2 0 1 2年第 1 1 期
第九届中 国东南地 区数学奥林 匹克
中图 分 类 号 : G 4 2 4 . 7 9 文 献标 识 码 :A 文章编号 : 1 0 0 5- 6 4 1 6 ( 2 0 1 2) 1 l 一0 0 2 5- 0 5
第 一 天
1 . 求 一个 三元整 数组 ( f ) ( 1 < Z < m< n ) ,
m n
√ / n 一 2 0 1 1 一 / n 一 2 0 广 1 2
,
、 压互堕 一 互匦
2 0l 1 2 01 3 。
使 得∑ k 、 ∑k 、 ∑ k 依次 成等比 数列 .
( 陶平生 供 题 ) 2 . 如图 1 , △A B C的 内切 圆o, 在边 A B、
、
( 刘桂梅 供题 ) 7 . 如图 2 , 在△ A B C中 , D 为边 A C上 一 点, 且 A B D=/ C, 点 E在边 A B上 , 且B E = D E, M 为边 C D中 点 , A Hj - D E 于点 尼 已
B C、 C A上 的切 点 分别 为 D、 E、 , , 直 线 别与 A , 、 、 D , 交 于点 、 Ⅳ、 证明:
DM ? KE =DN ? KF.
分
知A 日= 2一 , / g , A B=1 . 求 A M E的度数.
A
—C 三 一c
D } 鍪 l 1
( 张鹏程 供题 ) 3 . 对 于合 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 乃 , 使 得 g( n ) 等 于 n ) 的某个 正整 数次 幂. ( 何 忆捷 供题 ) 4 . 已知 实数 a 、 b 、 c 、 d满 足 : 对任 意实 数 均有
ac o s +b c o s 2 x+C C O S 3 x+dc o s 4x≤ 1 .
( 熊 斌 供题) 8 . 设 m是正整数 , n=2 一1 , 数轴上 几 个 点所 成 的集合 为 P ={ 1 , 2 , …, 凡 } . 只 蚱蜢在 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 得 对任 意 x , y∈ , 从点 跳 2 0 1 2步到点 Y的 跳法 种数 为偶数 ( 允许 中途 经过点 、 Y ) . ( 张思汇 供题 )
一
参 考 答 案
第 一 天
求 0十b—c+d的 最 大 值 及 此 时 实 数 a 、 b 、 c 、 d的值. ( 李胜 宏 供 题 )
1 . 对 f ∈ N + , 记 s = 奎k =
七=l f m n
. 由
第 二 天
5 . 如果 非 负 整 数 m 及 其 各 位 数 码 之 和 均为 6的倍 数 , 则称 m为“ 六合数” . 求 小 于 2 0 1 2 的非 负整数 中六 合数 的个 数. ( 陶平 生 6 . 求正 整数 n的最小 值 , 使 得 供题)
∑后 = S l , ∑k = 5 一 , ∑ k = 一 5
依 次成等 比数列 , 则 s ( s 一 s ) = ( I s 一 s )
①
S f ( s + s 一 s f ) = 5 : S f I s 二
2 1 ( Z +1 ) I m ( m +1 ) .
中 等 数 学
令 m+1= Z ( f +1 ) , 取Z = 3 . 则
m =l 1 .
D 丽 M=
D M? 碰 : D Ⅳ ?
.
故S f = S 3 = 6 , S = S l I = 6 6 .
代 入式①得 S = 6 6 6 , 即
丛
Z
: 6 6 6
n :3 6
.
因此 , ( Z , m, n )=( 3 , 1 1 , 3 6 ) 是一 组满 足 条件 的解.
3 . 解 法 1 若 n是 奇 数 , 则 1 7 , 的一 切 约 数都 是奇数. 故 由题 意知 f ( n ) 为 奇数 , g ( n ) 为偶数 . 这样 , g ( 1 7 , ) 不 可 能等 于 f ( 1 1 , ) 的某 个 正整 数次幂 . 因此 , 只需考 虑 n是 偶 数 的情 形 , 此时 ,
【 注】 满足条件的数组( z , m, 凡 ) 不是唯一 的, 例如, ( 8 , 1 1 , 1 3 ) , ( 5 , 9 , 1 4 ) , ( 2 , l 2 , 6 2 ) ,
( 3 , 2 4 , 1 7 1 ) 等等 ( 可 以证 明 , 这 种数 组 有 无 穷多个 ) . 2 . 易知 , , 、 D、 、 四点共 圆.
又 A / D =9 0 。一/ / A D。 ME D: F D A =9 0 。一 / / A D.
1 和2是 最小的两个正约数, n 和詈是n 最
大 的两个正 约数. 设 d是 n除 1 、 2以外 的最小 正约数 . 若存在 J i } ∈ N+ 使得 g ( n )= , ( I I , ) , 则
3 n
=
( 1 + 2+ d ) =( 3 + d ) -d ( o r o d 3 ) .
由于 是 3的倍数 , 故3 I d , 即3 I d .
由 d的最小性 知 d= 3 .
则 A / D= ME D .
于是 , , 、 D、 E、 四点共 圆. 从而 , , 、 D、 、 E、 五点共 圆. 故 I MB= I E B= 9 0 。 , 即A M上 B M. 同理 , , 、 D 、 Ⅳ、 F五点共 圆, 且B N上 A N . 如图 3 , 设直线 A N与 B M 交 于点 G . 则, 为△ G A B的垂 心.
因此, ÷凡 = 6
= 4 × 6 .
又3 I n , 故 I >2 . 综上 , / 7 , 的所有 可能值 为 = 4 x 6 ( f ∈ N+ ) .
解法 2 设 合数 n满足
g ( n )= _ 厂 ( n ) ( ∈ N+ ) , 并设 t / , 的最 小 质 因子 为 P . 则/ 7 , 的第 二 大 正
约 数为 .
若 的 第三 小 正约 数 为P , 则 号∈Z .
P
A
3
此时, n ) =1 + p+ p 一1 ( o r o d p ) ,
又 _ l _ A B, 则G 、 , 、 D三点共 线. 由G 、 Ⅳ、 D、 B四点共 圆知
/ A D N= AG B .
+ 詈 I p ( 1 + p ) ( m o d p ) ,
即 1 ( 凡 )= g ( n ) -0 ( m o d p ) , 矛盾. 因此 , n的第 三小正 约数不是 P . 从而 , 必为某 一质数 q ( q> p ) .
易知 , ∈z .
pq
同理 , B D M= A G B . 所 以, D K平 分 M D N .
从而 从 而, , 丽 面 : ’ .
①
贝 0 n )=1 + p+ 9 1 + p ( o r o d q ) ,
又由 , 、 D、 E、 , , 、 D、 Ⅳ、 F分 别 四点 共 圆知
KM ? l ( E: ? KD :KF? KN
KM KF
) = 凡 + 詈 - g ( 1 + p ) ( m d?
故( 1 + p ) ( / 1 , ):g ( n ) =0 - ( m o d q ) 又 q为质数 , 于是 , q l ( 1 + p ) . 从而, P<g ≤1 + p , 只有 P: 2 , q =3 .
KN KE 。
②
由式① 、 ②知
此时, 6 = / ( n ) = g ( n ) = ÷n .
2 0 1 2年第 1 1 期
2 7
r
解得 , l = 4× 6 ’ .
+1,
n=0, 1, … , 9;
以下 同解 法 1 . 4 . 记 )= 口 c o s +b o o s 2 x+
C e O S 3 x+d c o s 4x .
显然 , P ={ 1 9一 凡 ,n = l 0 , 1 1 , …, 1 8 ;
【 0 .
n ≥l 9 .
先考 虑一切 小于 2 0 0 0的六合 数a b c k .
由 0 )= Ⅱ+ b+ C+ d , )= 一 Ⅱ+b— C +d ,
若k = 0 , 则当 口 = 0时, b + c = 0 , 6 , 1 2 , 1 8 ;
当 口=1时 , b+ C =5 , 1 1 , 1 7 .
詈 ) = 詈 一 一 c 一 萼 ,
贝 0 a+b —C + d
=
延 厂 ( O ) = ( p o + p 6 + p 1 2 + p l 8 ) + + p l l + p l 7 )
=1 6+1 6 =3 2.
0 ) + 丌 ) + 詈 ) ≤ 3 .
若k = 2 , 则当 a = 0时, b + C = 4 , 1 0 , 1 6 ; 当 口= 1时 , b + c= 3 , 9 , 1 5 . 故 2 ) =( P 4 + p l 0 + p l 6 )+( P 3 + P 9 + p 1 5 )
:1 7 +1 8 :3 5.
当 且 仅 当 0 ) = , ( 7 c ) = 5 丌 - ) = 1 , 即
a=1, b+d =1 , c= 一1
时取等 号.
此时 , 令t :C O S ( 一1 ≤t ≤1 ) . 则 - 厂 ( ) 一1
=C O 8 +b e o s 2 x—C O 8 3 x+d e o s 4x 一 1
若k = 4 , 贝 0 当Ⅱ = 0 时, b + c = 2 , 8 , 1 4 ; 当 Ⅱ=1 时, b 十c =1 , 7 , 1 3 . 故 4 ) =( P + p 。 + p ) +( P + p , + p 。 , )
:
1 7 +1 6=3 3 .
当后 = 6, 8时 , 与 k= 0 , 2的情形 类似 , 有
6 )= 0 )= 3 2 , 8 ) = 2 ) = 3 5 . 因此 , 小于 2 0 0 0的六合 数有
=t +( 1一 d ) ( 2 t 一1 )一( 4 £ 一3 t )+
=
d ( S t 一8 t +1 —1 2 ( t 一 1 ) ( t + 1 ) ( 2 t 一 1 ) [ 2 d t 一 ( 1 一 d ) ]
≤0
对任意实数 t ∈[ 一 1 , 1 ] 成立.
于是 , d> 0 , 且 = , 即 d: 1
.
Ao ) 2 ) 4 ) 6 ) 顿8 ) = 1 6 7 ( 个) . 注 意到 , 2 0 0 0至 2 0 1 1中恰 有一 个 六合 数2 0 0 4 . 从而, 所 求六 合数 的个 数为
1 6 7 +1= 1 6 8 .
所以, 0+b —c + d的最 大值 为 3 , 且此 时
解 法 2 对 非 负整 数 乃 , 令 S ( n ) 为 其各 位 数字 之和.
先将 小 于 2 0 0 0的非 负 整数 中所 有 6的 倍数( 共3 3 4个 ) 配成 如下 1 6 7对 :
( 0 , 1 9 9 8 ) , ( 6 , 1 9 9 2 ) , ( 1 2 , 1 9 8 6 ) , ( 9 9 6 , 1 0 0 2 ) .
…
( , c , d ) = ( 1 专, . 1 ’
第 二 天
5 . 解法 1 易知 , 一 个 非 负 整 数 为 六 合 数 当且仅 当其 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 , …, 2 0 1 1 } 中每个 数都 写 成 四位 数 a b c d 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 ( ) 表示 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 + Y=凡 , 且 Y∈ { 0 , 1 , …, 9} 的( , Y ) 的组数 记 为 P .
、
,
对 上述 每对数 ( , Y ) , 设
=口1 a 2 03 口 4, Y bl b 2 b 3 b 4
( 约定当 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 l o o o ( 0 1 十 b 1 )+l O 0 ( 0 2 +b 2 )+
1 0 ( a , +b , )+( n +b )
= +Y = 1 99 8 .
因为 、 Y 为偶数 , 所以, a 、 b ≤8 .
因此 , 0 4 +b 4 ≤1 6<1 8 , 只台 邑口 4 +b 4 = 8 .
又由a 3 + 6 3 ≤l 8< 1 9 , 知 只能 口 3 +b 3 = 9 . 类似 地 , 0 2 +b 2 = 9 .
最后 必有 口 1 +b 1 =1 . 故S ( )+J s ( Y )
2 8
=
中 等 数 学
( a 1 + b 1 ) +( a 2 + b 2 ) +( a 3 + b 3 ) + ( a 4 + b 4 )
=
作A N上 B D于点 N, E G ∥B D与 A C交
于点 G . 联结 O B、 O E、 O G 、 O D、 O M. 因为 O E j _ B D, O M上 C D, 所以,
/ G EO =9 0 。= G MO .
1+ 9 +9 +8 =2 7 .
从而, S ( ) 、 S ( Y ) 中有 且 仅有 一 个 6的 倍数( 这 是 因为 、 ) , 均 被 3整 除 , 所 以, S ( ) 与S ( Y ) 均 被 3整 除 ) . 故 、 Y有且 仅 有 一 个 是六合 数. 所以, 小于 2 0 0 0的六 合数共 有 1 6 7个. 又2 0 0 0至 2 0 1 1中 恰 有 一 个 六 合 数 2 0 0 4, 则 所求 六合数 的个数 为 1 6 7+1=1 6 8 . 6 . 由已知得必有 n >2 t 0 1 3 . 此时 ,
则 E、 G、 M、 0 四点共 圆.
故t a n A ME=t a n/ G O E 1 5 G
由/ O B E= B N A= 9 0 。 ,
A B N= C =/ EO B.
?
, \ /2 0 1 2 、 2 0 l 1
甘 n >4 0 2 3. n -2 01 3≥ 2 O1 1 一
。
二
!
二 !
则△ O B E∽△ B N A . 易知 , A、 日、 J 7 、 r 、 D 四点共 圆.
因此 , E D G=/ A N H .
铮 2 0 l 1 ( n~ 2 0 l 1 ) < 2 0 1 2 ( 凡一 2 0 1 2 )
又 A H N=1 8 0 。 一 A D N= E G D. 故
△ EG D∽ △ A HN.
①
n -2 01 1 2 01 3 一
所以, = =
=
.
2 0 1 3 ( n一2 0 1 3 ) >2 I O 1 1 ( / / , 一 2 O 1 1 )
甘 n≥ 4 0 2 4 . (
于是 , = = 2一 . 从而, A ME=1 5 O . 解 法 2 设 A B D= C= O r , D B C= 由已知得 B D E= , A E D= 2 a,
/A DE = / A DB 一/ B DE
:
由式① 、 ②知 当 n ≥4 0 2 4时 ,
 ̄
/ n - 2 0 1 1 一 x / n - 2 0 1 2 < - 0 J
二丽 丽
( + 卢 )一 = 卢,
≤ √
 ̄
一 √
A B =AE + EB =AE + EH + HD.
当2 0 1 3 ≤n ≤4 0 2 3时 ,
故 A B= A E+ E H+ : = — — — ■ 一 十 + c o t 。 J B: = c o t ‘ O / + c o t / / 5 3 . ① l
81 n Z 。
/ n - 2 0 1 1 一 一 N / n - 2 0 1 2 ≥ 0 u
/ 凡 一2 0 1 3 n一2 O 1 1
> √
4 0 2 4.
一 √
‘
综上, 满 足条件 的正 整数 n的最 小 值 为
如图 5 , 作E K上 A C, E L j _B D, 垂 足 分 别为 K、 , 则 L为 B D的 中点.
7 . 解法 1 如图 4 , △B C D的外接圆o0
与直线 A B切于 点 .
C
网5
C
结 合正 弦定理得
E L DEs i n/ E D L
一 一 一
E l ( 一D E s i n E D K —s i n卢 一 C D —MD ‘
则c 。 t : :
网4
=
一
=c o t A ME—c o t 卢 .
②
2 0 1 2年 第 1 1 期
2 9
由式① 、 ② 及题设 条 件知
c 0 t AM E : A B
A 仃 2 _ : 2 + . √3
:
一
是点 2 . 证 明对任 意 i , 路径 种数都 是偶数 . 设 路径 为
,
口 1,…
, a i I,
—
2 , 0 + l , … , 口 l , Y .
—
从而 , A ME=1 5 O . 8 . 当 m≥1 1时 , 几= 2 一1> 2 0 1 3 . 因 为从点 1跳 2 0 1 2步 到达 点 2 0 1 3的 跳法 只有 一种 , 矛盾 , 所以 , m≤1 0 . 下 面证 明 : m=1 0满 足题 意. 对 m 用 数 学 归 纳 法 证 明 一 个 更 强 的 命题 : 对任 意 后 ≥凡=2 一1及 任 意 、 y∈ , 从 点 跳 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: z 时 结论成 立 . 对J j } ≥n= 2 ¨ 一1 , 将从 点 跳 | i } 步 到 点 y的路 径 分 成 三 类 , 只要 证 明每 种 情 形 下 的 路 径种 数均 为偶 数 即可. ( 1 ) 路径 从不 经过 点 2 . 此时 , 点 和 y位 于 点 2 的 同侧 , 由归 纳 假设 知 , 路 径 有偶数 种. ( 2 ) 路径 经过 点 2 恰 一 次. 设第 i ( i ∈{ 0 , 1 , …, . j } } ) 步跳 到点 2 , 其 中, i = 0表示点 就是 点 2 , i : 表 示点 Y就
将 其分 为 两 条 子 路 : 从 点 到 口 , 共 i 一1步 ; 从点 0 … 到Y , 共 一i 一1步 ( 对 i : 0或 I i } , 只有 一条 子路 , 共J j } 一1步 ) . 因为 后 ≥n:2 一1 , 若 i 一1<2 一1 , 且
| j } 一i 一1 < 2 一1 , 所以,
i 一1 ≤2 一2。 且 一 一1 ≤2 一2 .
相加得 . j } ≤2 ¨ 一 2, 矛 盾. 所以, i 一1 ≥2 一1 或. 1 } 一i 一1 ≥2 一1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 , 知第 i 步跳 到 点 2 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 此类 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 , m 的最大 值为 l 0 . ( 陶平生 提供 ) 又O A =O B =O C , 则
( 上接 第 1 6页)
A
DD =OE =0 F.
.
、 、 、 ‘ /
、.
\ _ ;
由A O= B O, B O D= A O E, 知
△ D D △A O E .
于是 , l = 2 .
结 合 1 = 3 , 2= 4 , 得
1=
、
2=
3=
4.
/
, ,
2 /
同理 , 1 = 2 = 3= 4= 5 = 6 , 即 0也是△ C的内心 所 以, △A B C是正 三角形.
参考文献 : ‘
图2
由/ x A B C∽ / XD E F, 得
△ A B C ∽I X D E F .
[ 1 ] 2 0 0 9 -2 0 1 0匈牙 利数 学 奥林 匹克 [ J ] . 中等 数学 ,
2 0 1 1 ( 增刊2 ) .
注意 到, A D、 B E、 C F 交 于 点 0, 故
[ 2 ] 万喜人. 三道几何竞赛题 的简证 [ J ] . 中等数学 , 2 0 1 2
( 4 ) .
△A B C 与△ D E F关 于点 0位 似. 从而 ,
oD OA oE 0B oF 0C ‘
[ 3 ] 第二届陈省身杯全 国高中数学奥林 匹克 [ J ] . 中等 数
学, 2 0 1 1 ( 9 ) .