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2008年女子数学奥林匹克解答

时间:2011-11-23


2008 女 子 数 学 奥 林 匹 克
第一天 2008 年 8 月 15 日 上午 8:00 ~ 12:00 广东中山 : :
数学竞赛像其他竞赛活动一样,是青少年学生的一种智力竞赛. 在类似的以 基础科学为竞赛内容的智力竞赛活动中,数学竞赛的历史最悠久、国际性强,影 响也最大. ──王元 ──王元

1. 问能否将集合 {1, 2,

L , 96} 分拆为 32 个三元子集,使得每个 .(a) 三元子集的元素之和都相等; (b) 问能否将集合 {1, 2, L , 99} 分拆为 33 个三元子集,使得每个三 元子集的元素之和都相等.(刘诗雄供题) 解:(a)不能。因为 32 | 1 + 2 + L + 96 = (b)能。每个三元集的元素和为
96 × (96 + 1) = 48 × 97 。 2

1 + 2 + L + 99 99 × (99 + 1) = = 150 。将 33 33 × 2

1, 2, 3,L , 66 每两个一组,分成 33 个组, ,每组两数之和可以排成一个

公差为 1 的等差数列:
1 + 50, 3 + 49,L , 33 + 34 , 2 + 66, 4 + 65,L , 32 + 51 .

故如下 33 组数,每组三个数之和均相等:

{1,50, 99} , {3, 49,98} ,L , {33,34 ,83} , {2, 66,82} , {4, 65,81} ,L, {32,51, 67} . .
注:此题的一般情况是 设集合 M = {1, 2, 3,L , 3n} 的三元子集族 Ai = { xi , yi , zi } , = 1, 2,L n 满足 i
A1 ∪ A2 ∪ L ∪ An = M 。 记 si = xi + yi + zi , 求 所 有 的 整 数 n , 使 对 任 意 i, j (1 ≤ i ≠ j ≤ n) , si = s j 。

解:首先, n |1 + 2 + 3 + L + 3n ,即
n 3n(3n + 1) ? 2 | 3n + 1 . 2
1

所以, n 为奇数。 又当 n 为奇数时,可将 1, 2, 3,L , 2n 每两个一组,分成 n 个组,每组 两数之和可以排成一个公差为 1 的等差数列:
1 + (n + n +1 n ?1 ), 3 + (n + ),L , n + (n + 1) ; 2 2 n+3 ). 2

2 + 2n, 4 + (2n ? 1),L , (n ? 1) + (n +

其通项公式为
n +1 n +1 ? 1≤ k ≤ , ? 2k ? 1 + ( n + 2 + 1 ? k ) ? 2 ak = ? ?[1 ? n + 2(k ? 1)] + [2n + n + 1 ? (k ? 1)] n + 3 ≤ k ≤ n. ? ? 2 2

易知 ak + 3n + 1 ? k = 均相等:

9n + 3 为一常数,故如下 n 组数每组三个数之和 2

n +1 ? ? n ?1 n + 1? ? ? ? ,3n ? , ?3, n + , 3n ? 1? ,L , ?n, n + 1,3n + 1 ? ?1, n + ?; 2 2 2 ? ? ? ? ? ? n + 3? n+3 ? ? ? , 2n + 1? 。 ?2, 2n,3n + 1 ? ? , L , ?n ? 1, n + 2 ? 2 ? ? ?

当 n 为奇数时,依次取上述数组为 A1 , A2 ,L , An ,则其为满足题设的三 元子集族。故 n 为所有的奇数。

2. 求最小常数 a > 1 ,使得对正方形 ABCD 内部任一点 P ,都存在
?PAB, ?PBC , ?PCD, ?PDA 中的某两个三角形, 使得它们的面积之比属于

区间 [a ?1 , a] .(李伟固供题) 解:amin =
1+ 5 1+ 5 1+ 5 。首先证明 amin ≤ ,记 ? = 。不妨设正方 2 2 2

形边长为 2 。对正方形 ABCD 内部一点 P ,令 S1 , S2 , S3 , S4 分别表 示 ?PAB , ?PBC , ?PCD , ?PDA 的面积,不妨设 S1 ≥ S2 ≥ S4 ≥ S3 。
2

令 λ=

S1 S , ? = 2 , 如 果 λ, ? > ? , 由 S2 S4

S1 + S3 = S 2 + S 4 = 1 ,得

S2 ? = ? ,得 S 2 = 。 1 ? S2 1+ ?

故 S1 = λ S2 = 故 min {λ , ?} ≤ ? ,这表明 amin ≤ ? 。

λ? λ ? ?2 矛盾。 = > = =1, 1+ ? 1+ 1 1+ 1 1+ ? ? ?

反过来对于任意 a ∈ (1, ? ) ,取定 t ∈ (a,

1+ 5 t2 8 ) ,使得 b = > 。我 2 1+ t 9

们在正方形 ABCD 内取点 P ,使得 S1 = b, S2 = , S3 = 有

b t

b , S 4 = 1 ? b ,则我们 t2

S S1 S 2 1+ 5 b b = = t ∈ ( a, ), 3 = 2 > > 2 > a, S 2 S3 2 S 4 t (1 ? b) 4(1 ? b)

由此我们得到对任意 i, j ∈ {1, 2,3, 4} , 有

Si ? [ a ?1 , a ] 。 这表明 amin = ? 。 Sj

3. m 为大于 2 的正整数, M = { a |1 < a < m, a ∈

+

, (a, m) = 1} ,定义:

设 a 为 M 的一个元素,使 a n ≡ 1( mod m ) 的最小正整数 n ,叫做元素
a 的阶.

求证:在 M 中,阶数等于 2 的元素的个数一定是奇数.(郑焕供 题) 证明:由集合 M 中元素的性质可知 | M |= ? (m) ? 1 。因为 m > 2 ,设
α α α α m = p1 1 p2 2 L pα s ,所以 ? (m) = p1 1 ?1 p2 2 ?1 L pα s ?1 ( p1 ? 1)( p2 ? 1)L ( ps ? 1) 为偶数, s s

从而 | M |= ? (m) ? 1 为奇数。我们只要证明集合 M 中阶数大于 2 的元素 的个数一定是偶数即可。 首先证明对 M 中任意阶数大于 2 的元素 a ,都存在唯一元素
3

b ∈ M ,使得 ab ≡ 1( mod m ) ,且 b ≠ a , b 的阶数也大于 2。

存在性. M 中每个元素分别乘以 a 后模 m 所得的余数两两不同, 且这些余数都仍然与 m 互素且不等于 a ,所以必存在 b ∈ M ,使得
ab ≡ 1( mod m ) 。显然 b ≠ a ,否则 a 2 ≡ 1( mod m ) 与 a 的阶数大于 2 矛盾。

若 b 的 阶 数 等 于 2 , 由 ab ≡ 1( mod m ) 可 得 (ab) 2 ≡ 1( mod m ) , 因 为
b 2 ≡ 1( mod m ) , 所以 a 2 ≡ 1( mod m ) , 这与 a 的阶数大于 2 矛盾, 从而 b 的

阶数大于 2。 唯一性. 若存在元素 b1 , b2 ∈ M ,使得 ab1 ≡ ab2 ≡ 1( mod m ) ,因为
(a, m) = 1 ,所以 b1 ≡ b2 ( mod m ) ,由此可得 b1 = b2 。

由以上证明可以得到阶数大于 2 的元素都是成对出现的, 所以它 们的个数一定是偶数。

4. 在凸四边形 ABCD 的外部分别作正三角形 ABQ,正三角形 BCR,正三角形 CDS,正三角形 DAP,记四边形 ABCD 的对角线 之和为 x, 四边形 PQRS 的对边中点连线之和为 y, 的最大值. (熊 求 斌供题) 解:若四边形 ABCD 是正方形时,可得 下面证明:
y 1+ 3 ≤ . x 2 y 1+ 3 = . x 2 y x

设 P1 , Q1 , R1 , S1 分别是边 DA,AB,BC,CD 的中点,SP,PQ,QR, RS 的中点分别为 E,F,G,H.则 P1 Q1 R1 S1 是平行四边形. 连接 P1 E , S1 E ,设点 M,N 分别是 DP,DS 的中点,则
DS1 = S1 N = DN = EM ,
4

DP = PM = MD = EN , 1 1



∠P DS1 = 360° ? 60° ? 60° ? ∠PDS 1
= 240° ? (180° ? ∠END ) = 60° + ∠END = ∠ENS1 = ∠EMP , 1

所以

?DPS1 ? ?MP E ? ?NES1 , 1 1

从而,△ EPS1 是正三角形. 1 同理可得,△ GQ1 R1 也是正三角形.设 U,V 分别是 PS1 , Q1R1 的中 1 点,于是有
EG ≤ EU + UV + VG = 3 3 PS1 + PQ1 + Q1 R1 1 1 2 2 1 3 BD + AC , 2 2 1 3 AC + BD , 2 2

= PQ1 + 3PS1 = 1 1

同理可得 把上面两式相加,得

FH ≤

y≤

1+ 3 x, 2
y 1+ 3 ≤ . x 2



5

6

2008 女 子 数 学 奥 林 匹 克
第二天 2008 年 8 月 16 日 上午 8:00 ~ 12:00 广东中山 : :
我国数学竞赛活动表明,凡是开展好的地区和单位,都能大大激发学生的学 习数学的兴趣,有利于培养创造性思维,提高学生的学习效率.这项竞赛活动, 将健康的竞争机制引进数学教学过程中,有利于选拔人才.由数学竞赛选拔的优 胜者,既有踏实广泛的数学基础,又有刻苦钻研、科学的学习方法,其中的不少 青年学生将来会成为出色的科学工作者. ──王 ──王 元

5. 已知凸四边形 ABCD 满足 AB=BC,AD=DC.E 是线段 AB 上一点,F 是线段 AD 上一点,满足 B,E,F,D 四点共圆.作△DPE 顺向相似于△ADC;作△BQF 顺向相似于△ABC.求证:A,P,Q 三点共线.(叶中豪供题)
(注: 两个三角形顺向相似指它们的对应顶点同按顺时针方向或同按逆时针方向排列. )
A

E F

P

B Q

D

C

证明 将 B、E、F、D 四点所共圆的圆心记作 O。联结 OB、OF、BD。 在△BDF 中,O 是外心,故∠BOF=2∠BDA;
7

又△ABD∽△CBD,故∠CDA=2∠BDA。 于是∠BOF=∠CDA=∠EPD, 由此可知等腰△BOF∽△EPD。 ① ②

另一方面,由 B、E、F、D 四点共圆知△ABF∽△ADE。 综合①,②可知,四边形 ABOF∽四边形 ADPE, 由此得∠BAO=∠DAP。 ③ ④

同理,可得∠BAO=∠DAQ。 ③,④表明 A、P、Q 三点共线。

A E F

P


B


D

O

C

【附注】 附注 事实上,当四边形 ABCD 不是菱形时,A、P、Q 三点共线与 B、 E、F、D 四点共圆互为充要条件。

8

可利用同一法给予说明:取定 E 点,考虑让 F 点沿着直线 AD 运动。 根据相似变换可知,这时 Q 点的轨迹必是一条直线,它经过 P 点(由充分性保证) 。 以下只要说明这条轨迹与直线 AP 不重合即可,即只要论证 A 点不在轨迹上。 为此, 作△BAA′∽△BQF∽△ABC。 于是由∠BAA′=∠ABC, 可得 A′A∥BC。 又因四边形 ABCD 不是菱形,故 AD 不平于 BC。 这就表明 A′、 D 三点不共线, A、 也就保证了 A 点不在轨迹上。 因此,只有当 B、E、F、D 四点共圆时,Q 点才落在直线 AP 上。
A'

A

E F

P B D

Q

C

9

而当四边形 ABCD 是菱形时, 不管 E、 位置如何, F 所得到的 P、 Q 两点总位于对角线 AC 上。
A

E F

B P

D

Q

C

6. 已 知 实 系 数 多 项 式 ? ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d 有 三 个 正 根 , 且
? (0) < 0 .求证:
2b3 + 9a 2 d ? 7 abc ≤ 0 .



(朱华伟供题) 证明: 设实系数多项式 ? ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d 的三个正根分别为 x1 ,
x2 , x3 ,由韦达定理有

x1 + x2 + x3 = ?

b c d , x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = , x1 x2 x3 = ? . a a a

由 ? (0) < 0 ,可得 d < 0 ,故 a > 0 。 不等式①两边同除以 a3 ,不等式①等价于
? b?c ? b? ? d? 7? ? ? ≤ 2? ? ? + 9? ? ? , ? a?a ? a? ? a?
3

10

? 7( x1 + x2 + x3 )( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) ≤ 2( x1 + x2 + x3 )3 + 9 x1 x2 x3 ,
2 2 2 2 3 3 ? x12 x2 + x12 x3 + x2 x1 + x2 x3 + x3 x1 + x3 x2 ≤ 2( x13 + x2 + x3 )



因为 x1 , x2 , x3 大于 0,所以 ( x1 ? x2 )( x12 ? x22 ) ≥ 0.
2 3 也就是 x12 x2 + x2 x1 ≤ x13 + x2 . 3 同理 x22 x3 + x32 x2 ≤ x2 + x33 , x32 x1 + x12 x3 ≤ x33 + x13 .

三个不等式相加可得不等式②,当且仅当 x1 = x2 = x3 时不等式等号成 立。

7. 求正实数 a ,使得存在正实数 x1 , x2 ,L , xn 满足
2 xk +1 xk ?1 ? xk = 8 8 xk ?1 ? xk , k = 2,L , n ? 1. ( xk xk ?1 )7

且当 x1 > a 时,有单调性 x1 > x2 > L > xn ;当 0 < x1 ≤ a 时,不具有单调性. (李胜宏供题) 解:由 xk +1 xk ?1 ? xk2 =
8 8 xk ?1 ? xk ,有 ( xk xk ?1 )7

xk +1 xk 1 1 ? = 8? 8 xk xk ?1 xk xk ?1


xk +1 1 x 1 ? 8 = k ? 8 xk xk xk ?1 xk ?1

于是,存在常数 α ,使 xk +1 = α xk + xk?7 。不妨设 α > 0 ,则当 x1 > 0 时,
xk > 0, k ≥ 2 。

由于 xk +1 ? xk = xk ( xk?8 + α ? 1) ,则当 xk?8 + α ? 1 < 0 ,即 xk > 有 xk +1 ? xk < 0 ,即 xk +1 < xk , k ≥ 1, 2,L , n 。

1 (1 ? α )1/ 8

时,

11

由于 xk +1 = α xk + xk?7 ≥ 8 8 有解 α = 。不难验证,
7 8

α7
7
7

,取 8 8

α7
7
7

=

1 (1 ? α )
1 8

,即 α 7 (1 ? α ) = ( )7 ,

7 8

1 8

当 x1 > 88 时, x1 > x2 > L > xn 。 当 x1 = 88 时, x1 = x2 = L = xn 。 当 x1 < 88 时, x1 < x2 , x2 > x3 > L > xn 。 于是 { xn } 为满足要求的一组数列。故,当 a = 88 时,由 xk +1 = xk + xk?7 确 定的 x1 > x2 > L > xn 满足要求。
1 1 1

1

7 8

8. 对于正整数 n , f n = ? 2n 2008 ? + ? 2n 2009 ? .求证:数列 f1 , f 2 , L ? ? ? ? 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数.([x]表示不超过 x 的最大整数) (冯祖鸣供题) 证明:我们用二进制表示 2008 和 2009 :
2008 = 101100.a1a2 L(2) 和 2009 = 101100.b1b2 L(2)

首先,我们证明数列中有无穷多个偶数。反证法,假设数列中只有有 限个偶数,从而存在一个正整数 N ,对每个正整数 n > N , f n 都是奇 数。我们考虑 n1 = N + 1, n2 = N + 2,L 注意到,在二进制中,
f ni = 101100b1b2 L bni (2) + 101100a1a2 L ani (2) ,

这个数模 2 同余于 bn + an 。因为 f n 是奇数,所以 {bn , an } = {0, 1} 。从而
i i i i i

2008 + 2009 = 1011001.c1c2 L cm ?1111L(2) .

由此得到 2008 + 2009 在二进制中是有理数,这是不可能的,因为
2008 + 2009 是无理数。这样,我们的假设是错误的,所以数列中有
12

无穷多个偶数。 我们同样可以证明数列中有无穷多个奇数。 g n = ? n 令 ?
2009 ? ? ? n 2008 ? , ? ? ?

显然 g n 和 f n 有相同的奇偶性。这样,对 n > N , g n 都是偶数。注意到, 在二进制中,
g ni = 101100b1b2 L bni (2) ? 101100a1a2 L ani (2) ,

这个数模 2 同余于 bn ? an 。因为 g n 是奇数,所以 bn = an 。从而
i i i i i

2009 ? 2008 = 0.d1d 2 L d m ?1 000L(2)

由此得到 2009 ? 2008 在二进制中是有理数,这是不可能的,因 为 2009 ? 2008 是无理数。这样,我们的假设是错误的,所以数列中 有无穷多个奇数。

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