中 中中国数学奥林匹克 中国数学奥林匹克国数学奥林匹 历 历历届试题及解答 答答历届届试试题及解题及解答 第一届中国数学奥林匹克 (1986年)
天津南开大学 a1;a2;:::;an为实数 ,如果它们中任意两数之和非负 ,那么对于满足 =1 的任意非负实数 x1;x2;:::;有不等式 .请证明上述命题及其逆命题 :原命题的证明 2;:::;n),则显然有 (2)否则至少存在一个 0,由对称性不妨设 a1;a2;:::;an中任两数之和非负 )+(.a1)(x2 =(.a1)((x2 最后一步是由于 x2;x3;:::;xn 逆命题的证明 :对于任意的 0,即任两数之和非负 2.在三角形 ABC中,BC边上的高 12,\A的平分线 13,设BC边上的中线 m,问m在什 么范围内取值时 ,\A分别为锐角 ? 解:设O为4ABC的外心 AC,\B为锐角 . 则OF垂直平分线段 BC,由外心的性质 ,\C为锐角时 \DAC. 类似地 ,当\C为直角或钝角时也有 \DAC. 由AE平分 \CAE.)\OAE \DAE.(由于F, \A为锐角时 \A为直角时 \A为钝角时 由正弦定理 且\A为锐角等价于 \A为直角等价于 \A为钝角等价于 119 时,\A为锐角 时,\A为直角 119 时,\A为钝角 3.设z1;z2;:::;zn为复数 ,必存在若干个复数 ,它们的和的模不小于 zk分为两组 X,Y.若jxk| X中;若jyk| Y中.其中必有一组中 所有复数模长之和不小于 X中的复数分为两组 B中.其中必有一组中的 所有复数摸长之和不小于 . zk2Azk2A ,px2 + yk 2 . 2xk. zk2Azk2Azk2Azk2Azk2A 即A中复数之和的模不小于 其中必有一项不小于 ,不妨设为第一项 P1P2P3P4的四个顶点位于三角形 :四个三角形 4P2P3P4中,至少有一个的面积不大于 4ABC的面积 的四分之一 :有两种情况 :(1)四个顶点在两条边上 ;(2)四个顶点在三条边上 P1;P4在AB上,P2;P3在AC上,P1;P2分别在 AP3上.将B移至 P1在AB上,P2在AC上,P3;P4在BC上,P3在P4C上. (2.1)若P1P2 .BC.P1P2到BC的距离为 (1..)h,h为三角形 ABC中BC边 AB 上的高的长度 (2.2)若P1P2不平行于 P1到BC的距离大于 P2到BC的距离 .过P2作平行于 BC的直线 交AB于E,交P1P4于D.则S4P1P2P3 ;S4P4P2P3中有一个不大于 ,也就不大于 . 由(2.1)知S4EP2P3 .则S4P1P2P3 ;S4P4P2P3中有一个不大于 ,这些数排成一行 ,两 个1986之间夹着 .请证明你的结论 .假设可以做出这样的排列 ,将已排好的数按顺序编号为 ,3972. 当n为奇数时 n的编号奇偶性相同 ;当n为偶数时 n的编号奇偶性不同 .而1到1986之间有 993个 偶数 ,所以一共有 993个编号为偶数的数 1到3972之间有 1986个偶数 496:5.矛 盾.所以不能按要求排成这样一行 6.用任意的方式 ,给平面上的每一点染上黑色或白色 :一定存在一个边长为 3的正三角形 ,它的 三个顶点是同色的 :(1)若平面上存在距离为 ,设O为它们的中点 边的正三角形 D中有一个与 ,则该三角形满足题意 3的 同色正三角形 (2)否则平面上任两个距离为 2的点均同色 ,考虑任意两个距离为 ,以他们连线为底 ,2为腰长作等腰 三角形 ,则任一腰的两顶点同色 .所以三个顶点同色 ,即任两个距离为 .所以平面上任意一个边 长为 1的正三角形三个顶点同色 第二届中国数学奥林匹克 (1987年) 北京北京大学 1.设n为自然数 1的复根的充分必要条件是 μ. 则zn+1 5(2n 6 +1) .'代'即有 2.把边长为 1的正三角形 ABC的各边都 ,过各分点平行于其它两边的直线 ,将这三角形分成若干个 小三角形 ,这些小三角形的顶点都称为结点 ,并且在每一结点上放置了一个实数 C三点上放置的数分别为 (2)在每个由有公共边的两个最小三角形组成的菱形之中 ,两组相对顶点上放置的数之和相等 :(1)放置最大数的点和放置最小数的点之间的最短距离 (2)所有结点上数的总和 S. 解:(1)不难证明同一直线上相邻三个结点上放置的数中间一个为两边的等差中项 ,所以同一直线上的数 按顺序成等差数列 .若两端的数相等 ,则所有的数都相等 .否则两端的数为最大的和最小的 ,显然所有数都相等 ,最短距离显然为 ,最大的数与最小的数必出现在 C上,最短距离为 c有两个相等但不与第三个相等 b&c,最小的数为 c,最大的数出现在线段 AB的任意 √ .当n为偶数时 ,与C最近的为 ,最短距离为 .当n为奇数时 ,与C最近的为 AB中点向两 边偏 n 的点,最短距离为 (2)将这个三角形绕中心旋转 ,得到的两个三角形也满足题意 (2).将这三个三角形对应结 点的数相加形成的三角形也满足 (2),三个顶点上的数均为 c.由(1)的分析知所有结点上的数均 为a 3.某次体育比赛 ,每两名选手都进行一场比赛 ,每场比赛一定决出胜负 ,通过比赛确定优秀选手 ,选 手A被确定为优秀选手的条件是 :对任何其它选手 A胜B,或者存在选手 C,C胜B,A胜C.结果按上 述规则确定的优秀选手只有一名 :这名选手一定胜所有其它选手 :假设该优秀选手为 A,且存在其他选手胜 A. 设B为所有胜 A的人中胜的场次最多的一个 ,由B不是优秀选手 ,必存在选手 C胜B,且不存在选 手D使得 B胜D,D胜C.由B胜A,C也胜 A,且C胜B胜过的所有人 ,且C胜A,与B的选取 矛盾 4.在一个面积为 1的正三角形内部 ,任意放五个点 :在此正三角形内 ,一定可以作三个正三角形盖住 这五个点 ,这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边 ,并且它们的面积之和不超过 0.64. 证明 1的正三角形 ABC中,在AB上取 A1;B2,AC上取 A2;C1,BC上取 B1;C2,使得 A1C2;A2B1;B2C1交于 (1)若4AB2C1, 4CA2B1中有一个至少包含五个点中的三个 ,另两个点可分别用面积为 的 正三角形覆盖 ,面积之和为 BB1B0B2;CC1C0C2中有两个有两个点 ,另一个中有一个点 ,则可用两个边长 为 AB的正三角形和一个面积为 &的正三角形覆盖 .面积之和为 BB1B0B2;CC1C0C2中有两个有一个点 ,另一个中有两个点 AA1A0A2, 则B1B0C0C2中有一个点 ,不妨设这个点更靠近 B,则可用一个边长为 AB的正三角形覆盖 AA1A0A2中 13 ,用一个边长为 AB的正三角形覆盖 BB1B0B2;B1B0C0C2中的点 .用一个面积为 &的正三角形 覆盖最后一个点 ,面积之和为 注:当五个点取为 A0;B0C0中点是不难证明不能用三个面积之和为 的正三角形覆盖这五个 5.设A1A2A3A4是一个四面体 S1;S2;S3;S4分别是以 A1;A2;A3;A4为球心的球 ,它们两两相外切 .如果 存在一点 O,以这点为球心可作一个半径为 S1;S2;S3;S4都相切 ,还可以作一个半径为 R的球和 四面体的各棱都相切 :这个四面体是正四面体 :设Si的半径为 4). 设O到A2A3A4的投影为 O1,由O到A2A3,A3A4,A4A2的距离相等 O1到4A2A3A4的三边距离相 等.即O1为4A2A3A4的内心 ,设O到A2A3的投影为 B,即O1到A2A3的投影 R.若半径为 r的球与四个球均外切 r的球与四个球均内切 r.r3,(r.r3)2 .类似可求得 r1;r2;r4均 为该值 ,所以该四面体各条棱长相等为正四面体 6.m个互不相同的正偶数与 n个互不相同的正奇数的总和为 1987,对于所有这样的 +4n的 最大值是多少 ?请证明你的结论 . 解:设m个正偶数为 &am,n个正偶数为 0. 所以判别式 n2;f0(n)=8 ,又n为奇数 . 35时,f(n)有(4) 最大值 1987的35个正奇数与 27个正偶数 +4n的最大值为 第三届中国数学奥林匹克 (1988年) 上海复旦大学 1.设a1;a2;:::;an是给定的不全为零的实数 ,如果不等式 对任何实数 2;:::;n),.(r1a1 2;:::;n),r1a1 . nnnn i=1 由Cauchy不等式 2.2设为同心圆 设延长线交C;CCCAAAACAA,,, A1A2延长线交 A2A3延长线交圆 A3A4延长线交圆 C2于B4. 试证 B1B2B3B4的周长 A1A2A3A4的周长 ).并确定等号成立的条件 OA4,设C1的半径为 R,C2的半径为 2R. 在四边形 B4A4OB1中,由Ptolemy定理 A4B1,即B1B4 2A4B4. 同理 2A1B1,B2B3 2A2B2,B3B4 2A3B3. 相加得 A4A1). 即四边形 B1B2B3B4的周长 A1A2A3A4的周长 ). 等号成立时 OAiBiBi+1共圆 A1A2A3A4为菱形 ,又为圆内切四边形 A1A2A3A4为正方形 3.在有限的实数列 ;an中,如果一段数 ;ak+l.1的算术平均值大于 1988,那么我们 把这段数叫做一条“龙” ak叫做这条龙的“龙头” (如果某一项 1988,那么单独这一项也叫 龙).假设以上的数列中至少存在一条龙 :这数列中全体可以作为龙头的项的算术平均数也必定大 1,由Cauchy不等式取等号的条件知 于1988. 证明 :设ak+1;:::;ak+m.1均可作为龙头 ,ak+m不能作为龙头 n, 则ak+1;:::;ak+m.1的算术平均值大于 1988. 引理的证明 :对m用数学归纳法 ak为龙头的一条龙为 ak+1;:::;ak+l.1. 若l 1988,显然成立 1,由ak+1;:::;ak+l.1算术平均值大于 1988,ak+1不是龙头 ak+1;:::;ak+l.1算术平均值不 大于 1988,结论成立 m时结论均成立 ak为龙头的一条龙为 ak+1;:::;ak+l.1. m时,ak+1;:::;ak+l.1算术平均值大于 1988,由归纳假设 ak+l;:::;ak+m.1算术平均值大 于1988,结论成立 l&m时,由ak+m不是龙头 ,ak+m;ak+m+1;:::;ak+l.1算术平均值不大于 ak+1;:::;ak+l.1算术 平均值大于 1988,结论显然也成立 . 综上所述 ,由数学归纳法 . 设所有的龙头为 ;ai1+1;:::;ai1+j1.1;ai2 ;ai2+1;:::;ai2+j2.1;:::;aik ;aik+1;:::;aik+jk.1, 其中 j1;j2;:::;jk 1). 由引理 ;aim+1;:::;aim+jm.1的算术平均值大于 2;:::;k).所以所有龙头的算术平均值 也大于 4.(1)设三个正实数 c一定是某个三角形的三条边长 (2)设n个正实数 :这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长 :(1)若不然 c为某个三角形三边长 (1)中的情况 3时,若存在某三个不是某个三角形三条边长 a1;a2;a3.则由均 值不等式 a+ a1313 2 c4). 但由(1),a1;a2;a3为某个三角形三边长,矛盾.所以这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长. 5.给出三个四面体AiBiCiDi(i 3),过点Bi;Ci;Di作平面.i;ˉi;°i(i 3),分别与棱AiBi;AiCi, AiDi垂直(i 3),如果九个平面.i;ˉi;°i(i 3),相交于一点E,而三点A1;A2;A3在同一直 线l上,求三个四面体的外接球面的交集(形状怎样?位置如何?) 解:. .i于Bi,而E在.i上,∴ Bi在以AiE为直径的球上.同理Ci;Di也在以AiE为直 径的球上,AiBiCiDi的外接球即为在以AiE为直径的球. 若E在l上,显然这三个球的中心也都在l上,它们必在E处两两相切,交集为E. 否则E不在l上,三个球的球心在同一条直线上(4EA1A2中位线所在直线),且这三个球都过点E,交集为 一个圆,直径为EE. ,其中E0为E到l的垂足. 6.如n是不小于3的自然数,以f(n)表示不是n的因子的最小自然数,例如f(12) 5.如果f(n) 3,又可 作f(f(n)).类似地,如果,f(f(n)) 3,又可作f(f(f(n))),等等.如果f(f(￠￠· 2;共有k个f,就 把k叫做n的“长度”.如果 ln表示n的长度,试对任意自然数n(n ln.并证明你的结论. 解:设n m(m为奇数). 若k 0,n为奇数,f(n)=2;ln 0,考虑所有小于2k+1的正奇数,若它们均为n的因子,由2k+1 n且小于2k+1的偶数t q为奇数),由qjn, 1,知tjn,∴ 3;f(f(f(n))) 3. 否则取最小的tjn,t必为奇数,否则t必有一个奇因子不整除n. 2. 综上所述, m(m为奇数)所有小于2k+1的正奇数不全整除n m(m为奇数)所有小于2k+1的正奇数均整除n 第四届中国数学奥林匹克 (1989年) 合肥中国科技大学 1.在半径为 ,任意给定两个点集 B,它们都由有限段互不相交的弧组成 B的每 段的长度都等于 .用Aj表示将集合 A逆时针方向在圆周上转动 弧度所得的集合 :::). 求证 :存在自然数 L(A)L(B). 这里 L(X)表示组成点集 X的互不相交的弧的长度之和 我们把圆周上的点集 沿顺时针方向在圆周上转动 弧度所得的集合记为 :\EELAB,m .j().\LAB 由已知它们两两不交且每段的长度均为 b;b;:::;bB,,12n . [2m i恰好是整个圆周 j=1bj=1b ∴ nL(A),至少存在一个 2.设x1;x2, ;xn都是正数 由Chebyshev不等式 由Cauchy不等式 . vuut X(1 3.设S为复平面上的单位圆周 (即模为1的复数的集合),f为从S到S的映射,对于任意 S,定 义f(1)(z)= f(z);f(2)(z)= f(f(k.1)(z)).如果 S,使得f(1)(c) ;f(n.1)(c)=6c, c为f的n.周期点.设m是大于1的自然数, f定义为f(z)= , 试计算f的1989-周期点的个数. 解:记An .周期点g,Bn zg为fn的不动点集合,显然An Bn,又f1(z)= 1. 我们证明Bn;An有如下性质: (1)若kjn,则Bk Bn; 事实上,令n c,则fn(c)= fk(fk(￠￠· Bgcd(k;n), n)为k与n的最大公约数. 由(1),Bgcd(k;n) Bk;Bgcd(k;n) Bn. 反之,设c c,不妨设k&n.则fn.k(c)= fn.k(fk(c)) c,由辗转相 除法知fgcd(k;n)(c)= Bgcd(k;n);Bk Bgcd(k;n). Bgcd(k;n). Bk. 充分性是显然的(由(1)),设c c.且存在l&n,使得fl(c)= n),则fk(c)= n;kjn.证毕. 由1989 17,若kj1989,且k& 1989,k必整除3 17中至少一个. 由容斥原理 f的1989-周期点个数为 jB1989j.jB663j.jB153j.jB117| jB1989j.jB663j.jB153j.jB117| 4ABC的三边 AB上,且4AEF, 4CDE的内切圆有相等的半 径r,又以 r0和R分别表示 4DEF和4ABC的内切圆半径 :设4ABC周长为 S,内切圆为 ˉI,在各边的切点为 R,4DEF周长为 4CDE的面积分别为 S1;S2;S3,内切圆分别为 ˉI3, 在各边的切点为 Pi;Qi;Ri(i 3). 由面积公式 5.空间中有 ,其中任何三点不共线 ,把它们分成点数各不相同的 30组,在任何三个不同的组中 各取一点为顶点作三角形 ,求三角形个数的最大值 . 解:由分组情况有限 ,三角形个数必存在最大值 30组,各组点数为 &x30,三角形个 数为 f(x1;x2;:::;x30)= 16i&j&k630 (x1;x2;:::;x30)调整为 (x1;:::;xi 1;:::;x30). f(x1;:::;xi 1;:::;x30) f(x1;x2;:::;x30) 2,将xi调整为 +1,xj+1调 整为 f取最大值时 ,x1;x2;:::;x30中相邻两个的差最多有一个是 2,其余均为 1. 如果所有的均为 435,x1不是整数 29, 则1989 6.此时各组的点的个数分别为 ,56,58,59,. +1)满足以下条件 :对于任意实数 试确定所有这样的函数 0),则f(xt) 1 t. 以xt代x, t 代t,则f(x) f(xt)=(f(x)) 1 t. 设f(e)= 1)时,f(xuyv)= 1 ulnx+f(x) 1 4vlny. 由Cauchy不等式 . 所以所求函数为 第五届中国数学奥林匹克 (1990年) 郑州《中学生数理化》编辑部 1.在凸四边形 ABCD中,AB与CD不平行 ˉO1过A,B且与边 ˉO2过C,D且与边 ˉO1与ˉO2相交于 :EF平分线段 PQ的充分必要条件是 :分两部分证明结论 PQ的充要条件为 QB. 设EF与PQ交于 ˉO2分别交于 AD充要条件为 QB. 设AB与DC交于 EF平分线段 PQ的充分必要条件是 2.设x是一个自然数 ,若一串自然数 2;:::;l);则 称fx0;x1;:::;xlg为x的一条因子链 l称为该因子链的长度 L(x)与R(x)分别表示 x的最长因子链的长 度和最长因子链的条数 n都是自然数 L(x)与R(x). ,(p1;p2;:::;pn为互不相同的质数 ,.1;.2;:::;.n为正整数 链fx0;x1;:::;xlg是最长因子链的充要条件是 xi.1 均为质数 ,对于因子链 fx0;x1;:::;xlg,若存在 q1;q2均为大于 数,则fx0;x1;:::;xi.1;q1xi.1;:::;xlg是长度为 +1的因子链 ;xlg不是最长因子 xi.1 均为质数 2;:::;l),则x 1)为l个质数的积 .1+.2+￠￠￠+.n.而对 x的任意一个因子链 fx0;x1;:::;xtg,x ￠x1是t个大于 正整数之积 ,而x至多写成 1的正整数之积 ;xlg是 最长因子链 .n. 每个最长因子链对应一个排列 L(x),为.1个p1,.2个p2,. ,.n个pn的一个排列 (.1+.2+￠￠￠+.n)! .1!.2!￠￠￠.n! (n!)2(n+k)!m! ,且满足条件 0;f(x)f(y) (2)存在常数 1时,jf(x)| 0,满足结论 . 假设存在 ,用归纳法证明 =0时显然成立 22k.2k.1x2 (22k.2k.1x2)2 =22k+1.2(k+1).1 +1时也成立 ,所以对任意 22n.2n.1x2 m2时,22n.2n.1x2 maxfm1;m2g,0 .所以对任意 4.设a是给定的正整数 ,A和B是两个实数 ,试确定方程组 有整数解的充分必要条件 B的关系式表示 ,并予以证明 ,(1)与(2)等价 12a为一组解 z不全为偶数 ,则必为两个奇数一个偶数 a)为(3)的解 ,(x1;y1;z1;a1)也为 .类似可 依次得到 (x2;y2;z2;a2)也为 ,等等.但这个过程不能一直进行下去 所以方程组有整数解的充分必要条件为 5.设X是一个有限集合 X的每一个偶子集 E(偶数个元素组成的子集 )都对应一个实数 f(E), 满足条件 (1)存在一个偶子集 X的任意两个不相交的偶子集 1990. 求证 (2)对P的任何非空偶子集 (3)对Q的任何偶子集 1990. 证明 X的所有偶子集经法则 f得到的实数最大的一个为 ,若不止一个 ,取元素个数最少的一个 1990. 对于 1990. 对于 6.凸n边形及 n边形内不相交的对角线组成的图形称为一个剖分图 3jn时,存在一个剖分图是可以一笔划的图 (即可以从一个顶点出发 ,经过图中各线段恰一 次,最后回到出发点 3条在形内互不相交的对角线将凸 2个顶点均是 n边形顶点的小区域 ,每个 区域的内角和不小于 .,n边形的内角和为 2).,所以每个小区域都是三角形 . 先证必要性 .用归纳法容易证明可将每个三角形区域涂成黑白两色之一 ,使得有公共边的三角形不同 色.假设已按照这样的要求染色 ,由于剖分图为可以一笔画的圈 ,所以由每个顶点引出的线段都是偶数 条.从而每个顶点都是奇数个三角形的顶点 ,因此以原多边形外边界为一边的三角形区域有着相同的颜 色,不妨设为黑色 ,剖分图的每条对角线都是两种不同颜色三角形的公共边 ,所以设黑三角形 有m1个,白三角形有 3jn. 再证充分性 =3m,多边形为 :::A3m.连接 A1A3i;A3iA3i+2;A3i+2A1(i 2;:::;m.1)这3m. ,依次走过这些三角形 ,再走过凸多边形即可一笔画并回到 初始点 第六届中国数学奥林匹克 (1991年) 武汉华中师范大学 1.平面上有一凸四边形 (1).如果平面上存在一点 4DAP面积都相等 , 问四边形 ABCD应满足什么条件 ,平面上最多有几个 ?证明你的结论 . 解:(1)(1.1)P在ABCD内部 D分别三点共线 ABCD为平行四边形 ,P为对角线的交点 ,AP必经过对角线 CP过BD的中点 ,必 有P为BD的中点 4BCD面积相等 .即一条对角线平分 ABCD的面积 ,显然也是充分条件 (1.2)P在ABCD之外 AD面积相等 E,AEDP为平行四边形 这个条件也是充分条件 SABCD,作平行四边形 SAED.P满足要求 . 所以四边形 ABCD有一条对角线平分面积 ,或者在对角线分成的四个三角形中有一个为四边形面积的 一半 (2)由(1)知,P在形内 ,形外都至多有一个 ,又由充要条件不同时取到 ,P最多有一个 Ig. 求G到I的所有映射 f,使得对任何 z无关的正数 . 解:由(3),f(x, &x&y);f(x, 在(1)中,取0 1,x充分小时 k.1k.1k.1k.1k.1 0;f(0;y)=0;f(0, 3.地面上有 10只小鸟在啄食 5只小鸟中至少有 4只在一个圆上 ,问有鸟最多的圆上最少有几只鸟 ? 解:用10个点表示 ,若其中任意四点均共圆 ,则十个点共圆 ABCD不共圆 ,过其中任意不共线的三个点可作一个圆 ,最多有四个 4).从其余六 个点中任取一点 P与ABCD构成 P落在某个圆 Si上,有抽屉原则 ,另六个 点中必有两个点落在同一个圆上 ,这个圆上至少有 . 不妨设为 A1;A2;A3;A4;A5在C1上,若存在 fA1;A2;A3, Qg,其中必有四点共 圆C2,显然 C1,A1;A2;A3上,设A1;A2, fA3;A4;A5, Qg,必有四点共圆 C1,设A3;A4, fA1;A2;A5, Qg,必有四点共圆 中至少有一个属于 C4,A1;A3 C2或C3.但是这显然均构成矛盾 . 所以至多有一个点不在 C1上,又因为十个点中九点共圆而另一个不在这个圆上满足题意 .所以有鸟最多 的圆上最少有九只鸟 +22n+1的所有满足条件 22n的正整数解组 n). 解:显然 y奇偶性相同 22n+1)为整数 下面证不存在其他正整数解 22n)=22n+2(22n ,所以只有一组正整数解 5.求所有自然数 1991: k2N¤k2 x的整数部分 . 解:条件等价于对于 1991,且9k0 996j的最小值为 6.MO牌足球由若干多边形皮块用三种不同颜色的丝线缝制而成 ,它有以下特点 (1)任一多边形皮块的一条边恰与另一多边形皮块同样长的一条边用一种颜色的丝线缝合 (2)足球上每一个结点 ,恰好是三个多边形的顶点 ,每一结点的三条缝线颜色互不相同 MO牌足球的每一结点上放置一个不等于 ,使得每一多边形的所有顶点上放置的复 数的乘积都等于 :设这三种颜色为红 ,黄,蓝,对每条边赋值 对于每个节点 ,若三种颜色的线依逆时针方向依次为红 ,黄,蓝,则在这个结点放上 结点上放置的数为逆时针方向一条边的复数除以下一条边的复数 所以对于任意一个多边形 ,沿顺时针方向走过每条边依次为 z1;z2;:::;zk,则顶点上依次放置 1.满足题意 第七届中国数学奥林匹克 (1992年) 北京北京数学奥林匹克发展中心 =0的系数都是实数 ,且适合条件 .为方程的复根且 an.1)jj .λ an.1)=1 取等号条件为 的辐角相同 =1所以它们均为非负实数 2.设x1;x2, ;xn为非负实数 minfx1;x2, 其中等号成立当且仅当 :对n用数学归纳法 a,结论显然成立 k时结论成立 +1时,不妨设 a,由归纳假设 因此要证明 (1+xk+1)(1+ (1)显然成立 ,等号成立时当且仅当 +1时结论成立 .由 归纳法 3.在平面上给出一个 ,并在其中每一方格中都任意填入 +1或-1.下面一种改变填入数字 的方式称为一次变动 :对于任意一个小方格 ,将与此格有一条公共边的所有小方格 (不包含此格本身 )中 的数作连乘积 ,于是每取一个格 ,就算出一个数 .在所有小格都取遍后 ,就将原来格中的数全部擦去 ,而 将这些算出的数填入相应的小方格中 .试问是否总可以经过有限次变动 ,使得所有小方格中的数都变 为+1? 解:未必 ,例如如下的 4表格经变动后保持不变 ,将它对称填入 9格子的四个角的 ,并将 正中一行与正中一列均填上 9方格表经变动后保持不变 4.凸四边形内接于 ˉO,对角线 AC与BD相交于 ,4ABP与4CDP的外接圆相交于 Q三点两两不重合 DQ. 则\AQD \AOD. 所以 8个顶点的简单图中 ,没有四边形的图的边数的最大值是多少 ?(简单图是指任意顶点与自己没有 边相连 ,而且任意两个顶点之间至多有一条边相连的图 ) 解:最大值为 11,首先构造一个 11条边的图 ,其中没有四边形 8),边 为A1A2;A2A3;A3A4;A4A5;A5A1;A5A6;A6A7;A7A8;A8A4;A1A6;A3A8.不难验证这个图满足题意 . 下面证明 ,其中必存在四边形 ,设G中度数最大的顶点 (中的一 个)为A,A的度数为 A有边相连的顶点组成的集合为 d.则S中不会有顶点与其他两个同在 S中的顶 点相连 S中的边至多有 ]条,而其他的顶点每个至多与 S中一个顶点相连 G中最多有 边f(d)= .7.d￠条,不难验证 4,(1)中的讨论仍适用 12,必有所有取等号的条件都取到 fB1;B2;B3;B4g,另 三个点为 C1;C2;C3.不妨设 ,B3;B4相连 ,C1C2C3构成三角形 fB1;B2g;S2 fB3;B4g, 由于 C1;C2;C3每个向 S中的一个点连出一条边 ,必有两个同向 S1或S2中的点连出边 C1;C2都 向S1中的点连出边 ,C1与B1相连 ,若C2与B1相连 ,则B1C1C3C2为四边形 ;若C2与B2相 连,则B1C1C2B2为四边形 3,则所有的顶点度数均为 A,B之间没有边相连 ,从它们连出的边为 fA1;A2;A3g;S2 fB1;B2;B3g至多有一个公共元素 (3.1)若它们没有公共元素 B1;B2;B3为全部 ,由(1)中的讨论知 ,S1,S2中顶点相连 各自至多有一条边 .它们之间最多有 (3.2)若它们有公共元素 B3,第8个点为 C,从它出发只能各向 S1,S2连出一条边 ,而它又不 与A, C的度数小于 . 综上所述 ,其中必存在四边形 8个顶点的简单图中 ,没有四边 形的图的边数的最大值是 6.已知整数序列 fa0;a1;a2;:::g满足条件 (3)对任意的自然数 ak+1;:::;ak+m.1都为完全平方数 fa0;a1;a2;:::g的所有项都是完全平方数 :由(1)的特征方程 +1的三个根均为 c为待定实数 a0均为整数 n0时,(¤)成立 .在(3)中令 1,知道必存在 n0使an为完全平方数 )2为完全平方数 第八届中国数学奥林匹克 (1993年) 济南山东大学 1.设n是奇数 ,试证明存在 a1;a2;:::; b1;b2;:::;使得对于任意一个整数 &k&n.下 列3n个数 )被3n除时余数互不相同 2;:::;n) 则ai 3) 显然不同组的两数被 3n除余数互不相同 ,只需说明同一组中任一两个数模 3n互不相同 =6i模3n互 不相同 2;:::;n) 若ci 3),即nj2(j 3n除时余数互不相同 2.给定自然数 akr的最大值 r,显然最大值为 +1)上为下凸函数 N. =1时,f(x)= .这是由 于它等价于 0,两括号内显然同号 . 所以我们可以经过 1次调整将其调整为 ,而值始终不 减.设此时的值为 F的最大值为 akr的最大值为 ,它们的半径分别为 ABCD内接于圆 A1B1C1D1内 接于圆 K1,点A1;B1;C1;D1分别在射线 由切割线定理 1 (¤) x(ad 由均值不等式知 (ad+bc 4 )(ab+cd) . 再由均值不等式 由圆内接四边形中正方形周长最长知 4.给定集合 ;z1993g,其中 ;z1993是非零复数 (可看作平面上的非零向量 ).求 证:可以把 S中的元素分成若干组 (1)S中每个元素属于且仅属于其中一组 (2)每一组中任一复数与该组所有复数之和的夹角不超过 (3)将任意两组中复数分别求和 ,所得和数之间的夹角大于 :取S中某些元素组成子集 A,使得这些元素之和的模长最大 . 由于元素个数有限 ,所以子集的取法有限 ,必然存在这样的 A中同样取元素之和模长最大的一些元素组成 B,下面我们证明 C中元素之和分别为 A,与a夹角大于 ,则.z与a夹角为锐角 jaj,与A的选取矛盾 A中的元 素与 a的夹角均不超过 ,类似的这对 A,若z与a的夹角不大于 jaj,与A的选取矛盾 .所以任意不在 A中的元素或它 们的和与 a的夹角大于 C中的元素或它们的和与 b的夹角大于 c两两夹角大于 C,z与c的夹角大于 z两两夹角大于 C中的元素与 c的夹角均不 超过 . 综上所述 5.10人到书店买书 (1)每人都买了三种书 (2)任何两人所买的书 ,都至少有一种相同 . 问购买人数最多的一种书最 (至)少有几人购买 . 解:至少有 . 设A买的书为 1,2,3,其余 9人每人至少买这三者之一 ,有抽屉原则至少有 4人买了同一种书 A,至少 有5个人 ,若10个人买的书分别为 (123),(123),(145),(167),(246),(246),(257),(347),(356),(356).则不难验证 满足条件 ,且购买人数最多的一种书恰有 +1)满足以下条件 :对于任意正实数 f(x)f(y). 试证 :对任意的正实数 f(x)f(x2) 12 Fn.1(x)f(xn) ;F (x)f(xn). n.1 ,Fn n . .1 1(x)= Fn n . .2 1(x)f(xn.1), F1 2(x)f(x2);F1(x)= f(x). 相乘得 Fn.1(x)Fn.2(x) F2(x)F1(x)f(xn)f(xn.1) f(x). 用归纳法证明 f(xn).对于 =1显然成立 ,由归纳假设 Fk(x)Fk.1(x) k)f(x))(f(x f(xk+1),由数学归纳法知结论对于 f(xn),即f(xn) 第九届中国数学奥林匹克 (1994年) 上海复旦大学 1.设ABCD是一个梯形 CD),E是线段 CE与BF相交于 点H,线段 ED与AF相交于点 ABCD是一个任意的凸四边形 ,同样结论是否成立 ?请说明理由 ABCD中,AC, CD)则S4AED 引理的证明 S4BCD,都减去 S4ABES4CDE ,由均值不等式 ABCD是一个任意的凸四边形 ,结论未必成立 4)个盘子里放有总数不少于 ,从任意的两个盘子各取一块糖 ,放入另一个盘子中 ,称为 一次操作 ,问能否经过有限次操作 ,将所有的糖块集中到一个盘子中去 ?证明你的结论 . 解:能够做到 .用数学归纳法证明 =4时,至多有 4个盘子中有糖 ,只有下面几种情况 ,不难看出结论均成立 0) 设当小于 m时结论均成立 1块糖集中到一个盘子内 ,由归纳假设这 是可以做到的 .剩下的一块若也在同一个盘子内 ,显然结论成立 .否则可由如下的过程将 m块糖集中到一 个盘子内 0) 由归纳法 ,总可经有限次操作将所有的糖集中到同一个盘子中 3.求适合以下条件的所有函数 +1是一个符合条件的函数 0,又由于f(x) 1),得到g(x) 1. 而且由条件 (2)不难得到 0,由数学归纳法不难证明 2ng(x0),当n充分大时 f(x),g(x0) 1,得到g(x) x. 而且由条件 (2)不难得到 2,由数学归纳法不难证明 g(x0)+2n,当n充 分大时 g(x0)+2n&x0 . 综上所述 ,对于任意的 +1是唯一满足条件的函数 n次复系数多项式 :一定存在 一个复数 jCnj. 证明 C0!n与Cn辐角相同 2.i n为n次单位根 2;:::;n),则 所以必然存在 1,显然结论成立 5.对任何自然数 n,求证恒等式 的整数部分 +1￠为它的 n 另一方面 1)n.k(2x)kμn.k 考虑每一项中 1)n.k中xn.k的系数为 1)n.k中xn.k的系数为 所以每一项中 xn的系数均为 f(x)中xn的系数为 6.设M为平面上坐标为 1994p)的点,其中 ,求满足下述条件的直角三角形的个数 (1)三角形的三个顶点都是整点 M是其直角顶点 (2)三角形的内心是坐标原点 . 解:设该直角三角形为 MA斜率为正 . 将坐标原点平移至 MO的倾斜角分别为 MA的斜率为 MB的斜率为 .3t);B(3t. .4t0),由A, t0为正整数 由内心性质 &r:(r为内切圆半径 . 不难知道 n均为正整数 n)一组正整数解对应一个直角三角形 )直角三角形的个数为 p2的正因子个数 (3+1)(2+1)(2+1) (5+1)(2+1) (3+1)(4+1) 第十届中国数学奥林匹克 (1995年) 合肥中国科技大学 1.设2n个实数 a1;a2;:::; b1;b2;:::;bn(n b1,则由递推关系不难证明 2;:::;n),显然结论成立 1时,显然有结论成立 1时,由递推关系不难证明 i),所以也有结论成立 . 否则必有 big,则I中不存在相邻的正整数 &bi.1;ai+1 2[iII&ba,.ii . 2.设N为自然数集合 1,对于任何自然数 6f(n). 试求方程 k&l的所有解 . 解:由gcd(3f(n), 3f(n)jf(2n). 又因为 6f(n),所以 f(2n)=3f(n);f(2n 1,由归纳法不难证明 :若n的二进制表示为 则f(n)的三进制表示为 由k&l,显然 &f(l), 设k :::b0)2;ci 1;:::;m). 则f(k)+ f(l)=(cmcm.1 :::c0)3. 而293 1. 不难知道只有四组解 (4)=0,()=(101)()=(101111)()=(547).l=;3133 666引理 为它们的中位数 ::b￠￠￠a;a;:::;anaaa,.1212 ()().设则的最小值为 +++j.jj.jj.jbt￠￠￠gxxaxaxagg,12n *&66()引理的证明 当时取等号 :+j.jj.j.xaxaaaaxa111nnn &66()当时取等号 +j.jj.j.￠￠￠xaxaaaaxa...211221nnn n (1111)3;f(l) (111)3;f(l) (1101)3;f(l) x和y是任意实数 n+1 2 时取等号 ,由引理分别应用到 F1;F2;F3上得 60时取等号 72时取等号 35时 取等号 . 且不难验证 .5时满足所有取等号条件 ,所以原式的最小值为 4.空间有四个球 ,它们的半径分别为 2,2,3,3,每个球都与其余 ,另有一个小球与这四个球都外 切,求该小球的半径 . 解:设四个球的球心分别为 ,小球球心为 r,则四面体 ABCD关于平面 . 四个球也同样 ,所以由对称性 5.设a1;a2;:::;a10是任意 10个两两不同的自然数 ,它们的和为 a10a1的最小值 . 解:将a1;a2;:::;a10按顺时针方向依次写在一个圆周上 ,于是所求表达式即为每相邻两数乘积的总和 a1;a2;:::;a10的和记为 10个不同自然数所对应的表达式的最小值记 为S(N). 先考虑这 55时. 不妨设 10,我们通过调整证明 a1;a2;:::;a10依次为 2时取到最大值 2,将(a2;:::;aj.1;aj)这一段整个的按逆过来的顺序排列 ;aj.1;:::;a2),设操 作前所求表达式为 A,操作后为 0,A的值下降了 2,通过类似的调整使 2,且A的值减少 ;类似的经过有限次操作即得到 (a1;a2;:::;a10)= 2),且每次操作 A的值都下降 10+9+27+21+35+30+24+32+16+20 55,显然最大的数大于 10,第二大的数不小于 ,最小的数不小于 ,经类似的讨论可知道若将 a1;a2;:::;a10从大到小依次以 ,必有按照上面 方式排列时取最小值 . 设(b1;b2;:::;b10) (a1;a2;:::;a10)=(N 1995时,a1a2 a10a1的最小值为 (0) 6.设n是大于 ;:::;xn.1;xn 1): x(k.1) x(k.1)时;i 2;:::;n (k.1) k);:::;x( n k . ) 1;x( n k));k 2;::. 若正整数 :m是n的倍数 :将一个圆周 k);:::;x( n k . ) 1;x( n k)依次按顺时针方向写在这些分点上表示 y0,显然它有唯一的对称轴 ,不妨设为竖直线 yk中每两个相邻点上的数的和除以 2的余数放在这段弧的中点上 ,再将原先的数撤去 ,显然对称轴 是不变的 .而再将它逆时针旋转 . n 时,即得到 yk+1的对称轴是 yk的对称轴逆时针旋转 ym,它们的对称轴也相同 ,而中间变换了 m次,对称轴旋转了 ,而它重合于竖直线 ,所以它旋转 了.的整数倍 kn,即m是n的倍数 第十一届中国数学奥林匹克 (1996年) 天津南开大学 1.设H是锐角 4ABC的垂心 BC为直径的圆作切线 ,AQ,切点分别为 :设三条高的垂足分别为 O,PQ与AO交于 AD. 由切割线定理 AD. 若D与O重合 ,则H与R重合 50g,求最小自然数 k,使S的任一 ,都存在两个不同的数 b整 除ab. 解:设a, N,且gcd(a1;b1) S中所有满足 ab的不同数对共有 12.并且上述 23个数对中每一对都至少包 含M中1个元素 38,且T中任何两数都不满足题中条件 39. 而下列 12个满足题中条件的数对互不相交 (6,3)(12,4)(20,5)(42,7)(24,8)(18,9)(40,10)(35,14)(30,15)(48,16)(28,21)(45,36) 对于 S的任意一个 S少11个元素 11个元素至多属于上述 12个数对中的 11对,从而必 有一对属于 ,所求的最小自然数 3.设R为实数集合 y)((f(x))2 f(x)f(y)+(f(y))2), :对一切实数 1996f(x). 证明 af(x)g. ))2 S,由归纳法易知所有自然数 S,即f(1996x) 4.8位歌手参加艺术会 ,准备为他们安排 ,每次由其中 4位登台表演 8位歌手中任意两位同 时演出的次数都一样多 ,请设计一种方案 ,使得演出的次数 . 解:设任两位同时演出 r次,则r.8 2. m.4 2￠,即14r 14. 用1,2,. 14次演出满足要求 (1,2,3,4);(1,2,5,6);(1,2,7,8);(1,3,5,7);(1,3,6,8);(1,4,5,8);(1,4,6,7); (2,3,5,8);(2,3,6,7);(2,4,5,7);(2,4,6,8);(3,4,5,6);(3,4,7,8);(5,6,7,8). 5.设n为自然数 μi+1 2 +μi 2 所以原不等式成立 6.在4ABC中,\C 1,求4ABC的内接三角形 (三顶点分别在 4ABC三边上的 三角形 )的最长边的最小值 . 解:令4DEF为内接三角形 AB上. 对于 BC上的任意一点 60±保持不变 E从G运动到 A时,F从A运动到 DA; 又\DHA DH. 所以必然存在某个 ,即4DEF为等边三角形 E从G运动到 A时,DE严格增 ,DF严 格减 ,所以有唯一的 4DEF为等边三角形 .由余弦定理 4DEF为等边三角形 ,即D固定时唯一的等边三角形 设DEF为等边三角形 AC中点分别为 N,BM中点为 S,T在AB上,BT D从B运动到 C时,E从C运动到 N,F从M运动到 S.设4DEF的边长为 时,有最小值 下面证明对任意内接三角形 Z,最大边长不小于 Z在AB上的位置 (1)Z在AM上,则ZX (2)Z在BT上,则ZY (3)Z在MT上,按照前面的方法作出正三角形 (3.1)X在CD上,XZ (3.2)Y在CE上,\FEC (3.3)X在BD上,Y在AE上,XY ,4ABC的内接三角形的最长边的最小值为 第十二届中国数学奥林匹克 (1997年) 杭州浙江大学 1.设实数x1;x2;:::;x1997满足如下两个条件 x1997的最大值 ,并说明理由 解:考虑函数 x)12,(t为常数 f(x)为偶函数且展开式中所有偶次项系数均为正 ,所有奇次项均为 +1)上为增函 xj为定值时 xij的值越大时 这样我们逐次进行调整 3,保持它们的和不变 ).这样调整 ,经过有限次这样的调整后 ,最多有一个 时达到最大值 1736(.p1)12 3,其他均为 .p1 3 时取等号 2.点P是凸四边形 A1B1C1D1内一点 ,且P到各顶点的连线与四边形过该点的两条边的夹角均为锐角 . 递推定义 Ak;Bk;Ck和Dk分别为 Ak.1Bk.1,Bk.1Ck.1, Ck.1Dk.1和Dk.1Ak.1的对称点 3;:::).考察四边形序列 :(1)前12个四边形中 ,哪些必定与第 1997个相似 1997个是圆内接四边形 12个四边形中 ,哪些必定是圆内接四边形 . 解:设\Dj \CjDjP分别为 \PDjAj分别为 Aj为4Dj+1Aj+1P的外心 ,我们可以知道 (.j+1;ˉj+1;°j+1;±j+1)=(.j ;ˉj;°j;±j) (.j+4;ˉj+4;°j+4;±j+4)=(.j Aj+4Bj+4Cj+4Dj+4 又因为(.j+2 j+2)+(°j+2 所以Aj+2Bj+2Cj+2Dj+2与Aj CjDj相应的对角和相等. 于是有(1)前12个四边形中,第1,5,9个必定与第1997个相似; (2)假设第1997个是圆内接四边形,那么在前12个四边形中,第1,3,5,7,9,11个必定是圆内接四边形. 下面说明对于前12个四边形中其他的四边形未必成立. 考虑筝形A1B1C1D1,P为其对角线交点,A1B1 .它不是圆内 接四边形. 设(.1;ˉ1;°1;±1)=(., ˉ). 所以(.2;ˉ2;°2;±2)=(., °,A2B2C2D2为等腰梯形,是圆内接四边形. 类似的可知A3B3C3D3为筝形,不是圆内接四边形.且\A3 A4B4C4D4为等腰梯形,是圆内接四边形. 这四个四边形互不相似,而四边形的形状显然是以4为周期变化.所以在这个四边形序列中,前12个四边 形中,只有第1,5,9个与第1997个相似. 在上述序列中,以A2B2C2D2为第一个四边形,不难知道所有的第2k +1个四边形均为圆内接四边 形,而其他四边形均不是圆内接四边形,所以第1997个是圆内接四边形,在前12个四边形中,只有 第1,3,5,7,9,11个是圆内接四边形. 综上所述(1)前12个四边形中,第1,5,9个必定与第1997个相似,其他未必; (2)假设第1997个是圆内接四边形,在前12个四边形中,第1,3,5,7,9,11个必定是圆内接四边形,其他未必. 3.求证存在无穷多个正整数n,使得可将1, 3n列成数表 满足如下两个条件: cn且为6的倍数; cn且为6的倍数. 证明:显然6nj1 2 下面Ai中第1,2,3行分别记为.(i);ˉ(i);°(i),且.(i)+ k表示将.(i)中每个数都加上k,其他类似. 先构造A9满足条件:设 . BBB . CCC . 显然各行各列之和均为15,令 . BBB ˉ(3) 易知A9中的27个元素为1,2,. ,27,并且各列之和为15+9+18 6); 各行之和为3(15+9+18) 6).所以9是满足条件的正整数. 设m满足条件,且形成的数表(矩阵)为Am,各行之和为6u,各列之和为6v. 构造A3m如下: ˉ(m)+6m°(m)+3m ˉ(m)+3m°(m) . BBB . CCC °(m)+6m.(m)+3mˉ(m) 则A3m中9m个元素为1, 9m,并且各行之和为18u ,各列之和为6v 构造A9m如下: 18m°(3m)+9m ˉ(3m)+9m°(3m) . BBB . CCC 18m.(3m)+9mˉ(3m) 则A9m中27m个元素为1, 27m,并且各行之和为54u 6), 各列之和为6v 9m也是满足条件的正整数,由归纳法不难证明对8k 9k是满足条件的正整数,显然有无穷多个. 4.四边形ABCD内接于ˉO,其边AB与DC的延长线交于点P AD与BC的延长线交于点Q,过Q作该圆 的两条切线QE和QF ,切点分别为E, F三点共线. 证明:连接PQ,并且在PQ上取一点M,使得B, P四点共圆,则QE2 QB, 并且\PMC M四点共圆.所以PM PD. 连接PF ,设PF与圆的另一交点为E. ,垂足为G. 则PD QB. 所以PE. . 又因为PQ2 . 故E0与E重合,P, F三点共线. 另证:设过A, D的切线相交于R,过B, C的切线相交于S,AC, . 则R为AD的极点,S为BC的极点.由于AD过点Q,BC过点Q,所以Q的极线EF过点R, S. 在退化六边形AACDDB中,由Pascal定理,P, T三点共线;类似的在ACCDBB中,P, T三点共线. 所以P, T四点共线,即P在直线EF上.证毕. 17g,对于映射 f(x);f[k+1] f(f[k](x))(k A到A的一一映射 :存在自然数 试对满足上述条件的一切 f,求所对应的 M的最大可能值 ,并证明你的结论 令1与18相同 1);f[m](i)(i 1)配成一对 ,则所有的这 样的数对均不相同 否则设存在 1);f[m1](i)) 1);f[m2](j)). ,必然存在反函数 f.1[m1](f[m1](i +1;f.1[m1](f[m1](i)) f.1[m1](f[m2](j f[m2.m1](j 1);f.1[m1](f[m2](j)) f[m2.m1](j). (f[m2.m1](j 1);f[m2.m1](j)) f[m2.m1](j f[m2.m1](j) 所有这样的对共有 1)对,但是由于没有任一对中两数之差的绝对值为 1,所以最多有 17),由归纳法不难证明 17) 即f满足条件并且 6.设非负数列 a1;a2;:::满足条件 m,结论显然成立 n)am + mar 化简后即得到 第十三届中国数学奥林匹克 (1998年) 广州广州师范学院 1.在一个非钝角 ,O和I分别是 4ABC的外心和内心 解:由Euler公式 2.给定大于 n,是否存在 2n个两两不同的正整数 ,同时满足以下两个条件 请说明理由 1)2时,满足题设条件 98g,求最小自然数 n元子集中都可以选出 ,无论怎样将这 10个 数均分成两组 ,总有一组中存在一个数与另外 4个数都互质 ,而另一组中存在一个数与另外 4个数都不 互质 fxjx为偶数 A中任一两数均不互质 10元子集均不满足要 求,无论怎样分组都不存在一个数与其余 4个数都互质 50,下面证明 T中都存在这样 ,其中一个与其他九个数均互质 ,而其他九 个数有一个公因子 ,显然这十个数满足题意 ,假设不存在这样的十个数 11,为1和大于 49的质数组成的集合 a与T中其他数均互质 T中不存在九个数有公因子 ,至多 有8个偶数 ,8个3的倍数 fxjx为奇数 49的质数组成的集合 =6;,则T中至多有 12. 设B2中的 b互质的至多有 =6;,则T中至多有 22. 设B3中c c互质的至多有 ;,则T中至多有 29. 设B4中d d互质的至多有 12,B5中的数最多有 2个不同质因子 ;,则T中至多有 38. 设B5中s s互质的至多有 5),T中没有奇数 . 综上所述 T中都存在这样 4.求所有大于3的自然数n,使得1+ 3￠整除22000 7,满足条件. 否则m& 18,n不是整数. 0,矛盾. 否则1 26,不可能. 116,不可能. 9. 综上所述,n 23.经检验均符合条件. 5.设D为锐角三角形ABC内部一点,且满足条件: CA: 试确定D点的几何位置,并证明你的结论. 解:建立复平面,设A, C所对应的复数分别为z1;z2;z3,D对应的复数为z. 考虑多项式f(z) 1,由Lagrange插值公式: 所以对于任意的z ˉˉˉˉ(z2 ˉˉˉˉ (z1 即对于平面上任意一点D, 等号成立当且仅当.!1!2, z z 2 . . z z 1 3 z z 3 . . z z 2 1 z z 1 . . z z 3 2 z z 2 . . z z 1 3 k1i,所以DA BC,类似的有DB AB.即D为4ABC的垂心. 2;x1;x2;:::;xn为实数 对于每一个固定的自然数 n),求jxkj的最大值 . 解:由于xi与xn+1.i在式中的对称性 +(ak.1xk.1 an.kxk+1)2 由数学归纳法不难证明 2;:::).并且有 an+1.k)]x. q2k(n+1.k) ,等号成立当且仅当 q2k(n+1.k) x1;x2;:::;xn的值 ,所以等号可以取到 q2k(n+1.k) 所以 jxkj的最大值为 第十四届中国数学奥林匹克 (1999年) 北京北京大学 \B,点D是边 BC上的一点 \ADB是钝角 ,H是4ABD的垂心 4ABC内部且在 4ABD的外接圆上 :点F是4ABC垂心的充分必要条件是 CF且H在4ABC的外接圆上 :不难证明如下的结论 :点F是4ABC的垂心的充分必要条件为 H是4ABD的垂心 \ADB. 又因为 F是4ABC垂心的充分必要条件是 \C. 而\AHB H在4ABC的外接圆上 \ADB为钝角 ,H不可能在劣弧 . AB上,必然与 C在AB同 侧).所以原命题成立 2.给定实数 a,设实系数多项式序列 ffn(x)g满足 f0(x)=1;fn+1(x)= fn(ax); 其中 (2)求fn(x)的明显表达式 =1时,fn+1(x)=(x 1)fn(x),由数学归纳法有 n).我们用归纳法证明 0,显然是成立的 1,由归纳假设 ,fk+1(x)的m次项系数为 Tm.1Tk+1.m 1,这显然是成立的 xk+1xk+1. 所以 Sn n.1xn.1 Sn0 对于任意的 综上所述结论 Sn n.1xn.1 Snk 定义如前 3.MO太空城由 99个空间站组成 ,任何两空间站之间都有一条管形通道相连 99条通道为双向 通行的主干道 .其余通道严格单向通行 ,如果某四个空间站可以通过它们之间的通道从其中任一站到达 另外任一站 ,则称这四个站的集合为一个互通四站组 MO太空城设计一个方案 ,使得互通四站组 的数目最大 (请具体算出该最大数 ,并证明你的结论 ). 解:如果从某个空间站到另三个空间站的通道均是由该站单向发出 ,那么这四个空间站不是互通四站 组,将所有这样的四站组记为 A类非互通四站组 .其余非互通四站组记为 B类. 将空间站编号为 ,99,设从第 i各空间站出发的单向通道有 ki条, 9999 *当k&l时,k .k. + .l. . .k.1 ￠. 所以经(2) 有限次(2) 调整知(3) jAj&(3) 99 .48￠,而jB| 所以互通四站组最多有 2052072个. 构造一种方案使得互通四站组的个数达到最大值 ,将所有空间站编号为 ,99,并且按照该顺序排列 在一个圆上 (1,2),(2,3),. ,(98,99),(99,1)为双向主干道 . 其余的通道 i到j顺时针经过偶数个空间站 i到j的单向通道 i到j顺时针经过偶数个空间站等价于从 j到i顺时针经过奇数个空间站 ,所以可以这样安排 . 非互通四站组若不含双向主干道 ,要么有一站到另三个空间站的通道均是由该站单向发出 A类非 互通四站组 ;要么有一站到另三个空间站的通道均是向该站发出 A,且顺时 针方向依次为 D.不难知道 B到另三个空间站的通道均是由该站单向发 出,为A类非互通四站组 . 若四站组含有双向主干道 ,则易知其他任意空间站到这两站均为一进一出 ,必为互通四站组 . 所以没有 B类非互通四站组 ,且从每个空间站均发出 48条单向通道 .即此时互通四站组的个数达到最大 值2052072. 4.设m是给定的整数 y18). 因为后一个括号中为奇数 21999). 所以当 21999的既约剩余系时 ,a19也取遍 21999的既约剩余系 21999),并且有无穷多个这样的 a.当a足够小时 k为正整 数,证毕 5.求最大的实数 .;使得当实系数多项式 +bx+c的所有根都是非负实数时 0,就 有f(x) .并问上式中等号何时成立 .设f(x)的三个根为 °,f(x)=(x .+ˉ+°.3x ...ˉ+x+γ =2x时等号成立 4的大正方体由 64个单位正方体组成 .选取其中的 16个单位正方体涂成红色 ,使得大正方体中 每个由 4个单位正方体组成的 4的小长方体中 1个红色单位正方体 .问16个红色单位正方 体共有多少种不同取法 . 解:在底面 16个正方形中每个写上 1,2,3,4之一 ,表示该竖直 4小长方体中从下往上第几个为红色 . 形成一个 ,其中每行每列均为 1,2,3,4的一个排列 ,并将第一行第一列按顺序 均为 1,2,3,4的拉丁方称为 4阶标准拉丁方 16个红色单位正方体不同取法数目为 4阶拉丁方的数目 4阶拉丁方任两行 (列)调换仍为 ,对于任意一个 ,先通过调换列使之第一 行为 1,2,3,4;再通过调换 2,3,4行使第一列为 1,2,3,4,形成唯一一个 4阶标准拉丁方 4阶标准拉丁 方,对应 3!个4阶拉丁方 ,(第一行有 ,第一列后三个格有 4阶标准拉丁方的 个数 . 考虑第二行第二列那个各种所填的数 (1)填1,第二行第二列已经确定 4个方格填入 2个1,2个2,显然有两种填法 (2)填3,第二行第二列已经确定 4个方格也已经确定 . 所以共有 4个4阶标准拉丁方 4阶拉丁方有 576个. 所以 16个红色单位正方体不同取法数目为 第十五届中国数学奥林匹克 (2000年) 合肥中国科技大学 c为4ABC的三条边 R和r分别为 4ABC的外接圆半径和内切圆半径 C的大小来判定 4ABC的三个内角 fang定义如下 的最简表达式 = (.1)nn! ,则b1 =2n!.n.1(n 不难验证对于 3.某乒乓俱乐部组织交流活动 ,安排符合以下规则的双打赛程表 (1)每个参赛者至多属于两个对子 (2)任意两个不同对子之间至多进行一次双打 (3)凡表中同属一对的两人就不在任何双打中作为对手相遇 . 统计各人参加的双打次数，约定将所有不同的次数组成的集合称为“赛次集” . 给定由不同的正整数组成的集合 fa1;a2;:::;akg,其中每个数都能被 .试问至少必须有多少人 参加活动 ,才可以安排符合上述规则的赛程表 ,使得相应的赛次集恰为 A,请证明你的结论 &ak,必存在某个参赛者参加了 若该参赛者只属于一个对子 ak个对子与该对进行比赛 若该参赛者属于两个对子 ak对与这两对进行比赛 所以至少有 +3人参加比赛 . 下面用归纳法构造 +3人参赛的赛程表 ,每组三人两两结成对子 ,每人恰参加两个对子 . 让每个对子都与其他小组的对子进行比赛 ,显然每个人都进行了 +3人分成两大组 3. 同样将每大组分为 ,每组三人两两结成对子 ,每人恰参加两个对子 S大组中任一对都与其他小组的对子进行比赛 ,每个人都比赛了 T大组中任一对都只与 S大组中的所有对子比赛 ,每个人都比赛了 a1场.满足条件 1;k时命题成立 ,存在这样的赛次集 +3人分成三大组 同样将每大组分成 ,每组三人两两结成对子 ,每人恰参加两个对子 S大组中任一对都与其他小组的对子进行比赛 ,每个人都比赛了 U大组中任一对都只与 S大组中的所有对子比赛 ,每个人都比赛了 a1场. 由归纳假设 T大组中安排赛程 ,使得赛次集为 a1g. 又因为 T大组中任一对都与 S大组中的所有对子比赛 ,每个人又都比赛了 a1场. 所以 T大组中的人比赛场次所组成的集合为 fa2;a3;:::;akg, 所以所有选手的赛次集为 A,满足条件 . 由归纳法存在 +3人参赛的赛程表 ,使得赛次集为 A. 综上所述 2:对n元有序实数组 =(a1;a2;:::;an); 令 =(b1;b2;:::;bn)为A的“创新数组” ; 称B中的不同元素个数为 A的“创新阶数” 2;:::;n的所有排列 (将每种排列都视为一个有序数组 ),对其中创新阶数为 2的所有排列 ,求它们 的第一项的算术平均值 . 解:设第一项为 k的创新阶数为 1时,排列中所有大于 n的数必排在 . 其他的数的位置可以任意取 . 即所有大于 ,恰占全部排列的 所以所求平均值为 5.若对正整数 (n1.1)(n2.1)￠￠￠(nk.1) n1;n2;:::;nk都是大于 .求具有性质 9时,不难验证只有 =7满足要求 10时,由归纳法不难证明 k (n1.1)(n2.1)￠￠￠(nk.1) (n1.1)(n2.1)￠￠￠(nk.1) 所以具有性质 6.某次考试有 4个不同答案供选择 ,每人每题恰选 ,在2000份答卷中发现存 在一个 n,使得任何 n份答卷中都存在 4份,其中每两份的答案都至多 .求n的最小可能值 . 解:将每个题的答案记为 1,2,3,4.每份答案记为 e)记作一组 256组,由抽屉原则 ,至少有一组 有[ ;去掉该组后仍然还有一组有 ,再去掉这组后仍然还有一组有 .这24份答卷中任 4份至少有两个在同一组 4题答案相同 25时,构造如下 2000份答卷满足题意 ,每份答卷都使得 4),所以前面每一 组中至多有一份答卷 ,共256种不同的答卷 ,任两份不同的答卷都至多有 3题答案相同 250种,每 种恰有 ,任取25份答卷 4份不同的答卷 ,它们之间任两份至多有 3题答案相同 第十六届中国数学奥林匹克 (2001年) 香港数学奥林匹克委员会 2:内接于单位圆 .的凸四边形 ABCD适合以下条件 (1)圆心在这凸四边形内部 (2)最大边长是 a,最小边长是 .的四条切线 LA与LB,LB与LC LD与LA分别 SA0B0C0D0 A0;B0;C0;D0四点 .求面积之比 SABCD 的最大值与最小值 =2μ4.于是 μ1;μ2;μ3;μ4都 是锐角 ..不难求得 2μi;SA0B0C0D. 由于上式关于 μ1;μ2;μ3;μ4对称 由于T是关于 2μ2的严格减函数 2001g,求最小的正整数 m,满足要求 :对X的任何一个 v(u和v 允许相同 v是2的方幂 1025g[f46, 33g[f17g[f14, 998,并且可以证 明对于任何 Y时,不妨设 10,5,4,3时,相应 的a值依次为 977,14,1,6. 故知所求的最小正整数 999. 将X划分成下列 999个互不相交的子集 1024g. 对于 X的任何一个 6;,则从中任取一个元素的 999各元素分属于前面的 998个2元子集 ,由抽屉原理知 W中必有不同的 u和v属于其中同一个 v是2的方幂 ,所求的最小正整数 n边形的每个顶点上各停有一只喜鹊 .突然受到惊吓 ,众喜鹊都飞去 .一段时间后 ,它们又都回到这 些顶点上 ,仍是每个顶点上一只 ,但未必都回到原来的顶点 .求所有正整数 n,使得一定存在 ,以 它们前后所在的顶点分别形成的三角形或同为锐角三角形 ,或同为直角三角形 ,或同为钝角三角形 3,结论显然成立 B原来的位置为直径的两端点 ,若回来后仍为直径的两端点 ,则任取另一只 C,可 知前后 4ABC均为直角三角形 ;否则设回来后 A的对径点为 4ABC均为直角三角形 ,结论成 立. 若n A回到原顶点 ,否则可通过旋转使得 A回到原顶点 A为一个端点的直径 ,在 直径两侧各有 .考虑原来在同一侧的三个点 ,由抽屉原则 ,回来后必有两个仍在同一侧 C,则4ABC前后均为钝角三角形 =5时,设原先按顺时针排列为 E,返回后按顺时针排列为 D,则此时不难验证所 有的钝角三角形变为锐角三角形 ,所有的锐角三角形变为钝角三角形 ,结论不成立 . 综上所述 n为所有不小于 a+b+c是7个两两不同的质数 c中有两数之和是 800.设d是 这7个质数中最大数与最小数之差 .求d的最大可能值 . 解:不妨设 a&b&c,显然 =2c.只需求 800的质数从大到小依次为 1571.不难验证均为质数 5.将周长为 24的圆周等分成 24段.从24个分点中选取 ,使得其中任何两点间所夹的弧长都不等 于3和8.问满足要求的 8点组的不同取法共有多少种 解:将这些点按顺时针方向依次标为 ,24,并排成如下 ,同一列相邻两数所代表的点之间所夹弧长为 8,同一行相邻两数所代表的点之间所夹弧长为 (第一列与第八列也是相邻的 ,第一行与第三行也是相邻的 ).所以在表中每相邻两数所代表的点均不能 同时取 .即每一列只能取一个数 ,并且恰好取一个数 n数表中每列恰取一个数且任何相邻两列 n列与第一列 )所取得数均不同行的取法 从第一列取一个数有 ,第一列取定后 ,第2列所取得数不能与第一列同行 ,只有两种不同取法 ,以 后每一列均有两种取法 ,但是第一列与最后一列所取的数同行的所有取法都不满足要 求,这时将这两列看作一列 1列时的所有取法 既满足题中要求的不同取法总数为 2001:设A是适合下列条件的正整数对 n)所组成的集合 (2)2nj(2am 解:(1)先求 (1)和(2)可知 ,p为正整数且有 m. 由(¤¤)知,m, n0也是正整数而且容易验证 ,不难验证下面两式成立 由2a&m,便知关于 (2)(3)成立的充要条件是关于 (2)(3)成立 2,条件化为 0.又n为正整数 3995,又n为4000的偶因子 2. 综上可知 n奇偶性相同且 由(3),知(m +4um.2au+2u2 +2u)为偶数 +2u应尽量接 3750. 以下证明 :对于任意的 3750. 上面已证 +2时,结论成立 n奇偶性相同且 n&m,故可以设 :对于任意的 0,所以结论是成立的 . 综上可知 第十七届中国数学奥林匹克 (2002年) 上海上海中学 ABC的三边长分别为 A的内角平分线 (1)求在线段 AC内分别存在点 \CDF的充分必要条 件(用角 E和F存在的情况下 . 解:(1)因为 AC距离相等 DE. 可以得到 4BDE. 又D到F BE距离相等 . 所以充要条件为 再由角平分线定理 2.设多项式序列 fPn(x)g满足 1;P2(x)=2x(x2 Pn+1(x)Pn.1(x)=(Pn(x))2 3;:::: 设sn为Pn(x)各项系数的绝对值之和 . 对于任意正整数 n,求非负整数 . 解:设Pi(x)= 1),则Q1(x)=1;Q2(x)=2x, Qn+1(x)Qn.1(x)=(Qn(x))2 1. 设tn为Qn(x)各项系数的绝对值之和 Qn+2(x)=2xQn+1(x) Qn(x). 由归纳法不难证明如下结论 (1)Qn(x)为首项系数为正的 1次整系数多项式 (2)Q2k(x)只有奇数项 ,Q2k+1(x)只有偶数项 (3)Qn(x)所有系数不为 0的项的系数从大到小为正负交替 =2tn.补充定义 sn均为正整数 &ml为正整数 3.18支足球队进行单循环赛 18支球队分成 9组,每组的两队赛一场 ,下一轮重新分组进行比 赛,共赛 17轮,使得每队都与另外 17支队各赛一场 .按任意可行的程序比赛了 , 它们之间总共只赛了 1场.求n的最大可能值 . 解:考察如下的比赛程序 1.(1,2)(3,4)(5,6)(7,8)(9,18)(10,11)(12,13)(14,15)(16,17) 2.(1,3)(2,4)(5,7)(6,9)(8,17)(10,12)(11,13)(14,16)(15,18) 3.(1,4)(2,5)(3,6)(8,9)(7,16)(10,13)(11,14)(12,15)(17,18) 4.(1,5)(2,7)(3,8)(4,9)(6,15)(10,14)(11,16)(12,17)(13,18) 5.(1,6)(2,8)(3,9)(4,7)(5,14)(10,15)(11,17)(12,18)(13,16) 6.(1,7)(2,9)(3,5)(6,8)(4,13)(10,16)(11,18)(12,14)(15,17) 7.(1,8)(2,6)(4,5)(7,9)(3,12)(10,17)(11,15)(13,14)(16,18) 8.(1,9)(3,7)(4,6)(5,8)(2,11)(10,18)(12,16)(13,15)(14,17) 9.(2,3)(4,8)(5,9)(6,7)(1,10)(11,12)(13,17)(14,18)(15,16) 10.(1,11)(2,12)(3,13)(4,14)(5,15)(6,16)(7,17)(8,18)(9,10) 11.(1,12)(2,13)(3,14)(4,15)(5,16)(6,17)(7,18)(8,10)(9,11) 12.(1,13)(2,14)(3,15)(4,16)(5,17)(6,18)(7,10)(8,11)(9,12) 13.(1,14)(2,15)(3,16)(4,17)(5,18)(6,10)(7,11)(8,12)(9,13) 14.(1,15)(2,16)(3,17)(4,18)(5,10)(6,11)(7,12)(8,13)(9,14) 15.(1,16)(2,17)(3,18)(4,10)(5,11)(6,12)(7,13)(8,14)(9,15) 16.(1,17)(2,18)(3,10)(4,11)(5,12)(6,13)(7,14)(8,15)(9,16) 17.(1,18)(2,10)(3,11)(4,12)(5,13)(6,14)(7,15)(8,16)(9,17) 将前 9支球队称为 A组,后9支球队称为 ,同组两支球队均已经比赛过 ,所以任意四支球 队之间至少已经赛过两场比赛 ,当然不满足题中要求 如果把上述程序颠倒过来 ,然后按照新的程序比赛 ,则8轮比赛过后 ,同组任何两队均未比赛过 .而不全同 组的四支球队之间至少赛过两场 ,也不满足题中要求 . 综上所述 ,n的最大可能值不大于 7. 设已进行了 7轮比赛且任何 4队都不满足题中要求 . 选取已经比赛过的两队 A1;A2,于是每支球队都与另外 6支球队比赛过 ,两个队至多与另外 12支球队比赛 过.从而至少有 B1;B2;B3;B4与A1;A2均未比赛过 ,由反证假设可知 ,B1;B2;B3;B4之间的比赛 都已经进行了 . 所以最多有 10支球队与 B1;B2其中至少一队比赛过 ,又导致至少存在 C1;C2;:::;C6与B1;B2均未比赛 . 由反证假设可知 ,C1;C2;:::;C6之间的比赛都已经进行了 C1;C2其中至少一队比赛过 ,又导致至少存在 D1;D2;:::;D8与C1;C2均未比 赛.由反证假设可知 ,D1;D2;:::;D8之间的比赛都已经进行了 D1;D2与其他 10支球队均未比赛 , 但是由于只进行了 ,其中必存在两支球队 E1;E2之间没有比赛 ,D1;D2;E1;E2之间只进行了一 场比赛 ,与假设矛盾 . 综上所述 ,n的最大可能值为 4.对于平面上任意四个不同点 P1;P2;P3;P4,求 解:先证明如下的引理 :在4ABC中,若AB . 引理的证明 :作\A的角平分线 AD,由正弦定理 所以引理成立 (1)若P1;P2;P3;P4中有 P1;P2;P3,则P1P2 (2)若四个点的凸包为三角形 P4在4P1P2P3内部 ,且\P1P4P2 (3)凸包为四边形 P1P2P3P4.若该四边形有一个内角不小于 \P2P1P4, p√ 由引理类似 否则四个内角均小于 ,必有两个相邻内角之和不小于 又P1P2P3P4为有一个内角为 60±的菱形时 所以所求式子的最小值为 5.平面上横纵坐标都为有理数的点称为有理点 .证明平面上的全体有理点可以分为三个两两不相交的 集合 (1)在以每个有理点为圆心的任一圆内一定包含这三个集合中每个集合的点 (2)在任意一条直线上不可能有三个点分别属于这三个集合 :显然任意有理点均可唯一的表示成 C满足题中的条件 (1); 设D是以有理点 ,r为半径的圆 不难验证如下三个有理点 .这表明条件 (2). 设平面上直线方程为 0,如果其上有两个不同的有理点 (x1;y1)(x2;y2),则axi 0,当然可以取 b均为有理数 ;否则不妨设 1,从联立方程中即可解出 b,显然均 是有理数 .再通分即可使 1. 设有理点 2jw,与gcd(u, 2jb,则2jau,由gcd(a, a,2ju,L上不能有 . 综上所述 C满足题中的条件 6.给定实数 1,求最小的常数 ,使得对任意整数 an,只要满 足 cn的最大整数 先证明这样两个事实 . 这是由于 a1). 而j(ak m.1m.1 i=1 ksn]. 这是由于 sm+k). 化简后即为 ...1+1+16(),(+1 mnmnnm代入 +++¤.nrsssss.nmmnm222 nn.mn.mn.m 2cnm.m(m+1) (n+m+1)(n.m).2cn(n.m) .满足以上的条件 (m+1+n)(n.m) 第十八届中国数学奥林匹克 (2003年) 湖南长沙市第一中学 I;H分别为锐角三角形的内心和垂心 ,点B1;C1分别为边 B1I交 边AB于点 6与BC相交于 C1I交AC的延长线于 C2;B2C2为4BHC的外心 A1三点共线的充分必要条件是 4CKC2的面积相等 A1三点共线 . 设O为4ABC的外心 \BAC,\BA1C \BHC)=2\BAC. 因此 A1在4ABC的外接圆 AI与AA1重合 ,A1在BC的中垂线上 A1三点共线 r(r为4ABC的内切圆半径 60±(由余弦定理 ). 所以命题成立 2.求出同时满足如下条件的集合 S的元素个数的最大值 (1)S中的每个元素都是不超过 100的正整数 S中任意两个不同的元素 a与c的最大公约数等于 b与c的最大 公约数也等于 S中任意两个不同的元素 a与d的最大公约数大于 1,并 且b与d的最大公约数也大于 1. 解:最大个数为 72. 将不超过 100的每个正整数 2,3,5,7,11整除的正整数 ,.1;.2;.3;.4;.5为非负整数 . 我们选取满足条件“ .1;.2;.3;.4;.5中恰有 2个非零”的那些正整数组成集合 S,即S中包括 ,100,但除去 2￡3￡5,22 ￡5,2￡3￡7,22 ￡3￡7,2￡5￡7,2￡3￡11这7个数 ;3的奇 数倍 ￡33共17个数 ;最小素因子为 ￡19共7个 数;最小素因子为 ,S中总共有 7+17+7+4+1 . 下面证明如此构造的 S满足题述条件 (1)显然满足 . 对于条件 (2),注意到在 b)的素因子中至多出现 2,3,5,7,11中的 ,记某个未出现的数为 . 对于条件 (3),当gcd(a, b)=1时,取a的最小素因子 p和b的最小素因子 11g.于 是,pq b互质保证了 . 当gcd(a, 1时,取p为e的最小素因子 b]的最小素数 . 下面证明任意满足题述条件的集合 S的元素数目不会超过 S对于任意的两个大于 q均不互质的数最小是 100,故据 条件 (3)知,10与100之间的 21个质数中最多有一个出现在 21个质数外的其余 78个不超 过100的自然数构成集合 (I)当有某个大于 S时,S中所有各数最小素因子只可能是 2,3,5,7和p.运用条件 (2)可得出 以下结论 2￡32￡5与7p包括了所有的最小素因子 (2)知,2￡3￡5, S,故由条件 7,3p不同属于 11或13时,由(i)(ii)(iii)(iv)可分别得出至少有 3,2,1,1个T中的数不属于 17或19时,由(i)(ii)(iii)可分别得出至少有 4,2,1个T中的数不属于 20时,由(i)(ii)(v)可分别得出至少有 T的数不属于 (II)如果没有大于 10的质数属于 S,则S中的最小素因子只可能是 2,3,5,7.于是 7对数中的每对都不能 同时在 ,T中至少有 S中. 综上所述 ,本题的答案为 3.给定正整数 n,求最小的正数 .;使得对于任何 2;:::;n)只要 =2时,可以证明 2时等号成立 μ1)3 由tan μ2,则只需证明 3时,不妨设 2. 由于cos 1. 另一方面 1. 综上可得 4.求所有满足 2的三元正整数组 . 解:对于分三种情况考虑 (1)n&m时,由an =2时,n可取 =3时,n可取 =4时,n可取 (2,2,1),(2,3,2)和(5,2,1). +1j202.由于202仅有 1,2,101,202四个约数 (3)n&m时,由am +1jam(an.m 203). 又因为 :(2,2,3),(2,6,3),(2,4,4),(2,3,5),(2,2,7),(3,2,1),(4,2,2),(5,2,3),(8,2,1). 所以 n)为:(2,2,5),(2,6,9),(2,4,8),(2,3,8),(2,2,9),(3,2,3),(4,2,4),(5,2,5),(8,2,3). 1,则s&m,由am 203), 又因为 203. 又因为 0.此时的解只能由前面的解派生出来 n+2km),并且每一个派生出来的解都满足 +203. 综上所述 k为任意非负整数 5.某公司需要录用一名秘书 ,公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试 ,前三个人面试 后一定不录用 4个人开始将他与前面面试过的人比较 ,如果他的能力超过了前面所有已面试过的 人,就录用他 ;否则就不录用 ,继续面试下一个 9个人都不录用 ,那么就录用最后一个面试的人 10个人的能力各不相同 ,可以按能力由强到弱排为第 1,第2,:::,第10.显然该公司到底录用到哪一 个人 10个人报名的顺序有关 ,这样的排列共有 10!种.我们以 Ak表示能力第 k的人能够被 录用的不同报名顺序的数目 ,以表示他被录用的可能性 :在该公司经理的方针下 (2)该公司有超过 70%的可能性录用到能力最强的 ,而只有不超过 10%的可能性录用到能力最 弱的 3个面试者中能力最强的排名名次记为 8.将此时能力排名第 k的人被选上的排列 集合记作 Ak(a),相应的排列数目记作 jAk(a)j.在以下过程中 ,“:=”表示“记为” =1时,必然录取最后一个面试的人 ,此时除能力第 ,各人机会均等 10,能力排名的 k的人无录用机会 k&a,此时机会均等 ,此时能力排名第 a的人排在前三个 ,有3种选择位置 .而能力排名 1的人都排在后 7个位置 上,并且谁位于他们之首谁就被录用 2)!种,其余 a人可以在剩下的位置上任意排 上述结果表明 (2)由(1)可知 ,录用到能力最弱的三人之一的可能性等于 56+21+10+5+ 287+143+80 70%. 即录用到能力最强的三人之一的可能性大于 1;点Pi(yi)(i 4)是以原点为圆心的单位圆上的四个点 dcba 是关于 d对称的式子 由Cauchy不等式 第十九届中国数学奥林匹克 (2004年) 澳门教育暨青年局 1.凸四边形 H分别在凸四边形 D分别在凸四边形 E1F1G1H1的边 E1F1,F1G1, G1H1,H1E1上,满足 CG1 解:(1)若EF 代入已知条件 (2)若EF与AC不平行 ,设FE的延长线与 CA的延长线相交于点 Menelaus定理得 结合题设有 由Menelaus定理逆定理可以知道 G与E1H1分别交于点 S4ADC 同理 S4ADC 所以 2.已知正整数 x1;x2;:::满足 [x]表示不大于 x的最大整数 fxng的通项公式 . 解:显然当 (n+1)(n+2) 2;:::;其中 A为非负整数 (1). (n+1)(n+2) (n+1)(n+2) 对于任意非负整数 2;:::,显然 fwng都满足 (1). 由于u1 i.综上可得 3.设M是平面上 n个点组成的集合 (1)M中存在 ,是一个凸七边形的 (2)M中任意 5个点是一个凸五边形的 ,则此凸五边形内部至少含有 M中的一个点 . 求n的最小值 11. 设顶点在 M中的一个凸七边形为 A1A2A3A4A5A6A7,连A1A5,由条件 (2)知,在凸五边形 A1A2A3A4A5中 至少有 M中的一个点 P1;连P1A1;P1A5,则在凸五边形 A1P1A5A6A7内部至少有 M中的一个点 ,记 为P2,且P2异于 P1P2,A1;A2;:::;A7至少有 5个点不在直线 P1P2上,有抽屉原则知 ,在直 线P1P2的某一侧必有其中 ,这3个顶点与点 P1;P2构成的凸五边形内至少含有 M中的一个点 P1;P2. 再作直线 P1P3;P2P3,令直线 P1P2对应区域为 .3:它是以直线 P1P2为边界且在三角形 P1P2P3异侧的一个 半平面 P1P2),类似定义区域 .1;.2.这样 .1;.2;.3覆盖了平面上除三角形 P1P2P3之外 的所有点 .由抽屉原则 ,A1;A2;:::;A7中必有 3个在同一区域内 .3.这三个点与 P1;P2构成的 凸五边形内至少含有 M中的一个点 P1;P2;P3.所以 11. 构造一个例子 ,在Oxy平面上 成一个凸七边形 ,再加上其内部的所有四个整点 (1,1),(1,2),(2,1),(2,2)构成点集 M,显然满足条件 (1). 下面证明 M也满足条件 (2),若不然 ,假设存在一个整点凸五边形 ,其内部不含整点 ,显然所有整点多边 形的面积均是 1 2 的整数倍 .必存在一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形 ABCDE.考虑顶 点坐标的奇偶性 ,只有四种情况 :(奇,偶)(偶,奇)(偶,偶)(奇,奇).从而这五个顶点中必有两个顶点的坐标 奇偶性完全相同 ,于是它们连线中点 ,又因为它不在五边形内部 ,必然在某条边上 ,不妨设 在AB上,则P为AB中点 BCDE是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形 . 综上所述 ,n的最小值为 4.给定实数 (1)存在唯一的实数数列 x0;x1;:::;xn+1满足 (2)(1)中的数列 x0;x1;:::;xn+1满足 jaj. 解:(1)存在性 2;:::;n,及x0 0,我们知道 xi是x1的3i.1次实系 数多项式 xn+1为x1的3n次实系数多项式 ,由3n为奇数 =0即 可求出 xi,如此得到的数列 x0;x1;:::;xn+1满足题设条件 :设w0;w1;:::;wn+1以及 v0;v1;:::;vn+1为满足条件的两个数列 2). 设jwi0 1, 由后一种情况可以推出 0. 所以总有 , 所以所有 2;:::;n.唯一性得证 5.给定正整数 2,设正整数 2;:::;n)满足 :对任意 i=1 1)时,由Cauchy不等式 对于正整数 &an,有ai+1 :除了有限个正整数外 ,其他的正整数 n均可表示为 2004个正整数之和 a2004,且 满足 &a2004;aijai+1 2003) 解:将证明如下更一般的结论 : 对任给的正整数 N(r)时,存在正整数 a1;a2;:::;ar,使得 &ar,aijai+1;i k时,结论成立 +1时,取N(k 2N(k)2或者 2N(k). 若2α ,则存在正偶数 N(k),由归纳假设存在正整数 b1;b2;:::;bk,使得 &bijbi+1;i N(k),由归纳假设存在实数 c1;c2;:::;ck,使得 &cijci+1;i +2.+1cn.满足要求 . 由归纳法知上述一般结论对所有的 2004,显然有原命题成立 第二十届中国数学奥林匹克 (2005年) 郑州郑州外国语学校 R,使得如下两个不等式 同时成立的充要条件是 :显然所给的两个不等式分别等价于 (3) 不难知道 (2)(3)同时成立的充分必要条件为 (5) 另一方面 (6) 当存在 (2)(3)同时成立时 ,由(4)(5)即可推出 ,若(1)成立 ,即(6)成立 (4)(5)不成立 0 两式相加 ,得到2(cos (4)(5)成立 (2)(3)同时成立 4ABC的三边 AB的交点依次为 F1;F2.线段 D1E1与D2F2交于点 E1F1与E2D2交于点 F1D1与F2E2交于点 CN三线共点 L作AB和AC的垂线 ,垂足分别为 D1F2;D2E1,由4LD1F2 D2F1;D1E2,由正弦定理得 F1D2 三式相乘 由Ceva定理逆定理的角元形式 CN三线共点 3.如图所示 ,圆形的水池被分割为 5)“格子” .我们把有公共隔墙 (公共边或公共弧 )的格子称为 相邻的 ,从而每个格子都有三个邻格 . 水池中一共跳入了 ,青蛙难于安静共处 ,只要某个格子中有不少于 ,那么迟早一定 会有其中 3只分别同时跳往三个不同邻格 :只要经过一段时间之后 ,青蛙便会在水池中大致分布均匀 . 注:所谓大致分布均匀 ,就是任取其中一个格子 ,或者它里面有青蛙 ,或者它的三个邻格里都有青蛙 :我们把一个格子中出现一次 3只青蛙同时分别跳向三个邻格的事件称为该格子发生一次爆发 .而 把一个格子或者是它里面有青蛙 ,或者是它的三个相邻的格子里面都有青蛙 ,称为该格子处于平衡状态 . 容易看出 ,一个格子只要一旦有青蛙跳入 ,那么它就一直处于平衡状态 ,只要不爆发 ,那么该格子 中的青蛙不会动 ,它当然处于平衡状态 ;而如果发生爆发 ,那么它的三个邻格中就都有青蛙 ,并且只要三 个邻格都不爆发 ,它就一直处于平衡状态 ;而不论哪个邻格发生爆发 ,都会有青蛙跳到它里面 ,它也一直 处于平衡状态 . 这样一来 ,为了证明题中断言 ,我们就只要证明 :任何一个格子都迟早会有青蛙跳入 . 任取一个格子 ,把它称为格 A,把它所在的扇形称为 ,把该扇形中另一个格子称为格 B,我们要证明 格A中迟早会有青蛙跳入 . 按顺时针方向依次将其余扇形接着编为 2至n号.首先证明 1号扇形中迟早会有青蛙跳入 1号扇形 中永无青蛙到来 ,那么就不会有青蛙越过 n号扇形之间的隔墙 .我们来考察青蛙所在的扇形 的编号的平方和 ,由于没有青蛙进入 1号扇形所以只能是有 3只青蛙由某个 n)号扇形分别跳 入k +1号扇形各一只 .因此平方和的变化量为 ,由于青蛙的跳动不会停止 (因为总有一个格子里有不少于 ),所以平方和的增加趋势不会停 止;但是另一方面 ,青蛙所在扇形的标号的平方和不可能永无止境的增加下去 1)n2),由 此产生矛盾 ,所以迟早会有青蛙越过 历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答——为大家提供各种日常写作指导，同时提供范文参考。主要栏目有：范文大全、个人简历、教案下载、课件中心、 优秀作文、考试辅导、试题库、诗词鉴赏。 相关文档： 下载文档： 搜索更多： All rights reserved Powered by copyright ©right 。甜梦文库内容来自网络，如有侵犯请联系客服。|}