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2008年第七届中国女子数学奥林匹克试题及解答

时间:2010-06-21


知识改变命运, 知识改变命运,学习成就未来

2008 年第七届中国女子数学奥林匹克
1. (a) 问能否将集合 {1, 2, , 96} 表示为它的 32 个三元子集的并集,且三元子集的元素 之和都相等; (b) 问能否将集合 {1, 2, , 99} 表示为它的 33 个三元子集的并集,且三元子集的元素 之和都相等. (刘诗雄供题)

>
96 × (96 + 1) = 48 × 97 . 2 1 + 2 + + 99 99 × (99 + 1) = = 150 .将1, 2, 3, , 66 (b)能.每个三元集的元素和为 33 33 × 2
解: (a)不能.因为 32 | 1 + 2 + + 96 = 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, , 33 + 34 , 2 + 66, 4 + 65, , 32 + 51 .
故如下 33 组数,每组三个数之和均相等:

{1,50, 99} , {3, 49,98} , , {33,34 ,83} , {2, 66,82} , {4, 65,81} ,, {32,51, 67} . .
注:此题的一般情况是 设 集 合 M = {1, 2, 3, , 3n} 的 三 元 子 集 族 Ai = { xi , yi , zi } , i = 1, 2, n 满 足

A1 ∪ A2 ∪ ∪ 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 + + 3n ,即

n

3n(3n + 1) 2 | 3n + 1 . 2

所以, n 为奇数. 又当 n 为奇数时,可将 1, 2, 3, , 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 + ), , n + (n + 1) ; 2 2 n+3 2 + 2n, 4 + (2n 1), , (n 1) + (n + ). 2

其通项公式为

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知识改变命运, 知识改变命运,学习成就未来 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 =

9n + 3 为一常数,故如下 n 组数每组三个数之和均相等: 2

n +1 n 1 n + 1 ,3n , 3, n + , 3n 1 , , n, n + 1,3n + 1 1, n + ; 2 2 2 n + 3 n+3 , 2n + 1 . 2, 2n,3n + 1 , , n 1, n + 2 2
当 n 为奇数时,依次取上述数组为 A1 , A2 , , An ,则其为满足题设的三元子集族.故 n 为所有的奇数.
3 2 2.已知实系数多项式 ( x ) = ax + bx + cx + d 有三个正根,且 (0) < 0 .求证:

2b3 + 9a 2 d 7 abc ≤ 0 .



证明:设实系数多项式 ( x ) = ax 3 + 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 a ,不等式①等价于
3

bc b d 7 ≤ 2 + 9 , aa a a
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 )

3



因为 x1 , x2 , x3 大于 0,所以 ( x1 x2 )( x1 x2 ) ≥ 0.
2 2

也就是 x1 x2 + x2 x1 ≤ x1 + x2 .
2 2 3 3

同理 x2 x3 + x3 x2 ≤ x2 + x3 , x3 x1 + x1 x3 ≤ x3 + x1 .
2 2 3 3 2 2 3 3

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.

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3.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 ] .
解: amin =

1+ 5 1+ 5 1+ 5 .首先证明 amin ≤ ,记 = .不妨设正方形边长为 2 2 2

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 ≥ S 2 ≥ S 4 ≥ S3 .
令λ =

S1 S , = 2 ,如果 λ , > ,由 S2 S4 S2 = ,得 S 2 = . 1 S2 1+

S1 + S3 = S 2 + S 4 = 1 ,得

故 S1 = λ S 2 =

λ λ 2 = > = = 1 ,矛盾. 1+ 1+ 1 1+ 1 1+

故 min {λ , } ≤ ,这表明 amin ≤ . 反过来对于任意 a ∈ (1, ) ,取定 t ∈ ( a,

1+ 5 t2 8 ) ,使得 b = > .我们在正方形 2 1+ t 9

b b ABCD 内取点 P ,使得 S1 = b, S 2 = , S3 = 2 , S 4 = 1 b ,则我们有 t t

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

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,求

y 的最大值. (熊斌供题) x
解:若四边形 ABCD 是正方形时,可得

y 1+ 3 = . x 2

下面证明:

y 1+ 3 ≤ . x 2

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设 P , 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, 1 F,G,H.则 P Q1 R1 S1 是平行四边形. 1 连接 P E , S1 E ,设点 M,N 分别是 DP,DS 的中点,则 1

DS1 = S1 N = DN = EM , DP = PM = MD = EN , 1 1


∠P DS1 = 360° 60° 60° ∠PDS = 240° (180° ∠END ) = 60° + ∠END 1
= ∠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 , Q1 R1 的中点,于是有 1

EG ≤ EU + UV + VG =

3 3 PS1 + PQ1 + Q1 R1 1 1 2 2

= PQ1 + 3PS1 = 1 1

1 3 BD + AC , 2 2 FH ≤ 1 3 AC + BD , 2 2

同理可得 把上面两式相加,得

y≤

1+ 3 x, 2
y 1+ 3 ≤ . x 2



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, F, 四点共圆. E, D 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是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. ) 证明 将 B,E,F,D 四点所共圆的圆心记作 O.联结 OB,OF,BD.

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A

在△BDF 中,O 是外心,故∠BOF=2∠BDA; 又△ABD∽△CBD,故∠CDA=2∠BDA. 于是∠BOF=∠CDA=∠EPD, 由此可知等腰△BOF∽△EPD. ① B 另一方面,由 B,E,F,D 四点共圆知△ABF∽△ADE. ② 综合①,②可知,四边形 ABOF∽四边形 ADPE, 由此得∠BAO=∠DAP. ③ 同理,可得∠BAO=∠DAQ. ④ ③,④表明 A,P,Q 三点共线. 【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. 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 B 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′,A,D 三点不共线,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. 而当四边形 ABCD 是菱形时,不管 E,F 位置如何,所得到的 P,Q 两点总位于对角线 AC 上. 6.设正数列 x1 , x2 , , xn , 满足(8x2 7 x1 ) x = 8 及
7 1

E F

P

D Q

C

A E F

P O

.
D

C

A'

A

E F

P

x 8 x8 xk +1 xk 1 xk2 = k 1 k7 , k ≥ 2 . ( xk xk 1 )
求正实数 a ,使得当 x1 > a 时,有单调性 x1 > x2 > > xn > ; 当 0 < x1 < a 时,不具有单调性.
8 8 xk 1 xk 解:由 xk +1 xk 1 x = ,有 ( xk xk 1 )7 2 k

B

D

Q

C

A

E F

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


B P

D

Q

xk +1 1 x 1 x 1 7 8 = k 8 = = 2 8 = xk xk xk 1 xk 1 x1 x1 8

C

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于是, xk +1 =

7 xk + xk7 ,则当 x1 > 0 时, xk > 0, k ≥ 2 . 8
8

由 xk +1 xk = xk ( xk ) , 则 当 xk

1 8

8

1 1 < 0 , 即 xk > 88 时 , 有 xk +1 xk < 0 , 即 8

xk +1 < xk , k ≥ 1 .
1 7 1 1 7 8 8 而 xk +1 = xk + xk ≥ 8 7 =8 ,且当 xk =88 时,等号成立. 8 8 1 1

于是,取 a =8 8 ,则当 xk >88 时

x1 > x2 > > xn .
当 x1 < 88 时, x2 > x1 且 x2 > x3 > > xn .
1 1

故所求常数 a =8 8 . 7.给定一个 2008×2008 的棋盘,棋盘上每个小方格的颜色均不相同.在棋盘的每一个小方 格中填入 C , G , M , O 这 4 个字母中的一个,若棋盘中每一个 2×2 的小棋盘中都 有 C , G , M , O 这 4 个字母,则称这个棋盘为"和谐棋盘".问有多少种不同的"和 谐棋盘"?(冯祖鸣供题) 解:有 12 × 22008 24 种不同的"和谐棋盘".我们首先证明下面这个结论: 在每个"和谐棋盘"中,至少出现以下情况中的某一种: (1) 每一行都是某两个字母交 替出现; (2) 每一列都是某两个字母交替出现. 其实, 假设某一行不是交替的, 则这一行必定包含三个相邻的小方格填有不同的字母. 不 失一般性, 假设这三个字母为 C ,G ,M , 如图 1 所示. 这很容易得到 X 2 = X 5 = O , 并且 X 1 = X 4 = M 和 X 3 = X 6 = C ,如图 2 所示.

图1 图2 同理, 我们就可以得到这三列都是两个字母交替出现. 从而容易得到每一列都是某两个 字母交替出现. 现在我们来计算"和谐棋盘"的个数.如果最左边一列是某两个字母(比如 C 和 M )交 替出现, 马上可以得到序号为奇数的列都是这两个字母交替出现, 且序号为偶数的列都 是另外两个字母(比如 G 和 O )交替出现.每一列的第一个字母可以是这一列所包含 的两个字母的任意一个;容易验证任意这样的填写都可以得到"和谐棋盘".从而我们有

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C42 = 6 种不同的方式选择第一列的两个字母,且有 2
母.所以,我们有 6 × 2
2008

2008

种方式决定每一列的第一个字
2008

种填法使得每一列都是交替的.同样,我们也有 6 × 2



填法使得每一行都是交替的. 现在所要做的就是从中减去计算了两次的填法——行和列都是交替的.显然,四个不同 字母在左上角的 2×2 方格中的任何排列都可以扩充到整个棋盘得到一个"和谐棋盘", 并 且行和列都是交替的,其实,只要先填好前两列使得它们是交替的,再填所有的行使得 它们是交替的即可;反过来,这种双交替的填法由左上角的 2×2 方格唯一决定.有 4! =24 种方式在左上角的 2×2 方格中排列四个不同的字母.所以我们得到 24 种不同的填 法使得行和列都是交替的,由此可以得到上面结果. 8. 对于正整数 n ,令 f n = 2



n

2008 + 2n 2009 .求证:数列 f1 , f 2 , 中有无穷多
(冯祖鸣供题)

个奇数和无穷多个偶数. ([x]表示不超过 x 的最大整数) 证明:我们用二进制表示 2008 和 2009 :

2008 = 101100.a1a2 (2) 和 2009 = 101100.b1b2 (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 , fn 都 是 奇 数 . 我 们 考 虑

n1 = N + 1, n2 = N + 2, 注意到,在二进制中,

f ni = 101100b1b2 bni (2) + 101100a1a2 ani (2) ,
这个数模 2 同余于 bni + ani .因为 f ni 是奇数,所以 {bni , ani } = {0, 1} .从而

2008 + 2009 = 1011001.c1c2 cm 1111(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 2009 n 2008 , 令 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 bni (2) 101100a1a2 ani (2) ,
这个数模 2 同余于 bni ani .因为 g ni 是奇数,所以 bni = ani .从而

2009 2008 = 0.d1d 2 d m 1 000(2) .
这是不可能的, 因为 2009 2008 由此得到 2009 2008 在二进制中是有理数,

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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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