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2007年中国西部数学奥林匹克试题及答案(广西南宁,11月10日、11日)


2007 年中国西部数学奥林匹克(广西南宁,11 月 10 日)
第一天 11 月 10 日 上午 8:00-12:00 每题 15 分 一、已知 T ? ?1, 2,3, 4,5, 6, 7,8? ,对于 A ? 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 ) 为 3 的倍数,但不是 5 的倍数

? 二、如图,⊙ O1 与⊙ O2 相交于点 C,D,过点 D 的一条直线分别与⊙ O1 ,⊙ O2 相 交于点 A,B,点 P 在⊙ O1 的弧 AD 上,PD 与线段 AC 的延长线交于点 M,点 Q 在⊙
O2 的弧 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.
O A P D O1 C Q

O2

B

N

M

三、设实数 a,b,c 满足 a ? b ? c ? 3 .求证: 1 1 1 1 ? 2 ? 2 ? . 2 5a ? 4a ? 11 5b ? 4b ? 11 5c ? 4c ? 11 4

四、设 O 是△ABC 内部一点.证明:存在正整数 p,q,r,使得 ??? ? ??? ? ???? 1 . p ? OA ? q ? OB ? r ? OC ? 2007

2007 西部数学奥林匹克
广西
第二天

南宁

11 月 11 日 上午 8:00-12:00 每题 15 分

五、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 2007,且最 大的角等于最小角的两倍?

六、求所有的正整数 n,使得存在非零整数 x1 , x2 ,?, xn , y ,满足
? x1 ? ? ? x n ? 0 , ? 2 2 2 ? x1 ? ? ? x n ? ny .

七、设 P 是锐角三角形 ABC 内一点,AP,BP,CP 分别交边 BC,CA,AB 于点 D,E,F,已知△DEF∽△ABC,求证:P 是△ABC 的重心. 八、将 n 个白子与 n 个黑子任意地放在一个圆周上.从某个白子起,按顺时针方 向依次将白子标以 1, 2,?, n . 再从某个黑子起, 按逆时针方向依次将黑子标以 1, 2,?, n . 证明:存在连续 n 个棋子(不计黑白) , 它们的标号所成的集合为 ?1, 2,? , n? .

2007 西部数学奥林匹克
解 答 一、已知 T ? ?1, 2,3, 4,5, 6, 7,8? ,对于 A ? 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 ) 为 3 的倍数,但不是 5 的倍数? 解 对于空集 ? , 定义 S (?) ? 0 .令 T0 ? {3, 6}, T1 ? {1, 4, 7}, T2 ? {2, 5, 8} .对于 A ? T , 令 A 0 ? A ? T0 , A1? A ? T1 , A 2 ? A ? T2 ,则
S ( A) ? S ( A0 ) ? S ( A1 ) ? S ( A2 ) ? A1 ? A2 (mod 3) ,

因此, 3 S ( A) 当且仅当 A1 ? A2 (mod 3) .有以下几种情况:

? ? A1 ? 0, ? ? A1 ? 0, ? ? A1 ? 3, ? ? A1 ? 3, ? ? A1 ? 1, ? ? A1 ? 2, ? ? ? ? ? ? ? A2 ? 0, ? ? ? A2 ? 3, ? ? A2 ? 0, ? ? A2 ? 3, ? ? A2 ? 1, ? ? A2 ? 2,
从而满足 3 S ( A) 的非空子集 A 的个数为
0 0 0 3 3 0 3 3 1 1 22 (C3 C3 ? C3 C3 ? C3 C3 ? C3 C3 ? C3 C3 ? C32C32 ) ? 1 =87.

若 3 S ( A) , 5 S ( A) ,则 15 S ( A) . 由于 S (T ) ? 36 ,故满足 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. 所以,所求的 A 的个数为 87-17=70. 二、如图,⊙ O1 与⊙ O2 相交于点 C,D,过点 D 的一条直线分别与 ⊙ O1 ,⊙ O2 相交于点 A,B,点 P 在⊙ O1 的弧 AD 上,PD 与线段 AC 的延长线交于点 M, 点 Q 在⊙ O2 的
N M O1 C O2 B O A P D Q

弧 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. 证 设三角形 ABC 的外接圆 O 的半径为 R,从 N 到圆 O 的切线为 NX,则
NO2 ? NX 2 ? R 2 ? NC ? NB ? R 2 ,

① ② ③ ④

同理

MO2 ? MC ? MA ? R 2 .

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①,②,③,④得
NO 2 ? MO 2 ? ND ? NQ ? MD ? MP

? ND( ND ? DQ) ? MD(MD ? DP)
? ND 2 ? MD 2 ? ( ND ? DQ ? MD ? DP ) ,

所以,

O D? M N ? NO2 ? MO2 ? ND 2 ? MD2
? ND ? DQ ? MD ? DP

? P,Q,M,N 四点共圆.
三、设实数 a,b,c 满足 a ? b ? c ? 3 .求证: 1 1 1 1 ? 2 ? 2 ? . 2 5a ? 4a ? 11 5b ? 4b ? 11 5c ? 4c ? 11 4 9 证 若 a,b,c 都小于 ,则可以证明 5 1 1 ? (3 ? a) . 2 5a ? 4a ? 11 24 事实上, (*) ? (3 ? a)(5a 2 ? 4a ? 11) ? 24

(*)

? 5a3 ? 19a 2 ? 23a ? 9 ? 0 ? (a ? 1)2 (5a ? 9) ? 0
9 5 同理,对 b,c 也有类似的不等式,相加便得 1 1 1 ? 2 ? 2 2 5a ? 4a ? 11 5b ? 4b ? 11 5c ? 4c ? 11 ?a?

1 1 1 1 (3 ? a) ? (3 ? b) ? (3 ? c) ? . 24 24 24 4 9 9 若 a,b,c 中有一个不小于 ,不妨设 a ? ,则 5 5 4 5a 2 ? 4a ? 11 ? 5a(a ? ) ? 11 5 9 9 4 ? 5 ? ? ( ? ) ? 11 ? 20 , 5 5 5 1 1 故 . ? 2 5a ? 4a ? 11 20 2 2 4 1 1 由于 5b2 ? 4b ? 11 ? 5( )2 ? 4 ? ( ) ? 11 ? 11 ? ? 10 ,所以 2 ? ,同理, 5 5 5 5b ? 4b ? 11 10 1 1 ? ,所以 5c 2 ? 4c ? 11 10 1 1 1 1 1 1 1 ? 2 ? 2 ? ? ? ? . 2 5a ? 4a ? 11 5b ? 4b ? 11 5c ? 4c ? 11 20 10 10 4 1 1 1 1 因此, 总有 当且仅当 a ? b ? c ? 1 ? 2 ? 2 ? , 2 5a ? 4a ? 1 1 b 5 ? b 4 ? 1 1 c 5? c 4 ? 11 4 ?

时等号成立.

四、设 O 是△ABC 内部一点.证明:存在正整数 p,q,r,使得 ??? ? ??? ? ???? 1 . p ? OA ? q ? OB ? r ? OC ? 2007 证法一 先证一个引理:设?,?都是正实数,N 是任意一个大于 max{ 数,则存在正整数 p1 , p2 和 q ,使得 1 ? q ? N 2 ,且
q? ? p1 ? 1 1 , q? ? p2 ? N N

? ?

1 1 , }的整

同时成立. 引理的证明:考虑平面 N 2 ? 1 个点组成的集合 T={({i?},{i?})|i=0,1,…, N 2 },这 里[x]表示不超过实数 x 的最大整数,{x}=x-[x]. 现在将正方形点集 {(x,y)|0?x,y<1} 沿平行于坐标轴的直线分割为 N 2 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 |{i?}-{j?}|<
1 N

, |{i?}-{j?}|<

1 N

. 令

q=i-j,p1=[i?]-[j?],p2=[i?]-[j?],则 q? ? p1 ? 如果 p1?0,那么 引理获证.

1 1 , q? ? p2 ? . N N

1 >|q?|??,与 N 的选择矛盾,故 p1 为正整数.同理 p2 也是正整数. N

回到原题,由条件知存在正实数 ?,? 使得 ? OA ? ? OB ? OC ? 0 ,利用引理的结 论知对任意大于 max{
q? ? p1 ?
1 1 , }的正整数 N,存在正整数 p1,p2 和 q,使得

? ?

1 1 , q? ? p2 ? N N

同时成立,于是,由 q? OA ? q? OB ? qOC ? 0 可得
| p1 OA ? p 2 OB ? qOC |?| ( p1 ? q? )OA ? ( p 2 ? q? )OB |

? | ( p1 ? q? )OA | ? | ( p 2 ? q? )OB | < 取 N 充分大即可知命题成立. 证法二 由条件可知存在正实数?,?使得 OA ? ? OB ? ? OC ? 0 ,于是对任意正整数 k, 都有 k OA ? k? OB ? k? OC ? 0 ,记 m(k)=[k?],n(k)=[k?],这里[x]表示不超过实数 x 的最大 整数,{x}=x-[x]. 利用?,?都是正实数可知 m(kT)与 n(kT)都是关于正整数 k 的严格递增数列, 这里 T 是某个大于 max{
1 ( | OA | ? | OB | ). N

? ?

1 1 , }的正整数.因此,

| kTOA ? m(kT)OB ? n(kT)OC |?| ?{kT? }OB ? {kT? }OC |

? {kT? } | OB | ?{kT? } | OC | ? | OB | ? | OC | . 这表明有无穷多个向量 kTOA ? 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

1 , 2007

也就是说,这两个向量的差的模长小于

1 .即存在正整数 k1<k2,使得 2007 1 . 2007

|( k 2T OA ? m(k 2T )OB ? n(k 2T )OC )-( k1T OA ? m(k1T )OB ? n(k1T )OC )|<

于是,令 p=(k2-k1)T,q=m(k2T)-m(k1T),r= n(k2T)-n(k1T),结合 T 与 m(kT),n(kT)的单调 性可知 p,q,r 都是正整数. 命题获证.

五、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 2007,且最 大的角等于最小角的两倍? 解 不存在这样的三角形,证明如下: 不妨设?A??B??C,则?C=2?A,且 a=2007.过 C 作?ACB 的内角平分线 CD,则 ?BCD=?A, 结合?B=?B.可知△CDB∽△ACB。所以,
CB BD CD BD ? CD BD ? AD AB . ? ? ? ? ? AB BC AC BC ? AC BC ? AC BC ? AC

即 c2=a(a+b)=2007(2007+b), 这里 2007?b?c<2007+b. 由 a,b,c 都是正整数可知 2007|c2, 故 3?223|c, 可设 c=669m, 则 223m2=2007+b, 即 b=223 m 2 -2007, 结合 2007?b,可得 m?5. 另一方面,c?b, 所以,669m?223m2-2007,这要求 m<5.矛盾,因此,满足条件的 三角形不存在. 六、求所有的正整数 n,使得存在非零整数 x1 , x2 ,?, xn , y ,满足
? x1 ? ? ? x n ? 0 , ? 2 2 2 ? x1 ? ? ? x n ? ny .



显然 n ? 1 .

当 n ? 2k 为偶数时,令 x2i ?1 ? 1, x2i ? ?1, i ? 1, 2,?, k ,y=1, 则满足条件. 当 n ? 3 ? 2k (k ? N+) 时,令 y=2, x1 ? 4, x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? ?1,
x2i ? 2, x2i ?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 ? x 2 ? x3 ? 0 , ? 2 2 2 2 ? x1 ? x 2 ? x3 ? 3 y ,



2 2( x12 ? x2 ? x1 x2 ) ? 3 y 2 ,

2 ? x1 x2 是奇数,另 不妨设 ?x1 , x 2 ? ? 1,则 x1 , x 2 都是奇数或者一奇一偶,从而, x12 ? x2

2 一方面, 2 y ,故 3 y 2 ? 0 (mod 4) ,而 2( x12 ? x2 ? 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、设 P 是锐角三角形 ABC 内一点,AP,BP,CP 分别交边 BC,CA,AB 于点 D,E,F,已知△DEF∽△ABC.求证:P 是△ABC 的重心. 证法一 记?EDC=?,?AEF=?,?BFD=?,用?A, ?B, ?C 分别表示△ABC 的三个内 角的大小.则 ?AFE = 2?B-(?DBE+?DEB)= 2?B-?. 同理可证:?BDF=2?C-?,?CED=2?A-?. 现在设△DEF 和△DEC 的外接圆半径为 R1 和 R2,则由正弦定理及?EFD=?C,可知 2R1=
DE DE =2R2,故 R1=R2.类似可得△DEF 和△AEF, △BDF 的外接圆半径 ? sin ?EFD sin C

相等.所以△DEF, △AEF, △BDF 和△DEC 这四个三角形的外接圆半径都相同, 记为 R. 利用正弦定理得:
CE EA AF FB BD DC =2R. ? ? ? ? ? sin ? sin(2 B ? ? ) sin ? sin(2C ? ? ) sin ? sin(2 A ? ? )



再由 Ceva 定理可知

CE AF BD =1,结合上式得 ? ? EA FB DC

s in ?s in ?s in ? =1. s i n2( B ? ? ) s i n2( C ? ? ) s i n2( A??)



若?<?B, 则?=?EDC<?EFA=2?B-?,于是 ?=180?-?EFA-?EFD=180?-?EFA-?C <180?-?EDC-?C=?CED=2?A-?. 类似可知?<2?C-?. 注意到,当 0<x<y<x+y<180?时,有 sinx<siny.所以,由 0<?<2?B-?<?+(2?B- ?)=2?B<180?(这里用到△ABC 为锐角三角形)可得 sin?<sin(2B-?),同理 sin?<sin(2?C -?), sin?<sin(2?A-?).这与②矛盾. 类似地,若?>?B,可得②的左边小于右边,矛盾.所以,?=?B.同理?=?C,?= ?A. 因此,由①可知 D,E,F 分别为 BC,CA,AB 的中点.从而,P 为△ABC 的重心. 证法二 本题的结论对△ABC 为一般的三角形都成立 .我们采用复数方法予以证

明. 设 P 为复平面上的原点,并直接用 X 表示点 X 对应的复数,则存在正实数?,?,?, 使得?A+?B+?C=0,且?+?+?=1. 由于 D 为 AP 与 BC 的交点, 可解得 D=- 利用△DEF∽△ABC 可知

? ? ? A,同样地, E=- B,F=- C. 1? ? 1? ? 1??

D?E E?F ,于是 ? A? B B ?C

?BC ?AB ?BC ?AB ?BC ?CA =0. ? ? ? ? ? 1? ? 1? ? 1?? 1?? 1? ? 1? ?
化简得:(?2-?2)B(C-A)+(?2-?2)A(C-B)=0.这时,若?2??2,则
B (C ? A) ? R ,因此, A(C ? B )

(C ? A) /(C ? B) 这要求 P 在△ABC 的外接圆上, 与 P 在△ABC 内矛盾, 所以?2=?2, ?R, ( P ? A) /(P ? B)

1 进而?2=?2,得?=?=?= .即 P 为△ABC 的重心.命题获证. 3

八、将 n 个白子与 n 个黑子任意地放在一个圆周上.从某个白子起,按顺时钟方 向依次将白子标以 1, 2,?, n . 再从某个黑子起, 按逆时钟方向依次将黑子标以 1, 2,?, n . 证明:存在连续 n 个棋子(不计黑白) , 它们的标号所成的集合为 ?1, 2,? , n? . 证 取定标号相同的黑白棋子各一个,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.不妨假设该标号为 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 都在其中,如图 1,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,…,k,如图 2 所示, 则从标号为 1 的白子起,按逆时针方向连续 n 个棋子的 标号所成的集合为 ?1, 2,? , n? . 图1

n
1

n
1

(2)开劣弧中的白子是 k,k+1,…,n,如图 3 所示,则从标号为 1 的白

子起,按顺时针方向连续 n 个棋子的标号所成的集合为 ?1, 2,? , n? .

1

2

k
1

1

k

n
1

图2

图3

如果开劣弧中全是黑子,或者开劣弧中没有棋子,类似可得.


2007年中国西部数学奥林匹克试题及答案(广西南宁,11月10日、11日)

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