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2016第四届“学数学”数学奥林匹克邀请赛(春季赛)试题及参考答案


第四届“学数学” 数学奥林匹克邀请赛(春季赛) 参考答案

第四届“学数学” 数学奥林匹克邀请赛(春季赛) 参考答案
http://www.omaths.com 2016年4月17日 8:00–12:00

1. 一个笼子里关着10只猫, 其中有7只白猫, 3只黑猫. 把笼门打开一个小口, 使得每次只能钻出1只

/>猫. 猫争先恐后地往外钻. 如果10只猫都钻出了笼子, 以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数. 例 如, 在出笼顺序“ ” 中, 有X = 3, 因为7只白猫被隔成了3段. 试求X 的分布律. (苏 淳 供题) 解答 3只黑猫把7只白猫至多分隔为4段, 所以X 的取值集合是{1, 2, 3, 4}. 考虑位置分配. 方式总数目|?| = C3 10 = 120 (10个位置中任取3个给黑猫) . 对k ∈ {1, 2, 3, 4}, 当X = k时, 7只白猫被3只黑猫分隔为k段, 哪k段? 有Ck 4 种不同可能. 接下来 的问题是: 各段中分别有多少只白猫? 此时我们将7只白猫看作排成一行的7个白球, 要在它们之间插 ?1 入k ? 1块隔板, 而且要插在不同的位置上, 所以有Ck 种不同的插法. 这样就有 6
k?1 Card(X = k ) = Ck . 4 · C6

所以,
P (X = k ) =

k ?1 Ck 4 · C6 , k = 1, 2, 3, 4. 3 C10

代入具体数值, 算出概率, 写成表格, 就是
X P 1 1 30 2 9 30
4 X k=1

3 15 30

4 5 30

注 我们的计算是正确的, 事实上
4 X k=1 k ?1 Ck = 4 · C6 ?k ?1 C4 · Ck = C3 10 . 4 6

2. 试求所有的正整数n, 使得对任意满足a + b + c | a2 + b2 + c2 的正整数a, b, c, 都有a + b + c | an + bn + cn . (李昌勇

供题)

解答 所求满足要求的正整数n = 3k ? 1和n = 3k ? 2 (k ∈ N ) . 设Sn = an + bn + cn , 则由牛顿恒等式(或由韦达定理和特征根法) 可知
Sn+3 = (a + b + c)Sn+2 ? (ab + bc + ca)Sn+1 + abcSn .

?

条件即为S1 | S2 , 则a + b + c | (a + b + c)2 ? 2(ab + bc + ca), 即a + b + c | 2(ab + bc + ca). (1) 若a + b + c是奇数, 则Sn 均为奇数, 故a + b + c | ab + bc + ca. 从而, a + b + c | Sn+3 ? a + b + c | abcSn . 因此, 若a + b + c | Sn , 则必有a + b + c | Sn+3 .

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(2) 若a + b + c是偶数, 则Sn 均为偶数, 故a + b + c | (ab + bc + ca)Sn+1 . 从而, a + b + c | Sn+3 ? a + b + c | abcSn . 因此, 若a + b + c | Sn , 则必有a + b + c | Sn+3 .

由条件可知n = 1和n = 2符合要求, 因此n = 3k ? 2和n = 3k ? 1 (k ∈ N? ) 都符合要求. 当n = 3k (k ∈ N? ) 时, 取a = 1, b = 2, c = 11, 容易验证此时a + b + c | a2 + b2 + c2 成立. 另一方面, 易知13k +23k +113k ≡ 3 (mod 7), 即7 13k +23k +113k , 故14 13k +23k +113k , 即a + b + c a3k + b3k + c3k . 因此, n = 3k不符合要求. 综上所述, 所求满足要求的正整数n = 3k ? 1和n = 3k ? 2 (k ∈ N? ) .
3. 如图1, 在△ABC 中, M 是边BC 的中点, 点E , F 分别是M 关于直线AC , AB 的对称点, 直线F B 与EC 交

于点P , 点Q满足QA = QM , ∠QAP = 90? , O 是△P EF 的外心. 证明: ∠AOQ = 90? . A F
E B M O P Q C

(曹珏贇

供题)

图1 解答 如图2, 由对称性易知∠F BC = 2∠ABC , ∠ECB = 2∠ACB , ∠EAF = 2∠BAC , 则
∠EP F = 180? ? ∠P BC ? ∠P CB = 180? ? (180? ? 2∠ABC ) ? (180? ? 2∠ACB ) = 2∠ABC + 2∠ACB ? 180? = 180? ? 2∠BAC = 180? ? ∠EAF,

故A, E , P , F 四点共圆, 记这个圆为圆ω . 显然, 点O是圆ω 的圆心. B′ A F N L E
B M O P ω D Q C

图2 ÷ (法一) 设直线AO与圆ω 的另一个交点为D, 与EF 交于点N . 由AE = AM = AF , 知A是弧E F的 ′ ′ 中点, 即P A平分∠EP F . 于是, N 是EF 的中点. 在BN 的延长线上取点B , 使得B N = BN , 则四边 形BEB ′ F 是平行四边形. 由B ′ E ∥ P F , 知∠B ′ EC + ∠EP F = 180? . 又由CE = CM = BM = BF = 1 1 B ′ E , 知∠B ′ CE = (180? ? ∠B ′ EC ) = ∠EP F = ∠AP E , 故P A ∥ B ′ C . 注意到M N 是△BB ′ C 的中位 2 2 线, 有M N ∥ B ′ C , 故M N ∥ B ′ C . 从而, P A ∥ M N , 故有∠P AM = ∠AM N . 第2页 共7页

第四届“学数学” 数学奥林匹克邀请赛(春季赛) 参考答案 设L是AM 的中点, 由QA = QM , 知QL ⊥ AM . 由QL ⊥ AM , ∠QAP = 90? , 知∠P AM = 90? ? 1 ∠QAM = ∠AQL = ∠AQM . 2 由AD是圆ω 的直径, 注意到EF ⊥ AD, 故AE 2 = AN · AD. 又AE = AM , 则AM 2 = AN · AD, 故△AM N ? △ADM . 从而, ∠AM N = ∠ADM . 1 综上可知, ADM = ∠P AM = ∠AQM . 又QA = QM , 故Q是△AM D的外心. 从而, QA = QD. 2 而O是AD的中点, 因此, ∠AOQ = 90? . (法二) 如图3, 设L是AM 的中点, 由QA = QM , 知QL ⊥ AM . 设直线AO与圆ω 的另一个交点为D. ÷ 由AE = AM = AF , 知A是弧E F 的中点, 即P A平分∠EP F . A F
L E B M O P ω D Q C

图3 = DF . 又∠DEC = ∠DEP = ∠DF P = ∠DF B , CE = CM = ? BM = BF , 故△DEC = △DF B . 于是, ∠ECD = ∠F BD, 即∠P CD = ∠P BD, 故P , B , C , D四点共 圆. ? △DF B , 易知△BCD ? △F ED, 故△BCD是等腰三角形, DM ⊥ BC . 易知OL是△ADM 的 又由△DEC = 中位线, 故OL ∥ DM . 从而, OL ⊥ BC . 由AD是圆ω 的直径, 知∠AP D = 90? . 又∠P AQ = 90? , 故P D ∥ AQ. 由QL ⊥ AM , OL ⊥ BC , 结 合对称性可知∠OLQ = 90? ? ∠M LO = ∠AM C = ∠AEC = ∠AEP = ∠ADP = ∠QAO, 故A, L, O, Q四点共圆. 因此, ∠AOQ = ∠ALQ = 90? .

÷ 由A是弧E F 的中点, 易知DE

4. 已知实数x, y, z ∈ [0, 1], 证明: xyz + (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ) min{x(1 ? y ), y (1 ? z ), z (1 ? x)}.

(赵 斌 供题) 1 1 1 解答 根据x ? , y ? , z ? 这三个数的正负进行讨论. 2 2 2 1 1 1 情形1 x ? , y ? , z ? 这三个数均不小于0, 或者均不大于0. 此时, 不妨设这三个数均不小于0 2 2 2 1 1 1 (均不大于0的情形的证明完全类似) , 即x ,y ,z . 显然, xy (1 ? x)(1 ? y ). 从而 2 2 2 xyz + (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ) = (1 ? x)(1 ? y ) + (xy ? (1 ? x)(1 ? y ))z (1 ? x)(1 ? y ) + (xy ? (1 ? x)(1 ? y )) · = 1 1 = (xy + (1 ? x)(1 ? y )) 2 2

1 1 1 (1 + 1 ? 2x ? 2y + 4xy ) = + (1 ? 2x)(1 ? 2y ) 4 4 4 1 . 4

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又由
xyz + (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ) + x(1 ? y ) + y (1 ? z ) + z (1 ? x) = 1,

可得
min{x(1 ? y ), y (1 ? z ), z (1 ? z )} 1 (x(1 ? y ) + y (1 ? z ) + z (1 ? x)) 3

1 1 1? 3 4

?

?
=

1 . 4

因此, 我们有
xyz + (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ) min{x(1 ? y ), y (1 ? z ), z (1 ? x)}. 0. 1 1 1 1 情形2 x ? , y ? , z ? 这三个数既有非负数也有负数. 不妨设x ? 2 2 2 2 1 1 1 若z ? < 0, 则x ,z . 于是, 2 2 2 z (1 ? x) zx, z (1 ? x) (1 ? z )(1 ? x).


z (1 ? x) = z (1 ? x)y + z (1 ? x)(1 ? y ) xyz + (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ),

从而结论成立. 1 1 若z ? 0, 则y ? < 0, 即z 2 2

1 ,y<1 2 . 于是, 2 yz, y (1 ? z ) (1 ? y )(1 ? z ).

y (1 ? z )


y (1 ? z ) = y (1 ? z )x + y (1 ? z )(1 ? x) xyz + (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ).

从而结论成立. 综上可知, 原不等式成立.
5. 将凸n边形S 的n个顶点依次编号为1, 2, · · · , n, S 外的任一点对S 的张角小于180? , 在这个张角内按

顺时针方向依次读出每个顶点的编号, 得到一个n项序列. 例如, 对如图4所示的凸五边形, 从点X 读出 的序列为(4, 5, 3, 2, 1), 从点Y 读出的序列为(5, 4, 1, 2, 3). 为了保证读出次序的唯一, 观察点应不与凸n边 形的任意两个顶点共线. 对凸n边形S , 设一共可以读出f (S )个不同的n项序列. 对所有的凸n边形S , 试求f (S )的最大可能值. (林 常 供题) 1
2 3 X

5

4 Y

图4 解答 + 对凸n边形S 的任意两个顶点A, B 和S 外的两个观察点X , Y , 当X , Y 位于直线AB 的同侧时读出 的A, B 的次序相同, 位于直线AB 的不同侧时读出的A, B 相反. 例如, 对图5中的顶点A, B , 从点X 读出 的次序为(A, B ), 从点Y 读出的次序为(B, A). 设S 的顶点两两连成的所有直线将S 的外部分割成m个区 域, 则同一区域内的任意两点X , Y 对任一直线AB 都处于同侧, 读出A, B 的次序相同, 故X , Y 读出的整
C2 n ).

所求f (S )的最大值为2(C4 n

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个序列相同. 而对属于不同区域内的任意两点X , Y , 一定存在某条直线CD, 使得X , Y 在直线CD的不 同侧, 读出C , D的次序相反, 此时从X , Y 读出的序列不同. 因此f (S ) = m.
Y (B, A) B

A

X (A, B )

图5
C2 n 条直线,

图6

将凸n边形S 的顶点两两相连, 得到t = 在S 的外部形成2t条射线, 分别设为L1 , L2 , · · · , L2t . 依次作出这些射线, 设Li 与之前的i ? 1条射线共有αi 个交点, 它们将Li 分割成αi + 1段, 每段将一个原 有的区域分为两个区域, 故作出Li 后增加αi + 1个区域. 因此,
m=
2t X i=1 2t X i=1

(αi + 1) = 2t + α,

其中α =

αi 是t条直线在S 外部的交点个数(计算重数, 若某个点是k 条射线的公共点, 则计算k ? 1次).

每个外部交点由两条S 的顶点间的连线确定, 即由S 的四个顶点确定, 而任意四个顶点至多给出两 个外部交点(如图6所示) , 故α 2C4 n . 从而,
f (S ) = m = 2t + α
4 2(C2 n + Cn ).

上式中, 等号成立的充要条件是将凸n边形S 的顶点两两相连所得的t条直线两两不平行, 且它们 4 在S 外部无三线共点. 可以对n归纳作出符合这个条件的凸n边形, 从而达到f (S )的最大值2(C2 n + Cn ). 当n = 3时, 任意三角形均符合要求. 假设已作出符合条件的凸n边形Sn , 记它的顶点的集合为D, 顶点间连线的集合为T , T 在Sn 外部的交点的集合为P . 设Sn 的一边AB 所在的外部区域为F , 我们证明, F 内任一点C 与Sn 的并(即用边CA, CB 取代AB , 如图7所示) 是符合要求的凸n + 1边形Sn+1 . 过D中的每个点作T 中每条线的平行线, 当C 不在所有这些平行线上时, C 与D中每个点的连线均 不与T 中的任一条直线平行, 从而Sn+1 的顶点间的连线互不平行. 再作D中的每个点与P 中的每个点的 连线, 当C 不在所有这些连线上时, C 与D中每个点的连线均不过P 中的点, 从而Sn+1 的顶点间的连线 在其外部无三线共点.
Sn B A F C

图7 由于过D中的每个点的T 中每条线的平行线和D中的每个点与P 中的每个点的连线均只有有限多 条, 故区域F 内一定存在某个点C 不在所有这些直线上(事实上这样的点有无穷多个) , 从而Sn+1 符合 条件. 4 综上所述, 所求f (S )的最大可能值为2(C2 n + Cn ).
6. 一个旋转的圆盘上均匀地悬挂着n个气球, 有n个人手持气枪均匀地围着圆盘站立, 当某人正对着

气球时可以开枪射击, 但任何两人不能同时开枪. 已知每个人都只有一颗子弹, 且当圆盘转过一周时, n个气球全部被击中(假设所有人都是神枪手) , 问: 所有满足要求的射击顺序共有多少种? 第5页 共7页

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供题) 解答 将n个人按顺时针方向编号为a1 , a2 , · · · , an , 初始状态下ai 面对的气球用i (1 i n) 表示. 将初始状态记为A1 = (1, 2, · · · , n), 旋转i ? 1个位置后的状态为Ai = (i, i + 1, · · · , i + n ? 1), 其中 的数按模n理解. 将这n个状态依次排列成一个n × n数表, 如下表所示.
a1 A1 A2 A3 . . . An 1 2 3 . . . n a2 2 3 4 . . . 1 a3 3 4 5 . . . 2 ··· ··· ··· ··· ··· an n 1 2 . . . n?1

(冯跃峰

如果在第i个状态中让第j 个人射击气球, 那么就将表中第i行第j 列的方格染成红色. 由于每次只有一个人射击气球, 所以任何两个红格不同行不同列. 又每个气球只被射中一次, 从 而每条45? 对角线上恰有一个红格(相同编号代表同一只气球) . 反之, 如果每行, 每列, 每条45? 对角线上恰有一个红格, 设这n个红格为(1, j1 ), (2, j2 ), · · · , (n, jn ), 则第t个人在第jt 个状态中射击气球即可, 因为每条45? 对角线上恰有一个红格, 对应编号的气球只有一 个人射击. 由此可见, 问题等价于n × n数表Mn 中将n个方格染成红色, 使得每行, 每列, 每条45? 对角线上恰 有一个红格, 共有多少不同的方法. 下面证明: 若可将n × n数表的n个方格染成红色, 使得每行, 每列, 每条45? 对角线上恰有一个红 格, 则n为奇数. 事实上, 假设n个红格(i1 , j1 ), (i2 , j2 ), · · · , (in , jn )符合要求, 则(i1 , i2 , · · · , in ), (j1 , j2 , · · · , jn ), (i1 + j1 , i2 + j2 , · · · , in + jn )都是1, 2, · · · , n的一个排列, 所以
(i1 + j1 ) + (i2 + j2 ) + · · · + (in + jn ) ≡ 1 + 2 + · · · + n ≡ n(n + 1) 2 (mod n),

而此时亦有
(i1 + j1 ) + (i2 + j2 ) + · · · + (in + jn ) ≡ (i1 + i2 + · · · + in ) + (j1 + j2 + · · · + jn ) ≡ 2(1 + 2 + · · · + n) ≡ n(n + 1) ≡ 0 (mod n). n(n + 1) 从而, ≡ 0 (mod n). 故n为奇数. 2 设满足要求的射击顺序有f (n)种, 则当n为偶数时, f (n) = 0. 当n为奇数时, 考虑第一行的红格, 可在n个方格中任取一个染红, 有n种方法. 去掉第一行以及该 红格所在的列和45? 对角线, 剩下n ? 1行和n ? 1列及n ? 1条45? 对角线, 称它们构成一个(n ? 1) × (n ? 1)的 残缺子数表Mn?1 . 每一行恰有n ? 2个放格, 这是因前面去掉一列使每行去掉一个方格, 去掉一条45? 对 角线也使每行去掉一个方格. 同理, 每一列恰有n ? 2个方格. 此外, 每一条45? 对角线也恰有n ? 2个方 格, 这是因为前面去掉的一行, 一列都使每条45? 对角线去掉一个方格. 考察第二行的红格, 它在Mn?1 中, 从而第二行只剩下n ? 2个方格, 任取一个染红, 有n ? 2种方法. 去掉第二行以及该红格所在的列和45? 对角线, 剩下n ? 2行和n ? 2列及n ? 2条45? 对角线, 称它们构成 一个(n ? 2) × (n ? 2)的残缺子数表Mn?2 . 每一行恰有n ? 4个方格, 是因前面去掉2列使每行去掉2个方 格, 去掉2条45? 对角线也使每行去掉2个方格. 同理, 每一列恰有n ? 4个方格. 此外, 每一条45? 对角线 也恰有n ? 4个方格, 这是因为前面去掉的2行, 2列都使每条45? 对角线去掉2个方格.

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第四届“学数学” 数学奥林匹克邀请赛(春季赛) 参考答案
n?1 如此下去, 当选定k个方格染色后得到残缺子数表Mn?k (1 k ) , 它有n ? k 行和n ? k 列 2 ? 及n ? k条45 对角线, 且每行, 每列, 每条对角线上有n ? 2k个方格, 于是, 第k + 1 行取一个方格染红, 有n ? 2k种方法. n?1 n+1 特别地, 令k = , 可知残缺子数表Mn? n?1 的行, 列及45? 对角线的个数都为 , 且每行, 每 2 2 2 n+1 列, 每条对角线上有n ? (n ? 1) = 1个方格. 由此可见, 残缺子数表Mn? n?1 共有 个方格, 且分布 2 2 n+1 n + 1 n?1 在 个不同的行, 不同的列及不同的45? 对角线上. 将这 个方格都染红, 连同前面的 个 2 2 2 红格, 所得的n个红格合乎要求. 由分步计数原理, 得f (n) = n(n ? 2) · · · 1 = n!!. 综上所述, ( n!!, n为奇数; f ( n) = 0, n为偶数.

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