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全国高中数学竞赛二试模拟训练题(66)

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加试模拟训练题(66)
1.⊙O 过△ABC 顶点 A,C,且与 AB, BC 交于 K,N(K 与 N 不同).△ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于 B 和 M.求证:∠BMO=90°.

A K B M N G O C

2.设 D={1,2,…,10} ,f(x)是 D 到 D 上的一一映射,令 fn+1(x)=f(fn(x) ) , n∈N+;f1(x)=f(x) .试求 D 的一个排列 x1,x2,…,x10,使

-1-

3. 在一个圆上给了 2000 个点,从某点开始标上 1,按顺时针方向隔一点标上 2,再隔二点标 上 3(如图),继续下去,标出 1,2,…,1993.有些点会有不只一个数标记在其上,有的点 没有标上任何数.问:被标上 1993 的那个点被标上的数中最小的是多少?

4.

k ? 2, n1 , n2 , ?, nk自然 数,且满足

n2 (2n1 ? 1), n3 (2n2 ? 1), ?, nk (2nk ?1 ? 1), n1 (2 nk ? 1), 证明 n1 ? n2 ? ? ? nk ? 1 。

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加试模拟训练题(66) 1.⊙O 过△ABC 顶点 A,C,且与 AB, BC 交于 K,N(K 与 N 不同).△ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于 B 和 M.求证:∠BMO=90°. K (第 26 届 IMO 第五题) 证明:连接 OC,OK,MC,MK,延长 BM 到 G.易得∠GMC= B ∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+ ∠BMK=180°-∠CMK, M ∴∠COK+∠CMK=180° ? C,O,K,M 四点共圆. 在这个圆中,由 OC=OK ? OC=OK ? ∠OMC=∠OMK. 但∠GMC=∠BMK,故∠BMO=90°. 2.设 D={1,2,…,10} ,f(x)是 D 到 D 上的一一映射,令 fn+1(x)=f(fn(x) ) , n∈N+;f1(x)=f(x) .试求 D 的一个排列 x1,x2,…,x10,使

A O N G C

【题说】1996 年江苏省赛题 4. 【解】对任一个 i(i=1,2,…,10) ,f0(i)=i,f1(i) ,f2(i) ,…, f10(i)中至少有两个相等,从而由 f 是一一映射推出有

因为 2520=2 ×3 ×5×7 是 1,2,3,…,10 的最小公倍数,所以 ri 整除 2520(i=1,2,…,10) .由此得 f2520(i)=i(i=1,2,…,10) .

3

2

且等式成立的充要条件是 x1,x2,…,x9,x10 分别是 10,9,8,…,2, 1,故所求排列是 10,9,8,7,6,5,4,3,2,1.

3. 在一个圆上给了 2000 个点,从某点开始标上 1,按顺时针方向隔一点标上 2,再隔二点标 上 3(如图),继续下去,标出 1,2,…,1993.有些点会有不只一个数标记在其上,有的点 没有标上任何数.问:被标上 1993 的那个点被标上的数中最小的是多少? 【题说】第十一届(1993 年)美国数学邀请赛题 9.

-3-

标 n.所以,两个正整数 l、m 标记同一个点当且仅当

从而,如果标 1993 的点也标 k,则

必须是 4000 的倍数. 因为(1993-k)+(1994+k)=3987 不被 2 与 5 整除,所以 1993-k 和 1994+k 奇偶不同,且 不能同时被 5 整除.若 k<1993,则 1994+k<32×125=4000,所以 1993-k 和 1994+k 中 一个是 125 的倍数,另一个是 32 的倍数.考虑以下两种情况: (1)125|1993-k,321|1994+k 因为 1993=15· 125+118, 所以 125|k-118, k≥118, 在 k=118 时, 125|1993-k 并且 32|1994 +k. (2)125|1994+k,32|1993-k,因为 1994=15·125+119,所以 k=125r-119,1993-k= 32×62-125r,从而 32|r,k≥125×32-119>118. 因此,所求的数是 118. 4.

k ? 2, n1 , n2 , ?, nk自然 数,且满足

n2 (2n1 ? 1), n3 (2n2 ? 1), ?, nk (2nk ?1 ? 1), n1 (2 nk ? 1), 证明 n1 ? n2 ? ? ? nk ? 1 。
证明 设 n1 , n2 , ? , nk 中一个大于 1,不妨设 n1 ? 1 。由 n1 (2 k ? 1) 得到 2 k ? 1 ? 1, 即
n
n

2nk ? 2, 所以nk ? 1,由此可得nk ?1 ? 1, 同理可得nk ?1 ? 1, ? n2 ? 1 。
设 ni的最小素因子是pi , 因此有 p2 (2 1 ? 1), 即2 1 ? 1(mod p2 ).另外2
n n p2 ?1

? 1(mod p2 )

设 d ? (n1 , p2 ? 1) ,则存在整数 x, y使

d ? xn1 ? y ( p2 ? 1), 于是2d ? (2n1 ) x (2 p2 ?1 ) y ? 1(mod p2 ) ,从而 d ? 1 ,故

p1 ? d ? p2 ? 1 ? p2 (d ? p1是因p1是n1的最小素因子) 。同理可证 p2 ? p3 , ?, pk ?1 ? pk , pk ? p1 , 从而 p1 ? p1 , 矛盾。
综合所述,即有 n1 ? n2 ? ? ? nk = 1

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