2 C ( 不 妨 设 ∠A

≥∠B) . 注意到

∠EO1 D = 360°- 2 ∠A

= 2 (180°- ∠A) = 2 ∠B . 于是 ,有

图2

∠O1 ED =

1 2

(180°-

∠EO1 D) = 90°-

∠B ,

∠O2 EC =

1 2

(180°-

∠EO2 C) = 90°-

∠B .

从而 , ∠O1 ED = ∠O2 EC. 故

∠O1 EO2 = ∠DEC.

另一方面 ,由正弦定理 ,可知

DE sin A

=

2

EO1

,

EC sin B

=

2

EO2 .

又因为 sin

A

= sin

B

,故

DE EC

=

EO1 EO2

.

结合 ∠O1 EO2 = ∠DEC ,可知

△DEC∽ △O1 EO2 .

所以

,

O1 O2 CD

=

EO1 DE

=

1 2sin

A.

从而

, O1

O2

=

CD 2sin A

为定值

.

(下转第 48 页)

48
2 ,| x1 | + | x2 | + …+ | x6 | ≠0 ,和式 S ( x1 , x2 , …, x6 ) = a1 x1 + a2 x2 + …+ a6 x6
都是 3 的倍数. 则| S ( x1 , x2 , …, x6 ) | ≤2 (31 + 32 + …+ 36 ) = 3 (36 - 1) = 3 (33 - 1) (33 + 1) = 3 ×26 ×28 = 3 ×728. 不妨设 x1 , x2 , …, x6 中不为零且下标 k1 为最
大的数是 xk1 ,即 xk1 ≠0 ,且 xk1 + 1 = xk1 + 2 = …= x6 = 0 ,则
S ( x1 , x2 , …, x6 ) = a1 x1 + a2 x2 + …+ ak1 xk1 = 31 x1 + 32 x2 + …+ 3 k1 xk1 . 另外 , 不 妨 设 xk1 > 0 ( 当 xk1 < 0 时 , 可 考 虑 - S ( x1 , x2 , …, x6 ) ) . 若 k1 ≥2 ,则 S ( x1 , x2 , …, x6 ) ≥3 k1 - 2 ×3 k1 - 1 - 2 ×3 k1 - 2 - …- 2 ×31

中等数学
= 3 k1 - (3 - 1) (3 k1 - 1 + 3 k1 - 2 + …+ 31 ) = 3 k1 - (3 k1 - 31 ) = 3 > 0. 若 k1 = 1 ,则 x1 ≠0 , S ( x1 , x2 , …, x6 ) = a1 x1 > 0. 综上可知 3| S ( x1 , x2 , …, x6 ) ,且 S ( x1 , x2 , …, x6 ) ≠0 , | S ( x1 , x2 , …, x6 ) | ≤3 ×728. 显然 2 003 与 3 互素. 假若有 2 003 整除 S ( x1 , x2 , …, x6 ) ,则 S ( x1 , x2 , …, x6 ) = 3 t , t 为整数 , 且 1 ≤| t | ≤728. 于 是 , 2 003| t ,这与 1 ≤| t| ≤728 矛盾. 因此 ,当取 ai = 3 i , i = 1 ,2 , …,6 时 ,就不可能有 x1 , x2 , …, x6 ∈Z ,| xi | ≤2 , i = 1 ,2 , …,6 ,| x1 | + | x2 | + …+ | x6 | ≠0 ,能使 得 2 003| S ( x1 , x2 , …, x6) = a1 x1 + a2 x2 + …+ a6 x6 . 这个反例说明 :当 k = 6 时 ,命题不成立. 由上述两步可知 ,所求的最小正整数 k 为 7.
(吴伟朝  广州大学理学院数学系 ,510405)

(上接第 39 页)

  6. 由条件可知

n

n

n

∑ ∑ ∑ ( ak - n) 2 =

a2k - 2 n ak + n3

k =1

k =1

k =1

≤( n3 + 1) - 2 n3 + n3 = 1.

n
∑ 故 ( ak - n) 2 = 0 或 1. k =1
n
∑ 若 ( ak - n) 2 = 0 ,则 a1 = a2 = …= an = n. k =1
n
∑ 若 ( ak - n) 2 = 1 ,则| ak - n| ( k = 1 ,2 , …, k =1
n) 中恰有一个为 1 ,其余 n - 1 个都为 0. 依此不妨设

| a1 - n| = 1 , a2 = a3 …= an = n ,此时 ,结合 a1 + a2

n
∑ + …+ an ≥n2 ,可知 a1 = n + 1 ,故 a2k = ( n + 1) 2 k =1
+ ( n - 1) n2 = n3 + 2 n + 1 > n3 + 1. 矛盾.

综上可知 ,只有一组数 ( n , n , …, n) 满足条件.

7. (1) 由条件可知 α2 =α+ 1 ,β2 =β+ 1. 从而 ,

an +2

=

αn

+2 α-

βn +2 β

=

(αn +1

+αn ) α-

(βn +1 +βn β

)

=

αn

+1 α-

βn β

+

1

+

αn α-

βn β

=

an +1

+

an .

(2) 由条件可知 b| ( a1 - 2 a) ,由韦达定理可知

a1 = a2 = 1. 于是 , b| (1 - 2 a) . 注意到 1 ≤2 a - 1 < 2 b

- 1 < 2 b ,而 2 a - 1 是 b 的倍数 ,故 b = 2 a - 1.

又 b| ( a3 - 6 a3 ) ,即有 (2 a - 1) | (6 a3 - 2) . 而 6 a3 - 2 = 3 a2 (2 a - 1) + 3 a2 - 2 ,故 (2 a - 1) | (3 a2 - 2) . 从而 ,有 (2 a - 1) | (6 a2 - 4) . 结合 6 a2 - 4 = (3 a + 1) (2 a - 1) + a - 3 , 故 (2 a - 1) | ( a - 3) . 从 而 , (2 a - 1) | (2 a - 6) , 于 是 , (2 a - 1) | 5. 所以 ,2 a - 1 = 1 或 5. 但 2 a - 1 = 1 推出 a = b = 1 ,矛盾. 故 2 a - 1 = 5 ,进而 a = 3 , b = 5. 下面证明 :对任意 n ∈N+ ,均有 5| ( an - 2 n ×3 n ) . 对此可以利用数学归纳法予以证明 (以下略) . 8. 用反证法. 若 S 的前 4 项与最后 4 项不相同 ,设 S 的最后 4 项为 abcd. 由于 S 为最长的具有题中性质的数列 , 从而 ,在 S 后添加 0 或 1 后 ,所形成的 5 数段 abcd0 和 abcd1 必在 S 中出现 ,即存在 i ≠j , i 、j ∈{2 ,3 , …, n - 5} ,使得 ai ai + 1 …ai + 4 = abcd0 , aj aj + 1 …aj + 4 = abcd1. 考虑 ai - 1 、aj - 1 与 an - 5 这 3 个数 ,其中必有 2 个 数相同. 若 ai - 1 = aj - 1 , 则 ai - 1 …ai + 3 = aj - 1 …aj + 3 , 从 而 , S 中有 2 个相同的 5 数段 ,矛盾. 另外的情形将推出同样的矛盾. 所以 ,命题成立.
(李胜宏  提供)

2004 年第 2 期

29

2003 西部数学奥林匹克
(2003 - 09 - 27 —09 - 28 ,乌鲁木齐)

第一天

1. 将 1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 分别放在正方体的八个 顶点上 ,使得每一个面上的任意三个数之和均不小 于 10. 求每一个面上四个数之和的最小值.
2. 设 2 n 个实数 a1 , a2 , …, a2 n 满足条件
2n- 1
∑( ai + 1 - ai ) 2 = 1.
i =1
求 ( an + 1 + an + 2 + …+ a2 n ) - ( a1 + a2 + …+ an ) 的 最大值.
3. 设 n 为给定的正整数. 求最小的正整数 un , 满足 :对每一个正整数 d ,任意 un 个连续的正奇数 中能被 d 整除的数的个数不少于奇数 1 ,3 ,5 , …, 2 n - 1中能被 d 整除的数的个数.
4. 证明 :若凸四边形 ABCD 内任意一点 P 到边 AB 、BC 、CD 、DA 的距离之和为定值 ,则 ABCD 是平 行四边形.
第二天

5. 已 知 数 列 { an } 满 足 : a0 = 0 , an + 1 = kan +

( k2 - 1) a2n + 1 , n = 0 ,1 ,2 , …,其中 k 为给定的正

整数. 证 明 : 数 列 { an } 的 每 一 项 都 是 整 数 , 且 2 k |

a2 n , n = 0 ,1 ,2 , ….

6.凸 四 边 形 ABCD 有 内 切 圆 , 该 内 切 圆 切 边

AB 、BC、CD 、DA 的切点分别为 A1 、B1 、C1 、D1 ,连结

A1 B1 、B1 C1 、C1 D1 、D1 A1 , 点 E、F、G、H 分 别 为

A1 B1 、B1 C1 、C1 D1 、D1 A1 的中点. 证明 :四边形 EFGH

为矩形的充分必要条件是 A 、B 、C、D 四点共圆.

5

∑ 7. 设非负实数

x1 、x2 、x3 、x4 、x5

满足

i =1

1 1 + xi

∑ = 1. 求证 :

5 i =1

xi 4 + x2i

≤1.

8. 1 650 个学生排成 22 行 、75 列. 已知其中任意

两列处于同一行的两个人中 ,性别相同的学生都不

超过 11 对. 证明 :男生的人数不超过 928.

参考答案

1. 设某个面上的四个数 a1 、a2 、a3 、a4 之和达到 最小值 ,且 a1 < a2 < a3 < a4 . 由于小于 5 的三个不 同的正整数之和最大为 9 ,故 a4 ≥6. 因此 ,

a1 + a2 + a3 + a4 ≥16. 如图 1 所示的例子 说明 16 是可以达到的. 2. 当 n = 1 时 , ( a2 - a1 ) 2 = 1 ,故 a2 - a1 = ±1. 易知此时欲求的最 大值为 1. 当 n ≥2 时 , 设 x1

= a1 , xi + 1 = ai + 1 - ai ,

图1

i = 1 , 2 , …, 2 n - 1. 则

2n
∑x2i = 1 ,且 ak = x1 + x2 + …+ xk , k = 1 ,2 , …,2 n.
i =2
由柯西不等式得

( an + 1 + an + 2 + …+ a2 n ) - ( a1 + a2 + …+ an )

= n ( x1 + x2 + …+ xn ) + nxn + 1 + ( n - 1) xn + 2 +

…+ x2 n - [ nx1 + ( n - 1) x2 + …+ xn ]

= x2 + 2 x3 + …+ ( n - 1) xn + nxn + 1 +

( n - 1) xn + 2 + …+ x2 n

≤[ 12

+ 22

+

…+

(

n-

1) 2

+

n2

+

(

n

-

1) 2

+

…+ 12 ]

1 2

·

( x22

+

x23

+

…+

x22 n )

1 2

1

=

n2

+

2

×

1 6

(n-

1)

n (2 ( n -

1)

+ 1)

2

=

n (2

n2 3

+

1)

.

当 ak = a1 + 2

3 k ( k - 1) , k = 1 ,2 , …, n + 1 , n (2 n2 + 1)

an + k + 1 = a1 +

3 [ 2 n2 - ( n - k) ( n - k - 1) ] , k = 1 , 2 n (2 n2 + 1)

2 , …, n - 1 时 ,上述不等式等号成立. 所以 ,

( an + 1 + an + 2 + …+ a2 n ) - ( a1 + a2 + …+ an )

的最大值为

n (2

n2 3

+

1)

.

3. un = 2 n - 1. (1) 先证 un ≥2 n - 1. 由于 u1 ≥1 ,不妨设 n ≥2. 由于在 1 ,3 , …,2 n 1 中能被 2 n - 1 整除的数的个数为 1 ,在 2 ( n + 1) 1 ,2 ( n + 2) - 1 , …,2 ( n + 2 n - 2) - 1 中能被 2 n - 1 整除的数的个数为 0 ,因此 , un ≥2 n - 1. (2) 再证 un ≤2 n - 1.

30

只要考虑 d 为奇数且 1 ≤d ≤2 n - 1. 考虑 2 n 1 个奇数 :2 ( a + 1) - 1 ,2 ( a + 2) - 1 , …,2 ( a + 2 n 1) - 1. 设 s 、t 为整数 ,使得
(2 s - 1) d ≤2 n - 1 < (2 s + 1) d , (2 t - 1) d < 2 ( a + 1) - 1 ≤(2 t + 1) d. 于是 ,在 1 ,3 , …,2 n - 1 中能被 d 整除的数的个 数为 s. 故只要证明 [2 ( t + s) - 1 ] d ≤2 ( a + 2 n - 1) - 1 即可. 事实上 ,有

[2 ( t + s) - 1 ] d = (2 t - 1) d + (2 s - 1) d + d ≤2 ( a + 1) - 3 + 2 n - 1 + 2 n - 1

= 2 ( a + 2 n - 1) - 1. 因此 , un ≤2 n - 1. 综上所述 ,得 un = 2 n - 1. 4. 用记号 d ( P , l) 表示点 P 到直线 l 的距离. 先 证一个引理. 引理  设 ∠SAT =α是一个定角 ,则 ∠SAT 内一 动点 P 到两边 AS 、AT 的距离之和为常数 m 的轨迹

是线段 BC ,其中 AB = AC = sinmα. 若点 P 在 △ABC 内 ,则点 P 到两边 AS 、AT 的距离之和小于 m ; 若点 P 在 △ABC 外 ,则点 P 到两边 AS 、AT 的距离之和大 于等于 m.
事 实 上 , 由 S △PAB + S △PAC = S △ABC , 知 d ( P ,
AB) + d ( P , AC) = m . 如图 2 , 若 点 Q 在
△ABC 内 , 由 S △QAB + S △QAC < S △ABC ,得
d ( Q , AB ) + d ( Q , 图2
AC) < m ; 若点 Q 在 △ABC 外 , S △QAB + S △QAC > S △ABC ,得
d ( Q , AB) + d ( Q , AC) > m . (1) 若四边形 ABCD 的两组对边都不平行 ,不妨 设 BC 与 AD 相交于点 F , BA 与 CD 相交于点 E. 过点 P 分别作线段 l1 、l2 ,使得 l1 上的任意一点到 AB 、 CD 的 距 离 之

和 为 常 数 , l2 上的任意一点

到 BC 、AD 的

距离之和为常

数 ,如 图 3. 则

图3

中等数学

对于区域 S 内任意一点 Q ,有

d ( P , AB) + d ( P , BC) + d ( P , CD) + d ( P , DA)

= d ( Q ,AB) + d ( Q ,BC) + d ( Q , CD) + d ( Q , DA)

= [ d( Q ,AB) + d( Q , CD) ] + [ d ( Q , BC) + d ( Q , DA) ]

> [ d( P ,AB) + d( P , CD) ] + [ d ( P , BC) + d ( P , DA) ].

矛盾.

(2) 若四边形 ABCD 是梯形 ,也可推得矛盾.

5. 由题设可得

a2n + 1 - 2 kan an + 1 + a2n - 1 = 0.

所以 , a2n + 2 - 2 kan + 1 an + 2 + a2n + 1 - 1 = 0.

将上面两式相减 ,得

a2n + 2 - a2n - 2 kan + 1 an + 2 + 2 kan an + 1 = 0 ,

即  ( an + 2 - an ) ( an + 2 + an - 2 kan + 1 ) = 0.

由题设条件知 ,数列{ an}是严格递增的 ,所以 ,

an + 2 = 2 kan + 1 - an .



结合 a0 = 0 , a1 = 1 知 ,数列{ an }的每一项都是

整数.

因为数列{ an }的每一项都是整数 ,由式 ①可知

2 k| ( an +2 - an) .



于是 ,由 2 k| a0 ,及式 ②可得

2 k| a2 n , n = 0 ,1 ,2 , ….

6. 如图 4 所

示 ,设 I 为四边

形 ABCD 的内切

圆圆心. 由于 H

为 D1 A1 的 中

点 , 而 AA1 与

AD1 为 过 点 A

所作的 ⊙I 的切

线 , 故 H 在 AI

上 , 且 AI ⊥

图4

A1 D1 . 又 ID1 ⊥AD1 ,故由射影定理可知 IH·IA = ID21
= r2 ,其中 r 为内切圆半径. 同理可知 , E 在 BI 上 ,且 IE·IB = r2 . 于是 , IE·
IB = IH·IA ,故 A 、H、E、B 四点共圆. 所以 ,

∠EHI = ∠AB E.

类似地 ,可证 ∠IHG = ∠ADG , ∠IFE = ∠CB E ,

∠IFG = ∠CDG. 将这四个式子相加得

∠EHG + ∠EFG = ∠ABC + ∠ADC.

所以 ,A 、B 、C、D 四点共圆的充要条件是 E、F、 G、H 四点共圆. 而熟知一个四边形的各边中点围成

2004 年第 2 期

31

   

2003 年湖南省高中数学竞赛

  一 、选择题 (每小题 6 分 ,共 36 分)

1. 设函数 f ( x) = loga x ( a > 0 , a ≠1) . 若 f ( x1 x2 …x2 003 ) = 8 , 则 f ( x21 ) + f ( x22 ) + …+ f ( x22 003 ) 的值等于 (   ) . (A) 4    (B) 8    (C) 16    (D) 2loga8 2. 如图 1 , S - ABC 是

三条棱两两互相垂直的三

棱锥 , O 为底 面 ABC 内 一 点. 若 ∠OSA = α, ∠OSB =β, ∠OSC = γ, 那 么 , tan α·tanβ·tan γ的取值范

围是 (   ) . (A) [2 2 , + ∞)

图1 (B) (0 ,2 2)

(C) [1 ,2 2 ]

(D) (1 ,2 2)

3. 某水池装有编号为 1 ,2 , …,9 的 9 个进出口

水管 ,有的只进水 ,有的只出水. 已知所开的水管号

的四边形是平行四边形 ,平行四边形为矩形的充要 条件是该四边形的四个顶点共圆. 因此 , EFGH 为矩 形的充要条件是 A 、B 、C、D 四点共圆.

7. 令

yi

=

1

1 +

xi

,i

= 1 ,2 , …, 5 , 则

xi

=

1

yi

yi

,

5
∑ i = 1 ,2 , …,5 ,且 yi = 1. 于是 , i =1

∑ ∑ 5
i =1

xi 4 + x2i

≤1 Ζ

5 i =1

5 y2i

y2i + yi ≤1 - 2 yi + 1

∑ Ζ

5 i =1

- 5 y2i + 5 yi 5 y2i - 2 yi + 1

≤5

∑5
Ζ
i =1

-

1

+

5

3 yi + 1 y2i - 2 yi +

1

≤5

∑5
Ζ i=1 5

3 yi + 1

yi -

1 5

2
+

4 5

≤10.

5
而∑ i=1 5

∑ 3 yi + 1

5


3 yi + 1

yi -

1 5

2
+

4 5

i =1

4 5

5

∑ =

5 4

(3 yi + 1) =
i =1

5 4

×(3 + 5) = 10 ,

故命题成立.

与水池灌满水所需的时间如表 1. 若 9 个水管一齐 开 ,则灌满水池需 (   ) 小时.

(A) 1

(B) 2

(C) 3

(D) 4

表  1

水管号 1 ,2 2 ,3 3 ,4 4 ,5 5 ,6 6 ,7 7 ,8 8 ,9 9 ,1

时间 (小时) 2 4 8 16 31 62 124 248 496

  4. 若以圆锥曲线的一条经过焦点的弦为直径的

圆与对应的准线无公共点 ,则此圆锥曲线为 (   ) .

(A) 双曲线

(B) 椭圆

(C) 抛物线

(D) 椭圆或双曲线

5. 有 10 个不同的球 ,其中 2 个红球 、5 个黄球 、3

个白球. 若取到 1 个红球得 5 分 ,取到 1 个黄球得 1

分 ,取到 1 个白球得 2 分 ,则从中取出 5 个球 ,使得

总分大于 10 分且小于 15 分的取法种数为 (   ) .

(A) 90   (B) 100   (C) 110   (D) 120

8. 设第 i 行的男生数为 ai ,则女生数为 75 - ai . 依题意可知

22
∑(C2ai + C275 - ai ) ≤11 ×C275 .
i =1
这是因为任意给定的两列处于同一行的两个人

中 ,性别相同的学生不超过 11 对 ,故所有同一行中

性别相同的两人对的个数不大于 11 ×C275 . 于是有

22
∑( a2i - 75 ai ) ≤- 30 525 ,
i =1

22
∑ 即   (2 ai - 75) 2 ≤1 650. i =1
利用柯西不等式 ,可知

22

22

∑ ∑ (2 ai - 75) 2 ≤22 (2 ai - 75) 2 ≤36 300.

i =1

i =1

22
∑ 所以 , (2 ai - 75) < 191. i =1

22

∑ 从而

,

i =1

ai

<

191

+1 2

650

< 921.

因此 ,男生的个数不超过 928.

(2003 西部数学奥林匹克命题组  提供)

2005 年第 2 期

31

2004 西 部 数 学 奥 林 匹 克

第一天

一 、求所有的整数 n ,使得

n4 + 6 n3 + 11 n2 + 3 n + 31

是完全平方数.

(徐万镒  供题)

二 、四边形 ABCD 为一凸四边形 , I1 、I2 分别为 △ABC 、△DBC 的内心 , 过点 I1 、I2 的 直线 分 别 交 AB 、DC 于 点 E、F , 分 别 延 长

AB 、DC ,它们相交于点 P ,且 PE = PF. 求证 :

A 、B 、C 、D 四点共圆.

(刘诗雄  供题)

三 、求所有的实数 k ,使得不等式 a3 + b3 + c3 + d3 + 1 ≥k ( a + b + c + d)

对任意 a 、b 、c 、d ∈[ - 1 , + ∞) 都成立.

(徐万镒  供题)

四 、设 n ∈N+ ,用 d ( n) 表示 n 的所有正 约数的个数 ,φ( n) 表示 1 , 2 , …, n 中与 n 互

质的数的个数. 求所有的非负整数 c , 使得存

在正整数 n ,满足

d ( n) + φ( n) = n + c ,

且对这样的每一个 c , 求出所有满足上式的

正整数 n.

(冯志刚  供题)

第二天

五 、设数列{ an} 满足 a1 = a2 = 1 ,且

an + 2

=

1 an + 1

+

an ,

n

= 1 ,2 ,

….

求 a2 004 .

(吴伟朝  供题)

六 、将 m ×n 棋盘 (由 m 行 n 列方格构

成 , m ≥3 , n ≥3) 的所有小方格都染上红蓝两

色之一. 如果 2 个相邻 (有公共边) 的小方格

异色 ,则称这 2 个小方格为 1 个“标准对”. 设

棋盘中“标准对”的个数为 S . 试问 : S 是奇数

还是偶数由哪些方格的颜色确定 ? 什么情况

下 S 为奇数 ? 什么情况下 S 为偶数 ? 说明

理由.

(冯跃峰  供题)

七 、已 知 锐 角 △ABC 的 三 边 长 不 全 相

等 ,周长为 l , P 是其内部一动点 , 点 P 在边 BC 、CA 、AB 上的射影分别为 D 、E、F. 求证 :

2 ( A F + BD + CE) = l 的充分必要条件是 :点 P 在 △ABC 的内心与

外心的连线上.

(熊  斌  供题)

八 、求证 :对任意正实数 a 、b 、c ,都有

1<

a+ a2 + b2

b+ b2 + c2

c c2 +

a2

≤3 22 .

(王建伟  供题)

参考答案
第一天

  一 、设 A = n4 + 6 n3 + 11 n2 + 3 n + 31. 则 A = ( n2 + 3 n + 1) 2 - 3 ( n - 10)
是完全平方数. 当 n > 10 时 ,有 A < ( n2 + 3 n + 1) 2 . 所以 , A ≤( n2 + 3 n) 2 .
即  ( n2 + 3 n + 1) 2 - ( n2 + 3 n) 2 ≤3 n - 30 ] 2 n2 + 3 n + 31 ≤0. 这不可能. 当 n = 10 时 , A = (102 + 3 ×10 + 1) 2 = 1312 是完
全平方数. 当 n < 10 时 , A > ( n2 + 3 n + 1) 2 . 若 n ≤- 3 或 n ≥0 ,则 n2 + 3 n ≥0. 于是 , A ≥( n2 + 3 n + 2) 2 . 因此 ,2 n2 + 9 n - 27 ≤0.

解得 - 7 < - 3 (

33 + 3) 4

≤n ≤3 (

33 4

3)

< 3.

所以 , n = - 6 , - 5 , - 4 , - 3 , 0 , 1 , 2. 此时 , 与之

对应的 A = 409 ,166 ,67 ,40 ,31 ,52 ,145 都不是完全平

方数.

当 n = - 2 , - 1 时 , 与之对应的 A = 37 , 34 也不

是完全平方数.

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

32
故只有当 n = 10 时 , A 是完全平方数. 二 、如图 1 ,联结 I1 B 、I1 C、I2 B 、I2 C.

图1 因为 PE = PF ,所以 , ∠PEF = ∠PFE. 而 ∠PEF = ∠I2 I1 B - ∠EBI1 = ∠I2 I1 B - ∠I1 BC , ∠PFE = ∠I1 I2 C - ∠FCI2 = ∠I1 I2 C - ∠I2 CB , 则 ∠I2 I1 B - ∠I1 BC = ∠I1 I2 C - ∠I2 CB , 即  ∠I2 I1 B + ∠I2 CB = ∠I1 I2 C + ∠I1 BC. 又 ∠I2 I1 B + ∠I2 CB + ∠I1 I2 C + ∠I1 BC = 2π, 则 ∠I2 I1 B + ∠I2 CB =π. 所以 , I1 、I2 、C、B 四点共圆. 从而 , ∠BI1 C = ∠BI2 C. 故 ∠I1 BC + ∠I1 CB = ∠I2 BC + ∠I2 CB , ∠ABC + ∠ACB = ∠DBC + ∠DCB . 所以 , ∠BAC = ∠BDC. 因此 , A 、B 、C、D 四点共圆. 三 、当 a = b = c = d = - 1 时 ,有

-

3 ≥k ×( -

4)

]

k



3 4

;



a=

b=

c=

d=

1 2

时 ,有

4

×

1 8

+ 1 ≥k ×

4

×

1 2

]

k



3 4

.



k=

3 4

.

下面证明不等式

a3

+

b3

+

c3 +

d3

+

1

≥3 4

(a+

b+

c+

d)



对任意 a 、b 、c 、d ∈[ - 1 , + ∞) 都成立.

首先证明 4 x3 + 1 ≥3 x , x ∈[ - 1 , + ∞) .

事实上 ,由 ( x + 1) (2 x - 1) 2 ≥0 ,便得

4 x3 + 1 ≥3 x , x ∈[ - 1 , + ∞) .

所以 ,4 a3 + 1 ≥3 a , 4 b3 + 1 ≥3 b ,

4 c3 + 1 ≥3 c , 4 d3 + 1 ≥3 d.

将上面的 4 个不等式相加 ,便得式 ①.

故欲求的实数

k=

3 4

.

中等数学

四 、设 n 的所有正约数组成的集合为 A , 又设

1 ,2 , …, n 中与 n 互质的数组成的集合 为 B . 由 于

1 ,2 , …, n中恰好有一个数 1 ∈A ∩B ,所以 , d ( n) + φ( n) ≤n + 1.

故 c = 0 或 1. (1) 当 c = 0 时 ,由 d ( n) + φ( n) = n ,知 1 ,2 , …,

n 中恰好有一个不属于 A ∪B . 如果 n 为偶数 , 且 n

> 8 ,则 n - 2 , n - 4 都不属于 A ∪B , 此时 n 不满足

方程. 如果 n 为奇数 , 当 n 为质数或 1 时 , d ( n) +

φ( n) = n + 1 (属于情形 (2) ) ;当 n 为合数时 , 设 n =

pq ,1 < p ≤q , p、q 都是奇数 ,若 q ≥5 ,则 2 p、4 p 不属

于 A ∪B ,此时 n 不满足方程. 综上可知 , 只有当 n ≤8 , n 为偶数 , 或 n ≤9 , n

为奇合数时 ,才有 d ( n) + φ( n) = n.

直接验证可知 , n 只能是 6 ,8 ,9. (2) 当 c = 1 时 ,由 d ( n) + φ( n) = n + 1 , 知 1 ,2 ,

…, n 中每个数都属于 A ∪B , 易知 , 此时 n = 1 或质

数都符合要求. 对于 n 为偶数时的情形 ,同上讨论可 知 ,若 n 为偶数 ,则 n ≤4 (考虑数 n - 2 即可) ; 若 n 为奇合数 ,设 n = pq ,3 ≤p ≤q , p 、q 都是奇数 , 这时 ,

2 p 不属于 A ∪B ,矛盾.

直接验证知 , n = 4 符合要求. 所以 ,满足 d ( n) + φ( n) = n + 1 的 n 为 1 , 4 或

质数.

第二天

五 、由 题 设 得 an + 2 an + 1 - an + 1 an = 1 , 所 以 , { an + 1 an} 是一个首项为 1 、公差为 1 的等差数列. 从 而 , an + 1 an = n , n = 1 ,2 , …. 因此 ,

an + 2

=

n+1 an + 1

=

n+1 n

=

n

+ n

1·an

,

n

=

1

,

2

,

….

an



a2 004

=

2 2

000032·a2 002

=

2 2

003·2 002 2

000010·a2 000

 =

…=

2 2

003·2 002 2

001·…·3 000 2

·a2

 =

3·5·…·2 2·4·…·2

003 002

=

2 2

003 002

! !

! !

.

六 、解法 1 :把所有方格分为三类. 第一类方格

位于棋盘的 4 个角上 , 第二类方格位于棋盘的边界

(不包括 4 个角) 上 ,其余的方格为第三类.

将所有红色方格填上数 1 , 所有蓝色方格填上

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

2005 年第 2 期
数 - 1. 记第一类方格的填数分别为 a 、b、c 、d ; 第二 类方格的填数分别为 x1 , x2 , …, x2 m + 2 n - 8 ; 第三类方 格的填数分别为 y1 , y2 , …, y ( m - 2) ( n - 2) . 对任何 2 个 相邻的方格 ,在它们的公共边上标上这 2 个方格内 标数的积. 设所有公共边上的标数的积为 H.
对每个第一类方格 , 它有 2 个邻格 , 所以 , 它的 标数在 H 中出现 2 次 ;对每个第二类方格 ,它有 3 个 邻格 ,所以 ,它的标数在 H 中出现 3 次 ; 对每个第三 类方格 ,它有 4 个邻格 , 所以 , 它的标数在 H 中出现 4 次. 于是 ,
H = ( abcd) 2 ( x1 x2·…·x2 m + 2 n - 8) 3· ( y1 y2·…·y ( m - 2) ( n - 2) ) 4
 = ( x1 x2·…·x2 m + 2 n - 8) 3 . 当 x1 x2·…·x2 m + 2 n - 8 = 1 时 , H = 1 , 此时 , 有偶 数个“标准对”; 当 x1 x2 ·…·x2 m + 2 n - 8 = - 1 时 , H = - 1 ,此时 ,有奇数个“标准对”. 这表明 , S 的奇偶性由第二类方格的颜色确定 , 且当第二类方格中有奇数个蓝色方格时 , S 为奇数 ; 当第二类方格中有偶数个蓝色方格时 , S 为偶数. 解法 2 :将所有方格分为三类. 第一类方格位于 棋盘的 4 个角上 ,第二类方格位于棋盘的边界 (不包 括 4 个角) 上 ,其余的方格为第三类. 如果所有方格都是红格 , 则 S = 0 为偶数. 如果 方格中有蓝格 ,则任取其中 1 个蓝格 A ,将 A 改变为 红色. (1) 若 A 是第一类方格 ,设 A 的 2 个邻格中有 k 个红格 ,2 - k 个蓝格 ,则将 A 变为红色后 “, 标准对” 个数增加了 2 - k - k = 2 - 2 k. 所以 , S 的奇偶性不 改变. (2) 若 A 是第二类方格 ,设 A 的 3 个邻格中有 p 个红格 ,3 - p 个蓝格 ,则将 A 变为红色后 “, 标准对” 个数增加了 3 - p - p = 3 - 2 p. 所以 , S 的奇偶性改 变. (3) 若 A 是第三类方格 ,设 A 的 4 个邻格中有 q 个红格 ,4 - q 个蓝格 ,则将 A 变为红色后 “, 标准对” 个数增加了 4 - q - q = 4 - 2 q. 所以 , S 的奇偶性不 改变. 如果操作后棋盘中还有蓝色方格 , 则再进行类 似的操作 ,直至所有方格为红色为止 , 此时 , S 变为
0. 显然 ,当第二类方格中有奇数个蓝色方格时 , S

33

改变奇数次奇偶性 ; 当第二类方格中有偶数个蓝色

方格时 , S 改变偶数次奇偶性. 所以 , S 的奇偶性由

第二类方格的颜色确定 , 且当第二类方格中有奇数

个蓝色方格时 , S 为奇数 ;当第二类方格中有偶数个

蓝色方格时 , S 为偶数.

七 、设 △ABC 的三边长分别为 BC = a , CA = b , AB = c , 不妨设 b ≠c. 如图 2 建 立 直 角 坐 标 系 , 设

A ( m , n) 、 B ( 0 , 0 ) 、

C ( a ,0) 、P ( x , y) .

由 A F2 - B F2

= A P2 - B P2 ,

得 A F2 - ( c - A F) 2

= A P2 - B P2 .

故 2 c·A F - c2

图2

= ( x - m) 2 + ( y - n) 2 - x2 - y2 .

解得 A F =

m2 +

n2 - 2 mx 2c

2 ny +

c 2

.

又 CE2 - A E2 = PC2 - A P2 ,得

CE2 - ( b - CE) 2 = PC2 - A P2 .

则 2 b·CE - b2 = ( x - a) 2 + y2 - ( x - m) 2 - ( y - n) 2 .

解得

CE = 2 mx + 2 ny -

m2 2b

n2 - 2 ax + a2 +

b 2

.

故 AF + BD +

CE =

l 2

Ζ m2 +

n2 - 2 mx 2c

2 ny +

c 2

+ x+

2 mx + 2 ny -

m2 2b

n2 - 2 ax + a2 +

b 2

=

l 2

Ζ

m b

-

a b

-

m c

+1

x+

n b

-

n c

y

+

a2 2b

+

b+ 2

c

+

m2 + 2

n2

1 c

-

1 b

-

l 2

= 0.

因为 b ≠c , n ≠0 , 所以 , 满足条件的点 P 在一

条定直线上. 由于内心 、外心均满足 2 ( A F + BD +

CE) = l ,从而 ,命题得证.

八 、令

x=

b2 a2

,

y

=

c2 b2

,

z

=

a2 c2

.



x 、y 、z ∈R+ ,

xyz = 1. 于是 ,只须证明

1<

1+ 1+ x

1+ 1+ y

1 1+

z

≤3 22 .

不妨设

x ≤y ≤z. 令 A =

xy ,则

z=

1 A

, A ≤1. 故

1 +1+1 1+ x 1+ y 1+z

> 1 + 1 = 1 + x > 1.

1+ x

1+

1 x

1+ x

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

34 再品佳题

中等数学

1992 圣 彼 得 堡 数 学 奥 林 匹 克(初中)

苏  淳   译
(中国科学技术大学统计与金融系 ,230026)

  编者按 :圣彼得堡数学奥林匹克原称列宁格勒数学奥林匹克 ,起始于 1933 年 ,1992 年起改称现名. 它是第

一个把数学竞赛称为数学奥林匹克的竞赛活动 ,也是颇具特色的竞赛活动 ,在俄罗斯具有较大的影响力. 每年

参加国际数学奥林匹克的俄罗斯代表队中 ,通常都有来自圣彼得堡的队员 ,并且 ,他们往往是代表队中的主力

队员.

俄罗斯的学制为十一年 ,其中六至八年级相当于我国的初中. 圣彼得堡数学奥林匹克按年级进行 ,其中第

一轮和第二轮竞赛在中学的所有六个年级进行 ,而对高中生则还有一轮选拔赛 ,其目的是选拔参加全俄罗斯

数学奥林匹克的选手. 从本期开始 ,我们将不定期地向读者介绍圣彼得堡数学奥林匹克自 1992 年以来的六至

八年级的试题及解答.

第一轮

的货币单位 ,1 卢布 = 100 戈比) . 他买 5 块糖 果 ,剩下 4 戈比 ;买 6 枝铅笔 , 剩下 3 戈比 ;买

6. 1. 将方格表中具有公共边的两个方格 7 本练习本 , 剩下 1 戈比. 请问 :每块糖果多

称为相邻的. 试问 :如何将 6 ×6 方格表中的 少钱 ? 该人共有多少钱 ? 试给出所有可能的

每个方格都染为三种颜色之一 , 使得每个方 答案.

格的邻格中都恰好有其他两种颜色的方格各

6. 3. 能否将 1 ,2 , …, 10 按某种顺序写成

一个.

一行 ,使得每相邻 3 个数的和都不大于15 ?

6. 2. 某人身边有钱不足 1 卢布 (俄罗斯 试说明理由.

  设 u =

1

,则 u ∈ 0 , 1 .

1+A+

x+

A x

1+ A

当且仅当 x = A时 , u = 1 . 于是 , 1+ A

1+1

2
=

1+ x 1+ y

1+ 1+ x

2
1

1+

A x

=

1

1 +

x

+

1

1 +

A x

+

2

1+A+

x+

A x

=

1

2 +

+ A

x +

+ x

A x
+

A x

+

2

1+A+

x+

A x

= 1 + (1 - A) u2 + 2 u.

令 f ( u) = (1 - A) u2 + 2 u + 1. 则 f ( u) 在 u ∈

0 , 1 上是增函数 ,所以 , 1+ A

1 + 1 ≤f 1 = 2 .

1+ x 1+ y

1+ A

1+ A

令 A = v. 则

1+ 1+ x

1+ 1+ y

1≤2 + 1+z 1+ A

1

1+

1 A

=

2+ 1+ v

2v ≤ 2 (1 + v2)

2 1+

v

+

1

2v +v

=

2+ 1+ v

2-

2 1+ v

=- 2

2

11+ v

2 2

+

32 2

≤3

2 2

.

(徐万镒  提供)

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

28

中等数学

2005 中国西部数学奥林匹克

第一天

1. 已知 α2 005 + β2 005可表示成以 α+ β、αβ

为变元的二元多项式. 求这个多项式的系数之

和.

(朱华伟  供题)

2. 如图 1 , 过圆外

一点 P 作圆的两条切

线 PA 、PB , A 、B 为切

点 ,再过点 P 作圆的

一条 割 线 分 别 交 圆 于

C 、D 两 点 , 过 切 点 B

图1

作 PA 的平行线分别交直线 AC 、AD 于 E、F. 求

证 : B E = B F.

(冷岗松  供题)

3. 设 S = { 1 ,2 , …,2 005} . 若 S 中任意 n 个

两两互质的数组成的集合中都至少有一个质

数 ,试求 n 的最小值.

(唐立华  供题)

4. 已知实数 x1 , x2 , …, xn ( n > 2) 满足
n
∑ | xi| > 1 ,| xi| ≤1 ( i = 1 ,2 , …, n) . i =1
求证 :存在正整数 k ,使得

k

n

∑ ∑ | xi -

xi| ≤1.

i =1

i= k+1

(冷岗松  供题)

第二天

5. 如 图 2 ,

⊙O1 、 ⊙O2 交 于

A 、B 两点. 过点 O1

的直线 DC 交 ⊙O1

于 点 D 且 切 ⊙O2

于点 C , CA 切 ⊙O1

图2

于点 A , ⊙O1 的弦 A E 与直线 DC 垂直. 过点 A

作 AF 垂直于 DE , F 为垂足. 求证 : BD 平分线

段 AF.

(边红平  供题)

6. 在等腰 Rt △ABC 中 , CA = CB = 1 , P 是

△ABC 边界上任意一点. 求 PA·PB ·PC 的最大

值.

(李伟固  供题)

7. 设正实数 a 、b 、c 满足 a + b + c = 1. 证

明: 10 ( a3 + b3 + c3) - 9 ( a5 + b5 + c5) ≥1.

(李胜宏  供题)

8. 设 n 个新生中 ,任意 3 个人中有 2 个人

互相认识 ,任意 4 个人中有 2 个人互不认识. 试

求 n 的最大值.

(唐立华  供题)

参考答案

1. 解法 1 : 在 αk + βk 的 展 开 式 中 , 令 α + β = 1 ,

αβ= 1 ,其所求系数之和为 Sk =αk +βk . 由

(α+β) (αk - 1 +βk - 1)

= (αk +βk) +αβ(αk - 2 +βk - 2) ,

有  Sk = Sk - 1 - Sk - 2 . 从而 , Sk = ( Sk - 2 - Sk - 3) - Sk - 2 = - Sk - 3 . 同理 , Sk - 3 = - Sk - 6 . 所以 , Sk = Sk - 6 . 于是 ,数列{ Sk} 是以 6 为周期的周期数列. 故 S2 005 = S1 = 1.

解法 2 :在αk +βk 的展开式中 ,令α+β= 1 ,αβ= 1 ,

其所求系数之和为 Sk =αk +βk . 则α、β是方程 x2 - x + 1 = 0 的根. 由此解得

α= cos

π 3

+i

sin

π 3

,β= cos

π 3

-

i

sin

π 3.

故αk +βk

π

πk

π

πk

= cos 3 + i sin 3 + cos 3 - i sin 3

=

cos

kπ 3

+

i

sin

kπ 3

+

cos

kπ 3

-

i

sin

kπ 3

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

2006 年第 4 期

29

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

30

  则 H、B 、C 、E 四点共圆.

故 ∠B HC = ∠B EC.

又 ∠B EC = ∠BDE ,则

∠B HC = ∠BDE.



由 A F ⊥DE ,得

∠AGB

=

π 2

-

∠BDE.



由 A E ⊥DC ,得

∠AHB

=

π 2

-

∠B HC.



由式 ①、②、③得 ∠AGB = ∠AHB .

故 A 、G、H、B 四点共圆.

所以 , ∠AHG = ∠ABG = ∠A ED.

因此 , GH ∥DE.

而 H 为 A E 的中点 ,故 G 为 A F 的中点.

6. (1) 如图 5 ,当 P ∈AC 时 ,有

PA·PC



1 4

,

PB ≤

2.



PA·PB

·PC



2 4

,

其中等号不成立 (因为两个等号不可能同时成立) ,

即  PA·PB·PC <

2 4

.

图5

图6

(2) 如图 6 ,当 P ∈AB 时 ,设 A P = x ∈[0 , 2 ] ,则

f ( x) = PA2·PB2·PC2 = x2 ( 2 - x) 2 (1 + x2 -

2 x) .

令 t = x ( 2 - x) ,则

t



0,

1 2

, f ( x) = g ( t) = t2 (1 - t) .

注意到 g′( t) = 2 t - 3 t2 = t (2 - 3 t) , 所以 , g ( t) 在

0,

2 3

上递增. 则

f ( x) ≤g

1 2

=

1 8

.



PA·PB ·PC ≤ 1 = 22

2 4

.

当且仅当

t=

1 2

,x=

2 2

,即

P 为 AB 的中点时 , 等

号成立 .

中等数学

∑ ∏ 7. 因为 a3 = 1 - 3 ( a + b) ,

∑ ∏ ∑ ∑ a5 = 1 - 5 ( a + b) [ a2 + ab ] ,

故原不等式

∏ ∏ Ζ 10[1 - 3 ( a + b) ] - 9[1 - 5 ( a + b) · ∑ ∑ ( a2 + ab) ] ≥1

∏ ∑ ∑ ∏ Ζ 45 ( a + b) ( a2 + ab) ≥30 ( a + b) ∑ ∑ ∑ Ζ 3 ( a2 + ab) ≥2 = 2 ( a) 2
∑ ∑ = 2 ( a2 + 2 ab)

Ζ ∑a2 ≥ ∑ab.

而 a2 + b2 ≥2 ab , b2 + c2 ≥2 bc , c2 + a2 ≥2 ac ,
∑ ∑ ∑ ∑ 故 2 a2 ≥2 ab ,即 a2 ≥ ab.

从而 ,原不等式成立.

8. 所求 n 的最大值为 8.

当 n = 8 时 ,如图 7 所示

的例 子 满 足 要 求 , 其 中 A1 ,

A2 , …, A8 表示 8 个学生 , Ai

与 Aj 的连线表示 Ai 与 Aj 认

识.

下设 n 个学生满足题设

要求 ,证明 n ≤8. 为此 , 先证

图7

明如下两种情况不可能出现.

(1) 若某人 A 至少认识 6 个人 ,记为 B1 , B2 , …, B6 ,

由拉姆赛定理 ,这 6 个人中或存在 3 个人互不相识 , 与

已知任意 3 个人中有 2 个人互相认识矛盾 ;或存在 3 个

人互相认识 ,这时 , A 与这 3 个人共 4 个人两两互相认

识 ,与已知矛盾.

(2) 若 某 人 A 至 多 认 识 n - 5 个 人 , 则 剩 下 至 少

4 个人均与 A 互不相识 , 从而 , 这 4 个人两两相识 , 矛

盾.

其次 ,当 n ≥10 时 , (1) 与 (2) 必有一种情况出现 ,故

此时 n 不满足要求.

当 n = 9 时 ,要使 (1) 与 (2) 均不出现 , 则此时每个

人恰好认识其他 5 个人. 于是 , 这 9 个人产生的朋友对

(相互认识的对子)

的数目为9

×5 2

∈ N+

, 矛盾 .

由上可知 ,满足要求的 n ≤8.

综上 ,所求 n 的最大值为 8.

(朱华伟  提供)

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

2007 年第 5 期

33

2006 中国西部数学奥林匹克

第一天

1. 设 n ( n ≥2) 是给定的正整数 , a1 , a2 ,

n

∑ …, an ∈(0 ,1) . 求

6 ai (1 - ai + 1 ) 的最大

i =1

值 ,这里 an + 1 = a1 .

(朱华伟  供题)

2. 求满足下述条件的最小正实数 k : 对

任意不小于 k 的 4 个互不相同的实数 a 、b 、

c 、d ,都存在 a 、b 、c 、d 的一个排列 p 、q 、r、s ,

使得方程 ( x2 + px + q) ( x2 + rx + s) = 0 有 4

个互不相同的实数根.

(冯志刚  供题)

3. 如 图 1 ,

在 △PBC 中 ,

∠PBC = 60°,过

点 P 作 △PBC

的 外 接 圆 ⊙O

的 切 线 , 与 CB

图1

的延长线交于点 A . 点 D 、E 分别在线段 PA

和 ⊙O 上 ,使得 ∠DB E = 90°, PD = PE. 联结

B E 与 PC 相交于点 F. 已知 A F 、B P 、CD 三线

共点.

(1) 求证 : B F 是 ∠PBC 的角平分线 ;

(2) 求 tan ∠PCB 的值. (熊  斌  供题)

4. 设正整数 a 不是完全平方数. 求证 :

对每一个正整数 n ,

Sn = { a} + { a}2 + …+ { a} n 的值都是无理数. 这里{ x} = x - [ x ] ,其中 , [ x ]表示不超过 x 的最大整数.
(陶平生  供题)

第二天

5. 设 S = { n| n - 1 , n , n + 1 都可以表示

为两个正整数的平方和}. 证明 :若 n ∈S ,则

n2 ∈S .

(王建伟  供题)

6. 如图 2 , AB 是 ⊙O 的直径 , C 为 AB 延

长线 上 的 一 点 , 过 点 C 作 ⊙O 的 割 线 , 与 ⊙O 交 于 点 D 、E , OF 是 △BOD 的 外 接 圆 ⊙O1 的直径 ,联结 CF 并延长交 ⊙O1 于点 G. 求证 : O 、A 、E、G 四点共圆.
(边红平  供题)

图2
7. 设 k 是一个不小于 3 的正整数 ,θ是 一个实数. 证明 : 如果 cos ( k - 1)θ和 cos kθ 都是有理数 ,那么 ,存在正整数 n ( n > k) ,使 得 cos ( n - 1)θ和 cos nθ都是有理数.
(李伟固  供题) 8. 给定正整数 n ( n ≥2) . 求| X| 的最小 值 ,使得对集合 X 的任意 n 个二元子集 B1 , B2 , …, B n ,都存在集合 X 的一个子集 Y ,满 足:
(1) | Y| = n ; (2) 对 i = 1 ,2 , …, n ,都有| Y ∩Bi | ≤1. 这里 ,| A| 表示有限集合 A 的元素个数.
(冷岗松  供题)

参考答案
第一天

  1. 由算术 —几何平均值不等式得

6 ai (1 - ai + 1 )

6

4
=26

ai (1 -

ai + 1 )

×1 2

×1 2

×1 2

×1 2

≤2

2 3

×1 6

( ai + 1 -

ai + 1 + 2)

2
=23

×1 6

( ai -

ai + 1 + 3) ,

34

n

∑ 所以 ,

6 ai (1 - ai + 1 )

i =1

n

∑ ≤2

2 3

×1 6

( ai -
i =1

ai + 1 + 3)

2
=23

×1 6

×3 n =

n
3

,

2

当且仅当

a1 =

a2 =

…=

an =

1 2



,上式等号成立 .

3



y 的最大值是

4 2

n

.

2. 一方面 ,若 k < 4 ,取 a 、b、c 、d ∈[ k , 4 k) ,则

对 ( a 、b 、c 、d) 的任意排列 ( p 、q 、r、s) ,方程 x2 + px

+ q = 0 的判别式为 p2 - 4 q < 4 k - 4 q ≤4 k - 4 k = 0 ,

该方程无实数根. 所以 , k ≥4.

另一方面 ,设 a 、b、c 、d 是不小于 4 的 4 个不同

实数 ,不妨设 4 ≤a < b < c < d. 考察方程

x2 + dx + a = 0 ,



和  x2 + cx + b = 0.



首先 , d2 - 4 a > 4 ( d - a) > 0 , c2 - 4 b > 4 ( c - b)

> 0 ,故方程 ①、②都有两个不同实根.

其次 ,若方程 ①与 ②有公共实根 β,则

β2 + dβ+ a = 0 ,

β2 + cβ+ b = 0.

两式相减得 β=

bd-

a > 0 ,这时 ,β2 c

+

dβ +

a>

0 ,矛盾.

所以 ,方程 ①与 ②没有公共实根.

从而 , k = 4 符合要求.

综上 , k = 4.

3. (1) 当 B F 平分 ∠PBC 时 ,由于 ∠DB E = 90°,

所以 , BD 平分 ∠PBA . 于是 ,

PF·CB ·AD FC BA DP

=

PB ·BC·AB BC BA PB

=

1.

由塞瓦定理的逆定理知 A F、B P、CD 三线共点.

若还 有 一 个 ∠D′B F′满 足 ∠D′B F′= 90°, 且

A F′、B P、CD′三线共点 ,不妨设点 F′在线段 PF 内 ,

则点 D′在线段 AD 内. 于是 ,

FP′FC′<

PF FC

, APDD′′<

AD PD

.



FP′FC′·BCAB ·DA′DP′<

PF·CB ·AD FC BA PD

=

1

,

这与 A F′、B P、CD′三线共点矛盾.

所以 , B F 是 ∠PBC 的内角平分线.

(2) 不妨设 ⊙O 的半径为 1 , ∠PCB =α.

由(1) 知 ∠PB E = ∠EBC = 30°,且 E 是 PC的中

中等数学

点.

因为 ∠MPE = ∠PB E = 30°, ∠CPE = ∠CB E =

30°,所以 ,由 PD = PE ,知

∠PDE = ∠PED = 15°,

PE = 2sin 30°= 1 , DE = 2cos 15°. 又 B E = 2sin ∠ECB = 2sin (α+ 30°) , ∠B ED = ∠B EP - 15°=α- 15°,

所以 ,在 Rt △BDE 中 ,有

cos (α-

15°) =

BE DE

=

2sin (α+ 30°) 2cos 15°

,

cos(α- 15°) ·cos 15°= sin (α+ 30°) ,

cos α+ cos(α- 30°) = 2sin(α+ 30°) ,

cos α+ cos α·cos 30°+ sin α·sin 30°

= 3sin α+ cos α,

1+

3 2

+

1 2

tan

α=

3tan α+ 1.

所以

,tan

α=

6

+ 11

3

.

4. 设 c2 < a < ( c + 1) 2 ( c ≥1) ,则 [ a ] = c ,且

1 ≤a - c2 ≤2 c ,而{ a} = a - [ a ] = a - c. 令

{ a} k = ( a - c) k = xk + yk a ( k ∈N+ , xk 、yk ∈Z) .

则 S n = ( x1 + x2 + …+ xn) + ( y1 + y2 + …+ yn) a . ①

n
∑ 下面证明 :对所有正整数 n , Tn = yk ≠0. k =1
由于 xk + 1 + yk + 1 a = ( a - c) k + 1

= ( a - c) ( xk + yk a)

= ( ayk - cxk ) + ( xk - cyk ) a ,

所以 , xk + 1 = ayk - cxk , yk + 1 = xk + cyk .

由 x1 = - c , y1 = 1 ,可得 y2 = - 2 c.

消去{ xk }得

yk + 2 = - 2 cyk + 1 + ( a - c2 ) yk ,



其中 , y1 = 1 , y2 = - 2 c.

由数学归纳法易得

y2k - 1 > 0 , y2k < 0.



由式 ②、③可得

y2k +2 - y2k +1 = - (2c + 1) y2k +1 + ( a - c2) y2k < 0 , y2k +2 + y2k +1 = - (2c - 1) y2k +1 + ( a - c2) y2k < 0. 相乘得 y22 k + 2 - y22 k + 1 > 0. 又因 y22 - y21 > 0 ,故| y2 k - 1 | < | y2 k | . 又由 y2 k + 1 - y2 k = - (2 c + 1) y2k + ( a - c2 ) y2 k - 1 > 0 ,

2007 年第 5 期

y2 k + 1 + y2 k = - (2 c - 1) y2 k + ( a - c2 ) y2 k - 1 > 0 ,

相乘得 y22 k + 1 - y22 k > 0 ,即| y2 k | < | y2 k + 1 | .

所以 ,对所有正整数 n ,都有

| yn| < | yn +1| .



故由式 ③、④得 ,对所有正整数 n ,都有

y2k - 1 + y2k < 0 , y2k + y2k +1 > 0. 因此 , T2n - 1 = y1 + ( y2 + y3 ) + …+ ( y2 n - 2 + y2 n - 1 ) > 0 , T2n = ( y1 + y2) + ( y3 + y4) + …+ ( y2n - 1 + y2n ) < 0. 从而 ,对所有正整数 n ,都有 Tn ≠0. 故由式 ①知 , Sn 是无理数.

第二天

5. 注意到 ,若 x 、y 是整数 ,则由奇偶性分析知 x2 + y2 ≡0 ,1 ,2 (mod 4) . 若 n ∈S ,则由上知 n ≡1 (mod 4) . 于是 ,可设 n - 1 = a2 + b2 ( a ≥b) , n = c2 + d2 ( c > d) , n + 1 = e2 + f 2 ( e ≥f ) , 其中 , a 、b 、c 、d 、e 、f 都是正整数. 则 n2 + 1 = n2 + 12 , n2 = ( c2 + d2 ) 2 = ( c2 - d2 ) 2 + (2 cd) 2 , n2 - 1 = ( a2 + b2 ) ( e2 + f 2 ) = ( ae - bf ) 2 + ( af + be) 2 . 假设 b = a ,且 f = e ,则 n - 1 = 2 a2 , n + 1 = 2 e2 . 两式相减得 e2 - a2 = 1 ,则 e - a ≥1. 而 1 = e2 - a2 = ( e + a) ( e - a) > 1 ,矛盾. 故 b = a ,f = e 不可能同时成立. 所以 , ae - bf > 0. 于是 , n2 ∈S . 6. 如图 3 ,联结 AD 、DG、GA 、GO 、EA 、EO.

图3 因为 OF 是等腰 △DOB 的外接圆的直径 ,所以 , OF 平分 ∠DOB ,即 ∠DOB = 2 ∠DOF.

又 ∠DAB =

1 2

∠DOB ,所以 ,

∠DAB = ∠DOF.

35

又 ∠DGF = ∠DOF ,则 ∠DAB = ∠DGF.

故 G、A 、C 、D 四点共圆 ,有

∠AGC = ∠ADC.





∠AGC =

∠AGO

+

∠OGF =

∠AGO

π +2

,



∠ADC =

∠ADB

+

∠BDC

=

π 2

+

∠BDC.



结合式 ①、②、③得

∠AGO = ∠BDC.



因为 B 、D 、E、A 四点共圆 ,所以 ,

∠BDC = ∠EAO.



又 OA = OE ,所以 ,

∠EAO = ∠A EO.



由式 ④、⑤、⑥得 ∠AGO = ∠A EO.

故 O 、A 、E、G 四点共圆.

7. 首先 ,证明如下结论 :

设α是一个实数. 如果 cosα是有理数 ,那么 ,对

任意正整数 m ,cos mα是有理数.

对 m 用数学归纳法.

由 cosα是有理数 ,得 cos 2α= 2cos2α- 1 也是有

理数.

设对一切 m ≤l ( l ≥2) ,cos mα是有理数 ,则由

cos ( l + 1)α= 2cos αl ·cos α- cos( l - 1)α

知 cos( l + 1)α也是有理数 ,即当 m = l + 1 时 ,命题

也成立.

由上述结论 ,对 α= kθ、( k - 1)θ分别令 m = k 、

k + 1 ,得到 cos k2θ、cos ( k2 - 1)θ都是有理数. 又 k2

> k ,从而命题得证.

8. | X| min = 2 n - 1. (1) 当| X| = 2 n - 2 时 ,不一定存在满足条件的

Y. 事实上 ,令 X = {1 ,2 , …,2 n - 2} ,考虑 X 的一个
划分

B1 = {1 ,2} , B2 = {3 ,4} , ……

B n - 1 = {2 n - 3 ,2 n - 2} . 因为| Y| = n ,所以 , Y 中至少有两个元素属于 同一个 Bj . 此时 ,| Y ∩Bj | > 1 ,矛盾. (2) 接下来证明 :| X| = 2 n - 1 符合题意.

n
记 B = ∪B i ,| B| = 2 n - 1 - z ,则存在 z 个在所 i =1
有 B i 中未出现的元素 ,记为 a1 , a2 , …, az . 如果 z ≥ n - 1 ,则取 Y = { a1 , a2 , …, an - 1 , d} ( d ∈B) 即可.
下设 z < n - 1. 设在 B1 , B2 , …, B n 中仅出现 1 次的元素有 t 个.

36
课外训练

中等数学

数学奥林匹克初中训练题 (98)

第一试

一 、选择题 (每小题 7 分 ,共 42 分)

1. 已知 a 、b 、c 、p 、q 为正整数 , p 、q 分

别是 a 、b 被 c 除所得的余数. 若 a > b , 且

a + b = 2 ( p + q) ,则 a + b + c 一定含有因数

(   ) .

(A) 2   (B) 3   (C) 5   (D) 无法确定

2. 已知 α是方程 x3 + 3 x - 1 = 0 的一个

解. 则 直 线 y = αx + 1 - α 一 定 不 经 过

(   ) .

(A) 第一象限

(B) 第二象限

(C) 第三象限

(D) 第四象限

3. 已知点 E、F 分别在正方形 ABCD 的

边 BC 、CD 上 , ∠EA F = 45°, 且 ∶ S正方形ABCD

S △AEF = 5∶2. 则 AB ∶EF = (   ) .

 (A) 5∶2  (B) 25∶4  (C) 5∶2  (D) 5∶4 4. 从 1 ,2 , …,20 这 20 个正整数中 ,每次
取 3 个数 ,组成一个有序实数对 ( a , b , c) ,使 b 为 a 、c 的比例中项. 则不同的有序实数对

( a , b , c) 共有 (   ) .
(A) 22 (B) 20 (C) 16 (D) 11 5. 已知 A 、B 是半径为 5 的 ⊙O 上的两 个定点 , P 是 ⊙O 上的一个动点. 若 AB = 6 , 设 PA + PB 的最大值为 s ,最小值为 t ,则 s + t 的值为 (   ) .

(A) 6 10

(B) 8 10

(C) 6 10 + 6

(D) 6 10 + 3

6. 如图 1 ,在平面

直 角 坐 标 系 xOy 中 ,

lAB ∶y = kx + 1 分别交 x

轴 、y 轴于点 A 、B ,过 B

作 BC ⊥AB ,交 x 轴于

点 C ,过 C 作 CD ⊥BC ,

图1

交 y 轴于点 D ,过 D 作 DE ⊥CD ,交 x 轴于点

E. 若 A E = AC ,则 k 的值为 (   ) .

(A) 2  (B) -

2

 (C)

2 2

 (D)

-

2 2

二 、填空题 (每小题 7 分 ,共 28 分)

1. 将数 1 ,2 , …,13 排列成一行 a1 , a2 ,

n
∑   因 | Bi | = 2 n ,则 t + 2 (2 n - 1 - z - t) ≤2 n. i =1
所以 , t ≥2 n - 2 - 2 z. 故在 B1 , B2 , …, B n 中出现的次数大于或等于 2
的元素至多累计出现了

2 n - (2 n - 2 - 2z) = 2 + 2z 次.
考虑在 B1 , B2 , …, B n 中出现 1 次的元素 b1 , b2 , …, bt ,于是 , B1 , B2 , …, B n 中的元素不含 b1 , b2 ,

…,

bt



Bj

至多有2

+ 2z 2

=

1

+

z

个.

故至少有 n - ( z + 1) = n - z - 1 个 Bj 含有 b1 , b2 , …, bt .
不妨设 B1 , B2 , …, B n - 1 - z 分别含有 b1 , b2 , …,

bt 中的元素 b′1 , b′2 , …, b′n - 1 - z (如果这样 , B l (1 ≤l ≤

n - 1 - z) 中有多个只选一个) .

因为 2 ( n - 1 - z) + z = 2 n - 2 - z < 2 n - 1 ,所

以 ,必有某个元素 d 不出现在 B1 , B2 , …, B n - 1 - z 中 ,

且出现在 B n - z , …, B n 中. 记

Y = { a1 , a2 , …, az , b′1 , b′2 , …, b′n - 1 - z , d} ,

则 Y 满足要求.

(刘诗雄  提供)

2008 年第 4 期

27

2007 中国西部数学奥林匹克

  

第一天

一 、(15 分) 已知 T = {1 ,2 , …,8}. 对于
A Α T , A ≠ ,定义 S ( A) 为 A 中所有元素之 和. 问 : T 有多少个非空子集 A ,使得 S ( A) 是 3 的倍数 ,但不是 5 的倍数 ?
(陈永高  提供) 二 、(15 分) 如图 1 , ⊙O1 、⊙O2 交于 点 C 、D ,过 D 的一条直线分别与 ⊙O1 、⊙O2 交
于点 A 、B ,点 P 在 ⊙O1 的 AD上 , PD 与线段
AC 的延长线交于点 M , 点 Q 在 ⊙O2 的 BD 上 , QD 与线段 BC 的延长线交于点 N , O 是 △ABC 的外心. 求证 : OD ⊥MN 的充要条件 为 P、Q 、M 、N 四点共圆.
(边红平  提供)

  而 x2n =

xn - 1

+

1 xn - 1

2

=

x2n - 1

+

1 x2n - 1

+2,

x2n - 1 =

xn - 2

+

1 xn - 2

2

=

x2n - 2

+

1 x2n - 2

+2 ,

x2n - 2 =

xn - 3

+

1 xn - 3

2

=

x2n - 3

+

1 x2n - 3

+2 ,

……

x22 =

x1

+

1 x1

2

=

x21

+

1 x21

+2,

x21 =

x0

+

1 x0

2

=

x20

+

1 x20

+ 2.

上述 n 个式子相加得

x2n

=

1 x2n - 1

+

1 x2n - 2

+

1 x2n - 3

+

…+

1 x21

+

1 x20

+

x20 + 2 n.



当 n = 1 000 时 ,由式 ①得

x21 000 > x20 + 2 ×1 000 = 52 + 2 000 = 2 025.

图1
三 、(15 分) 设实数 a 、b 、c 满足 a + b + c = 3. 求证 :

5 a2

-

1 4a

+ 11

+ 5 b2

-

1 4b

+ 11

+ 5 c2

-

1 4c

+ 11

≤1 4

.

(王建伟  提供)

四 、(15 分) 设 O 是 △ABC 内部一点. 证

明 :存在正整数 p 、q 、r ,使得

|

p OA +

q OB +

r OC|

<

2

1 007

.

故 x1 000 > 45. 又当 n = 100 时 ,由式 ①得 x2100 > x20 + 2 ×100 = 225 = 152 .



x21 000 =

1 x2999

+

1 x2998

+

1 x2997

+

1 x2996

+

…+

1 x21

+

1 x20

+

x20 + 2 ×1 000

<

1 x2100

+

1 x2100

+

…+

1 x2100

+

1 x20

+

1 x20

+

…+

1 x20

+

900个

100个

2 025

≤900 152

+

100 52

+

2

025

=

4

+

4

+

2

025

< 452 + 9 < 452 + 2 ×45 ×011 + 0112

= (45 + 011) 2 = 45112 .

故 x1 000 < 4511.

综上 ,45 < x1 000 < 4511.

(李延林  提供)

28

(李伟固  提供)

第二天

五 、(15 分) 是否存在三边长都为整数

的三角形 ,满足以下条件 :最短边长为 2 007 ,

且最大的角等于最小角的两倍 ?

(赵继源  提供)

六 、(15 分) 求所有的正整数 n ,使得存

在非零整数 x1 , x2 , …, xn , y ,满足

x1 + x2 + …+ xn = 0 ,

x21 + x22 + …+ x2n = ny2 .

(熊  斌  提供)

七 、(15 分) 设 P 是锐角 △ABC 内一点 ,

A P、B P、CP 分 别 与 边 BC 、CA 、AB 交 于 点

D 、E、F , 已 知 △DEF ∽ △ABC. 求 证 : P 是

△ABC 的重心.

(冯志刚  提供)

八 、(15 分) 将 n 枚白子与 n 枚黑子任意

地放在一个圆周上. 从某枚白子起 ,按顺时针

方向依次将白子标以 1 ,2 , …, n. 再从某枚黑

子起 ,按逆时针方向依次将黑子标以 1 , 2 ,

…, n. 证明 :存在连续 n 枚棋子 (不计黑白) ,

它们的标号所成的集合为{1 ,2 , …, n}.

(李胜宏  提供)

参考答案

第一天

一 、对于 ,定义 S ( ) = 0. 令

T0 = {3 ,6} , T1 = {1 ,4 ,7} , T2 = {2 ,5 ,8} .
对于 A Α T ,令 A0 = A ∩T0 , A1 = A ∩T1 , A2 = A ∩T2 . 则 S ( A) = S ( A0) + S ( A1) + S ( A2) ≡| A1 | - | A2 | (mod 3) . 因此 ,3| S ( A) Ζ | A1 | ≡| A2 | (mod 3) . 有 以下几种情况 :

| A1| = 0 ,   | A1| = 0 ,   | A1| = 3 , | A2| = 0 ; | A2| = 3 ; | A2| = 0 ;

| A1| = 3 ,   | A1| = 1 ,   | A1| = 2 , | A2| = 3 ; | A2| = 1 ; | A2| = 2. 从而 ,满足 3| S ( A ) 的非空子集 A 的个

中等数学

数为

22 ( C03 C03 + C03 C33 + C33 C03 + C33 C33 + C13 C13 + C23 C23 ) - 1 = 87.
若 3| S ( A) ,5| S ( A) ,则 15| S ( A) . 由 S ( T) = 36 ,知满足 3| S ( A) 、5| S ( A ) 的 S ( A) 的可能值为 15 、30. 而

15 = 8 + 7 = 8 + 6 + 1 = 8 + 5 + 2

=8+4+3=8+4+2+1=7+6+2

=7+5+3=7+5+2+1=7+4+3+1

=6+5+4=6+5+3+1=6+4+3+2

=5+4+3+2+1,

36 - 30 = 6 = 5 + 1 = 4 + 2 = 3 + 2 + 1.

故满足 3| S ( A) 、5| S ( A) 、A ≠ 的 A 的

个数为 17.

因此 ,所求的 A 的个数为 87 - 17 = 70.

二 、设 △ABC 的外接圆 ⊙O 的半径为 R ,

从点 N 到 ⊙O 的切线记为 NX. 则

NO2 = NX2 + R2 = NC·NB + R2 .



同理 , MO2 = MC·MA + R2 .



因为 A 、C 、D 、P 四点共圆 ,所以 ,

MC·MA = MD·MP.



因为 Q 、D 、C 、B 四点共圆 ,所以 ,

NC·NB = ND·NQ.



由式 ①、②、③、④得

NO2 - MO2 = ND·NQ - MD·M P

= ND ( ND + DQ) - MD ( MD + DP) = ND2 - MD2 + ( ND·DQ - MD·DP) .

故 OD ⊥MN Ζ NO2 - MO2 = ND2 - MD2

Ζ ND·DQ = MD·DP

Ζ P、Q 、M 、N 四点共圆.

三 、若

a

、b

、c

都小于

9 5

,则可以证明 :

5 a2

-

1 4a

+ 11

≤1 24

(3

-

a) .



事实上 ,

式 ①Ζ (3 - a) (5 a2 - 4 a + 11) ≥24

Ζ 5 a3 - 19 a2 + 23 a - 9 ≤0

Ζ ( a - 1) 2 (5 a - 9) ≤0

α

a

<

9 5

.

2008 年第 4 期

同理 ,对 b 、c 也有类似的不等式. 相加 便得

5

a2

-

1 4a

+ 11

+

5 b2

-

1 4b

+ 11

+

5 c2

-

1 4c

+

11

≤1 24

(3

-

a)

+

1 24

(3

-

b)

+

1 24

(3

-

c)

=

1 4

.



a 、b 、c

中有一个不小于 9 5

,不妨设

a

≥9 5

,则

5 a2 - 4 a + 11 = 5 a

a-

4 5

+ 11

≥5

×9 5

9 5

-

4 5

+ 11 = 20.

故 5

a2

-

1 4a

+ 11

≤1 20

.

又 5 b2 - 4 b + 11 ≥5

2 5

2
-4

2 5

+ 11

= 11 -

4 5

> 10 ,

则 5

b2

-

1 4b

+ 11

<

1 10

.

同理

,5 c2

-

1 4c

+ 11

<

1 10

.

故 5

a2

-

1 4a

+ 11

+ 5 b2

-

1 4b

+ 11

+

5 c2

-

1 4c

+ 11

<

1 20

+

1 10

+

1 10

=

1 4

.

因此 ,总有

5

a2

-

1 4

a

+ 11

+

5 b2

-

1 4b

+ 11

+

5 c2

-

1 4c

+ 11

≤1 4

,

当且仅当 a = b = c = 1 时 ,上式等号成立.

四 、证法 1 :先证一个引理.

引理  设 α、β都是正实数 , N 是任意一

个大于 max

1 α

,β1

的整数. 则存在正整数

p1 、p2 、q ,使得 1 ≤q ≤N2 ,且

|

qα-

p1 |

<

1 N

,|

qβ-

p2 |

<

1 N

同时成立. 引理的证明 :考虑平面 N2 + 1 个点组成
的集合

29

T = { ({ αi } ,{ βi }) | i = 0 ,1 , …, N2 } , 这里{ x} = x - [ x ] ,[ x ]表示不超过实数 x 的 最大整数.
将正方形点集{ ( x , y) | 0 ≤x 、y < 1}沿平 行于坐标轴的直线分割为 N2 个小正方形 (这里的每个正方形都不含右边和上边的两

条边) ,则 T 中必有两点落在同一个小正方 形内 ,即存在 0 ≤j < i ≤N2 ,使得

| { αi } -

{αj }|

<

1 N

,| { βi } -

{βj }|

<

1 N

.

令 q = i - j , p1 = [ αi ] - [ αj ] ,

p2 = [ βi ] - [ βj ] .

则|

qα-

p1 |

<

1 N

,|

qβ-

p2 |

<

1 N

.

如果

p1

≤0

,那么 ,

1 N

>|

qα|

≥α, 与

N

的选择矛盾 ,故 p1 为正整数.

同理 , p2 也是正整数.

回到原题.

由条件知存在正实数 α、β,使得

αOA +βOB + OC = 0.

利用引理结论 ,对任意大于max

1 α

,β1

的正整数 N ,存在正整数 p1 、p2 、q ,使得

|

qα-

p1 |

<

1 N

,|

qβ-

p2 |

<

1 N

同时成立.

于是 ,由 qαOA + qβOB + q OC = 0 ,可得

| p1 OA + p2 OB + q OC| = | ( p1 - qα) OA + ( p2 - qβ) OB| ≤| ( p1 - qα) OA| + | ( p2 - qβ) OB|

<

1 N

(

|

OA|

+|

OB| ) .

取 N 充分大即知命题成立.

证法 2 :由条件知存在正实数β、γ,使得

OA +βOB +γOC = 0.

于是 ,对任意正整数 k ,都有

k OA + kβOB + kγOC = 0.

记 m ( k) = [ kβ] , n ( k) = [ kγ] .

由 β、γ 都是正实数知 , m ( kT) 、n ( kΤ)

都是关于正整数 k 的严格递增数列 ,这里 , T

30

是某个大于 max

1 β

,γ1

的正整数. 因此 ,

| kT OA + m ( kT) OB + n ( kΤ) OC| = | - { kTβ} OB - { kTγ} OC| ≤{ kTβ}| OB| + { kTβ}| OC| ≤| OB| + | OC. 这表明 ,有无穷多个向量

kT OA + m ( kT) OB + n ( kT) OC 的终点落在一个以 O 为圆心 、| OB | + | OC| 为半径的圆内. 因此 ,其中必有两个向量的终

点之间的距离小于 2

1 007

,也就是说

,这两个

向量的差的模长小于 2

1 007

,即存在正整数

k1

< k2 ,使得

| ( k2 T OA + m ( k2 T) OB + n ( k2 T) OC) -

( k1 T OA + m ( k1 T) OB + n ( k1 T) OC|

<

2

1 007

.

于是 ,令 p = ( k2 - k1 ) T ,

q = m ( k2 T) - m ( k1 T) ,

r = n ( k2 T) - n ( k1 T) , 结合 T 与 m ( kT) 、n ( kΤ) 的单调性知 , p 、q 、r 都是正整数.

第二天

五 、不存在这样的三角形.
不妨设 ∠A ≤∠B ≤∠C. 则 ∠C = 2 ∠A ,且 a = 2 007. 过点 C 作 ∠ACB 的内角平分线 CD ,则 ∠BCD = ∠A . 结合 ∠B = ∠B , 可知 △CDB ∽ △ACB . 所以 ,

CB AB

=

BD BC

=

CD AC

=

BD + BC +

CD AC

=

BD BC

+ +

AD AC

=

AB BC + AC

,

即  c2 = a ( a + b) = 2 007 (2 007 + b) ,

这里 ,2 007 ≤b ≤c < 2 007 + b.

由 a 、b 、c 都是正整数 ,可知 2 007| c2 ,

故 3 ×223| c. 可设 c = 669 m ,则

223 m2 = 2 007 + b ] b = 223 m2 - 2 007.

中等数学

结合 2 007 ≤b ,可得 m ≥5. 而 c ≥b ,则 669 m ≥223 m2 - 2 007 ,这要 求 m < 5. 矛盾. 因此 ,满足条件的三角形不存在. 六 、显然 , n ≠1. 当 n = 2 k 为偶数时 ,令 x2 i - 1 = 1 , x2i = - 1 , i = 1 ,2 , …, k , y = 1 ,
则满足条件. 当 n = 3 + 2 k ( k ∈N+ ) 时 ,令

y = 2 , x1 = 4 , x2 = x3 = x4 = x5 = - 1 , x2 i = 2 , x2 i + 1 = - 2 , i = 3 ,4 , …, k + 1 , 则满足条件. 当 n = 3 时 ,若存在非零整数 x1 、x2 、x3 ,

使得 x1 + x2 + x3 = 0 , 则 x21 + x22 + x23 = 3 y2 ,
2 ( x21 + x22 + x1 x2 ) = 3 y2 . 不妨设 ( x1 , x2 ) = 1 ,则 x1 、x2 都是奇数 或一奇一偶. 从而 , x21 + x22 + x1 x2 是奇数. 另 一方面 ,2| y ,故 3 y2 ≡0 (mod 4) . 而 2 ( x21 + x22 + x1 x2 ) ≡2 (mod 4) ,
矛盾. 综上所述 ,满足条件的正整数 n 为除了
1 和 3 外的一切正整数. 七 、证法 1 : 记 ∠EDC = α, ∠A EF = β,
∠B FD =γ, ∠A 、∠B 、∠C 为 △ABC 的三个 内角. 则
∠A FE = 2 ∠B - ( ∠DB E + ∠DEB ) = 2 ∠B - α. 同理 , ∠BDF = 2 ∠C - β, ∠CED = 2 ∠A - γ. 设 △DEF、△DEC 的外接圆半径分别为 R1 、R2 . 由正弦定理及 ∠EFD = ∠C ,知

2 R1 = sin

DE
∠EFD

=

DE sin C

=

2

R2

]

R1 =

R2 .

类似可得 △DEF 和 △A EF 、△BDF 的外

接圆半径相等. 所以 , △DEF、△A EF 、△BDF

和 △DEC 这四个三角形的外接圆半径都相

等 ,记为 R.

由正弦定理得

2008 年第 4 期

31

siCn Eα =

sin (2

EA
∠B

-

α)

=

siAnFβ=

sin (2

FB
∠C

-

β)

=

BD
sin γ

=

sin (2

DC
∠A

-

γ)

= 2R.



再由塞瓦定理知

CE·A F·BD
EA FB DC

=

1.

结合上式得

sin(2 ∠B

-

sin α·sin β·sin γ α) ·sin(2 ∠C - β) ·sin(2 ∠A

-

γ)

= 1.



若 α< ∠B ,则

α= ∠EDC < ∠EFA = 2 ∠B - α.

故 γ= 180°- ∠EFA - ∠EFD

= 180°- ∠EFA - ∠C

< 180°- ∠EDC - ∠C

= ∠CED = 2 ∠A - γ.

类似可得β< 2 ∠C - β.

注意到 ,当 0 < x < y < x + y < 180°时 ,有

sin x < sin y . 所以 ,由 0 <α< 2 ∠B - α<α+

(2 ∠B - α) = 2 ∠B < 180°(这里用到 △ABC

为锐角三角形) ,得

sin α< sin (2 ∠B - α) .

同理 ,sin β< sin (2 ∠C - β) ,

sin γ< sin (2 ∠A - γ) ,

这与式 ②矛盾.

类似地 ,若 α> ∠B ,则式 ②的左边大于

右边 ,矛盾. 所以 ,α= ∠B .

同理 ,β= ∠C ,γ= ∠A .

因此 ,由式 ①可知 , D 、E、F 分别为 BC 、

CA 、AB 的中点. 从而 , P 为 △ABC 的重心.

证法 2 : 本题的结论对 △ABC 为一般的

三角形都成立 (用复数方法证明) .

设 P 为复平面上的原点 ,并用 x 表示点

X 对应的复数 ,则存在正实数 α、β、γ,使得

αa +βb +γc = 0 ,且 α+β+γ= 1.

由于 D 为 A P、BC 的交点 ,可解得

α d = - 1 - αa.

同样地 , e

=

-

β 1 - βb

,f

=

-

γ 1 - γc.

利用

△D EF



△AB C

,



d a

-

e b

=

eb-

f c

.

于是 , 1γ-bγc + 1β-aβb + 1α-caα- 1α-aαb - 1β-bcβ- 1γ-caγ= 0. 化简得

(γ2 - β2 ) b ( c - a) + (α2 - γ2 ) a ( c - b) = 0.

这时

,若 γ2

≠β2

,则

b a

( (

c c

-

a) b)

∈R.

c- a

因此

,

c p

-

b a

∈R ,这要求

P 在 △ABC 的

p- b

外接圆上 ,与 P 在 △ABC 内矛盾. 所以 ,γ2 =

β2 . 进而 α2

= γ2 ,得 α = β= γ =

1 3

,即

P为

△ABC 的重心.

八 、取定标号相同的黑白棋子各一枚 ,使

得该对点所决定的劣弧中其他点 (不含端点 ,

不计黑白) 的个数最少. 不妨设该标号为 1.

在上述所取的开劣弧中 ,只有一种颜色

的棋子.

事实上 ,若两个 1 之间有两种颜色的棋

子 ,则白 n 和黑 n (或白 2 和黑 2) 都在其中

(如图 2) . 于是 ,两个标号为 n 的劣弧之间的

点比两个标号为 1 的更少 ,矛盾.

如果开劣弧中全是白子 ,有如下两种情

形:

(1) 开劣弧中的白子是 2 ,3 , …, k (如图

3) ,则从标号为 1 的白子起 ,按逆时针方向连

续 n 枚棋子的标号所成集合为{1 ,2 , …, n}.

(2) 开劣弧中的白子是 k , k + 1 , …, n (如

图 4) ,则从标号为 1 的白子起 ,按顺时针方

向连续 n 枚棋子的标号所成的集合为{1 ,2 ,

…, n} .

如果开劣弧中全是黑子 ,或者开劣弧中 没有棋子 ,类似可得.
(刘诗雄  提供)

2/1(19年第6期

39

2008中国西部数学奥林匹克

第一天

1.实数数列{n。}满足

ao≠0,1,al=1一afJ,
口。+I=1一n。(I—a。)(rt=l,2,…). 证明:对任意的jF整数-rz,都仃
nn。onnl。……n文n。瓦(去+瓦+去"+一…++Ⅱ1Ⅱ。。J)=21· .
(李胜宏供题) 2.如俐l。在△ABC中,AB=AC,其内切,
圆④,分别切边嬲、倒、/4曰于点D、E、F,P

为El"’(不含点 D的弧)1-.一
点.设线段脾
交o,于另一

点0,直线
EP、删分别
交f£线BC于 点M、/v.证明:
(1)P、声1、B、M四点共圆;

(\‘2,)型:一肋.‘ BP

、≈≯l I“魁,

(边红平供题)EN

3.没整数m(m≥2),以l,a2,…。口。都魁 正整数.征明:存在无穷多个讵整数n,使得 数

al×1“+a2 x 2“+…+am x m“

都是合数.

(陈永高供题)

4.没整数m(m≥2),Ⅱ为正实数,b为 非零实数,数列{‰}定义如下:

zI=b,髫。+I=(L鬈。m+。b(凡=1.2,…). 证明:(1)?1{b<0且m为偶数时,数列

{%}订界的允要条件是础一’≥一2; (2)当b<0 H.m为奇数,或b>0时,数
ab一一≤虹掣. 列{戈。}有界的允要条件是 m (朱华伟付云皓供题)

第二天

5.在一直线上相邻两点的距离都等于l

的pL{个点I:各有一只肯蛙,允i;,f:任意一只青

蛙以其余■只青蛙巾的某一只为r{·心跳到其

对称点I:.证明:无论跳动多少次后,四只青

蛙所在的点tf-卡H邻两点之l'HJ的料!离不能都等

于2 008.

(刘诗雄供题)

6.设石、Y、z∈(0,1),满足

、J j詈+q导+o导=2,

求xyz的最大值.

(唐立华供题)

7.设n为给定的订j整数.求最大的正整

数k,使得仃在j个f|I非负整数组成的k冗



A={zl,菇2,…,z^},

B={YI,Y2,…,YI{,

C={zl,。2.…,z^}

满足对任意的歹(1≤歹≤k),都有

z,+乃+刁=n.

(李胜宏供题)

8.设P为证凡边形A。A:…A。内的任意

一点,直线AiP(i=1.2,…,n)交iI:/1,边形

A。A:…A。的边界于另一点E.证明:

∑PAi≥∑PB。. (冯志刚 供题)
参考答案
第一天
1.m条件町知 l—a。+I=口。(1一a。)=ana。一l(1一a。一1) =…=o。a。一I…al(1一a J)=a。…aI ao, 即 a。+I=l—on al…Ⅱ。(il,=1,2,…). 下面对n"{纳证明. 当^=l时,命题娃然成立. 假设尼=k时,命题成立. 对n=k+1的情形,有

万方数据

‰¨Ⅶ…(去+去+..。+圭+去)

=no a.…Ⅱ。(去+击+…+去)n㈧+

at)ai…口^
=仃々+}+Ⅱf)aI…n‘=1. 故命题对Ft=k+1成立. 所以.对f_E意的If!整数n,命题郝成口,
2.(1)联结En由条件I叮知肼’∥BC.故 /.AP,C=[AFE=/AFp+[11FK =/PEkl+[PFE=、800一/FpE. 所以,P、F、B、M pq点≥弋网. (2)itt(I)及利用d-;g幺定理知
EM—sin么ENM— sin么FEN EN—sin/EM~一sin(耳一Z PF’B、)
sin/FPB BF? 一sin/PFB—BP’
结合lib’=liD即矢¨命题成谚. .3.取数nl+2口2+…+mt'i。的质I搏子P.
dI旋15小定日!知.埘任意的k(1≤k≤ m),彳f

∥兰后(ilK’【!P). 所以,对仟意的IF整数it/,饲5有

aI×1 P+Ⅱ2×2p+…+Ⅱm×mP

兰nl+2Ⅱ2+…+mam兰0(mod P).

从巾i.数ⅡI x I 9+a2×29+…+o。×

∥。(n=l,2.…)都足合数. 4.(1)uj b<0 f-4.m为偶数时,如果
舶一‘<一2,那么,西。先有曲…+b>一b>0, 于是,n(ab”+b)”+b>ab”+b>0,即

髫3>z2>0.
利用似”+b在(0,+∞)卜瞥调增可 知.数列{%}的每一项都比前一项大,并且从 第二项起每一项都大于一b.
考察数列{%}中的连续二三项髫。、‰+,、 石。+2(凡=2,3,…),有
并。+2一石。+I=口(z:+l一髫:) =.z(戈。+l—x。)(xm::+工m。+-2I x。+…+算:-。

>口,础J::一‘(戈。+I一石。)

>am(一b)“一。(x。+I一戈。)

·

>2m(戈。+l一戈。)>戈。+l—x。.
这表明,数列{‰}中相邻两项的启距越来越

中等数学
大.闪此,足无界的. 若如一’≥一2,用iJ 1纳法证明:数列
{‰}的每一项都落在Ⅸ间f b,一b]中. 第一项b已经在Ⅸ问『b,一b]中.如果
某项X。满足b≤x。≤一b,则0≤工:’≤b”.敞
6=口×0”+b≤x。+I≤而”+b≤一6. 此时,数列{‰}有界的充要条件为 曲”一。≥一2. (2)当b>0时,数列{算。}的每一项都怂 讵数. 先证明:数列{x。I彳f界的充要条件是方 程O,X“+b=戈有I卜实根. 如果方程眦“+b=戈兀正实根,月|5么。 函数P(髫)=似”+b—x衿:(0,+∞)I:fI,J由专 d,fitt:大干0,/fi妨设为t.则对于数列rlI的fE 意连续『舨jsO{k、石。+.,自. z。+I一戈。=f珑?一x。+b. 故数列{算。}中后一项垒少比『j{f··项大 z.此时尤界. 如粜似…+b=戈订J1i吱根,没Ji;·di根 为工o. 接卜.束利J}j p l纳法}il-'.tiJl:数列}X。川t的 每一项郡小于‰. 函‘先筇一项b娃然小于‰.假设浆项 z。<石0'}lI删…+b住f0,+∞)f:足增函数。 知石。+I_础:7+b<似胃+b=x”斟此,数列, 有界. 而心”+b=z有证根的充要条件是
似m—t+旦在(O,+∞)一I:fi;.i最小值不大于I,

而似一1+旦的最小值叮以由平均fJ'i不等式

给出,即

=僦一。+赤t…+志 似m一·+鱼 省
5 n石+丁i_而+-…+丁if而

—————_::了下————一

铮m蒜≤- ≥m√m厂芒一孬;石i=一r一.

此日寸,数列{z。}有界





..

铮m√i丽二一一≤1

万方数据

2009年第6期
甘06一-≤垃之匕. m
当b<0,m为奇数时,令扎=·并。.则 Yl=一b>0,儿+I=町m。+(一b). 注意到{菇。}有界的充要条件是{靠}有 界,故可转化为上述情形. 综上,可知(2)成立.
第二天
5.将青蛙放在数轴t讨论. 不妨设最初四只青蛙所在的位置为1。 2,3,4.注意到,处于奇数位置上的青蛙每次 跳动后仍处于奇数位置上,处于偶数位置上 的青蛙每次跳动后仍处于偶数位置上.因此。 任意多次跳动后,四只青蛙中总有两只处于 奇数位置上,另两只处在偶数位置上.如果若 干次跳动后,青蛙所在位置中每相邻两只之 间的距离都是2 008,则要求它们处于具有相 同奇偶性的位置上,不可能.
6.记“=,磊.则由条件及均值不等式
可知2u· 3=2历=i1∑^蕊
≤击∑型掣=T3,6一击(x+y+z)
≤掣一历.际:掣一历Mz.
故4H3+2√jⅡ2—3√j≤0,即 (2u一 ̄,j)(2M2+2√j“+3)≤o.
所以,“≤等.
依此知舻≤器,等号在石=y=z=寻时
可以取到.
因此,所求最大值为畚·
7.由条件可知
≥3∑k-!江掣. kn=∑(戤+Yi+毛)

4t

因此,I|}≤【夸】“ 1 二下面给出k:【警】4-l的例子.

若n=3m,对1≤,≤m+1,令xj=J一1, Yj 2 m+歹一l,刁=2m一2歹+2;对m+2≤-,≤ 2m+1,令≈=_,一l,乃=J—m一2,弓=4m一 2,+3即可.
若n=3m+l,对1≤_『≤m,令≈=歹一1, 乃=m+歹,刁=2m一2j+2;对m+l≤歹≤2m, 令xi=歹4-1,乃=歹一m—l,弓=4m一巧+1,而 戈2。+l=m,Y2。+I.=2m+l,z2。+l=0即可.
若n=3m+2,对1≤_『≤m+1,令xi= _,一1,乃=m+J,弓=2m一巧+3;对m+2≤歹 ≤2m+l,令%=J,乃=J—rrt一2,zj=4m一 巧+4,而菇2。+2=2m+2,Y2。+2=m,z2。+2=0 即日丁.
综上,k的最大值为[夸】+1.

8.记f=【号】+1,并设

A。+』=Aj(-『=1,2,…,rt). 注意到,正rt边形的任意一个顶点与边 界上任意一点之间的距离不大于其最长的对

角线的长度d.因此,对任意的i(1≤i≤n), 有

AiP+PB产AiBi≤d.



另一方面,由三角形两边之和大于第三

边,知对任意的i(1≤i≤凡),有

AiP+PA…≥AiA…=d.



对式①、②分别对i=l,2,…,n求和得

≥:(AfP+朋…)≥nd
‘=I
≥∑(A;P+船i),

即2∑PAj≥∑AiP+∑PBj.

依此可知命题成立.

(朱华伟提供)

万方数据

2008中国西部数学奥林匹克

作者: 作者单位: 刊名:
英文刊名: 年,卷(期): 引用次数:

朱华伟
中等数学 HIGH-SCHOOL MATHEMATICS 2009,(6) 0次

本文链接:http://d.g.wanfangdata.com.cn/Periodical_zdsx200906007.aspx

下载时间:2010年3月21日

2010年 第 1期 

2009中 国西部 数学 奥 林 匹克 
中图分类号:G424.79  文献标识码 :A  文章编号 :1005—6416(2010)01—0027—04 

第 一 天 

于点 C、D).过  点 A 作 直 线 

1.设  是一 个 由实数 集 R去 掉 有 限 个  PX、QY 的 垂 

元素后得 到 的 集 合.证 明 :对 任 意 的正 整 数  线 ,垂 足 分 别 

rt,都存 在 n次多项式  ),使 得  )的所 有  为  、Ⅳ.求 证 :  B 

C 

系数及  个 实根都属 于  .(冯 志刚  提 供 )  △ AMN ∽  

2.给定整数 n≥3.求 最小 的正整数 k,使  △ ABC 的充 分  得存在一 个 k元 集合 A和 凡个 两两 不 同的实  必要 条 件 是 直 

图1 

数 1, 2,… ,  ,满 足  l+ 2, 2+ 3,… ,  +  ,  + l均 属于 A. (熊 斌 提 供 )  3.设  为 锐 角 △ ABC 的 垂 心 ,D 为 边 
BC的 中点 .过 点  的 直线 分 别 交 边 AB、AC  于点 F、 ,使 得 AE=AF,射 线 DH 与△ ABC 

线 AD过△ ABC的外心.  (李秋生 提供)  7.有 (it/,>12)个人 参 加 某 次数 学 邀 请 
赛 ,试卷 由十 五道填 空题组 成 ,每答 对一题 得  1分 ,不答 或答 错得 0分.分析 每一 种 可能 的  得 分情 况发现 :只要其 中任 意 l2个 人得分 之 

的外接 圆 交 于 点 P.求 证 :P、A、E、F四 点 共  和不少 于 36分 ,则这 n个人 中至少 有 3个 人 

圆. 

(边红 平 提供 )  答 对 了至少 三道 同样 的题 .求 /7,的最 小 可 能 

4.求 证 :对任 意 给定 的正 整 数 k,总 存 在  值. 

(刘诗 雄 提 供 ) 

无 穷多个 正整数 ,使得 

8.实数 口l,82,…,口 (n≥3)满足 

2  +3  一 1,2  +3  一2,… ,2 + 3  一k 

al+a2+ … + an=0, 

均 为合数 . 

(陈永 高 提供 ) 
第 二 天 

且 2a ≤口 一l+aI+l(k=2,3,… ,n一1).  求最 小 的 (n),使 得 对 所 有 的 k∈ {1, 
2,… ,n},都有 

5.设数 列 {  }满足 。∈ {5,7}及 当 ≥1 

时 ,有 … ∈{5 ,7 }.试 确定 :咖 的末 两位 

数字 的所有 可能值 . 

(梁应德 提供 ) 

I口 I≤ (n)·max{I at I,I a I}.  (李胜 宏 提供 ) 
参 考 答 案 

6.如 图 1,设 D 是 锐 角 △ ABC的 边 BC 

第 一 天 

上一 点 ,以线段 BD 为 直径 的 圆分 别 交 直 线 

1.设 a为集合 T:{  ∈ RIx  M}中绝 

AB、AD 于点  、P(异 于点  、D),以线段 CD  对值 最大 的元素 ,取实数 k>max{IaI,1}. 

为直径 的 圆分别 交直线 AC、AD于点 Y、Q(异 

对任 意 的 正 整 数 n,考 察 n次 多 项 式 

中 等 数 学 

I厂( )=k(  +k) .其 m次项 系数 为 
kCm·k  ≥ . 
由 k的选 取知 ,  )的所 有 系数 均不 属  于  ,即必属 于  . 
同理 ,一k为  )的 n重实根 ,也属 于  故 Tt次 多 项 式 f( )=k(  +k) 满 足  条件 .  2.记  l+ 2=m1, 2+ 3=m2,… … 

n+1,  i为奇 数 ;  n+2,  i为偶 数且 i<n;  n +2,  n( 川 =  ). 

当 n为奇 数时 ,  n+1,  凡+2, 

i为奇数且 i<n;  i为偶数 ; 

+2, 

:  . 

n一1 +  n = m n 1,  n +  1 = m n· 

首先 ,ml≠m2,否则 , l= 3,矛 盾. 
类 似地 ,m ≠  +l(i:1,2,…,n,m +1:m1). 

综上 ,所 求 的 k的最小 值 为 3.  3.如 图 2,延  长 HD 至 点  ,使 

于 是 ,k≥2. 

HD = DM,联 结 

若 k=2,不妨设 A={a,b}(a≠b),使 得  BM  CM 、BH、CH. 

因 为 D 为 边 

}≥三三三 6, 为奇数 .① BC的中点,所以,  四边 形 BHCM 为平  行 四边形 .于 是 , 

图2 

BM C =  BHC = 180。一  BAC , 

即  BMC+  C=180。. 

{兰三主 口, 为偶数 ② 因此,点M在△ABC的外接圆上. 

如 图 2,联 结 PB、PC、PE、PF. 

或 

因 AE=AF,H为△ ABC的垂 心 ,所 I , 

BFH=  CEH, 

① 

HBF=90。一  BAC:  HCE.  ② 

结合式① 、②知 

}D=( 1+ 2)+x3+ 4)+…+x 一。+ ) 
= ( 2+ 3)+( 4+ 5)+… +(  + 1) 
= 旦6, 
故 a=b.矛盾 .  对于 k=3,构造 例子 如下 :  令 2 —i=k, 2k=n+1一k(k=1,2,…).  财 当 n为偶数 时 , 

△ B删 ∽ △ cEH  =  . 

由 四边 形 BHCM 是平 行 四边形 知 
BH =CM .CH =BM . 

于是^匕,’ CM:— BM .‘ 

③ 

又 D为边 BC的 中点 ,则 |s△删 =s△Pc^f. 

故  P·BMsin  MBP 

= ÷CP·CMsin  MCP. 

2010年第 1期 

由  MBP+  MCP=180。,得  BP·BM =CP·CM. 

④ 

结合式③、④知 BF=器. 

因为  朋 F=  PCE,所 以 ,  △ PBF∽ △ PCE  PFB=  PEC.  于是 ,  P  =  PEA.  从 而 ,P、A、E、F四点共 圆 .  4.对任意 给 定 的正 整 数 ,取 足 够 大 的  正整数 m,使得 2 +3 一k>1.  考 察 2 +3 一1,2 +3 一2,… ,2 +3 一k  这  个 大于 l的正整 数 ,依 次 取 每个 数 的一  个质 因子 P ,P2,… ,P ,记 

n =m+tⅡ (p 一1)(£∈N+). 

下面证 明 :对任 意 的 l≤i≤k,有  2 = -2 (r ood P ).  若 P =2,上式显 然成立 .  若 P ≠2,则 由费 马小定理 得 
2 f=2  ×2 (Pl一 )(P2一’)一(Pk一 ’ 

三2 ×1=2 (r ood P ).  同理 ,3 -3 (mod P ).  故 2 +3 一ii2 +3 一i  0(mod P ),  且 2  +3  一i>2  +3  一i.  于是 ,2 +3 一i必 是合数 .  因此 ,n 使 得 2“+3 一1,2 +3 一2,… ,  2 +3 一k均为合 数.  又 由 t的任 意 性 ,知 这样 的正 整 数 有 无  穷多个 . 

第 二 天 

5.令 n=2 009.则 
(1)若  =7  ,则 X -7(rood 100)  事 实上 ,因为 5  ;1(rood 4),所 以 ,  5  =4k+1(k∈ N+).  故  :7  ~:7 “ =(50—1)  ×7 
i 7(r ood 100). 

(2)若  =7  ~,则  43(mod 100).  事 实 上 ,因 为 5 和 7 都 是 奇 数 ,知  (1≤ ≤n)全都是 奇数 ,所 以 ,  7 。  (一1)Xn-2  一1  3(mod 4),  即 7 。=4k+3(k∈ N+). 

故  =7  ~=7 … =(50—1)  ×7 

-7 -43(mod 100).  (3)若  =5 ~,则  -25(mod 100).  由数学 归纳法 知 ,当 n≥2时 ,  5 -25(r ood 100).  显 然 ,  >2. 

因此 ,  =5  -25(r ood 100).  综 合 以上 的结 果 ,知 。  的末 两位 数 字  的所 有可 能值是 07、25、43.  6.如 图 3,联 结 XY、DX、BP、DY.  由 已 知 有 
A 
曰、P、D、  及   C、Y、Q、D分 别  四点 共 圆.故 
AXM 

=   BXP 

=   BDP 

=   QDC 
=   AYN. 

图 3 

所 以 ,Rt△ AMX C,O Rt△ AAT. 

于是 ,Z MAX:/ NAY,  =  . 

从 而 ,  MAN=  XAY. 

结 合  =  ,得 △ A删 ∽ △ A ,,. 

故 △ AMN ∽△ ABC  △ AXY∽△ ABC   ̄ ̄XY//BC甘  DXY=  XDB.  而 由 A、 、D、,,四点 共 圆知 
DXY=  DA y. 
又  XDB=90。一  ABC,则 
DX Y =  XDB 
甘   DAC =90。一  ABC 

中 等 数 学 

§ 直线 AD 过△ ABC的外心 .  因此 ,结论成 立 .  7.n的最小可能值为 911.  (1)首先 证 明 :911满足 条件 .  若每名 学生 至 少 答 对 三 道题 ,由于 每 名  学 生答对 三道题 的不 同情况 有 c3, =455种 ,  于 是 ,若 有 911名 学 生 参 赛 ,则 由抽 屉 原 理  知 ,其 中至少 有 3名 学生答 对 了同样 三道 题。  若有 一名 学 生答 对 题 数 不 多 于 2道 ,则  其 余人 中答对 不超过 三道 题 的学生 不能 超过  l0人 (否则 ,他们 与第 一 个 学 生 的分 数 总 和  少于 36分).对于余下的 911—11=900名学  生 ,每名学 生答对 的题 数都不 小 于 4.  由于 Ci X900>455 X2,故其中至少有 3  名学 生答对 了同样三 道题 .  (2)若 有 910名 学 生 参 赛 ,将 这 些 学 生  分成 455组 ,每组 两人 ,每组 学生恰 答对 同样  的三道 题.此 时 ,不 满足 题设 条件 .  综 上 ,n… =911. 
8. (凡)  =  . 

首先 ,取 0 =1,0:=一  , 

。 

一  一

 

+ 



 (k=3,4 ,n)J. 

≥(n—1)∑ (0 一口 ) 
= ( —i)(n 一01). 
k -l
 ̄1 .1 ak≤ (n 一口 )+口1  n一 l

=   [(j}_1)口 +(n-k)口。].  ① 

同式① 可得 ,对 固定 的 k(k≠1,n),当  1≤ ≤ 时 , 
≤ 二1T[  —1)n +( 一 )。·]; 

当 |l}  ≤n时 , 

≤  [(j- )n +(n— )口 ]· 

故∑ ≤  1  j=l 

(, 一

1 

: . k(0I+。 ) , 

(k- 

1  [u 
≤ 

(n-加  ] 

: :   ——■■一 ( LO,k+口 ). 

以上 两式相 加 得 

∑ + 
j= J 
k(口 

)+ 

(口  ) 

贝4满足 口l+口2+… +口 =O及  2a ≤口  l+口^+1(k=2,3,… , 一1). 


k  n+1  it/,+1一k 
= ‘ nl+丁- 0 +— _  口n‘ 

此 时 , (n)≥  . 

故 口 ≥ 一  [  t+(儿+1一.i})。 ]·② 

接 下 来证 明 :Na( )=  时 ,对 所 有 

由式① 、②得 

的 k∈ {1,2,… ,n},都 有  I口 l≤ (t't)·max{I口1 I,I口 l}.  因为 2a ≤Ⅱ  +o川 ,所 以 , 
O.k+l 一 口 ≥ O,k 一 8 一1. 
于是 ,0 一口 一1≥口 一1一口 一2≥… ≥  一口r.  故 (k一1)(口 一口 ) 
= (Il}一1)∑ (口 —n ) 

l  I≤  m舣 {I(k一1)  +(n一后)口t I, 
I ka1+(凡+1一k)口 l}  ≤  ITla)【{101 I,1  I}(Ii}=2,3,…,n一1). 
一 l 
综 上 , (n) i = n+1
. 
(熊 斌 提供 ) 

2011年第1期

2010中国西部数学奥林匹克
中图分类号:C,424.79 文献标识码:A 文章编号:1005—6416(2011)Ol-0027一04

第一天

1.设m、k为给定的非负整数,P=22+1 为质数.求证:

(1)22“1一暑l(modP“1); (2)满足同余方程2“兰1(mod P川)的

最小正整数,l为2”1p‘. (靳平供题) 2.如图l,已知AB是00的直径,C、D

是圆周上异于点 A、B且在AB同侧 的两点,分别过点 C、D作圆的切线,

.各/ ≥

它们交于点E,线

段AD与BC的交

点为F,直线EF

与AB交于点膨.

图l

求证:E、c、肘、D

四点共圆.

(刘诗雄供题)

3.求所有的正整数n,使得集合{1,2,

…,rt}有n个两两不同的三元子集A。,A:,

…,A。,满足对任意的k(1≤i<.『≤,1),都有

IA‘nAiI≠1.

(冯志刚 供题)

4.设非负实数al,口2,…,a。与bl,b2,

…,b。满足以下条件:

(1)∑(哦+6i)=1;
‘=l

(2)∑i(口;一bi)=o;
l=l

(3)∑i2(口i+6;)=10.

求证:对任意的J}(1≤蠡≤H),都有

max{吼,以}≤而%.(李胜宏供题)

第二天

5.设k为大于1的整数,数列{a。}定义 如下:

ao=0,al=1,
a川=ka。+a。一l(rt=l,2,…).

求所有满足如下条件的k:存在非负整

数f、m(1#m),及正整数p、口,使得

al+玩,=口。+玩口.

(熊斌供题)

6.如图2,在△ABC中,么ACB=900,以

B为圆心、曰C为

半径作圆,点D

在边AC上,直

线DE切。召于

点E,过点C垂

直于AB的直线

图2

与直线BE交于点F,AF与DE交于点G,作 AH//BG与DE交于点且求证:GE=GH.
(边红平供题) 7.有n(n≥3)名选手参加乒乓球比赛, 每两名选手之间恰比赛一场且没有平局.若

选手A的手下败将不都是曰的手下败将,则

称A不亚于曰.试求所有可能的rt,使得存在

一种比赛结果,其中每一名选手都不亚于其

他任何一名选手.

(李秋生供题)

8.求所有的整数k,使得存在正整数口

和b,满足

——b+——l++气_咀2:.k.





(际 陈术 永鬲 高供翘 题)

万方数据

参考答案 第一天

1.(1)用数学归纳法证明:对任意非负

整数_|},有

22”IPI=矿“tI+l(pl,t^).



当七=0时,由22‘=p一1,得

22‘”=(p一1)2=p(p一2)+l,

取b=p一2即可.

假设已有22。“一=p‘+1tI+1(p、卜tI),贝4

22m+妒“=(矿^I+1),=∑c:(p“1气)‘

=l+p·矿山。+∑c:(矿+It。)。.
所以,22m 4.I/’I”=p‘+2£I+1+l(p’“+1). 综上,对任意非负整数七,有 22_+1一=pI¨tI+l(p、卜气). (2)设2“”p‘=n/+r(O≤r<n).贝q 1孽22”铲富2d”i27(24)。 -27(modP“1). 由O≤r<n,及n的最小性,知r=0,即
hi2“+1P‘.
设11,=2‘矿若t≤m,则 22咿=(22铲)2一‘三l(mod p). 而同时又有 22咿=(224)一兰(一1)矿暑一1(modp), 矛盾. 所以,t=m+1. 由(1)结论知
i0J+lt。+1=2kl(mod矿“)(p’t.).
所以,s≥j}. 从而,,l=2”1P‘. 2.联结EO、CO、DO、CA. 由么COE=么CAF,知 Rt△COE∽Rt/X CAE
所以,等=筹.
又么ECF=90。一么BCO=么OCA,则 △ECF∽△OCA.

中等数学
故么CAO=么CFE=/BFM.
于是,么删8=么ACB=900.
因此,0、肘、D、E、C五点共圆. 3.(1)当tl,=4k(||}∈N+)时,构造A,, A2,…,A4I如下:
对任意1≤i≤后,0句≤3, A粕一f={4i-3,4i-2,4i—l,4i}\{4i一_『}.
(2)当11,≠4Jj}(.|}∈N+)时,假设集合 {l,2,…,n}有n个两两不同的三元子集A,, A:,…,A。,满足题目条件.
对于A。={o,b,c},考虑所有与A。交集 非空的子集,不妨设为A:,A,,…,A。,并记
U=Al UA2U…UA。. 若I UI=3,则m=l<l UI;
若I UI=4,则m≤q=4=l UI; 若I UI>t5,下面证明:必有m<I uI. 假设m≥IUI.则对任意2≤i、.『≤m,有
IAl nAlI=2,IAl nAjI=2.
结合IAl I_3,知AjnA,≠g. 又由题意知∽nAiI≠1. 所以,lA;nAiI=2. 这表明,A。,A:,…,A。中任何两个集合
都恰有两个公共元嘉
考虑Al ClA2,A1 CIA3,AI ClA4,Al nA5. 由抽屉原理,其中必有两个交集相等,不 妨设 A2={口,6,d},A3={口,b,e}. 则对任意4≤i≤m,有口、b∈A;(否则, Ai包含a,b中的一个与c,d、e,与已知条件矛 盾). 所以,I UI=171,+2>171,. 根据上述分析,可将A。,A:,…,A。分成 若干组,同一组中的集合两两交集非空,不同 组中的集合两两交集为空集.在每一组中,集 合的数量不大于占用元素的数量.而由于集 合的总数等于{l,2,…,n}中的元素个数,所 以,每一组都恰有4个集合,但这与17,不是4 的倍数矛盾. 综上,所求的正整数,l为所有4的倍数.

万方数据

2011年第1期

(蚓2≤(骞i施i)2=(酗i)2



=l





=1



≤(i宝=1粕。)(郭)≤(10‰洲h。)

=10一(10+七2)口I+座2口:.
从嘶。≤忐.

同酗。≤鼎.

所以,m瓢h巩}≤而10鬲.

第二天
5.当七=2时,do=O,Bl=l,口2=2,则由
口o+2a2=D2+2al=4,知取Z=0,,,l=2,P 5 2,q=1即可.
对J|}≥3,由递推式知,{口。}为严格递增 的自然数数列且后l(a川一%一。).
贝U口h三口o=0(mod后), 口2。+l一---Gl=l(mod l|I)(n=0,1,…).(D 若存在f、m∈N,队鼋∈N+,z≠,,l,满足 哪+玩P=口。+玩q,不妨设Z<m. 下面分情况讨论: (1)p<l<m.此时, aI+玩。≤口{+玩卜l<玩l+口1.1 =口“.1≤口m<口m+兢g, 矛盾. (2)f=p<m.此时,若f=p=m一1,则 口m+玩g=口l+玩P=(k+1)o帆一l =争口m兰口m—l(mod五). 由式①知,这是不可能的. 若Z:p<m—l,贝0
口l+玩P<口m一2+玩m—l=口m<口m+胁q, 矛盾.
(3)Z<p<m.此时,注意到g∈N+,因 而,口。>O,由
口l+kap幽p+%一l=%+I
≤8m<口m+玩。,

矛盾.
%>牛氇. (4)Z<m≤p.此时,

由玩g+口。=玩P+口l≥玩p,



知驴旷警≥%土k=牛,. ②

注意到%≥虹...于是,



%>%≥生}口,≥(后一1)ap一。≥%一。.④

由式④知%=%廿 所以,式①、②、③的等号都必须成立.

由式②、③分别得

m 2p,p=2.

所以,口。=ap—l=口l=1. 又由式①知z=0.

因此,由口l+眈P=o。+地口,得||}2=k+JI, 即JI=2。矛盾.

所以,后≥3不满足题设. 故.|}只能取2.

6.证法1如图3,设AB分别与DE、CF

交于点X、jlf.联
结FK、肛、ME.

在/X ABC

中,由射影定 理得

BM·8A

图3

=BC2=朋2.

所以.△BEM∽/x BAE.

故么BEM=么BAE.

又肘、F、E、K四点共圆,故 [BAE=[BEM=[FKM.

·’所以,rK#aE.

于是,葡BF=面BK.



由直线FGA截△EBK知

EG黝BF. 丽‘面’葡剐‘



BC#aH,则苁BK=面GK.

万方数据

所以,箬=篇.



由式①、②、③得EG=HG. 证法2如图3,同证法1得

一BK一堡

m w

AB—HG’

BE2=BM·BA.



又肘、,、E、K四点共圆,故

BE·BF=BM·BK



②÷③得器=嚣.

所以,t:r//EA.

故职筹面:2石面F。K:丽譬。.

④吲

由式①、④得GE=GH.

7.(1)当n=3时,可构造如图4所示的

比赛结果,易见,此时 。

符合要求.

.·

(2)当,I=4时,

/\

假设存在一种比赛结 果,使得每一名选手 不亚于其他任何一名

口·,——j·c
图4

选手,则显然不可能有某名选手战胜了其他

所有选手(其他选手无法不亚于他),也不可

能有某名选手输给了其他所有选手(他无法

不亚于其他选手).

若每名选手都战胜了1或2人,不妨设

选手A战胜了曰和D,输给了C,则日、D都

战胜了C(否则就无法不亚于A).于是,在选 手曰和D之间比赛的负者(只战胜了C)就

一定无法不亚于胜者(战胜了C和对方).

所以,当厅=4时,不存在满足要求的比

赛结果.

(3)当n=6时,可构造比赛结果,如图5.


么 黟念 弋念7

中等数学
/\

图5

图6

(4)若存在一种n名选手的比赛结果, 其中每一名选手不亚于其他任何一名选手, 记比赛结果可用图G来表示,则增加两名选 手肘和Jv,构造比赛结果如图6.
首先,肘不亚于Ⅳ,J7、r也不亚于胍 其次,对于C中的任意一名选手P,由于 P的手下败将有肘而没有Ⅳ,肘的手下败将 有Ⅳ而没有膨,所以,尸不亚于膨,朋也不亚 于P;由于P的手下败将有肘而没有P,Ⅳ的 手下败将有P而没有肘,因此,P不亚于Ⅳ,』、r 也不亚于P. 所以,这个比赛结果符合要求. 综上,满足题目要求的n的集合是 {n∈l'qIn≥3,n≠4}. 8.对于固定的k,在满足题设等式的 (口,b)中,取一组(口,6)使得b最小,则 髫2+(1一kb)x+b2+b=0 的一根为茗=口. 设另一根为茗=n’.则由n+口’=kb—l, 知口’∈Z,且∞’=b(b+1). 因此。Ⅱ7>0.
又丛≠+£掣:k,由b的假定知 口0
口≥6.口’≥6.
故a、fit’中必有一个为6,不妨设口=b.
一,
于是,k=2 4-÷. o
所以,b=1,2. 从而,k=3,4.
(熊斌提供)

万方数据

2010中国西部数学奥林匹克

刊名:
英文刊名: 年,卷(期):

中等数学 HIGH-SCHOOL MATHEMATICS 2011(1)

本文链接:http://d.g.wanfangdata.com.cn/Periodical_zdsx201101010.aspx


相关文章:
2001-2012中国西部数学奥林匹克CWMO试题与解答_图文.pdf
2001-2012中国西部数学奥林匹克CWMO试题与解答_学科竞赛_小学教育_教
2001年中国西部数学奥林匹克试题_图文.pdf
2001中国西部数学奥林匹克试题_学科竞赛_小学教育_教育专区。维普资讯 http://...段O与o0的 交点 ,为P与 .PEDo0 的交 点( 不同于 D) .. 从而 1A ?...
2012年中国西部数学奥林匹克试题及其解答.pdf
2012中国西部数学奥林匹克试题及其解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。2012中国西部数学奥林匹克试题及其解答,文武光华数学工作室倾情奉献! ...
2014年中国西部数学奥林匹克邀请赛数学试题及详解答案_....doc
2014年中国西部数学奥林匹克邀请赛数学试题及详解答案_高中教育_教育专区。1 2 ...2012年中国西部数学奥林... 1150人阅读 4页 2下载券 2001年中国西部数学奥林...
2015年中国西部数学奥林匹克试题_图文.pdf
2015年中国西部数学奥林匹克试题_学科竞赛_初中教育_教育专区。2015年中国西部数学...2012年中国西部数学奥林... 4页 2下载券 2001年中国西部数学奥林... 2...
2012中国西部数学奥林匹克_图文.pdf
设A O、HO的 中点 分别为F、 Ⅳ. 延长 H D与△AB C的外接 圆交 于点...中国西部数学奥林匹克(2... 32页 5下载券 2001-2012中国西部数学奥... ...
2013年中国西部数学奥林匹克试题及其解答.pdf
2013年中国西部数学奥林匹克试题及其解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。2013年中国西部数学奥林匹克试题及其解答,文武光华数学工作室倾情奉献! ...
2001年第1届中国西部数学奥林匹克竞赛试题.pdf
2001年第1届中国西部数学奥林匹克竞赛试题_学科竞赛_初中教育_教育专区。竞赛中华...10 0x ue xi www.100math.com O 的任意一条弦 CD .证明: ΔPAB 与Δ...
2013西部数学奥林匹克试题与详细答案.pdf
2013西部数学奥林匹克试题与详细答案_学科竞赛_小学教育_教育专区。 ...2011中国西部数学奥林匹... 2页 3下载券 2001-2012中国西部数学奥... ...
2011年中国西部数学奥林匹克试题.doc
2011年中国西部数学奥林匹克试题_学科竞赛_高中教育_教育专区。2011 年中国西部数学奥林匹克试题 江西 玉山第一天 10 月 29 日 上午 8:00~12:00 每题 15 分 ...
2015年中国西部数学奥林匹克试题(图片版,无答案).pdf
2015年中国西部数学奥林匹克试题(图片版,无答案)_...2001年中国西部数学奥林... 795人阅读 2页 2下载...2012年中国西部数学奥林... 1150人阅读 4页 2下载...
2006年第六届中国西部数学奥林匹克试题及解答.pdf
2012年中国西部数学奥林... 4页 2下载券 2013年中国...第六届中国西部数学奥林匹克试题解答一. (朱华伟...与圆O交于D, E两点, OF是△BOD的外接圆O1的直径...
2007年中国西部数学奥林匹克试题及答案.pdf
2001年中国西部数学奥林匹... 2008年中国西部数学奥林...2007年中国西部数学奥林匹克试题及答案2007年中国西部...二、如图,⊙ O1 与⊙ O2 相交于点 C,D,过点...
2010中国西部数学奥林匹克_图文.pdf
2011年第1期 2010中国西部数学奥林匹克中图分类号:C,424.79 文献
2004西部数学奥林匹克_图文.pdf
维普资讯 http://www.cqvip.com 200 5年第 2期 31 200 4西部数学奥林匹克 第一天 一 下. s 为奇数?什么情况下 .s 为偶数?说明 理由. ( 冯跃峰 供题)...
2014中国西部数学邀请赛解答_图文.pdf
for satisfy condition and 张云华:证2014中国西部数学邀请赛试题第6题 2014中国西部数学邀请赛试题(第二天)及其解答 2014年西部数学奥林匹克几何题2 7. 3. ...
2009中国西部数学奥林匹克_图文.pdf
2009中国西部数学奥林匹克_数学_高中教育_教育专区。...(o0)o 事 实上 , 因为 5;1rd4,以, (o )...题 的学生 不能 超过 l( 0人 否则 , 他们 与...
2011中国西部数学奥林匹克_图文.pdf
供题 ) 4如图1AC.,B、 D是o0 中长 度不相等 的两条 弦,B与C交于点...2001中国西部数学奥林匹... 2页 1下载券 2011中国数学奥林匹克 暂无评价 ...
2004年第4届中国西部数学奥林匹克竞赛试题.pdf
2004年第4届中国西部数学奥林匹克竞赛试题_初二数学_数学_初中教育_教育专区。中华数学竞赛网 www.100math.com 2004 年第 4 届中国西部数学奥林匹克竞赛 1.求...
2014年中国西部数学奥林匹克邀请赛数学试题及详解答案_....doc
2014年中国西部数学奥林匹克邀请赛数学试题及详解答案_学科竞赛_高中教育_教育专区...2012年中国西部数学奥林... 1150人阅读 4页 2下载券 2001年中国西部数学奥林...