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2004年到2012年中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题及解答(最全最给力)


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首届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
(2004 年 7 月 10 日 8:00 — 12:00 一、设实数 a、b、c 满足 a 2 ? 2b 2 ? 3c 2 ? 温州)

二、设 D 是

?ABC 的边 BC 上的一点,点 P 在线段 AD 上,过点 D 作一直线分别与线段 AB、 PB 交于点 M、E,与线段 AC、PC 的延长线交于点 F、N。如果 DE=DF, 求证:DM=DN 三、 (1)是否存在正整数的无穷数列 {an } ,使得对任意的正整数 n 都有 an ?1 ? 2an an ? 2 。
2

3 ?a ?b ?c ,求证: 3 ? 9 ? 27 ? 1 2

(2)是否存在正无理数的无穷数列 {an } ,使得对任意的正整数 n 都有 an ?1 ? 2an an ? 2 。
2

四、给定大于 2004 的正整数 n,将 1、2、3、…、 n 分别填入 n×n 棋盘(由 n 行 n 列方格 构成)的方格中,使每个方格恰有一个数。如果一个方格中填的数大于它所在行至少 2004 个方格内所填的数,且大于它所在列至少 2004 个方格内所填的数,则称这个方格为“优格” 。 求棋盘中“优格”个数的最大值。

2

第二天
(2004 年 7 月 11 日 8:00 — 12:00 五、 已知不等式 2(2a ? 3) cos(? ? 成立,求 a 的取值范围。 六、设点 D 为等腰 ?ABC 的底边 BC 上一点,F 为过 A、D、C 三点的圆在 ?ABC 内的弧上 一点,过 B、D、F 三点的圆与边 AB 交于点 E。求证: CD ? EF ? DF ? AE ? BD ? AF 七、n 支球队要举行主客场双循环比赛(每两支球队比赛两场,各有一场主场比赛) ,每支球 队在一周(从周日到周六的七天)内可以进行多场客场比赛。但如果某周内该球队有主场比 赛,在这一周内不能安排该球队的客场比赛。如果 4 周内能够完成全部比赛,球 n 的最大值。 注:A、B 两队在 A 方场地举行的比赛,称为 A 的主场比赛,B 的客场比赛。 温州)

?
4

)?

6 ? ?? ? 2sin 2? ? 3a ? 6 对于? ? ?0, ? 恒 sin ? ? cos? ? 2?

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八、求满足

x ? y y ? z z ?u ? ? ? 0 , 且 1 ? x、 y z u? 1 0的 所 有 四 元 有 序 整 数 组 、、 x? y y ? z z ?u

( x, y, z, u )的个数。

首届中国东南地区数学奥林匹克(答案)
一、 由柯西不等式,(a ? 2b ? 3c)2 ? ( 1 ? 2 ? 3 ) ( 1a)2 ? ( 2b)2 ? ( 3c) 2 ? 9 解: 所以, a ? 2b ? 3c ? 3 ,所以 3 二、证明:
?a

2

2

2

?

?

? 9?b ? 27 ? c ? 3 3 3? ( a ? 2b ?3c ) ? 3 3 3?3 ? 1

AP DE MB ? ? ? 1(1) , PD EM BA AC FN DP 对 ?AFD 和直线 NCP 用梅涅劳斯定理得: ? ? ? 1(2) , CF ND PA AB MD FC 对 ?AMF 和直线 BDC 用梅涅劳斯定理得: ? ? ? 1(3) BM DF CA A DE FN MD (1) (3)式相乘得: (2) ? ? ? 1 ,又 DE=DF, EM ND DF DM DN P 所以有 , ? DM ? DE DN ? DE
对 ?AMD 和直线 BEP 用梅涅劳斯定理得: 所以 DM=DN。
B M D F C

N

三、解: (1)假设存在正整数数列 {an } 满足条件。
2 ? an ?1 ? 2an an ? 2 , an ? 0, ?

an 1 a 1 a ? a ? ? n ?1 ? 2 ? n ? 2 ? ... ? n ? 2 ? 2 , n ? 3, 4,...., an ?1 2 an ?2 2 an ?3 2 a1



a a2 1 a 1 a ? 2? 2 ? 2 , 所以有 n ? n ? 2 ? 2 对 n=2,3,4,…成立。 a1 2 a1 an ?1 2 a1
?a ? ?a ? 1 ? ? 2 ? ? an ? 2 ? ... ? ( n ? 2) ? ( n ?3) ?...?1 ? ? 2 ? 2 ? a1 ? ? a1 ?
2 n?2

? 1 a ? 1 ? an ? ? n ? 2 ? 2 ? an ?1 ? ( n ? 2) ? ( n ?3) a1 ? 2 ?2

? a2

? a2 ? 所以 an ? ? n2 2 ? ? ?2 ?

n ?1 2

?

1 a1n ?2


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? a2 ? 2 k k ?1 设 a2 ? [2 , 2 ), k ? N , N ? k ? 3 , 取 则有 aN ? ? N2 2 ? ? ?2 ?
这与 aN 是正整数矛盾。 所以不存在正整数数列 {an } 满足条件。 (2) an ?

N ?1 2

?

1 a
N ?2 1

? 2k ?1 ? ? ? k ?1 ? ?2 ?

k ?2 2

?

1 ? 1, a1k ?1

?
2
( n ?1)( n ? 2)

就是满足条件的一个无理数数列。此时有 an ?1 ? 4an an ? 2 ? 2an an ? 2 。
2

四、解:为叙述方便,如果一个方格中填的数大于它所在行至少 2004 个方格中所填的数, 则称此格为行优的。由于每一行中填较小的 2004 个数的格子不是行优的,所以每一行中有 n -2004 个行优的。一个方格为“优格”一定是行优的,所以棋盘中“优格”个数不大于

n(n ? 2004) 。
另一方面,将棋盘的第 i (i ? 1, 2,3,..., n) 行,第 i、i ? 1 ... i ? 2003 (大于 n 时取模 n 、、 的余数)列中的格子填入“*” 。将 1、2、3、…、2004n 填入有“*”的格子,其余的数填入 没有“*”的格子。没有“*”的格子中填的数大于有“*”的格子中任何一个数,所以棋盘 上没有“*”的格子都为“优格” ,共有 n(n ? 2004) 个。 此时每行有 2004 个格子有“*” ,每列也有 2004 个格子有“*” (如图) 。实际上,当 第 2、 i、 n+i-2002、 n 行中有 ...、 “*” 当 i ? 2004 。 1 ? i ? 2003 时, i 列的第 1、 …、 n+i-2003、 时,第 i 列的第 i-2003、i-2002、...、i 行中有“*” 。所以每行有 2004 个格子有“*” ,每列 也有 2004 个格子有“*” (如图) * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

所以棋盘中“优格”个数的最大值是 n(n ? 2004) 。 五、解:设 sin? ? cos? ? x ,则 cos(? ?

?
4

)?

2 x, sin 2? ? x 2 ? 1, x ? ?1, 2 ? ? ? 2

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从而原不等式可化为: (2a ? 3) x ?

6 ? 2( x 2 ? 1) ? 3a ? 6 x 6 2 2 即 2 x 2 ? 2ax ? 3x ? ? 3a ? 4 ? 0, 2 x( x ? ? a) ? 3( x ? ? a) ? 0 , x x x
2 ? ? (2 x ? 3) ? x ? ? a ? ? 0 x ? ?

? x ? ??1, 2 ?? ? (1)

? 原不等式等价于不等式(1)
? x ? ?1, 2 ? , ? 2 x ? 3 ? 0 ? ?
(1)不等式恒成立等价于 x ?

2 ? a ? 0 x ? ?1, 2 ? 恒成立。 ? ? x ?

?

?

从而只要 a ? ( x ? ) max ( x ? ?1, 2 ?) 。

2 x

?

又容易知道 f ( x) ? x ? 所以 a ? 3 。

2 ? 2 在 1, 2 ? 上递减,? ( x ? )max ? 3 ( x ? ?1, 2 ?) 。 ? ? ? ? x x

六、证明:设 AF 的延长线交 ? BDF 于 K,? ?AEF ? ?AKB, ??AEF ? ?AKB ,因此

EK BK AE AK 。于是要证(1) , ? , ? AF AB AF AB
只需证明: CD ? BK ? DF ? AK ? BD ? AB (2)
3

A

2 1

又注意到 ?KBD ? ?KFD ? ?C 。 我们有 S?DCK ?

1 CD ? BK ? sin ?C 2
1 BD ? AB ? sin ?C 2 1 ? AK ? DF ? sin ?C 2
B

F E

S ?ABD ?
进一步有

D

C

S ?ADK

球 队

第 一 周

第 二 周

第 三 周

第 四 周

因此要证(2) ,只需证明 S?ABD ? S?DCK ? S?ADK (3) 而(3) ? S?ABC ? S?AKC ? BK // AC (4) 事实上由 ?BKA ? ?FDB ? ?KAC 知(4)成立,得证。

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七、解: (1)如右图所示:表格中有“*” , 表示该球队在该周有主场比赛,不能出访。 容易验证,按照表中的安排,6 支球队四周 可以完成该项比赛。 (2)下面证明 7 支球队不能在四周 完成该项比赛。设 Si (i ? 1, 2,3, 4,5, 6, 7) 表示 i 号球队的主场比赛周次的集合。假设 4 周内 能完成该项比赛,则 S i 是{1,2,3,4}的非空真子集。

1 2 3 4 5 6

* * *

* * * * * * * * *

一方面由于某周内该球队有主场比赛,在这一周内不能安排该球队的客场比赛,所 以 Si (i ? 1, 2,3, 4,5, 6, 7) 中,没有一个集是另一个的子集。 另一方面,设

A ? ?{1},{1, 2},{1, 2,3}? , B ? ?{2},{2,3},{2,3, 4}? , C ? ?{3},{1,3},{1,3, 4}? D ? ?{4},{1, 4},{1, 2, 4}? , E ? ?{2, 4}? , F ? ?{3, 4}?
由抽屉原理,一定存在

S 必有 i, j, i ? j, i, j ?{1, 2,3, 4,5}, i , S j 属于同一集合 A 或 B 或 C 或 D 或 E 或 F, Si ? S j
或 S j ? Si 发生。 所以,n 的最大值是 6。 八、解:设 f (a, b, c, d ) ?

a ?b b?c c ?d 。 ? ? a?b b?c c?d

记 A :{( x, y, z, u) |1 ? x, y, z, u ? 10, f ( x, y, z, u ) ? 0} ,

B :{( x, y, z, u) |1 ? x, y, z, u ? 10, f ( x, y, z, u) ? 0} , C :{( x, y, z, u) |1 ? x, y, z, u ? 10, f ( x, y, z, u) ? 0} ,
显然 card ( A) ? card ( B) ? card (C ) ? 10 。
4

我们证明 card ( A) ? card ( B) 。对每一个 ( x, y, z, u ) ? A ,考虑 ( x, u, z, y) 。

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( x, y , z , u ) ? A ? f ( x, y , z , u ) ? 0 ? ?

x ? y y ? z z ?u u ? x ? ? ? ?0 x? y y ? z z ?u u ? x

x ?u u ? z z ? y y ? x ? ? ? ? 0 ? f ( x , y , z , u ) ? 0 ? ( x, u , z , y ) ? B x?u u ? z z ? y y? x

接着计算 card (C ) 。

( x, y, z, u ) ? C ?

xz ? yu xz ? yu ? ? ( z ? x)(u ? y )( xz ? yu ) ? 0 ( x ? y )( z ? u ) ( y ? z )(u ? x)

设 C1 ? {( x, y, z, u ) | x ? z, 1 ? x, y, z, u ? 10} ,

C2 ? { ( x , y , z , u ) |? x C3 ? { ( x , y , z , u ) |? x

z ,?y z ,?y

u,? 1 x , y , ? , u, 1 0 } z u, ? z x y ,u 1 ? x y? , 。 1 0 } , , z u

?满足 a ? b ? c ? d , (a, b, c, d ) 为 1、2、3、...、10 的两两不同的无序四元组只有
1? 6 ? 2 ? 3,1? 8 ? 2 ? 4,1?10 ? 2 ? 5, 2 ? 6 ? 3 ? 4, 2 ? 9 ? 3 ? 6, 2 ?10 ? 4 ? 5, 3 ? 8 ? 4 ? 6, 3 ?10 ? 5 ? 6, 4 ?10 ? 5 ? 8 。
满足 x ? y, z ? u, x ? z 的四元组共 90 个,满足 x ? z, y ? u, x ? z 的四元组共 90 个,

card (C3 ) ? 4 ? 2 ? 9 ? 90 ? 90 ? 252, card ( C1) ?1000, card( C 2) ?900 。
所以, card (C ) ? 2152, card ( A) ? 3924 。

第 2 届中国东南地区数学奥林匹克
第1天
(2005 年 7 月 13 日 8:00~12:00 福州) 1 (1)设 a ? R ,求证抛物线 y ? x 2 ? ?a ? 2?x ? 2a ? 1 都经过一个 定点,且顶点都落在一条抛物在 线。 ( 2 ) 若 关 于 x 的 方 程 x 2 ? ? a ? 2 ? x ? 2a ? 1 ? 0 有两个不
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l

P

Q M N

A K o B

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等实根,求其较大根的取值范围。 2 如图,圆 O(圆心为 O)与直线 l 相离,作 OP ? l ,P 为垂足。设 点 Q 是 l 上任意一点(不与点 P 重合) ,过点 Q 作圆 O 的两条切 线 QA 和 QB,A 和 B 为切点,AB 与 OP 相交于点 K。过点 P 作 PM ? QB , PN ? QA ,M 和 N 为垂足。求证:直线 MN 平分线段 KP。 3 设 n 是正整数,集合 M ? {1, 2, 3, ?, 2n} 。求最小的正整数 k,使得 对于 M 的任何一个 k 元子集,其中必有 4 个互不相同的元素之和 等于 4n+1。 4 试求满足 a 2 ? b2 ? c 2 ? 2005 ,且 a ? b ? c 的所有三元正整数组(a, b, c)。

第2天
(2005 年 7 月 14 日 8:00~12:00 福州) 5 已知直线 l 与单位圆 S 相切于点 P,点 A 与圆 S 在 l 的同侧,且 A 到 l 的距离为 h (h>2), 从点 A 作 S 的两条切线, 分别与 l 交于 B, C 两点。求线段 PB 与线段 PC 的长度之乘积。 6 将数集 A ? {a1, a2 ,..., an } 中所有元素的算术平均值记为 P( A) , a ? a ? ... ? an ( P( A) ? 1 2 ) 若 B 是 A 的非空子集, P( B) ? P( A) , 。 且 n 则称 B 是 A 的一个“均衡子集”。试求数集 M ? {1,2,3,4,5,6,7,8,9} 的 所有“均衡子集”的个数。 7 (1)讨论关于 x 的方程 | x ? 1| ? | x ? 2 | ? | x ? 3|? a 的根的个数。 ( 2 ) 设 a1 , a2 ,..., an 为 等 差 数 列 , 且 a1 ? a2 ? ? ? ? ? an ? a1 ? 1 ? a2 ? 1 ? ? ? ? ? an ? 1 ? a1 ? 2 ? a2 ? 2 ? ??? ? an ? 2 ? 507 求项数 n 的最大值。 8 设 0 ? ? , ? ,? ?

?
2

,且 sin 3 ? ? sin 3 ? ? sin 3 ? ? 1,求证:
3 3 2
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tan 2 ? ? tan 2 ? ? tan 2 ? ?

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答案
1. (1) 令 f a ( x) ? x 2 ? (a ? 2) x ? 2a ? 1 ? x 2 ? 2 x ? 1 ? a( x ? 2) ,因此抛物 线过定点 (2, 9) ,该抛物线的顶点坐标为 a?2 x?? 2 4(1 ? 2a) ? (a ? 2) 2 ?a 2 ? 12a y? ? 4 4 2 消去 a 得 y ? ? x ? 4 x ? 5 。 (2) f a ( x) ? 0 的大根为
?(a ? 2) ? (a ? 2) 2 ? 4(1 ? 2a) x? 2 ?(a ? 2) ? a 2 ? 12a ? 2 ?(a ? 2) ? (a ? 6) 2 ? 36 ? 2 令 a+6=2k,则
?(2k ? 4) ? 4k 2 ?36 x? ? k2 ? 9 ? k ? 2 2 由判别式 ? ? 0 得 k >3 或 k <-3。

当 k <-3 时, x>5; 当 k >3 时, x ? 2 ?
9
2

k ?9 ?k 综上得,方程的大根 x 的取值范围为 (?1, 2) ? (5, ? ?) 。

, 可得-1<x<2.

2. 作 PI ? AB ,I 为垂足, 记 J 为 直线 MN 与线段 PK 的交点。 易 知 ?QAO ? ?QBO ? ?QPO ? 90? ,故 O、B、Q、P、 A 均在以线段 OQ 为直径的圆周 上。 由 于 PN ? QA, PM ? QB, PI ? AB , 所以由 Simson 定理知: ?QAB
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l

P

Q M N

A K o B

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的外接圆上一点 P 在其三边的垂足 N、M、I 三点共线,即 N、M、 J、I 四点共线。 因为 QO ? AB, PI ? AB ,所以 QO//PI, 所以 ?POQ ? ?IPO , 又因 为 P、A、I、M 四点共圆,P、A、O、Q 也四点共圆,所以 ?PIJ ? ?PIM ? ?PAM ? ?POQ 所以在直角三角形 PIK 中, ?PIJ ? ?JPI , 所以 J 为 PK 的中点 因 此直线 MN 平分线段 KP。 3. 考虑 M 的 n+2 元子集 P={n-1, n, n+1, …, 2n}。P 中任何 4 个不同 元素之和不小于(n-1)+n+n+1+n+2=4n+2, 所以 k ? n ? 3 。 将 M 的元配为 n 对, Bi ? (i,2n ? 1 ? i),1 ? i ? n 。 对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有三对 Bi1 , Bi2 , Bi3 同属于 A( i1 , i2 , i3 两 两不同)。 又将 M 的元配为 n-1 对, Ci ? (i,2n ? i),1 ? i ? n -1 。对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有一对 C i 同属于 A 这一对 Ci4 必与刚才三对 Bi1 , Bi2 , Bi3 中至少一对无公共元,这 4 个元
4

素互不相同,且和为 2n+1+2n=4n+1。 因此,所求的最小 k=n+3。 4. 由于任何奇平方数被 4 除余 1, 任何偶平方数是 4 的倍数, 2005 因 被 4 除余 1, a 2 , b ,2c 三数中, 故 2 必是两个偶平方数, 一个奇平方数。 设 a=2m,b=2n,c=2k-1,m, n, k 为正整数,原方程化为: m 2 ? n 2 ? k (k ? 1) ? 501 ? (1) 又因任何平方数被 3 除的余数,或者是 0,或者是 1,今讨论 k: (i) 若 3 k ( k ? 1) ,则由(1),3 m2 ? n2 ,于是 m, n 都是 3 的倍数。 设 m=3 m1 ,n=3 n1 ,并且
k (k ? 1) 是整数,由(1) 3 k (k ? 1) 3m12 ? 3n12 ? ? 167 ?(2) 3

k (k ? 1) ? 167 ? 2 ? mod3? 3 k (k ? 1) 设 =3r+2,则 3 k (k ? 1) ? 9r ? 6 ?(3)

于是

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且由(1), k (k ? 1) ? 501,所以 k ? 22 。 故由(3),k 可取 3,7,12,16,21,代入(2)分别得到如下情况: ? k ?3 ?k ?7 ?k ? 12 ?k ? 16 , ? 2 , ? 2 , ? 2 , ? 2 m1 ? n12 ? 55 ?m1 ? n12 ? 51 ? m1 ? n12 ? 41 ?m1 ? n12 ? 29 ? ?k ? 21 ? 2 2 ? m1 ? n1 ? 9 由于 55、51 都是 4N +3 形状的数,不能表为两个平方的和, 并且 9 也不能表成两个正整数的平方和,因此只有 k=12 与 k=16 时有正整数解 m1 , n1 。 2 当 k=12,由 m12 ? m2 =41,得( m1 , n1 )=(4, 5),则 a=6 m1 =24, b=6 n1 =30,c=2k-1=23,于是(a, b, c)=(24, 30, 23)。 2 当 k=16,由 m12 ? m2 =29,得( m1 , n1 )=(2, 5),则 a=6 m1 =12, b=6 n1 =30,c=2k-1=31,因此(a, b, c)=(12, 30, 31) (ii) 若 3 | k ( k ? 1) 时,由于任何三个连续数中必有一个是 3 的倍数, 则 k+1 是 3 的倍数,故 k 被 3 除余 2,因此 k 只能取 2,5,8,11, 14,17 或 20 利用(1)式分别讨论如下: 2 若 k=2,则 m12 ? m2 =499,而 499 ? 3(mod 4) ,此时无解 2 若 k=5,则 m12 ? m2 =481,利用关系式

??

2

? ? 2 ?? x 2 ? y 2 ? ? ?? x ? ? y ? ? ?? y ? ? x ?
2

2

可知 481 ? 13 ? 37 ? ?32 ? 22 ?? 62 ? 12 ? ? 202 ? 92 ? 152 ? 162 。 所以(m, n)=(20, 9)或(15, 16)。 于是得两组解(a, b, c)=(2m, 2n, 2k-1)=(40, 18, 9)或(30, 32, 9)。 2 m12 ? m2 若 k=8 , 则 =445 , 而

? ? ? x ? ? y ? ? ?? y ? ? x ?
2

2

4

?4

5? ?

2

5? ??

2

8? ? 29

?2182 ? 112 。2? 2? 1

8

2

?

5

所以(m, n)=(21, 2)或(18, 11),得两组解(a, b, c)=(2m, 2n, 2k-1)=(42,4,15)或(36, 22 15)。 2 若 k=11,有 m12 ? m2 =391,而 391 ? 3(mod 4) ,此时无解; 2 若 k=14,有 m12 ? m2 =319,而 319 ? 3(mod 4) ,此时无解;
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2 若 k=17,有 m12 ? m2 =229,而 229 ? 152 ? 22 ,得(m, n)=(15, 2), 得一组解(a, b, c)=(2m, 2n, 2k-1)=(30, 4, 33); 2 若 k=20,则 m12 ? m2 =121=112 ,而112 不能表示两个正整数的 平方和,因此本题共有 7 组解为:(23, 24, 30),(12, 30, 31), (9, 18, 40),(9, 30, 32),(4, 15, 42),(15, 22, 36),(4, 30, 33)。 经检验,它们都满足方程。

5. 设 PB、PC 的长度分别为 p、q,设 ?ABP ? ? , ?ACP ? ? ,设 AC 与 S 的切点为 E,记圆心为 O,设 AE 的长度为 t,连接 AO、OE, 则在直角三角形 AOE 中,我们有 1 ?AOE ? ( ? ? ? ), 2 1 p?q 因此 t ? tan ( ? ? ? ) ? 。 2 pq ? 1 这 样 我 们 可 得 ?ABC 的 面 积 S?ABC 为 pq ( p ? q ) S ?ABC ? ( p ? q ? t ) ? 1 ? 。 pq ? 1 1 pq 1 又因为 S?ABC ? ( p ? q) ? h, 所以可得 h ? 。 2 pq ? 1 2 h . 整理得 pq ? h?2 6. 由于 P(M)=5, M’={x-5 | x ? M}={-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}, 则 P(M’)=0, 令 依照此平移关系, 和 M’的均衡子集可一一对应。 用 f (k)表示 M’ M 的 k 元均衡子集的个数, 显然有 f (9)=1, f (1)=1 (M’的 9 元均衡子集 只有 M’,一元均衡子集只有{0})。 M’的二元均衡子集共四个,为 Bi ? {?i, i}, i ? 1,2,3,4 , 因此 f(2)=4。 M’的三元均衡子集有两种情况: (1)含有元素 0 的为 Bi ? {0} ? {?2,0, i}, i ? 1,2,3,4 , 共四个; (2)不含元素 0 的,由于等式 3=1+2,4=1+3 可表示为-3+1+2=0, 3-1-2=0 以及-4+1+3=0, 4-1-3=0 得到 4 个均衡子集{-3, 1, 2}, {3, -1, -2},{-4, 1, 3},{4, -1, -3},因此 f (3)=4+4=8。 M’的四元均衡子集有三种情况: (1)每两个二元均衡子集之并: Bi ? B j ,1 ? i ? j ? 4 , 共 6 个集; (2)不含元素 0 的三元均衡子集与{0}的并集,共 4 个集;
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(3)以上两种情况之外者,由于等式 1+4=2+3 可表为-1-4+2+3=0 以及 1+4-2-3=0 得 2 个均衡子集{-1, -4, 2, 3}与{1, 4, -2, -3}, 因此 f (4)=6+4 +2=12。 又注意到,除 M’本身外,若 B’是 M’的均衡子集,当且仅当其补 集 CM ' B ' 也是 M’的均衡子集,二者一一对应。 因此 f (9-k)=f (k), k=1, 2, 3, 4。 从 而 M’ 的 均 衡 子 集 个 数 为

? f (k ) ? f (9) ? 2? f (k ) ? 1 ? 2(1 ? 4 ? 8 ? 12) ? 51
k ?1 k ?1

9

4

即 M 的均衡子集有 51 个。 7. 根据函数 y=|x+1|+|x+2|+|x+3|=a 的图像可知: 当 a<2 时,方程无解; 当 a=2 时,方程有一个根; 当 a>2 时,方程有两个根。 (1) 因为方程|x|=|x+1|=|x-2|无解,故 n ? 2 且公差不为 0。 不妨设数 列的各项为 a-kd(1≤k≤n,d>0)。作函数 f (x)= ? x ? kd ,
k ?1 n

本题条件等价于 f (x)=507 至少有三个不同的根 a,a+1,a-2, 此条件又等价于函数 y= f (x)的图像与水平直线 y=507 至少有三 个不同的公共点。 (n ? 1)d 由于 y=f (x)的图像是关于直线 y ? 左右对称的 n+1 段的 2 下凸折线,它与水平直线 L 有三个公共点当且仅当折线有一水 平段在 L 上,当且仅当 n=2m 且 a, a+1, a-2? [md,(m+1)d], f (md)=507。即 d≥3 且 m2d=507。 507 由此得 m 2 ? , m ? 13 。 3 显然,m=13 时,取 d=3,a=4 满足本题条件。 因此,n 的最大 值为 26。 8. 令 a=sin ? ,b=sin ? ,c=sin ? ,则 a, b, c? (0, 1)且 a3 ? b3 ? c3 ? 1,
a ? a3 ? 1 1 2a 2 ? 1 ? a 2 ? 1 ? a 2 3 2 2a 2 (1 ? a 2 )2 ? ( ) ? , 3 2 2 3 3
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同理 b - b3 ? 因
2

2 3 3

, c ? c3 ?

2 3 3

,


2 2

a b c a b c 3 ? ? ? ? ? ? (a 3 ? b ? c ) ? 。 2 1- a 1- b 1- c a -a b-b c-c 2 2 注意到 sin 2 ? a2 2 tan ? ? ? 1 ? sin 2 ? 1 ? a 2 sin 2 ? b2 2 tan ? ? ? 1 ? sin 2 ? 1 ? b 2

sin 2 ? c2 tan ? ? ? 1 ? sin 2 ? 1 ? c 2 3 3 . 所以 tan 2 ? ? tan 2 ? ? tan 2 ? ? 2 注 易知上述不等式等号不能成立。
2

第三届中国东南地区数学奥林匹克(含解答)
希望联盟 2006 年度赛
第一天(2006 年 7 月 27 日, 8:00-12:00, 南昌)

一、设 a ? b ? 0, f ( x) ?
1 1

2(a ? b) x ? 2ab .证明:存在唯一的正数 x ,使得 4x ? a ? b

a 3 ? b3 3 f ( x) ? ( ) . 2 (李胜宏 供题)
解法一:令 t ? (
a ?b 3 2(a ? b) x ? 2ab ) , 由t ? ,得 2 4x ? a ? b
1 3 1 3

[ 2 a ? b ) t x? t (? b? ( ? 4 ] a )

, 2 b a

??

1 ○ 为证○有唯一的正数解 x ,只要证, 2(a ? b) ? 4t ? 0 及 t (a ? b) ? 2ab ? 0 , 即 1
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2ab a ?b 3 a ?b ?( ) ? a?b 2 2
??○ 2 记 a 3 ? u, b 3 ? v , u ? v, ,即要证
2u 3v 3 ? u ? v ? u 3 ? v 3 ?? ? ? u 3 ? v3 ? 2 ? 2
3

1 3

1 3

.

1

1



??○ 3
?u?v? 3 3 由于 ? u 3 ? v3 ? ? ? ?2 u v ? 2 ?
3 3

?

uv

?

3

? 2u 3v3 ,即○左端成立. 3

3 3 1 u 2 ? uv ? v 2 2 2 ?u?v? u ?v ? 为证 ? ,即 ? u ? v ? ? , ? u ? v ? ? 4(u 2 ? uv ? v 2 ) , ? 2 8 2 ? 2 ?


3 ? u ? v ? ? 0 ,此为显然.故○成立, 3
2

从而 x ?

t (a ? b) ? 2ab 即为所求. 2(a ? b) ? 4t
2(a ? b) x ? 2ab 1 ( a ? b) 2 ? ( a ? b) ? 在 (0, ??) 上为严格单调增 4x ? a ? b 2 2(4 x ? a ? b)

解法二: f ( x) ? 加的连续函

数,而且 f (0) ?

2ab a?b , lim f ( x) ? . x ??? a?b 2

据解法一 ○ 式知, 2

2ab a ?b 3 a ?b ,故存在唯一的正数 x ,使得 ?( ) ? a?b 2 2

1 3

1 3

f ( x) ? (

a ?b 3 ) . 2
A

1 3

1 3

二、如图所示,在△ABC 中,?ABC ? 90?, D, G 是边 CA 上的两点, 连接 BD,BG . 过点 A,G 分别作 BD 的垂线,垂足分别为 E, F,连接 CF. 若 BE=EF,求证: ?ABG ? ?DFC .
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E B F C G

D

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(熊 斌 供题)

证:作 Rt? ABC 的外接圆 w,延长 BD、AE 分别交 w 于 K、J. 连接 BJ、CJ、KJ、FJ. 易知 ?BAJ ? ?KBC ,故 BJ=KC. 于是四边形 BJCK 是等腰梯形,又 AJ 垂直平分 BF,故 BJ=FJ, 故四边形 FJCK 是平行四边形. 设 AE 与 BG 的交点为 M,FC 与 JK 的交点为 N,则 M、N 分别是 BG 和 FC 的中点, 于是 又
AB sin ?MAG sin ?JKC FK ? ? ? , AG sin ?BAM sin ?BKJ CK

?B A G? ? F K, C

于是 ?BAG ∽ ?FKC , 所以 ?ABG ? ?DFC .

三、一副纸牌共 52 张,其中“方块”“梅花”“红心”“黑桃”每种花色的牌各 、 、 、
13 张,标号

依次是 2,3,?,10, J , Q, K , A ,其中相同花色、相邻标号的两张牌称为“同花顺 牌” ,并且 A 与 2 也算是顺牌(即 A 可以当成 1 使用). 试确定,从这副牌中取出 13 张牌, 使每种标 号的牌都出现,并且不含“同花顺牌”的取牌方法数. (陶平生 供题) 解:先一般化为下述问题:设 n ? 3, 从 A ? ? a1 , a2 ,?, an ? , B ? ? b1 , b2 ,?, bn ? ,
C ? ? c1 , c2 ,?, cn ? , D ? ? d1 , d 2 ,?, d n ? 这四个数列中选取 n 个项,且满足:
? ?? ?1? 1, 2,? , n 每个下标都出现;?11?

下标相邻的任两项不在同一个数列中(下
n 1

标 n 与 1视
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n-1

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为相邻) ,其选取方法数记为 xn ,今确定 xn 的表达式: 将一个圆盘分成 n 个扇形格,顺次编号为 1, 2,?, n ,并将数列 A, B, C, D 各染一种颜色,对于任一个选项方案,如果下标为 i 的项取自某颜色 数列,则将第 i 号扇形格染上该颜色. 于是 xn 就成为将圆盘的 n 个扇形格染四色,使相邻格不同色的染色方 法数,易知, x1 ? 4, x2 ? 12,
xn ? xn ?1 ? 4 ? 3n ?1 ? n ? 3?

,

1 ○ 将○写作 1 因此

? ?1? ? ?1?

n

xn ? ? ?1?

n ?1

xn ?1 ? ?4 ? ? ?3?

n ?1

. ;

n ?1

xn ?1 ? ? ?1?

n? 2

xn ? 2 ? ?4 ? ? ?3?

n? 2

??
3 2

??
2

? ?1? x3 ? ? ?1? x2 ? ?4 ? ? ?3? 2 ? ?1? x2 ? ?4 ? ? ?3? .
n n

;

相加得, ? ?1? xn ? ? ?3? ? 3 ,于是 xn ? 3n ? 3 ? ? ?1? (n ? 2) .
n

因此 x13 ? 313 ? 3 . 这就是所求的取牌方法数.
3 四、对任意正整数 n ,设 an 是方程 x ?

x ? 1 的实数根,求证: n

(1) an ?1 ? an ; (2)

? (i ? 1) a
i ?1 2

n

1

? an . (李胜宏 供题)

i

证:由 an 3 ? (
3 3 0 ? an?1 ? an ?

an ? 1,得 0 ? an ? 1 . n

1



an?1 an a a 1 3 3 2 2 ? ? an ?1 ? an ? n ?1 ? n ? (an ?1 ? an )(an ?1 ? an ?1an ? an ? ) . n ?1 n n n n 1 2 2 因为 an ?1 ? an ?1an ? an ? ? 0 ,故 an?1 ? an ? 0 ,即 an?1 ? an . n
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? 2?

1 1 n ? 2 1? 因为 an ? an ? ? ? 1 ,所以 an ? , ? ? 1 1 n ?1 n? 2 ? an ? 1? n n
1

从而
n

? n ? 1?

2

? an

1 , n ? n ? 1?

?
i ?1

1

? i ? 1?

2

ai 1

??
i ?1

n

n 1 1 1 1 n ? ?( ? ) ? 1? ? ? an . i ? i ? 1? i ?1 i i ? 1 n ?1 n ?1



?
i ?1

n

? i ? 1?

2

ai

? an .

第三届中国东南地区数学奥林匹克解答
希望联盟 2006 年度赛
第二天(2006 年 7 月 28 日, 8:00-12:00, 南昌)
A

五、如图,在 ?ABC 中, ?A ? 60? , ?ABC 的内切圆 I 分别切边
G

AB, AC 于点 D, E ,直线 DE 分别与直线 BI,CI 相交于点

D F

1 F,G , 证明: FG ? BC . 2 (张鹏程 供题) 证法一:分别连接 CF,BG,ID,IE,AI , 则 A、D、I、E 四点共圆. 1 所以 ?IDE ? ?A , 2 1 从而 ?BDF ? 90? ? ?A , 2 1 1 又 ?BIC ? 180? ? (?B ? ?C)=90? ? ?A , 2 2 所以 ?BDF ? ?BIC . 又 ?DBF ? ?CBI ,得 ?FDB ∽ ?CIB .所以 B FB DB . ? CB IB 又 由 ?DBI ? ?FBC , 得 ?IDB ∽ ?CFB , 所 以 1 ?FCG ? ?A ? 30? . 2
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I

E

B

C

A

G

D F I E

C

CF ? BF , 从 而

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同理 BG ? GC ,所以 B、C、F、G 四点共圆,由此
FG ? 1 BC . 2

FG ? BC ,所以 sin ?FCG



1 , 又 ?BIG ? (?B ? ?C ) 2 1 ? ? ?A 0 8 1 ?BDG ? ?ADE ? ? (?B ? ?C ) , 2 2 所以 B、D、I、G 四点共圆,因此 ?BGC ? ?BDI ? 90? . 同理 ?CFB ? 90? ,所以 B、C、F、G 四点共圆. 1 又 ?FCG ? 90? ? ?FBC ? ?BCI ? 90? ? (?B ? ?C ) ? 30? ,所以 2 1 FG ? BC sin ?FCG ? BC . 2















六、求最小的实数 m,使得对于满足 a+b+c=1 的任意正实数 a,b,c,都有
m (a3 ? b3 ? c3) (a 2 ? b 2 ? c 2) 1 . ?6 ?

(熊 斌 供题)
1 解法一:当 a=b=c ? 时,有 m ? 27 . 3 下证不等式
27(a3 ? b3 ? c3) 6 a 2 ? b2 ? c 2) 1 ? ( ?

对于满足 a+b+c=1 的任意正实数 a,b,c 都成立. 因为对于 0 ? x ? 1 ,有 4 2 (3 ) ? 27 x3 ? 6 x 2 ? 5x ? ? 81x3 ? 18x2 ? 15x ? 4 ? 0 ? x ? 1 (9 x ? 4) 0 , 3 4 故 27 x3 ? 6 x 2 ? 5x ? , 0 ? x ? 1 . 3 4 所以 27a3 ? 6a 2 ? 5a ? , 3 4 27b3 ? 6b2 ? 5b ? , 3 4 27c3 ? 6c 2 ? 5c ? , 3 把上面三个不等式相加,得
27(a3 ? b3 ? c3) (a2 ? b2 ? c2) 1 . ?6 ?
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所以,m 的最小值为 27. 1 解法二:当 a=b=c ? 时,有 m ? 27 . 3 下证不等式
27(a3 ? b3 ? c3) 6 a 2 ? b2 ? c 2) 1 ?( ?

对于满足 a+b+c=1 的任意正实数 a,b,c 都成立. 因为 (a ? b)2 (a ? b) ? 0 ,所以 a3 ? b3 ? a 2b ? ab2 ,同理,
b3 ? c3 ? b2c ? bc 2 , c3 ? a3 ? c2 a ? ca 2 ,

于是

2 2 ( 3 ? b3 ? c3 ) ? a 2 b? b c 2 ? a ? c a

2 ab ?

2 b ?, 2c a c

3(a3 ? b3 ? c3 ) ? a3 ? b3 ? c3 ? a 2b ? b 2c ? c 2 a ? ab 2 ? bc 2 ? ca 2 ? (a ? b ? c ( 2a ? 2b ? 2c) ? 2a ? 2b ,2c ) ?

所以

6 a 2 ? b2 ? c 2 ?1 ?6 a 2 ? b2 ? c 2(a ? b ? c)2 ( ) ( ) ? ? 6 ( 2 ? b2 ? c 2 ) ? 3 ( 2 ? b2 ? c 2 ) a a ? 9 ( 2 ? b2 ? c 2 ) ?(7 a3 ? b3 ? c3 a 2 ) .

所以,m 的最小值为 27. 七、 (1)求不定方程 mn ? nr ? mr ? 2(m ? n ? r ) 的正整数解 (m, n, r ) 的组数. (2)对于给定的整数 k ? 1 ,证明:不定方程 mn ? nr ? mr ? k (m ? n ? r ) 至少有

3k ? 1 组
正整数解 (m, n, r ) . (袁汉辉 供题) 解: (1)若 m, n, r ? 2 ,由 mn ? 2m, nr ? 2n, mr ? 2r 得
mn ? nr ? mr ? 2(m ? n ? r ) ,

所以以上不等式均取等号,故 m ? n ? r ? 2 . 若 1?{m, n, r} ,不妨设 m ? 1,则 nr ?n ?r ? 2( ? n ? r ) ,于是 (n ? 1)(r ? 1) ? 3 , 1
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所以 {n ? 1, r ? 1} ? {1,3} , {n } {,4 故 , r ?} 2 组.

,{m, n, r} ? {1, 2, 4} , 这样的解有 3! ? 6

所以,不定方程 mn ? nr ? mr ? 2(m ? n ? r ) 共有 7 组正整数解. (2) 将 mn ? nr ? mr ? k (m ? n ? r ) 化为 [n ? (k ? m)][r ? (k ? m)] ? k 2 ? km ? m2 .
n ? k ? m ? 1, r ? k 2 ? km ? m2 ? k ? m 满足上式.

k 且 m ? 1, 2,?,[ ] 时, 0 ? m ? n ? r . 2

k 为偶数时, {m, n, r} ? {l , k ? l ? 1, k 2 ? kl ? l 2 ? k ? l} , 其中 l ? 1, 2,?,
不定方程的 3 k 组正整数解.

k 给出了 2

k ?1 给出 k 为奇数时, {m, n, r} ? {l , k ? l ? 1, k 2 ? kl ? l 2 ? k ? l} ,其中 l ? 1, 2,? , 2 了不定方程 k ?1 的 3 (k ? 1) 组 正 整 数 解 , m, n, r 中 有 两 个 , 另 一 个 为 2 k ?1 k ?1 2 k ?1 k2 ? k ?( ) ?k ? 2 2 2 (k ? 1)(3k ? 1) 的情况给出了不定方程的 3 组正整数解. ? 4 而 m ? n ? r ? k 亦为不定方程的正整数解.

故不定方程 mn ? nr ? mr ? k (m ? n ? r ) 至少有 3k ? 1 组正整数解.

八、对于周长为 n (n ? N * ) 的圆,称满足如下条件的最小的正整数 Pn 为“圆剖分 数” :如 果在圆周上有 Pn 个点 A1 , A2 ,?, Apn ,对于 1, 2,? , n ? 1中的每一个整数 m ,都 存在两个点
Ai , Aj (1 ? i, j ? Pn ) ,以 Ai 和Aj 为端点的一条弧长等于 m ;圆周上每相邻两点

间的弧长顺次构成的序列 Tn ? (a1 , a2 ,?, aPn ) 称为“圆剖分序列” .例如:当

n ? 13 时,圆剖分数为 P ? 4 ,如图所示,图中所标数字为相邻两点之间的 13
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弧长,圆剖分序列为 T13 ? (1,3, 2, 7) 或 (1,2,6,4) . 求 P21和P31 ,并各给出一个相应的圆剖分序 列. (陶平生 供题)

1
3

1 4

2

7

2

6

解:由于 k 个点中,每两个点间可得一段优弧和 一段 劣弧,故至多可得 k (k ? 1) 个弧长值. 当 k (k ? 1) ? 20 时,则 k ? 5 ; 而当 k (k ? 1) ? 30 时,则 k ? 6 . 另一方面,在 k ? 5 时,可以给出剖分图 所以, P21 ? 5 , T21 ? (1,3,10, 2,5) . 对于 n=31,在 k ? 6 时,类似可给出剖分图
1 5 2 7 4
13 4 6
8

1
5 3

2
10

1

2
10

1

3 2 7

1 14

3 6

1 14 7 3

5

12

5

2

4

2

所以,P31 ? 6 ,T31 ? (1, 2,7, 4,12,5) , (1, 2,5, 4,6,13) , (1,3, 2, 7,8,10) , (1,3, 6, 2,5,14) 或
(1,7,3, 2, 4,14) 等.

第四届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
(2007 年 7 月 27 日, 8:00-12:00, 浙江 ?镇海)

第 21 页共 69 页

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9

试求实数 a 的个数,使得对于每个 a,关于 x 的三次方程 x3 ? ax ? a ? 1 都有满足 x ? 1000 的偶数根。 如图,设 C、D 是以 O 为圆心、AB 为 直径的半圆上的任意两点,过点 B 作 直线 PO ? O 的切线交直线 CD 交于 P, 与直线 CA、AD 分别交于点 E、F。证 明:OE=OF。
i ? ? 设 ai ? min ?k ? k ? N * ? ,试求 k ? ? Sn2 ? ? a1 ? ? ?a2 ? ? ? ? ?an2 ? 的值,其中 ? ?
n ? 2,
n

10

F D C P

A

O

B

11

? x ? 表示不超过 x 的最大整数。

E

12

求最小的正整数 n,使得对于满足条件

?a
i ?1

i

? 2007 的任一具有 n 项的正整数数列 a1 , a2 , ?, an , 其中必

有连续的若干项之和等于 30。

第 二 天
(2007 年 7 月 28 日, 8:00-12:00, 浙江 ?镇海) 13 设函数 f ? x ? 满足:f ? x ? 1? ? f ? x ? ? 2 x ? 1 ( x ? R ), 且当 x ? ? 0, 1? 时有 f ? x ? ? 1 ,证明:当 x ? R 时,有 f ? x ? ? 2 ? x 2 。 14 如图,直角三角形 ABC 中,D 是斜边 AB 的中点,MB ? AB ,MD 交 AC 于 N;MC 的延长线交 AB 于 E。证明: ?DBN ? ?BCE 。 试求满足下列条件的三元阵列(a, b, c): (i) a<b<c<100,a、b、c 为质数; (ii) a+1、b+1、c+1 组成等比数列。 设正实数 a、b、c 满足:abc=1,求证: 对于整数 k ? 2 ,有
第 22 页共 69 页

M

15

N

C

16

A

D

E

B

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ak bk ck 3 ? ? ? a?b b?c c?a 2

答案
一、 令 x0 ? 2n ,n 为整数,且 | 2n |? 1000 ,即 | n |? 499 ,所以至多取 , 2 ? 499 ? 1 ? 999 个数,即 n?{?499, ? 498, ? 0,1, ?, 499} 。将 8n 3 ? 1 8n3 ? 1 a? x0 ? 2n 代入原方程得 。记 f (n) ? ,对任意的 2n ? 1 2n ? 1 n1 , n2 ?{?499, ? 498, ? 0,1, ?, 499} ,当 n1 ? n2 ( n1 , n2 ? Z )时,若 , x x f (n1 ) ? f (n2 ) ,设 n1 ? 1 , n2 ? 2 ,其中 x1 , x2 是关于 x 的方程 2 2 3 x ? ax ? a ? 1 ? 0 的两个根,设另一根为 x3 ,由根与系数的关系 x3 ? ?( x1 ? x2 ) ? ? ? x1 x2 ? x2 x3 ? x3 x1 ? ?a ? x1 x2 x3 ? a ? 1 ?
? 4 N ? ?a 即? 1 (其中 N1 ? ?(n12 ? n2 2 ? n1n2 ), N 2 ? ?n1n2 (n1 ? n2 ) ) ?8 N 2 ? a ? 1 即 4 N1 ? 8 N 2 ? 1 ,矛盾! , 所 以 , 对 于 不 同 的 n1 , n2 ?{?499, ? 498, ? 0,1, ?, 499} , 都 有 f (n1 ) ? f (n2 ) ,于是满足条件的实数 a 恰有 999 个。 【另解】 x3 ? 1 对任意 | x |? 998 ,x 为偶数, a ? 的取值都各不相同。 x ?1 x13 ? 1 x23 ? 1 反证,若存在 x1 ? x2 ,使得 ,其中 x1 , x2 为偶数, ? x1 ? 1 x2 ? 1 则 ( x1 ? x2 )( x12 x2 ? x1 x2 2 ? x12 ? x2 2 ? x1x2 ? 1) ? 0 由于 x1 ? x2 ,则 x1 ? x2 ? 0 ,又因为 x12 x2 ? x1 x2 2 ? x12 ? x2 2 ? x1 x2 为 偶数,所以 ( x1 ? x2 )( x12 x2 ? x1 x22 ? x12 ? x22 ? x1 x2 ? 1) ? 0,矛盾。 因此满足条件的 a 共有 999 个。

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二、 如图, OM ? CD 于 M, MN//AD, 作 作 设 MN ? BA ? N , CN ? DA ? K ,连 BC、 则 ?N ?A BM, , B ?C ? C C D N ? M 因此 N、B、M、C 共圆;又由 O、B、 P、M 共圆,得 ?OPM ? ?OBM ? 180? ? ?MCN 所以 CN//OP,于是 CN AN NK ? ? ?(1) OE AO OF 因 M 为 CD 的中点,MN//DK,则 N 为 CK 的中点; 故由(1)得,OE ? OF 。

F D C
N M

P

A
K

O

B

E

【另证】 如图,过 O 作 OM ? CD 于 M ,连结 BC、 BM、BD、BE,因为 OM ? CD ,PB ? AB , 所以 O、B、P、M 四点共圆,于是 , ?BMP ? ?BOP ? ?AOE , ?EAO ? ?BDM , 所 以 ?OAE? ? MDB AE AO AB ? ? , 从 而 ?BAE? ? CDB , BD DM CD ?EBA ? ?BCD ? ?BAD ,所以 AD//BE, OE OB ? ? 1 ,即 OE=OF。 OF OA

F D M C A O B P

E

i ?1 i ?1 ? ? k ? N * ? ? k1 ? 三、 设 ai ?1 ? min ? k ? ( k1 ? N * ),则 k k1 ? ? i i ?1 ai ? k1 ? ? k1 ? ? ai ?1 ,即数列 ?an ? 严格单增。 k1 k1

m2 ? 2m ,(当 k=m 时取得等号),故 am2 ? 2m m ? N * ; 由于 k ? k m ? m ? 1? ? 2m ? 1 , 又当 k=m、 m+1 时,k ? 而在 k ? m 或 k ? m ? 1 k k 时,? k ? m ?? k ? m ? 1? ? 0 ,即 k 2 ? ? 2m ? 1 ? ? m m ? 1 ? 0 ,亦即 ? ?

?

?

k?

m ? m ? 1? ? 2m ? 1 ,所以 am2 ?m ? 2m ? 1 ;再由数列 ?an ? 的单调 k
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性,当 m 2 ? m ? i ? ? m ? 1? 时, 2m ? 1 ? ai ? 2 ? m ? 1? ,所以
2

?2m, m2 ? i ? m2 ? m ? ? ai ? ? ? 2 2 ?2m ? 1, m ? m ? i ? ? m ? 1? ?
m2 ? 2 m

因此,

S n2 ? ? ? 4m 2 ? 3m ? 1? ? 2n n ? n ? 1?? 2n ? 1? n ? n ? 1? ? 3? ? ? n ? 1? ? 2n 6 2 8n3 ? 3n 2 ? 13n ? 6 ? 6 ? 4?
m ?1

i ?m n ?1
2

? ?a ? ? 2m ? m ? ? 2m ? 1? ? ? m ? 1? ? 4m
i

2

? 3m ? 1 ,于是

四、 首先,我们可以构造一个具有 1017 项的整数数列 a1 , a2 ,?, a1017 , 使其中不存在和为 30 的连续项;为此,取 a1 ? a2 ? ? ? a29 ? 1, a30 ? 31 ,以及 a30 m?i ? ai , i ? ?1,2,?,30? , m ? N ,即 ?ak ? 为: 1,1,?,1,31, 1,1,?,1,31, 1,1,?,1,31, ? 1,1,?,1,31, 1,1,?,1 (共有 34 段,前 33 段中每段各有 30 个项,最后一段有 27 个项, 共计 1017 个项),其次,当项数少于 1017 时,只须将某些段中 连续的若干个数合并成较大的数即可。 对于满足条件 ? ai ? 2007 的任一个具有 1018 项的正整数数列
i ?1 1018

a1 , a2 ,?, a1018 , 我们来证明, 其中必有连续的若干项之和等于 30。









S k ? ? ai , k ? 1,2,?,1018
i ?1

k





1 ? S1 ? S2 ? ? ? S1018 ? 2007 。今考虑集 ?1,2,?,2007? 中元素的分

组:

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(1, 31), (61, 91), (121,151), ? (60k ? 1, 60k ? 31), ? 1981

(2, 32), (62, 92), (122,152), ? (60k ? 2, 60k ? 32), ? 1982

?, ?, ?, ? ? ?,

(30, 60), (90,120), (150,180), ? ? 2007

?, (60k ? 30, 60( k ? 1)

(60 ? 32 ? 1, 60 ? 32 ? 31), (60 ? 32 ? 2, 60 ? 32 ? 32), ?, (60 ? 32 ? 30, 60 ? 33

其中有 33× 30=990 个括弧以及 27 个未加括弧的数,从中任取 1018 个 数 作 为 S k 的 取 值 , 必 有 两 数 取 自 同 一 括 弧 , 设 为 ? Sk , Sk ?m ? , 则 Sk ?m ? Sk ? 30 , 即 该 数 列 中 ak ?1 ? ak ?2 ? ? ? ak ?m ? 30 。因此 n 的最小值为 1018。 五、 令 g ? x ? ? f ? x ? ? x 2 ,则 R 上以 1 为周期的周期函数; 又由条件当 x ? ? 0, 1? 时有 f ? x ? ? 1 , 可得,当 x ? ? 0, 1? 时, g ? x ? ? f ? x ? ? x2 ? f ? x ? ? x2 ? 2 ,所以 周期函数 g ? x ? 在 R 上有 g ? x ? ? 2 ,据此知,在 R 上,
g ? x ? 1? ? g ? x ? ? f ? x ? 1? ? f ? x ? ? ? x ? 1? ? x 2 ? 0 ,所以 g ? x ? 是
2

f ? x ? ? g ? x ? ? x2 ? g ? x ? ? x2 ? 2 ? x2 。
六、 如图,延长 ME 交 ?ABC 的外接圆于 F, 延长 MD 交 AF 于 K, CG//MK, AF 作 交 于 G,交 AB 于 P,作 DH ?CF 于 H,则 H 为 CF 的中点。连 HB、HP,则 D、H、 B、 共圆, ?HBD ? ?HMD ? ?HCP , M 故 于是 H、B、C、P 共圆,所以 故 即 ?PHC ? ?ABC ? ?AFC , PH//AF。 PH 为 ?CFG 的中位线, 是 CG 的中点。 P 则 AP 为 ?ACG 的边 CG 上的中线,又因 NK//CG, D 是 NK 的中点, 故 即线段 AB 与 NK 互相平分,所以 ?DBN ? ?DAK ,
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M

N P E A K G F D H

C

B

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而 ?DAK ? ?BAF ? ?BCF ? ?BCE ,即有 ?DBN ? ?BCE 。 七、 据条件,

? a ? 1?? c ? 1? ? ? b ? 1?

2

? (1)

设 a ? 1 ? n 2 x, c ? 1 ? m 2 y ,其中 x、y 不含大于 1 的平方因数, 则必有 x=y,这是由于,据(1), 2 2 ? mn ? xy ? ? b ? 1? ? (2) 则 mn ? b ? 1? ,设 b ? 1 ? mn ? w ,于是(2)化为,
xy ? w2 ? (3)

若 w ? 1 ,则有质数 p1 w ,即 p12 w2 ,因 x、y 皆不含大于 1 的平 方因数,因此 p1 x , p1 y 。设 x ? p1 x1, y ? p1 y1, w ? p1 w1 ,则(3) 化为 x1 y1 ? w12 ?(4)
2 若仍有 w1 ? 1,则又有质数 p2 w1 ,即 p2 w12 ,因 x1 , y1 皆不含大于

, p , ? 1 的平方因数, p2 x1 ,p2 y1 , x1 ? p2x2 y1 ? 2y2 w1 pw2 则 设 2



则(4)化为,
2 x2 y2 ? w2 ,??,如此下去,因(3)式中 w 的质因数个数有限,故有 r, 使 wr ? 1 ,而从 xr yr ? wr2 得, xr ? yr ? 1 ,从而 x ? p1 p2 ? pr ? y ,

? a ? kn 2 ? 1 ? 改记 x=y=k,则有, ?b ? kmn ? 1 ? (5) ?c ? km 2 ? 1 ?

其中
1 ? n ? m, a ? b ? c ? 100 ?(6)

k 无大于1的平方因数,并且 k ? 1,否则若 k=1,则 c ? m2 ? 1 , 因 c 大 于 第 三 个 质 数 5 , 即 c ? m2 ? 1 ? 5 , m ? 3 , 得 2 c ? m ?1 ? m ? m ? 为合数,矛盾。因此 k 或为质数,或为 1 ? 1 ?? ? 若干个互异质数之乘积, k 大于 1, (即 且无大于 1 的平方因数)。 我们将其简称为“k 具有性质 p” 。 (i) 据(6), m ? 2 。

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?a ? k ? 1 ? 当 m=2,则 n=1,有 ?b ? 2k ? 1 ,因 c<100,得 k<25; ?c ? 4 k ? 1 ? 若 k ? 1? mod3? ,则 3 c 且 c>3,得 c 为合数;

若 k ? 2 ? mod3? :

在 k 为偶数时,具有性质 p 的 k 有 2、14,分别给 出 a ? 2 ? 1 ? 1, b ? 2 ?14 ? 1 ? 27 不为质数; k 为奇数时,具有性质 p 的 k 值有 5、11、17、23, 分别给出的 a ? k ? 1皆不为质数; 若 k ? 0 ? mod3? ,具有性质 p 的 k 值有 3、6、15、21: 当 k=3 时,给出解 f1 ? ? a, b, c ? ? ? 2,5,11? ; 当 k=6 时,给出解 f 2 ? ? a, b, c ? ? ? 5,11,23? ; 当 k=15、21 时,分别给出的 a ? k ? 1皆不为质数; 若 m=3,则 n=2 或 1。 ? a ? 4k ? 1 ? 在 m=3、 n=2 时,?b ? 6k ? 1 , 因质数 c ? 97 , k ? 10 , 得 ?c ? 9 k ? 1 ? 具有性质 p 的 k 值有 2、3、5、6、7、10: 在 k 为奇数 3、5、7 时,给出 c ? 9k ? 1皆为合数; 在 k=6 时,给出 b ? 6k ? 1 ? 35 为合数; 在 k=10 时,给出 a ? 4k ? 1 ? 39 为合数; 在 k=2 时,给出解 f3 ? ? a, b, c ? ? ? 7,11,17 ? ;
? a ? 4k ? 1 ? 在 m=3、n=1 时, ?b ? 6k ? 1 , k ? 10 ,具有性质 p 的 ?c ? 9 k ? 1 ? k 值有 2、3、5、6、7、10: 在 k 为奇数 3、 7 时, 5、 给出的 b ? 3k ? 1皆为合数; 在 k=2 和 10 时,给出的 a ? k ? 1不为质数; 在 k=6 时,给出解 f 4 ? ? a, b, c ? ? ? 5,17,53? ;

(ii)

m=4 时, c ? 16k ? 1 ? 97 得 k ? 6 , 由 具有性质 p 的 k 值有 2、 3、5、6。 在 k=6 时, c ? 16 ? 6 ? 1 ? 95 为合数;
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?a ? 5n 2 ? 1 在 k=5 时, ? ,因 n ? m ? 4 ,则 n 可取 1、2、3, b ? 20n ? 1 ? 分别得到 a、b 至少一个不为质数; ?a ? 3n 2 ? 1 在 k=3 时, c ? 48 ? 1 ? 47 , ? ,因 n ? m ? 4 : b ? 12n ? 1 ? 在 n=3 时给出的 a、b 为合数; 在 n=2 时给出解 f5 ? ? a, b, c ? ? ?11,23,47 ? ; 在 n=1 时给出解 f 6 ? ? a, b, c ? ? ? 2,11,47 ? ; ? a ? 2n 2 ? 1 在 k=2 时, c ? 16k ? 1 ? 31 , ? , n ? m ? 4 ,只有 b ? 8n ? 1 ? 在 n=3 时给出解 f 7 ? ? a, b, c ? ? ?17,23,31? ;

(iii) (iv)

m=5 时, c ? 25k ? 1 ? 97 ,具有性质 p 的 k 值有 2、3,分 别给出 c ? 25k ? 1为合数; m=6 时,c ? 36k ? 1 ? 97 ,具有性质 p 的 k 值只有 2,因此 ? a ? 2n 2 ? 1 可以得到 c ? 2 ? 36 ? 1 ? 71,这时 ? ,n ? m ? 6, ?b ? 12n ? 1 只有在 n=2 时给出解 f8 ? ? a, b, c ? ? ? 7,23,71? ;在 n=4 时给 出解 f9 ? ? a, b, c ? ? ? 31,47,71? ; m=7 时, c ? 49k ? 1 ? 97 ,具有性质 p 的 k 值只有 2 得 ? a ? 2n 2 ? 1 ,只有在 n=3 c ? 2 ? 49 ? 1 ? 97 ,而 n ? m ? 7 , ? ?b ? 14n ? 1 时给出解 f10 ? ? a, b, c ? ? ?17,41,97 ? ;在 n=6 时给出解 f11 ? ? a, b, c ? ? ? 71,83,97 ? ;

(v)

(vi) m ? 8 时, c ? 64k ? 1 ? 97 ,具有性质 p 的 k 值不存在。 因此,满足条件的解共有 11 组,即为上述的 f1 , f 2 ,?, f11 。
ak 1 1 1 1 ak k k ? (a ? b) ? ? ? ? ? ? k ? k ? a ,所以 八、 因为 a?b 4 2 2 2 2 ????? 2
k ?2个 1 2

ak k 1 k ?2 ? a ? ( a ? b) ? a?b 2 4 2
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bk k 1 k ?2 ? b ? (b ? c) ? b?c 2 4 2



ck k 1 k ?2 ? c ? (c ? a ) ? 。 c?a 2 4 2 三式相加可得 ak bk ck k 1 3 ? ? ? (a ? b ? c) ? (a ? b ? c) ? (k ? 2) a?b b?c c?a 2 2 2 (k ? 1) 3 ? (a ? b ? c) ? (k ? 2) 2 2 3 3 ? (k ? 1) ? (k ? 2) 2 2 3 ? 2

第五届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
(2008 年 7 月 27 日 上午 8:00-12:00) 福建 龙岩 1. 已知集合 S ? ?1,2,3,?,3n? ,n 是正整数,T 是 S 的子集,满足:对 任意的 x, y, z ? T (其中 x、y、z 可以相同) 都有 x ? y ? z ?T ,求所 有这种集合 T 的元素个数的最大值。 2. 设数列{an } 满足: a1 ? 1, an?1 ? 2an ? n ? (1 ? 2n ), n ? 1,2,3,? 。试求通项 an 的表达式。
B

3. 在△ABC 中,BC>AB,BD 平分 ?ABC 交 AC 于 D,如图,CP 垂直 BD,垂足为 P, AQ 垂直 BP,Q 为垂足。M 是 AC 中点, E 是 BC 中点。若△PQM 的外接圆 O 与 AC 的另一个交点为 H,求证: O、H、E、 M 四点共圆。 4. 设正整数 m, n ? 2 ,对于任一个 n 元整数 集 A ? ?a1 , a2 ,?, an ? ,取每一对不同的数
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E Q D A H O P M C

a、a j ? j ? i ? ,作差 a j ? ai ,把这 Cn2 个差按从小到大顺序排成一个数 i

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列,称这个数列为集合 A 的“衍生数列” ,记为 A 。衍生数列 A 中能 被 m 整除的数的个数记为 A ? m ? 。证明:对于任一正整数 m ? 2 ,n 元整数集 A ? ?a1 , a2 ,?, an ? 及集合 B ? ?1,2,?, n? 所对应的 “衍生数列”
A 及 B ,满足不等式 A ? m ? ? B ? m ? .

第二天
(2008 年 7 月 28 日上午 8:00-12:00) 福建 龙岩 5. 求出最大的正实数 ? , 使得对于满足 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 1 的任何实数 x、 y、 z 成立不等式: ? xy ? yz ?
5 。 2

6. 如图,?ABC 的内切圆 I 分别切 BC、 于点 M、 AC N, 点 E、F 分别为边 AB、AC 的中点,D 是直线 EF 与 BI 的交点。证明:M、N、D 三点共线。
E I

A

F N

D

7. 杰克(Jack)船长与他的海盗们掠夺到 6 C B M 个珍宝箱 A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 ,其中 Ai 内 a1 有金币 ai 枚,i=1、2、3、4、5、6,诸 ai 互不相等。 海盗们设计了一种箱子的布 a4 a3 a5 a6 局图(如图),并推派一人和船长轮流拿 a 2 珍宝箱。 每次可任意拿走不和两个或两 个以上的箱子相连的整个箱子。如果船长最后所取得的金币不少于 海盗们所取得的金币,那幺船长获胜。问:若船长先拿,他是否有 适当的取法保证获胜? 8. 设 n 为正整数, f ? n ? 表示满足以下条件的 n 位数(称为波形 数) a1a2 ? an 的个数: (i) 每一位数码 ai ? ?1,2,3,4? , ai ? ai ?1 , 且 i=1、 2、?; (ii) 当 n ? 3 时, ai ? ai ?1 与 ai ?1 ? ai ? 2 的符号相反,i=1、2、?。 (1) 试求 f ?10 ? 的值;
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(2) 确定 f ? 2008 ? 被 13 除得的余数。

答案
1. 若取 T0 ? ?n ? 1, n ? 2,...,3n? ,此时 T0 ? 2n ,且 T0 中任三数之和大于 3n,即不在 T0 中;故 max T ? 2n ,另一方面,作三元子集列
A0 ? ?n, 2n, 3n? , Ak ? ?k , 2n ? k , 2n ? k ? , k ? 1,2,?, n ? 1

则 S ? ? A k ,对于 S 的任一个 2n+1 元子集 T ? ,必包含有某个 A k 。
k ?0

n ?1

若 A0 ? T ? , 则 其 中 有 元 素 3n=n+n+n ; 若 某 个 Ak ? T ? ,
m a xT ? n ? ,因此 max T ? 2n 。 2 1

k ??1,2,?, n ? 1? , 则 其 中 有 元 素 2n ? k ? k ? k ? ? 2n ? k ? , 于 是

2. 将所给递推关系的两边同时除以 2 n?1 ,得 an?1 an n n ? n ? n?1 ? , n ?1 2 2 2 2 即 an?1 an n n ? n ? n?1 ? n ?1 2 2 2 2 n n n i i ? ai ?1 ai ? ? ? 2i?1 ? 2i ? ? ? 2i?1 ? ? 2 ? i ?1 i ?1 ? i ?1
an?1 a1 n(n ? 1) n i ? ? ? ? i ?1 2n?1 21 4 i ?1 2 n n n i i 1 1 i ? n ?1 ? n ( n ? 1) ? n ? ? i ? 。 S n ? ? i , 2 S n ? ? i ?1 , 即 an?1 ? 2 ? 令 则 2 2 i ?1 2 ? i ?1 2 i ?1 2 ? 4 可得

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Sn ? 2Sn ? Sn
n i i ? ? i ?1 ? ? i i ?1 2 i ?1 2 n ?1 i i ?1 ? ? i ?1 ? ? i ?1 i ?1 2 i ?2 2 n n

?

1 n ?1?1 n ? i i ?1? ? n?1?1 ? ? ? i ?1 ? i ?1 ? 1?1 2 2 2 ? i ?2 ? 2

n n 1 ? ? i ?1 n 2 i ?2 2 1 n 1 ? ? ? 1 ? n ? 2 ?1 ? ( ) n?1 ? 2 1? 1 ? 2 ? 2 n 1 ? 1 ? n ? 1 ? n?1 2 2 n?2 ?2? n 2

?1?


? n(n ? 1) 1 1 ? n ? 2 ?? ? 3 n( n ? 1) n ? 2 ? an?1 ? ? ? n ? ? 2 ? n ? ? ? 2n?1 ? ? ? n ?1 ? ( n ? 1) 2 2? 2 ?? 4 2 ? ?2 ? 4 , 从 而 B n?2 2 an ? 2 (n ? n ? 6) ? n ? 1(n ? 2) 。

3. 作 AQ 延长线交 BC 于 N,则 Q 为 AN 中 N Q 点,又 M 为 AC 中点,故 QM//BC。所以 1 M D ?PQM ? ?PBC ? ?ABC 。 A H 2 O 1 同理, ?MPQ ? ?ABC 。 P 2 所以 QM= PM。 又因为 Q、H、P、M 共圆,所以 ?PHC ? ? PHM ? ? PQM,故 ?PHC ? ?PBC。 1 ? 所以 P、 、 、 四点共圆, BHC ? ?BPC ? 90? , HE ? BC ? EP 。 H B C 故 2
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E

C

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结合 OH=OM, OE 为 HP 中垂线, 知 易知 ?EHO ? ?EPO ? ?OPM , 所以 O、H、E、M 四点共圆。 4. 对于给定的正整数 m ? 2 ,若整数 x 被 m 除得的余数为 i, i ??0,1,?, m ? 1? ,则称 x 属于模 m 的剩余类 K i . 设 A 的 元 素 中 属 于 K i 的 数 有 ni ? i ? 0,1,2,?, m ? 1? 个 , 而 集 合 B ? {1,2,?, n} 的元素中属于 K i 的数有 ni? ? i ? 0,1,2,?, m ? 1? 个,则

?n ? ?n? ? n
i ?0 i i ?0 i

m ?1

m ?1

? (1)

易知,?i, j, ni? 与 n?j 至多相差 1,且 x ? y 是 m 的倍数当且仅当两数 x、y 属于模 m 的同一个剩余类. 对于剩余类 K i 中的任一对数 ai , a j , 有 m a j ? ai ,故属于 K i 中 ni 个数,共作成 Cn2i 个 m 的倍数,考虑所 有的 i,则 A(m) ? ? C ;类似得 B (m) ? ? Cn2i? 。
i ?0 2 ni i ?0 m ?1 m ?1

为证本题,只要证

?C
i ?0

m ?1

2 ni

2 ? ? Cni? ,化简后,即要证 i ?0 m ?1 i ?0

m ?1

? ni2 ? ? ni?2 ?(2)
i ?0

m ?1

? ? ? 据(1)易知,若 ?i, j , ni ? n j ? 1,则 n0 , n1 , ?, n m?1 与 n0 , n1 ,?, nm?1 就是

同一组数(至多只有顺序不同),这时(2)式将取得等号。 若存在 i、j,使 ni ? n j ? 2 ,这时将 ni , n j 两数调整为 ni , n j ,其中

(ni2 ? n2 ) ? (ni2 ? n j2 ) ? ? ni ? n j ? 1 ? 0 2 ? ,故调整后(2)式左边的和值将 j
? ? ? 减少,因此(2)式取得最小值当且仅当 n0 , n1 ,?, nm?1 与 n0 , n1 ,?, nm?1 为 同一组数(至多只有顺序不同),即(2)成立,因此结论得证。

ni ? ni ? 1, n j ? n j ? 1 , 其 他 元 素 不 变 , 则 ni ? n j ? ni ? n j , 由 于

?2 2 1 y ? y2 ? z2 5. 1 ? x ? y ? z ? x ? 2 2 1? ? 1? ?
2 2 2 2

(| ? xy ? yz |) 。 1? ?2 1? ?2 2 2? 2 且当 y ? 时,上述两个等号可同取到, ,x ? ,z ? 2 2 2 2 ? ?1 2 ? ?1 ?
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2

(? | xy | ? | yz |) ?

2

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1? ?2 1? ?2 5 ? 是 | ? xy ? yz | 的最大值.令 ,则 ? ? 2 。 2 2 2

6. 连接 AD,则易知 ?ADB ? 90? 。连接 A AI、DM,DM 与 AC 交于点 G。因为 AB BI ? ,故 ?ABI ? ?DBM ,所以 E F D BD BM N ?ABI ? ?DBM ,从而 I 1 ?DMB ? ?AIB ? 90? ? ?ACB 2 M C B 连接 IG、IC、IM,则 1 ?IMG ? ?DMB ? 90? ? ?ACB ? ?GCI 2 所以 I、M、C、G 四点共圆,从而 IG ? AC ,因此 G 与 N 重合,即 M、N、D 三点共线。 7. 当箱子数为 2 时,船长有必胜之策略。 【引理 1】当箱子数为 4 时,船长有必胜之策略。 当箱子数为 4 时,共有两种不同的链结在一起的方式.

第一种情况 第二种情况 第一种情况时 在开始的第一轮船长有在外部的三个箱子可挑选,船长当然挑选 这三个箱子中最多金币的箱子,海盗只能拿剩下来的两个箱子之 一,无法取得中央的箱子.经过第一轮后,船长拿到的金币不少于 海盗,此时剩下两个箱子,船长可以拿金币较多的箱子,因此船 长必胜。 第二种情况时: 将 4 个箱子黑白相间涂色,如下图所示:

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若在两个涂黑色箱子内金币的数量总和不少于两个涂白色箱子内 金币的数量总和,则开始时船长取所能拿到的黑色箱子,迫使海 盗接下来只能取白色箱子,当海盗拿完后又露出一个黑色箱子让 船长拿,从而船长可拿光所有黑色箱子而获胜.否则船长可以拿 光所有白色箱子而获胜. 回到原题。 假设 a6 内金币的数量不少于 a5, 则船长先取能拿到的箱子中最多金 币的一个箱子,海盗拿后,还剩四个箱子.问题转化为四个箱子的情 形。 假设 a5 内金币的数量多于 a6, 且不妨假设 a1 内金币的数量比 a2 多, 则船长将 a1, a3 与 a5 涂白色,其他的箱子涂黑色,如下图所示.
a1

a2

a3

a4

a5

a6

现在检验涂白色箱子内金币的数量总和是否不少于涂黑色箱子内 金币的数量总和.若是, 则船长能拿光所有白色箱子藉由涂色法而获 胜.若否,则船长先拿 a6,接下来: (A) 若海盗拿 a1,则船长再依次拿 a2 , a4 而获胜。 (B) 若海盗拿 a2,已知 a1 内金币的数量比 a2 多,则船长接着拿 a1. 虽然船长不能拿光所有黑色箱子,但因为 a1 内金币的数量比 a2 多,二者替换之后船长一点都不吃亏,最终仍然可获胜. (C) 若海盗拿 a5,则船长接着拿 a4,接着: (i) 若海盗拿 a1,则船长拿 a2 而获胜. (ii) 若海盗拿 a2,已知 a1 内金币的数量比 a2 多,则船长接着 拿 a1,可获胜。 故不论原先箱子内的金币数为多少,船长均有恰当的取法保证获 胜. 8. 当 n ? 2 时,称满足 a1 ? a2 的 n 位波形数 a1a2 ? an 为 A 类数,其个数 为 g ?n? ; 而满足 a1 ? a2 的 n 位波形数 a1a2 ? an 为 B 类数, 据对称性, 当 n ? 2 时,其个数也是 g ? n ? ;于是 f ? n ? ? 2 g ? n ? 。
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今求 g ? n ? :用 mk ? i ? 表示末位为 i 的 k 位 A 类波形数的个数
(i ? 1,2,3,4) ,则 g ? n ? ? ? mn ? i ? 。
i ?1 4

由于 a2 k ?1 ? a2 k , a2 k ? a2 k ?1 ,则 (i) 当 k 为 偶 数 时 mk ?1 ? 4 ? ? 0, mk ?1 ? 3? ? mk ? 4 ? , mk ?1 ? 2 ? ? mk ? 4 ? ? mk ? 3?
mk ?1 ?1? ? mk ? 4 ? ? mk ? 3? ? mk ? 2 ? ;

, , , ,

(ii)

当 k 为 奇 数 时 mk ?1 ?1? ? 0, mk ?1 ? 2 ? ? mk ?1? , mk ?1 ? 3? ? mk ?1? ? mk ? 2 ?
mk ?1 ? 4 ? ? mk ?1? ? mk ? 2 ? ? mk ? 3? ;

易知 m2 ?1? ? 0, m2 ? 2 ? ? 1, m2 ? 3? ? 2, m2 ? 4 ? ? 3 , 则 g ? 2 ? ? 6 。 由此,m3 ?1? ? m2 ? 2 ? ? m2 ? 3? ? m2 ? 4 ? ? 6 ,m3 ? 2 ? ? m2 ? 3? ? m2 ? 4 ? ? 5 ,
m3 ? 3? ? m2 ? 4 ? ? 3 , m3 ? 4 ? ? 0 ,所以 g ? 3? ? ? m3 ? i ? ? 14 ;
4 i ?1





m4 ?1? ?

0 m,4 ? ?

? ?2?m3

? ? 1? m4 ? ? ? 6 ,
4 i ?1

?m3? 3

?

m3 , 1 ?

m4 ? 4 ? ? m3 ?1? ? m3 ? 2 ? ? m3 ? 3? ? 14 ,所以 g ? 4 ? ? ? m4 ? i ? ? 31 。

类似可求得, g ? 5 ? ? 70 , g ? 6 ? ? 157, g ? 7 ? ? 353, g ?8 ? ? 793 ,…. 一般地,当 n ? 5 时, g ? n ? ? 2 g ? n ? 1? ? g ? n ? 2 ? ? g ? n ? 3? ?(1) 今证(1)如下: 对 n 归纳,n=5、6、7、8 皆已验证,设(1)直至 n 皆成立,考虑 n+1 情况。 当 n 为 偶 数 , 据 (i) 、 (ii) , mn?1 ? 4 ? ? 0, mn?1 ? 3? ? mn ? 4 ? , mn?1 ? 2 ? ? mn ? 4 ? ? mn ? 3? , mn?1 ?1? ? mn ? 4 ? ? mn ? 3? ? mn ? 2 ? , 而
mn ?1? ? 0 ,则
4 ? 4 ? g ? n ? 1? ? ? mn?1 ? i ? ? 2 ? ? mn ? i ? ? ? mn ? 4 ? ? mn ? 2 ? ? 2 g ? n ? ? mn ? 4 ? ? mn ? 2 ? i ?1 ? i ?1 ?

因为 mn ? 4 ? ? mn?1 ?1? ? mn?1 ? 2 ? ? mn?1 ? 3? ? 0 ? ? mn?1 ? i ? ? g ? n ? 1? , 这时有 g ? n ? 1? ? 2 g ? n ? ? g ? n ? 1? ? g ? n ? 2 ? 。
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4

mn ? 2 ? ? mn?1 ?1? ? mn?2 ? 4 ? ? mn?2 ? 3? ? mn?2 ? 2 ? ? 0 ? g ? n ? 2 ? ;

i ?1

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n









g ? n ? 1? ? ? mn?1 ? i ?
i ?1

4





mn?1 ? 4 ? ? mn ?1? ? mn ? 2 ? ? mn ? 3? , 则
4 4 i ?1 i ?1

mn?1 ?1? ? 0, mn?1 ? 2 ? ? mn ?1? , mn ? 4 ? ? 0 , mn?1 ? 3? ? mn ?1? ? mn ? 2 ? ,

g ? n ? 1? ? ? mn?1 ? i ? ? 2? mn ? i ? ? mn ?1? ? mn ? 3? ? 2 g ? n ? ? mn ?1? ? mn ? 3?

因为 mn ?1? ? mn?1 ? 4 ? ? mn?1 ? 3? ? mn?1 ? 2 ? ? 0 ? g ? n ? 1? , mn ? 3? ? mn?1 ? 4 ? ? mn?2 ?1? ? mn?2 ? 2 ? ? mn?2 ? 3? ? 0 ? g ? n ? 2 ? , 这时也有 g ? n ? 1? ? 2 g ? n ? ? g ? n ? 1? ? g ? n ? 2 ? 。 故(1)式对于 n+1 也成立,从而由归纳法得,对所有 n ? 5 ,(1)式皆 成立。 据(1)得 g ? 9 ? ? 2 g ? 8? ? g ? 7 ? ? g ? 6 ? ? 1782 , 所以 f ?10 ? ? 2 g ?10 ? ? 8008 。 今考虑 ? g ? n ?? 的模数列:
g ?10 ? ? 2 g ? 9 ? ? g ? 8 ? ? g ? 7 ? ? 4004 ,

利用(1)式易算出,当 n=2、3、4、?、14、15、16、17、?时, g ? n ? 被 13 除得的余数分别是: 6、1、5、5、1、2、0、1、0、1、1、3、6、1、5、5、? 因此当 n ? 2 时,数列 ? g ? n ?? 被 13 除得的余数所构成的数列是一个 周期数列,其最小周期长度为 12.而 2008 ? 12 ?167 ? 4 ,所以 g ? 2008? ? 5 ? mod13? , 因此, f ? 2008 ? ? 10 ? mod13? 。

第六届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
(2009 年 7 月 28 日 上午 8:00-12:00) 江西·南昌 1. 试求满足方程 x 2 ? 2 xy ? 126 y 2 ? 2009 的所有整数对 ( x, y) 。 2. 在凸五边形 ABCDE 中,已知 AB=DE、BC=EA、 AB ? EA ,且 B、 C、D、E 四点共圆。证明:A、B、C、D 四点共圆的充分必要条件
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是 AC=AD。 3. 设 x, y, z ? R ? , a ? x( y ? z ) 2 , b ? y ( z ? x) 2 , c ? z ( x ? y ) 2 。求证: a 2 ? b 2 ? c 2 ? 2(ab ? bc ? ca) 。 4. 在一个圆周上给定十二个红点;求 n 的最小值,使得存在以红点为 顶点的 n 个三角形,满足:以红点为端点的每条弦,都是其中某个 三角形的一条边。

第二天
(2009 年 7 月 29 日 上午 8:00-12:00) 江西·南昌 5. 设 1、 3、 9 的所有排列 X ? ( x1 , x2 ,?, x9 ) 的集合为 A; X ? A , 2、 ?、 ? 记 f ( X ) ? x1 ? 2 x2 ? 3x3 ? ? ? 9 x9 , M ? { f ( X ) X ? A} ;求 M 。(其 中 M 表示集合 M 的元素个数) 6. 已知 ? O 、 ? I 分别是 ?ABC 的外接圆和内切圆。证明: 过 ? O 上的任意一点 D,都可以作一个三角形 DEF,使 得 ? O 、 ? I 分别是 ?DEF 的外接圆和内切圆。
B E D A

F O I C

7. 设 f ( x, y, z ) ?

x(2 y ? z ) y (2 z ? x) z (2 x ? y ) ? ? , 其中 x, y, z ? 0 , 1 ? x ? 3 y 1 ? y ? 3z 1 ? z ? 3x 且 x ? y ? z ? 1 。求 f ( x, y, z ) 的最大值和最小值。

8. 在 8× 方格表中,最少需要挖去几个小方格,才能使得无法从 8 剩余的方格表中裁剪出一片形状如下完整的 T 型五方连块?

答案
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1. 设整数对 ( x, y) 满足方程 x 2 ? 2 xy ? 126 y 2 ? 2009 ? 0 ?(1) 将 其 看 作 关 于 x 的 一 元 二 次 方 程 , 其 判 别 式 ? ? 4 y 2 ? 4 ? 126 y 2 ? 2009 ? 500(42 ? y 2 ) ? 36 的值应为一完全平

?

?

方数; 若 y 2 ? 42 ,则 ? ? 0 ; 若 y 2 ? 42 ,则 y 2 可取 0,12 , 22 , 32 ,相应的 ? 值分别为 8036、7536、 6036 和 3536,它们皆不为平方数; 因此,仅当 y 2 ? 42 时, ? ? 500 ? 42 ? y 2 ? ? 36 ? 62 为完全平方数。 若 y = 4,方程(1)化为 x 2 ? 8 x ? 7 ? 0 , 解得 x=1 或 x=7; 若 y ? ?4 ,方程(1)化为 x 2 ? 8 x ? 7 ? 0 ,解得 x ? ?1或 x ? ?7 。 综 上 可 知 , 满 足 原 方 程 的 全 部 整 数 对 为 : ? x, y ? ? ?1,4 ? , ? 7,4 ? , ? ?1, ?4 ? , ? ?7, ?4 ? 。 2. 必要性:若 A、B、C、D 共圆,则由 AB=DE、BC=EA,得 ?BAC ? ?EDA , ?ACB ? ?DAE ,所以 ?ABC ? ?DEA ,故得 AC=AD。 充分性:记 BCDE 所共的圆为 ? O ,若 AC=AD,则圆 心 O 在 CD 的中垂线 AH 上,设点 B 关于 AH 的对称 点为 F,则 F 在 ? O 上,且因 AB ? EA,即 DE ? DF , 所以 E、F 不共点,且 ?AFD ? ?ABC ,又由 AB=DE、 B BC=EA,知 ?AED ? ? CBA,因此, ?AED ? ?DFA , 故由 ?AED ? ?DFA , AEFD 共圆, 得 即点 A 在 ? DEF C 上,也即点 A 在 ? O 上,从而 A、B、C、D 共圆。 3. 先证 a , b , c 不能构成三角形的三边。因为 b ? c ? a ? ?( y ? z )( z ? x)( x ? y )
c ? a ? b ? ?( z ? x )( x ? y )( y ? z ) a ? b ? c ? ?( x ? y )( y ? z )( z ? x)

A E F H D

所以
( b ? c ? a )( c ? a ? b )( a ? b ? c ) ? ?( y ? z )( z ? x)( x ? y ) ? ( y ? z )( z ? x)( x ? y ) ? ?0
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2

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于是
2(ab ? bc ? ca) ? (a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? ( a ? b ? c )( b ? c ? a )( c ? a ? b )( a ? b ? c ) ?0 故 a ? b 2 ? c 2 ? 2(ab ? bc ? ca) 。
2

4. 设红点集为: A ? ? A1 , A2 ,?, A12 ? ,过点 A1 的弦有 11 条,而任一个 含顶点 A1 的三角形, 恰含两条过点 A1 的弦, 故这 11 条过点 A1 的弦, 至少要分布于 6 个含顶点 A1 的三角形中; 同理知, 过点 A i (i ? 2,3,?,12) 的弦, 也各要分布于 6 个含顶点 Ai 的 三角形中,这样就需要 12 ? 6 ? 72 个三角形,而每个三角形有三个 72 顶点,故都被重复计算了三次,因此至少需要 ? 24 个 3 12 11 三角形. 再说明,下界 24 可以被取到.不失一般性,考虑周长为 10 12 的圆周,其十二等分点为红点,以红点为端点的弦共 9 2 8 有 C12 ? 66 条.若某弦所对的劣弧长为 k,就称该弦的刻 7 6 度为 k; 于是红端点的弦只有 6 种刻度, 其中, 刻度为 1、 2、?、5 的弦各 12 条,刻度为 6 的弦共 6 条; 如果刻度为 a、b、c ( a ? b ? c )的弦构成三角形的三条边,则必满 足以下两条件之一:或者 a+b=c;或者 a+b+c=12; 于是红点三角形边长的刻度组 ? a, b, c ? 只有如下 12 种可能: 1, 2)、 (1, (2, 2, 4)、(3, 3, 6)、(2, 5, 5)、(1, 2, 3)、(1, 3, 4)、(1, 4, 5)、(1, 5, 6)、 (2, 3, 5)、(2, 4, 6)、(3, 4, 5)、(4, 4, 4); 下面是刻度组的一种搭配:取(1, 2, 3)、(1, 5, 6)、(2, 3, 5)型各六个, (4, 4, 4)型四个;这时恰好得到 66 条弦,且其中含刻度为 1、2、?、 5 的弦各 12 条,刻度为 6 的弦共 6 条; 今构造如下:先作(1, 2, 3)、(1, 5, 6)、(2, 3, 5)型的三角形各六个, (4, 4, 4)型的三角形三个,再用三个(2, 4, 6)型的三角形来补充. (1, 2, 3)型六个:其顶点标号为:{2, 3, 5}、{4, 5, 7}、{6, 7, 9}、{8, 9, 11}、{10 ,11, 1}、{12, 1, 3}; (1, 5, 6)型六个:其顶点标号为:{1, 2, 7}、{3, 4, 9}、{5, 6, 11}、{7, 8, 1}、{9, 10 ,3}、{11, 12, 5}; (2, 3, 5)型六个:其顶点标号为:{2, 4, 11}、{4, 6, 1}、{6, 8, 3}、{8,
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1 2 3 4 5

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10, 5}、{10 ,12, 7}、{12, 2, 9}; (4, 4, 4)型三个:其顶点标号为:{1, 5, 9}、{2, 6, 10}、{3, 7, 11}; (2, 4, 6)型三个:其顶点标号为:{4, 6, 12}、{8, 10, 4}、{12, 2, 8}。 (每种情况下的其余三角形都可由其中一个三角形绕圆心适当旋转 而得)。 这样共得到 24 个三角形,且满足本题条件,因此,n 的最小值为 24。 5. 我们一般地证明,若 n ? 4 ,对于前 n 个正整数 1、2、?、n 的所 有排列 X n ? ( x1 , x2 ,?, xn ) 构成的集合 A,若 f ( X n ) ? x1 ? 2 x2 ? 3x3 ? ? ? nxn , M n ? { f ( X ) X ? A} ,则
n3 ? n ? 6 Mn ? 。 6 下面用数学归纳法证明: n(n ? 1)(2n ? 1) ? ? n(n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)(n ? 2) Mn ? ? , ? 1,?, ? 6 6 6 ? ? 当 n=4 时 , 由 排 序 不 等 式 知 , 集 合 M 中 的 最 小 元 素 是 f ??4 , 3 , 2?,?1 ? ,最大元素是 f ??1, 2,3, 4? ? ? 30 。 20

又 f ,

??3, 4, 2,1?? ? 21, f ??3, 4,1, 2?? ? 22, f ??4, 2,1,3?? ? 23 , f ??3,2,4,1? ? ? 24, f ??2,4,1,3? ? ? 25, f ??1,4,3,2? ? ? 26, f ??1,4,2,3? ? ? 27
f

??2,1, 4,3?? ? 28, f ??1, 2, 4,3?? ? 29

43 ? 4 ? 6 所以 M 4 ? ?20,21,?,30? 共有 11= 个元素。 因此 n=4 时命 6 题成立。 假设命题在 n ? 1 ( n ? 5 )时成立;考虑命题在 n 时的情况.对于 1、 2、?、n ? 1 的任一排列 X n?1 ? ( x1 , x2 ,?, xn?1 ) ,恒取 xn ? n ,得到 1、

2、?、n 的一个排列 x1 , x2 ,?, xn?1 , n ,则 ? kxk ? n 2 ? ? kxk 。由归
k ?1 k ?1

n

n ?1















? kx
k ?1

n

k









2 ? 2 (n ? 1)n(n ? 1) 2 (n ? 1)n(2n ? 1) ? ? n(n ? 5) n(n ? 1)(2n ? 1) ? ,n ? , ? ?n ? ??? 6 6 6 6 ? ? ? ?

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上所有整数。再令 xn ? 1 ,则

? kxk ? n ? ? kxk ? n ? ? k ( xk ? 1) ?
k ?1 k ?1 k ?1

n

n ?1

n ?1

n(n ? 1) n(n ? 1) n?1 ? ? ? k ( xk ? 1) 2 2 k ?1

















? kx
k ?1

n

k









2 ? n(n ? 1) (n ? 1)n(n ? 1) n(n ? 1) n(n ? 1)(2n ? 1) ? ? n(n ? 1)(n ? 2) 2n(n ? , ? , ? 2 ? ??? 6 2 6 6 6 ? ? ? n 2n( n 2 ? 2) n(n 2 ? 5) ? 上的所有整数。因为 ,所以, ? kxk 取遍区间 6 6 k ?1 ? n(n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)(2n ? 1) ? , ? ? 上的所有整数,即命题对 n 也成 6 6 ? ? 立 . 由 数 学 归 纳 法 知 , 命 题 成 立 。 由 于 n(n ? 1)(2n ? 1) n(n ? 1)(n ? 2) n 3 ? n ? 6 ? ? ,从而,集合 M n 的元素 6 6 6 n3 ? n ? 6 个数为 .特别是,当 n=9 时, M ? M 9 ? 121. 6

6. 如图,设 OI=d,R、r 分别是 ?ABC 的外接圆和内切圆 A 半径,延长 AI 交 ? O 于 K,则 KI ? KB ? 2 R sin , 2 r AI ? ,延长 OI 交 ? O 于 M、N;则 A sin 2 ? R ? d ?? R ? d ? ? IM ? IN ? AI ? KI ? 2Rr ,即

D

A I F N C P K E

M B

O

R2 ? d 2 ? 2Rr ; 过 D 分别作 ? I 的切线 DE、DF,E、F 在 ? O 上,连 EF,则 DI 平 分 ?EDF ,只要证,EF 也与 ? I 相切; D ? 设 DI ? ? O ? P ,则 P 是 EF 的中点,连 PE,则 PE ? 2 R sin , 2 r DI ? , ID ? IP ? IM ? IN ? ? R ? d ?? R ? d ? ? R 2 ? d 2 ,所以 D sin 2 R2 ? d 2 R2 ? d 2 D D PI ? ? ? sin ? 2 R sin ? PE DI r 2 2
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由于 I 在角 D 的平分线上,因此点 I 是 ?DEF 的内心 1 1 D?E ? (这是由于, PEI ? ?PIE ? ?1800 ? ?P ? ? ?1800 ? ?F ? ? , 2 2 2 D E 而 ?PEF ? ,所以 ?FEI ? ,点 I 是 ?DEF 的内心。) 2 2 即弦 EF 与 ? I 相切.
1 1 7. 先证 f ? , 当且仅当 x ? y ? z ? 时等号成立。 7 3 x( x ? 3 y ? 1) x f ?? ? 1 ? 2? ? (*) 1? x ? 3y 1? x ? 3y x ( ?x ) 2 1 ? ? 由哥西不等式: ? 1 ? x ? 3 y ?x(1 ? x ? 3 y ) ?x(1 ? x ? 3 y ) 7 因为 ?x(1 ? x ? 3 y ) ? ?x(2 x ? 4 y ? z ) ? 2 ? ?xy ? ,从而 3 x 3 ? ? 1? x ? 3y 7 3 1 f ?1? 2? ? 7 7 1 f max ? , 7 1 当且仅当 x ? y ? z ? 时等号成立。 3 再证 f ? 0 当 x ? 1, y ? z ? 0 时等号成立。事实上, x(2 y ? z ) y (2 z ? x) z (2 x ? y ) f ( x, y , z ) ? ? ? 1 ? x ? 3 y 1 ? y ? 3z 1 ? z ? 3x 2 1 2 1 ? xy ( ? ) ? xz ( ? ) 1 ? x ? 3 y 1 ? y ? 3z 1 ? z ? 3x 1 ? x ? 3 y 2 1 ? yz ( ? ) 1 ? y ? 3z 1 ? z ? 3x 7 xyz 7 xyz 7 xyz ? ? ? ?0 (1 ? x ? 3 y )(1 ? y ? 3z ) (1 ? z ? 3 x)(1 ? x ? 3 y ) (1 ? y ? 3 z )(1 ? z ? 3 x)

故 f min ? 0 ,当 x ? 1, y ? z ? 0 时等号成立。
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【另证】 z ? min ? x, y, z? 设 , 若 z=0 则 2 xy xy 2 xy xy f ( x, y,0) ? ? ? ? ? 0 下设 x, y ? z ? 0 , 1 ? x ? 3y 1 ? y 2x ? 4 y x ? 2 y 由(*)式,要证 f ? 0 ,只要证 x 1 ? 1 ? x ? 3 y ? 2 ?(1) 1 x y ? 注意到 ? ,于是(1)等价于 2 2x ? 4 y x ? 2 y z x x y y ?( ? )?( ? ) 1 ? z ? 3x 2 x ? 4 y 1 ? x ? 3 y x ? 2 y 1 ? y ? 3z z x 8y ? ( ? ) 2 x ? 4 y 1 ? x ? 3 y 1 ? y ? 3z 即 2x ? 4 y x 8y ? ? ? (2) 1 ? z ? 3x 1 ? x ? 3 y 1 ? y ? 3z 而由柯西不等式,可得 x 8y x2 (2 y ) 2 ? ? ? 1 ? x ? 3 y 1 ? y ? 3 z x(1 ? x ? 3 y ) y (1 ? y ? 3 z ) 2 ( x ? 2 y)2 ? y ? y 2 ? 3 yz 2 x ? x ? 3 xy ? 2 2x ? 4 y ? 1 ? z ? 3x 即(2)成立,从而 f ? 0 ,故 f min ? 0 ,当 x ? 1, y ? z ? 0 时等号成立。 8. 至少要如下图挖去 14 个小方格.

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如右图,将 8× 棋盘切为五个区域。 8 中央部份的区域至少要挖去 2 个小方格才能使 T 形的五方块放不进 去。二个打叉的位置是不等同的位置,一个是在角落位置,另一个 是内部位置, 只挖去其中一个无法避免 T 置入。 对于在边界的四个 全等的区域, 每区域至少要挖去 3 个小方格才能使 T 形的五方块放 不进去. ×
×

证明:以右上角的区域为例,下方 T 部份必需挖去 1 个小方格,上 方部份必需挖去打叉的位置的 1 个小方格。 下方 T 部份挖去的 1 个小方格有五种情况, 但无论如何均可再置入 一片 T 形的五方块, 因此至少要挖去 3 个小方格。
× × × × × × ×

× ×

× ×

3 2 3 3

3

综合所有区域,对于 T 型五方块至少要挖去 3× 4+2=14 个小方格。

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2011 年 第 八 届 中 国 东 南 地 区 数 学 奥 林 匹 克
第一天(2011.7.27)

1. 已知 min
x?R

ax2 ? b x2 ? 1

?3.

(1)求 b 的取值范围; (2)对给定的 b,求 a. 解法 1 记 f ( x ) ?

ax 2 ? b x2 ? 1

. 由 f (0) ? b 知, b ? 3 ,且易知 a ? 0 .

(i)当 b ? 2a ? 0 时,

f ( x) ?

ax 2 ? b x2 ? 1
2

? a x2 ? 1 ?

b?a x2 ? 1

? 2 a (b ? a ) ? 3

等号当 a x ? 1 ?

b?a x ?1
2

时,即 x ? ?

b ? 2a 时取到 a

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此时, a ?

b ? b2 ? 9 3 ,特别当 b ? 3 时, a ? 2 2
2

(ii)当 b ? 2a ? 0 时,令 x ? 1 ? t (t ? 1)

b?a 当 t ? 1 时单调增加,所以 t 3 min f ( x) ? g (1) ? a ? b ? a ? b ? 3 ,此时 a ? 2 f ( x ) ? g (t ) ? at ?
综上所述: (1) b 的取值范围是 [3,??)

(2)当 b ? 3 时, a ?

b ? b2 ? 9 3 ;当 b ? 3 时, a ? 2 2
ax2 ? b x2 ? 1 ? 3 ,且 f (0) ? b ,所以 b ? 3

解法 2 设 f ( x ) ?

ax 2 ? b x2 ? 1

. 因为 min
x?R

易知 a ? 0 , f ' ( x ) ?

ax( x 2 ?

b ? 2a ) a ( x 2 ? 1) 3 / 2

(i)当 b ? 2a ? 0 时,令 f ' ( x) ? 0 得驻点 x0 ? 0 ,且有

x ? 0 时, f ' ( x) ? 0 ; x ? 0 时, f ' ( x) ? 0 ? f (0) ? b 为最小值
所以 b ? 3 即○ b ? 3 ,○ a ? 1 2

b 2
b ? 2a a

(ii)当 b ? 2a ? 0 时,令 f ' ( x) ? 0 得驻点 x0 ? 0 , x1, 2 ? ? 此时易知 f (0) ? b 不是最小值 ? b ? 3 , f ( x1, 2 ) 为最小值

f ( x1, 2 ) ?

a?

b ? 2a ?b a ? 3 ? 2 a (b ? a ) ? 3 b ? 2a ?1 a
b ? b2 ? 9 9 ?0 ?a? 2 4
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? a 2 ? ab ?

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即○ b ? 3 ,○ a ? 1 2

b ? b2 ? 9 2

综上所述: (1) b 的取值范围是 [3,??)

(2)当 b ? 3 时, a ?

b ? b2 ? 9 3 ;当 b ? 3 时, a ? 2 2

2. 已知 a、b、c 为两两互质的正整数,且 a (b ? c ), b ( a ? c ), c ( a ? b ) ,求
2 3 3 2 3 3 2 3 3

a、b、c 的值。 解答 由题设可得到: a ( a ? b ? c ), b ( a ? b ? c ), c ( a ? b ? c ) ,又因
2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3

为 a、b、c 两两互质,所以 a b c ( a ? b ? c ) 。不妨设 a ? b ? c ,所以

3a 3 ? a 3 ? b 3 ? c 3 ? a 2 b 2 c 2 ? a ?

b2c 2 3

又 2b ? b ? c ? a ? 2b ?
3 3 3 2 3

b4c 4 18 ?b? 4 9 c

当 c ? 2 ? b ? 1,与 b ? c 矛盾。所以 c ? 1 。显然(1,1,1)是一组解。 当 b ? 2 时, a ? b ? c 。 由 a b ( a ? b ? 1) ? 2a ? a ? b ? 1 ? a b ? a ?
2 2 3 3 3 3 3 2 2

b2 2

又由 a (b ? 1) ? b ? 1 ? a ?
2 3 3 2

b4 :当 b ? 5 时,无解;经验证, b ? 2 , c ? 3 。所 4

以满足条件正整数为 (1,1,1)(12,3)(1,3,2)(2,1,3)(2,3,1)(3,2,1)(3,1,2) , , , , , , 。 3.设集合 M ? ?1,2,3, ?,50?,正整数 n 满足: M 的任意一个 35 元子集中至少存在 两个不同的元素 a, b ,使 a ? b ? n 或 a ? b ? n .求出所有这样的 n. 解答 取 A ? {1,2,3,? ? ?,35} ,则对任意 a, b ? A , a ? b, a ? b ? 34 ? 35 ? 69 下面证明 1 ? n ? 69 . 设 A ? {a1 , a2 ,? ? ?, a35}, a1 ? a2 ? ? ? ? ? a35
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(i)当 1 ? n ? 19 时, 考虑 1 ? a1 ? a2 ? ? ? ? ? a35 ? 50

1 ? a1 ? n ? a2 ? n ? ? ? ? ? a35 ? n ? 50 ? 19 ? 69
由抽屉原理,存在 1 ? i, j ? 35 ,使 ai ? n ? a j ,即 ai ? a j ? n (ii)当 51 ? n ? 69 时, 由 1 ? a1 ? a2 ? ? ? ? ? a35 ? 50

1 ? n ? a35 ? n ? a34 ? ? ? ? ? n ? a1 ? 68
由抽屉原理,至少存在 1 ? i, j ? 35 ,使 n ? ai ? a j ,即 ai ? a j ? n (iii)当 20 ? n ? 24 时, 由于 50 ? (2n ? 1) ? 1 ? 50 ? 2n ? 50 ? 40 ? 10 所以 a1 , a2 ,? ? ?, a35 中至少有 25 个属于 [1,2n] 又由于 {1, n ? 1}, {2, n ? 2},? ? ?, {n,2n} 至多有 24 个 存在 a i , a j ,使 {ai , a j } ? {i, n ? i} ,所以 a j ? ai ? n (iv)当 25 ? n ? 34 时, 由 {1, n ? 1}, {2, n ? 2},? ? ?, {n,2n} 至多有 34 个 由抽屉原理,存在 i, j 使 ai ? i, a j ? n ? i ,即 a j ? ai ? n (v)当 n ? 35 时,

{1,34}, {2,33},? ? ?, {17,18}, {35}, {36},? ? ?, {50} 共 33 个
所以,存在 1 ? i, j ? 35 ,使得 ai ? a j ? 35 (vi)当 36 ? n ? 50 时, 若 n ? 2k ? 1 , {1,2k}, {2,2k ? 1},? ? ?, {k , k ? 1}, {2k ? 1},? ? ?, {50} 当 18 ? k ? 20 时, 50 ? (2k ? 1) ? 1 ? 50 ? 2k ? 50 ? 36 ? 14 当 21 ? k ? 24 时, 50 ? (2k ? 1) ? 1 ? 50 ? 2k ? 50 ? 42 ? 8

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均存在 i, j 使 ai ? a j ? 2k ? 1 ? n 若 n ? 2k , {1,2k ? 1}, {2,2k ? 2},? ? ?, {k ? 1, k ? 1}, {k}, {2k}, {2k ? 1},? ? ?, {50} 当 18 ? k ? 19 时, 50 ? (2k ? 1) ? 3 ? 16 k ? 1 ? 19 ? 1 ? 18 当 20 ? k ? 23 时, 50 ? (2k ? 1) ? 3 ? 50 ? 2k ? 2 ? 12 k ? 1 ? 23 ? 1 ? 22 当 24 ? k ? 25 时, 50 ? (2k ? 1) ? 3 ? 50 ? 2k ? 2 ? 4 k ? 1 ? 25 ? 1 ? 24 所以,均存在 i, j 使 ai ? a j ? 2k 4.如图,过 ?ABC 的外心 O 任作一直线,分别交边 AB, AC 于 M , N , E, F 分别是

BN , CM 的中点.证明: ?EOF ? ?A .
先证引理:如图,过 ? O 的直径 KL 上的两点 A, B 分别作弦
A

CD, EF ,连 CE , DF ,分别交 K , L 于 M , N ,若 OA ? OB ,则
M

O
E F

N

MA ? NB .
引理证明:设 CD ? EF ? P ,直线 CE, DF 分别截 ?PAB ,
B

C
D E P
M N

AC PE BM BF PD AN ? ? ? 1, ? ? ? 1; CP EB MA FP DA NB MA AC ? AD ? PE ? PF ? BM 则 ……① ? NB BE ? BF ? PC ? PD ? AN 而由相交弦,得 PC ? PD ? PE ? PF ……② 若 ? O 的半径为 R , OA ? OB ? a ,则
据梅涅劳斯定理,

K

AO B F C

L

AC ? AD ? AK ? AL ? R2 ? a 2 ? BK ? BL ? BE ? BF
①②③得,

…③ , 据

MA MB MA MA ? AB AB ,即 ? ? ? ? 1 .因此 MA ? NB .引理得证. NB NA NB NB ? AB AB 回到本题,如下图(两图都适用) ,延长 MN 得直径
KK1 ,在直径上取点 M 1 ,使 OM1 ? OM ,设 CM1 ? ? O ? A1 ,连 A1 B 交 KK1 于 N1 ,由
引理, MN1 ? M1 N , (右图中则是 M1 N1 ? MN )因此, O 是 NN1 的中点,故 OE, OF 分 别是 ?NBN1 及 ?MCM 1 的中位线,于是得 ?EOF ? ?BA1C ? ?A .
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A1

A
A

A1
M O M1 F E N1 K 1

K

N1

M

O M1 N
F E

K1

N

K

B

C

C

B

第一天(2011.7.28)
5.设 AA0 , BB0 , CC0 是 ?ABC 的三条角平分线,自 A0 作 A0 A1 ∥ BB 0 ,

A0 A2 ∥ CC 0 , A1 , A2 分别在 AC , AB 上,直线 A1 A2 ? BC ? A3 ;类似得到点 B3 , C3 .
证明: A3 , B3 , C3 三点共线.
A
B1

C3

C0
A2
I

C2

B0
A1 B2 C

B

C1

A0

A3

证明:据梅尼劳斯逆定理, 只要证,

AB3 CA3 BC3 ? ? ?1 B3C A3 B C3 A

B3

…… ①

由于直线 A1 A2 A3 截 ?ABC ,得

CA3 BA2 AA1 ? ? ? 1 ,所以 A3 B A2 A A1C

CA3 A3 B

?

A2 A A1C ? …… ②; BA2 AA1

同理有

AB3 B2 B B1 A BC3 C2C C1 B ? ? ? ? …… ③, …… ④. B3C CB2 BB1 C3 A AC2 CC1
AA2 AA0 ? AC0 BC AA0 BC0 ? ? ? AC 0 ,得 …⑤ ? BA0 , AA2 ? BA2 BA0 ? BC0 AI AI BC
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由 BA2 ?

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又由 AA1 ?

AA0 AI

? AB0 , CA1 ?

CA0 CB

? CB0 ,得

A1C AA1
2

?

CA0 ? CB0 AA0 ? AB0

?

AI …⑥ BC

CA0 AC0 CB0 ? CA0 ? 据②、⑤、⑥得 ? ? ? ?? ? ; A3 B BA0 BC0 AB0 ? A0 B ? ? ? CA3
CB3 ? CB0 ? AC3 ? AC0 ? ?? ?? 同理可得, ? , ? B3 A ? B0 A ? C3 B ? C0 B ?
2 2

…… ⑦

由于 ?ABC 的三条角平分线 AA0 , BB0 , CC0 共点,由塞瓦定理,

AB0 CA0 BC0 ? ? ? 1 …… ⑧,于是由⑦、⑧得, B0C A0 B C0 A

AB3 CA3 BC3 ? AB0 CA0 BC0 ? ? ? ?? ? ? ? ? 1,即①成立,因此结论得证. B3C A3 B C3 A ? B0C A0 B C0 A ? ? ?
6.设 P , P2 , ? , Pn 为平面上 n 个定点,M 是该平面内线段 AB 上任一点,记 Pi M 为点 1

2

Pi 与 M 的距离, i ? 1,2,3,?, n ,证明:
?n Pi M ? max ?? Pi A , ? i ?1 ? i ?1
n

? PB ? . ?
i i ?1

n

?

解答 设原点为 O,则有: OM ? tOA ? (1 ? t )OB t ? (0,1)

| Pi M |?| OM ? OPi |?| tOA ? (1 ? t )OB ? tOPi ? (1 ? t )OPi | ? t | OA ? OPi | ?(1 ? t ) | OB ? OPi |? t | Pi A | ?(1 ? t ) | Pi B |
因此
n n ?n Pi M ? t ? | Pi A | ? (1 ? t )? | Pi B | ? max ?? Pi A , ? i ?1 i ?1 i ?1 ? i ?1 n

? PB ? ?
i i ?1

n

?

* 7.设数列 ? an ? 满足: a1 ? a2 ? 1, an ? 7an ?1 ? an ?2 , n ? 3 .证明:对于每个 n ? N ,

an ? an ?1 ? 2 皆为完全平方数.
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证:易求得数列开初的一些项为: 1,1,6, 41, 281,1926 ,…, 注意到, a1 ? a2 ? 2 ? 2 , a2 ? a3 ? 2 ? 3 , a3 ? a4 ? 2 ? 7 , a4 ? a5 ? 2 ? 18 ,…,
2 2 2 2

构作数列 ? xn ? : x1 ? 2, x2 ? 3, xn ? 3xn ?1 ? xn ?2 , n ? 3 ,则对每个 n ? N * , xn 为正整数.
* 我们来证明:对于每个 n ? N ,皆有: an ? an ?1 ? 2 ? xn .
2

引理:数列 ? xn ? 满足:对于每个 k ? N * , xk xk ? 2 ? xk ?1 ? 5 .
2

引理证明:令 f (k ) ? xk xk ? 2 ? xk ?1 ,则
2 2 2 2 2 f (k ) ? f (k ? 1) ? ( xk xk ? 2 ? xk ?1 ) ? ( xk ?1 xk ?1 ? xk ) ? ( xk xk ? 2 ? xk ) ? ( xk ?1 ? xk ?1 xk ?1 )

? xk ( xk ? 2 ? xk ) ? xk ?1 ( xk ?1 ? xk ?1 ) ? 3xk xk ?1 ? 3xk ?1 xk ? 0 .
所以 f (k ) ? f (k ? 1) ,于是 f (k ) ? f (k ? 1) ? f (k ? 2) ? ? ? f (1) ? x1 x3 ? x2 ? 5 .
2

回到本题,对 n 归纳,据数列 ? an ? 的定义, a1 ? a2 ? 2 ? 4 ? x1 , a2 ? a3 ? 2 ? 9 ? x2 ,
2 2

若结论直至 n (n ? 2) 皆已成立,则对于 n ? 1,有

an?1 ? an? 2 ? 2 ? (7an ? an?1 ) ? (7an?1 ? an ) ? 2 ? 7(an ? an?1 ? 2) ? (an?1 ? an ? 2) ? 10
2 2 2 2 2 ? 7 xn ? xn?1 ? 10 ? (3xn )2 ? xn?1 ? 2 xn ? 10 ? (3xn ? xn ?1 )(3xn ? xn ?1 ) ? 2 xn ? 10 2 2 2 2 ? xn ?1 ( xn ?1 ? 2 xn ?1 ) ? 2 xn ? 10 ? xn ?1 ? 2( xn ?1 xn ?1 ? xn ? 5) ? xn?1 .

即在 n ? 1时结论也成立.故本题得证. 8.将时钟盘面上标有数字 1,2,?,12 的十二个点,分别用红、黄、蓝、绿四种颜色各染 三个点,现以这些点为顶点构作 n 个凸四边形,使其满足: ( 1 )每个四边形的四个顶点四色都有; ( 2 )任何三个四边形,都存在某一色,该色的三个顶点所标数字各不相同. 求 n 的最大值. 解: 为叙述方便, 改用 A, B, C, D 分别表示这四种颜色, 而同色的三点, 则分别用 a1 , a2 , a3 ;

b1 , b2 , b3 ; c1 , c2 , c3 以及 d1 , d 2 , d3 来表示.
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今考虑其中一色,例如 A 色;若在这 n 个四边形中, A 色点 a1 , a2 , a3 出现的次数分别为

n1 , n2 , n3 ,则 n1 ? n2 ? n3 ? n ,且设 n1 ? n2 ? n3 ;
如果 n ? 10 ,则 n1 ? n2 ? 7 ;再考虑这 7 个四边形(其 A 色顶点要么是 a1 ,要么是 a2 ) , 它们中 B 色点 b1 , b2 , b3 出现的次数分别为 m1 , m2 , m3 ,则 m1 ? m2 ? m3 ? 7 ,据对称性,可设

m1 ? m2 ? m3 ,则 m3 ? 2 ,即 m1 ? m2 ? 5 ;
继续考虑这 5 个四边形(其 A 色顶点要么是 a1 ,要么是 a2 ; B 色顶点要么是 b1 ,要么是

b2 ) ,它们中 C 色点 c1 , c2 , c3 出现的次数分别为 k1 , k2 , k3 ,则 k1 ? k2 ? k3 ? 5 ,据对称性,可
设 k1 ? k2 ? k3 ,则 k3 ? 1 ,即 k1 ? k2 ? 4 ; 最后考虑这 4 个四边形,记为 T1 , T2 , T3 , T4 (其 A 色顶点要么是 a1 ,要么是 a2 ; B 色顶 点要么是 b1 ,要么是 b2 ; C 色顶点要么是 c1 ,要么是 c2 ) ,由于 D 色点只有三个,故其中必 有两个四边形,其 D 色点相同,设 T1 , T2 的 D 色点都为 d1 ; 那么,三个四边形 T1 , T2 , T3 中,无论哪种颜色的顶点,所标数字皆有重复,这与条件 (2) 相矛盾!因此, n ? 9 . 再说明,最大值 n ? 9 可以取到;采用构造法,我们只要作出这样的九个四边形即可.
D3 C3 B1 C1 D1 B2 A1 B3 C3 C2 D2 D2 B2 D1 C2 B1 A2 C2 C1 D3 D3 B2 D2 C1 B1 B3 A3 B3

C3

D1

作三个“同心圆环图”,给出标号,并适当旋转相应的圆,标号对齐后,图中的每根线(半 径) 上的四个点分别表示一个四边形的四个顶点颜色及其标号, 九条半径共给出九个四边形, 且都满足条件( 1 ) ; 再说明,它们也满足条件( 2 ) :从中任取三条半径(三个四边形) ; 如果三条半径(三个四边形)来自同一个图, 则除了 A 色之外,其余 B, C , D 每色的顶点, 三数全有;
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如果三条半径(三个四边形)分别来自三个图,则 A 色的顶点,三数全有; 如果三条半径(三个四边形)分别来自两个图:将三个图分别称为 A1 图、 A 2 图、 A3 图, 每图的三条半径分别称为“向上半径”、“向左半径”、“向右半径”;且分别记为 S , Z , Y . 来自两个图的三条半径,如果“向上”、“向左”、“向右”三种半径都有,那么相应的三个四 边形, B 色的顶点,三数全有; 如果三条半径,只涉及两个图,两个方位,将图 A1 , A2 , A3 分别简记为 1, 2,3 ,则按三个 图的搭配情况,可得下表:

S Z Y

1,2 1,2 1 2

2 1,2 1,2 1

1 2 1,2 1,2

S Z Y

1,2 1,2 2 1

1 1,2 1,2 2

2 1 1,2 1,2

产生C色三数

产生D色三数

S Z Y

1,3 1,3 3 1

1 1,3 1,3 3

3 1 1,3 1,3

S Z Y

1,3 1,3 1 3

3 1,3 1,3 1

1 3 1,3 1,3

产生C色三数

产生D色三数

S Z Y

2,3 2,3 3 2 3 2,3 2,3 2

2 3 2,3 2,3

S Z Y

2,3 2,3 3 2

2 2,3 2,3 3

3 2 2,3 2,3

产生C色三数

产生D色三数

第九届东南地区数学奥林匹克试题
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参考解答
第一天
1. 求一个正整数组 (l , m, n) (1 ? l ? m ? n) ,使得 列. (陶平生提供)

? k,
k ?1

l

k ?l ?1

?

m

k,

k ? m ?1

? k 依次成等比数

n



对 t ? N ,记 St ?
*

?k ?
k ?1

t

t (t ? 1) .设 2

? k ? Sl ,
k ?1

l

k ?l ?1

?

m

k ? S m ? Sl ,

k ? m ?1

? k?S

n

n

? Sm

依次成等比数列,则

Sl ( S n ? S m ) ? ( S m ? Sl ) 2 ,
2 2 即 Sl ( Sn ? Sm ? Sl ) ? Sm ,于是应有 Sl | S m ,即 2l (l ? 1) m ( m ? 1) .
2 2



令 m ? 1 ? l (l ? 1) ,并取 l ? 3 ,于是 m ? 11 ,则 Sl ? S3 ? 6, Sm ? S11 ? 66 , 代人①得 Sn ? 666 ,即

n (n ? 1) ? 666 ,此时 n ? 36 满足. 2

因此 (l , m, n) ? (3, 11, 36) 是一组满足条件的解. 注 满 足 条 件 的 数 组 (l , m, n) 不 是 唯 一 的 , 例 如 还 有 (8, 11, 13), (5, 9, 14) ,

(可以证明,这种数组有无穷多) . (2, 12, 62), (3, 24, 171) 等等,

2. 如图,△ABC 的内切圆 I 在边 AB, BC, CA 上的 切点分别是 D, E, F ,直线 EF 与直线 AI , BI , DI 分别
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G C N F K
M

E I D B

A

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相交于点 M , N , K . 证明: DM ? KE ? DN ? KF . (张鹏程提供) 证明 易知 I , D, E, B 四点共圆.又

?AID ? 90? ? ?IAD , ?MED ? ?FDA ? 90? ? ?IAD ,
所以 ?AID ? ?MED ,于是 I , D, E, M 四点共圆. 从而 I , D, B, E, M 五点共圆, ?IMB ? ?IEB ? 90 ,即 AM ? BM .
?

同理, I , D, A, N , F 五点共圆,且 BN ? AN . 设直线 AN , BM 交于点 G ,则易知点 I 为△GAB 的垂心.又 ID ? AB , 所以 G, I , D 共线.由 G, N , D, B 四点共圆,知 ?ADN ? ?G . 同理 ?BDM ? ?G .所以 DK 平分 ?MDN ,从而

DM KM . ? DN KN
又由 I , D, E, M ; I , D, N , F 分别共圆,知



KM ? KE ? KI ? KD ? KF ? KN ,
所以

KM KF . ? KN KE
由①,②,知



DM KF ,即 DM ? KE ? DN ? KF . ? DN KE

3. 对正合数 n ,记 f (n) 为其最小的三个正约数之和, g ( n) 为其最大的两个正约数之 和.求所有的正合数 n ,使得 g ( n) 等于 f (n) 的某个正整数次幂. (何忆捷提供) 解法一 若 n 是奇数,则 n 的一切约数都是奇数,故由题意知 f (n) 为奇数, g ( n) 为偶

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数, 这样 g ( n) 不可能等于 f (n) 的某个正整数次幂. 因此只需考虑 n 是偶数的情况, 此时 1, 2 是 n 最小的两个正约数, n,

n 是 n 最大的两个正约数. 2
*
k

设 d 是 n 除 1, 2 以外的最小正约数.若存在 k ? N 使 g (n) ? f (n) ,则

3n ? (1 ? 2 ? d )k ? (3 ? d )k ? d k (mod 3) . 2
由于

3n k 显然是 3 的倍数,故 3 | d ,即 3 | d ,由 d 的最小性知 d ? 3 . 2

因此

3 n ? 6k ,解得 n ? 4 ? 6k ?1 ,又 3| n ,故其中 k ? 2 . 2
l *

综上可知, n 的所有可能值为 n ? 4 ? 6 (l ? N ) .

解法二 设合数 n 满足 g (n) ? f (n) (k ? N ) ,并设 n 的最小素因子为 p ,则 n 的第二
k *

大正约数为

n . p n ? Z ,此时 p2
n n ? p (1 ? p) ? 2 (mod p) , p p

若 n 的第三小正约数为 p ,则

2

f (n) ? 1 ? p ? p 2 ? 1(mod p) , g (n) ? n ?

从而 1 ? f (n) ? g (n) ? 0 (mod p) ,矛盾.
k k

因此 n 的第三小正约数不是 p ,从而必为某一素数 q (q ? p) .
2

易知此时

n ? Z ,故有 pq
n n ? q (1 ? p) ? (mod q) . p pq

f (n) ? 1 ? p ? q ? 1 ? p (mod q) , g (n) ? n ?

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因此

(1 ? p)k ? f k (n) ? g (n) ? 0 (mod q) .

又 q 为素数,故 q |1 ? p ,从而 p ? q ? 1 ? p ,只有 p ? 2, q ? 3 .此时有

6 k ? f k ( n) ? g ( n) ?

3 n ,解得 n ? 4 ? 6k ?1 ,又 3| n ,故其中 k ? 2 . 2
l *

综上可知, n 的所有可能值为 n ? 4 ? 6 (l ? N ) . 4. 已知实数 a, b, c, d 满足:对任意实数 x ,均有

a cos x ? b cos 2x ? c cos3x ? d cos 4x ? 1 ,
求 a ? b ? c ? d 的最大值.当 a ? b ? c ? d 取最大值时,求实数 a, b, c, d 的值. (李胜宏提供) 解 记 f ( x) ? a cos x ? b cos 2 x ? c cos3x ? d cos 4 x . 由于

? a b d f (0) ? a ? b ? c ? d , f (?) ? ?a ? b ? c ? d , f ( ) ? ? ? c ? , 3 2 2 2 2 4 ? f (?) ? f ( ) ? 3 , 3 3 3 ? 当且仅当 f (0) ? f (?) ? f ( ) ? 1 ,即 a ? 1, b ? d ? 1, c ? ?1 时取等号. 3


a ? b ? c ? d ? f (0) ?

此时,令 t ? cos x , ?1 ? t ? 1,则

f ( x) ?1 ? cos x ? b cos 2 x ? cos3x ? d cos 4 x ?1
? t ? (1 ? d )(2t 2 ? 1) ? (4t 3 ? 3t ) ? d (8t 4 ? 8t 2 ? 1) ? 1

? 2(t ? 1)(t ? 1)(2t ? 1)(2dt ? (1 ? d )) ? 0
对任意实数 t ?[?1, 1] 成立.所以 d ? 0 ,且

2d 1 ? d 1 ,即 d ? . ? 2 1 2 1 1 , ? 1, ) . 2 2

所以, a ? b ? c ? d 的最大值为 3,且此时 (a, b, c, d ) ? (1,

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第二天
5. 如果非负整数 m 及其各位数字之和均为 6 的倍数,则称 m 为“六合数” .求小于 2012 的非负整数中“六合数”的个数. (陶平生提供) 解法一 易知,一个非负整数为“六合数”当且仅当它末位数字是偶数且各位数字之和 是 6 的倍数. 为方便起见,将 M ? {0, 1, ?, 2011} 中每个数都写成四位数 abcd 的形式(当不足四位 数时,在最高数位前补上若干个数字“0” ,使之恰含有四个数字) ,并用 f (k ) 表示 M 中末 位数字为 k 的“六合数”的个数,其中 k ?{0, 2, 4, 6, 8} . 对 n ? N ,将满足 x ? y ? n 且 x, y ?{0, 1, ?, 9} 的 ( x, y) 的组数记为 pn ,显然

? n ? 1, ? pn ? ?19 ? n, ? 0, ?

n ? 0, 1, ? , 9; n ? 10, 11, ? , 18; n ? 19.

先考虑一切小于 2000 的“六合数” abck . 若 k ? 0 ,则当 a ? 0 时, b ? c ? 0, 6, 12, 18 ;当 a ? 1 时, b ? c ? 5, 11, 17 ,故

f (0) ? ( p0 ? p6 ? p12 ? p18 ) ? ( p5 ? p11 ? p17 ) ? 16 ? 16 ? 32 .
若 k ? 2 ,则当 a ? 0 时, b ? c ? 4, 10, 16 ;当 a ? 1 时, b ? c ? 3, 9, 15 ,故

f (2) ? ( p4 ? p10 ? p16 ) ? ( p3 ? p9 ? p15 ) ? 17 ? 18 ? 35 .
若 k ? 4 ,则当 a ? 0 时, b ? c ? 2, 8, 14 ;当 a ? 1 时, b ? c ? 1, 7, 13 ,故

f (4) ? ( p2 ? p8 ? p14 ) ? ( p1 ? p7 ? p13 ) ? 17 ? 16 ? 33 .
当 k ? 6, 8 时,与 k ? 0, 2 的情形类似,有

f (6) ? f (0) ? 32, f (8) ? f (2) ? 35 .
因此,小于 2000 的“六合数”有 f (0) ? f (2) ? f (4) ? f (6) ? f (8) ?167 个.再注意

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到 2000 至 2011 中恰好有一个“六合数”2004,所以所求“六合数”的个数为 167 ? 1 ? 168 . 解法二 对非负整数 n ,令 S ( n) 为其各位数字之和. 先将小于 2000 的非负整数中所有 6 的倍数(共 334 个)配成如下 167 对:

(0, 1998), (6, 1992), (12, 1986), ?, (996, 1002) .
对上述每对数 ( x, y) ,设 x ? a1a2 a3a4 , y ? b1b2b3b4 (约定当 x 或 y 不足四位数时,在 最高数位前补上若干个数字“0” ,使之恰含有四个数字) ,则

1000(a1 ? b1 ) ? 100(a2 ? b2 ) ? 10(a3 ? b3 ) ? (a4 ? b4 ) ? x ? y ? 1998 .
因 x, y 为 偶 数 , 故 a4 , b4 ? 8 , 因 此 a4 ? b4 ? 16 ? 18 , 只 能 a4 ? b4 ? 8 ; 又 由

a3 ? b3 ? 18 ? 19 知,只能 a3 ? b3 ? 9 ;类似得 a2 ? b2 ? 9 ;最后必有 a1 ? b1 ? 1 .故
S ( x) ? S ( y) ? (a1 ? b1 ) ? (a2 ? b2 ) ? (a3 ? b3 ) ? (a4 ? b4 ) ? 1 ? 9 ? 9 ? 8 ? 27 ,
从而 S ( x), S ( y ) 中有且仅有一个 6 的倍数 (这是因为 x, y 均被 3 整除, 所以 S ( x) 与 S ( y ) 均 被 3 整除) ,故 x, y 有且仅有一个是“六合数” . 从而, 小于 2000 的 “六合数” 共有 167 个, 2000 至 2011 中恰好有一个 又 “六合数” 2004, 所以所求“六合数”的个数为 167 ? 1 ? 168 . 6. 求正整数 n 的最小值,使得

n ? 2011 n ? 2012 ? ? 2012 2011
(刘桂梅 提供) 解 由已知得,必有 n ? 2013 ,此时

3

n ? 2013 3 n ? 2011 ? . 2011 2013

n ? 2011 n ? 2012 ? ? 2011(n ? 2011) ? 2012 ( n ? 2012) ? n ? 4023 . ① 2012 2011
3

n ? 2013 ? 2011

3

n ? 2011 ? 2013(n ? 2013) ? 2011( n ? 2011) ? n ? 4024 . ② 2013

由①,②知,当 n ? 4024 时,有
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n ? 2011 n ? 2012 ? ?0? 2012 2011
当 2013 ? n ? 4023 时,有

3

n ? 2013 3 n ? 2011 ? ; 2011 2013

n ? 2011 n ? 2012 ? ?0? 2012 2011

3

n ? 2013 3 n ? 2011 ? . 2011 2013

综上可知,满足条件的正整数 n 的最小值为 4024. 7. 如图, △ABC 中,D 为边 AC 上一点且 ?ABD ? ?C , E 在边 AB 上且 BE ? DE , 点 设 M 为 CD 中点,AH ? DE 于点 H . 已知 AH ? 2 ? 3 ,AB ? 1 , ?A E 的度数. 求 M (熊 斌提供) 解法一 由已知, ?BCD 的外接圆 O 与直线 AB 切于点
E A
G H

D
N

M

B .连接 OB, OE, OG, OD, OM .作 AN ? BD 于点 N ,
B C O

EG // BD 交 AC 于点 G ,又显然 OE ? BD , OM ? CD ,
所以 ?GEO ? 90 ? ?GMO ,则 E , G , M , O 四点共圆,
?

从而

tan ?AME ? tan ?GOE ?
?

EG . OE

由 ?OBE ? ?BNA ? 90 , ?ABN ? ?C ? ?EOB 知: ?OBE 与 ?BNA 相似. 易 知 A, H , N , D 点 共 圆 , 故 ?E D G ? ? A N H 又 ?AHN ? 180 ? ?ADN 四 ,
?

? ?EGD ,故 ?EGD 与 ?AHN 相似.所以
OE BE DE EG , ? ? ? BA NA NA AH
于是

EG AH ? ? 2 ? 3 ,从而 ?AME ? 15? . OE AB
解法二 设 ?ABD ? ?C ? ? , ?DBC ? ? , 由已知易
A K D M


E

H

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B

L C

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?BDE ? ? , ?AED ? 2? , ?ADE ? ?ADB ? ?BDE ? (? ? ? ) ? ? ? ? ,

AB ? AE ? EB ? AE ? EH ? HD .
因此

AB AE ? EH HD 1 ? cos 2? ? ? ? ? cot ? ? cot ? ? cot ? . AH AH AH sin 2?
作 EK ? AC, EL ? BD ,垂足为 K , L ,则 L 为 BD 中点,结合正弦定理得



EL DE sin ?EDL sin ? BD LD , ? ? ? ? EK DE sin ?EDK sin ? CD MD
所以

cot ? ?

LD MD MK DK ? cot ?AME ? cot ? . ? ? ? EL EK EK EK



由①,②及已知条件得 cot ?AME ?

AB 1 ? ? 2 ? 3 ,从而 ?AME ? 15? . AH 2 ? 3

8. 设 m 是正整数, n ? 2 ? 1 , P ? {1, 2, ?, n} 为数轴上 n 个点所成的集合.一个蚱 n
m

蜢在这些点上跳跃,每步从一个点跳到与之相邻的点.求 m 的最大值,使对任意 x, y ? Pn , 从点 x 跳 2012 步到点 y 的跳法种数为偶数(允许中途经过点 x, y )(张思汇提供) . 解 当 m ? 11 时, n ? 2 ? 1 ? 2013 ,由于从点 1 跳 2012 步而到达点 2013 的跳法只
m

有一种,矛盾!所以 m ? 10 . 下证 m ? 10 满足题意.为此,我们对 m 用数学归纳法证明一个更强的命题:对任意

k ? n ? 2m ? 1 及任意 x, y ? Pn ,从点 x 跳 k 步到点 y 的跳法种数为偶数.
当 m ? 1时,跳法种数必为 0,结论成立. 设 m ? l 时结论成立,对 k ? n ? 2
l ?1

? 1 ,将从点 x 跳 k 步到点 y 的路径分成 3 类,我们

证明每种情况下的路径种数均为偶数即可.
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(1)路径从不经过点 2l . 此时,点 x 和点 y 位于点 2l 的同侧,由归纳假设知,路径有偶数种. (2)路径经过点 2l 恰一次. 设第 i 步跳到点 2l ( i ?{0, 1, ?, k} , i ? 0 表示点 x 就是点 2l , i ? k 表示点 y 就是点 ,我们证明对任意 i ,路径种数都是偶数. 2l ) 设路径为 x, a1 , ? , ai ?1 , 2 , ai ?1 , ?, ak ?1 , y ,将其分为两条子路:从点 x 到点 ai ?1 ,共 . i ?1 步;从点 ai ?1 到点 y ,共 k ? i ? 1步(对 i ? 0 或 k ,只有一条子路,共 k ? 1步) 因为 k ? n ? 2
l ?1
l

? 1 , 若 i ? 1 ? 2l ? 1且 k ? i ? 1 ? 2l ? 1 , 则 i ? 1 ? 2l ? 2且 k ? i ? 1

? 2l ? 2 ,相加得: k ? 2l ?1 ? 2 ,矛盾!所以 i ? 1 ? 2l ? 1 或 k ? i ? 1 ? 2l ? 1 必有一个成立,
由归纳假设,必有一条子路的路径种数为偶数,由乘法原理即知:第 i 步跳到点 2l 的路径种 数为偶数. (3)路径经过点 2 不少于两次. 此时将第一次与第二次到点 2 之间的路径沿点 2 作对称,则对(3)中的路径进行了两 两配对,必为偶数种路径. 由数学归纳法,命题得证. 综上所述, m 的最大值为 10 .
l l l

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