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第35届俄罗斯数学奥林匹克_九年级_

发布时间:2014-05-22 14:17:41  

34中等数学

第35届俄罗斯数学奥林匹克(九年级)

第35届俄罗斯数学奥林匹克于2009年4月21日—27日在俄罗斯南部的基斯洛沃茨克市举行.竞赛分九年级、十年级、十一年级进行,,每天5小时考4出了由浙江省6,4竞赛,2名高一学生参加了九年级的竞赛.、911和.

9121已知BD是△ABC的角平分线(点D位于线段AC上),且与△ABC的外接圆圆Γ交于点B、E,以线段DE为直径的圆ω交圆Γ于点E、F.证明:直线BF关于BD的对称直线含△ABC的一条中线.

2

9131给定正整数n(n>1).整数a>n满足对于每一个i(i=1,2,…,n),集合

2

{a+1,a+2,…,a+n}都包含数n+i的

43

一个倍数.证明:a>n-n.

9141正100边形的每个顶点都覆盖着一块布.已知恰有一块布下面藏有一枚硬币.下面的行为称为一次操作:任选四块布检查它们下面是否藏有硬币,每次操作后,所选布放回原处,而硬币被偷偷地转移到与这次操作时其所处位置相邻的顶点处的布的下面.求一定可以找到硬币的最少的操作次数.

9151实数a、b、c

满足

(a+b)=abc,

a+b

3

求车穿越栅栏次数的最大值.

9181给定具有相等面积的两个△ABC、△A1B1C1,确定是否总可以利用圆规和直尺作出与△A1B1C1全等的△A2B2C2,满足AA2∥BB2∥CC2.

参考答案

91112×3×7=168.

3

设两最简分数分别为

(a,6)=(b,7)=1.

.则

600700

的分子与6、7互质.

4200

32

由于4200=2×3×7×5,在约去公因

3

数后其分母不小于2×3×7=168.

故其和

=abc.

333

另一方面,这样的分母可以得到

.600700168

9121不妨设AB<BC.令M是AC的中点,直线BM

、FM与圆

Γ的第二个交点分别为F′、

B′.因为ABE=CBE,E为弧AC的中点,所以

,点E、M都位于线段AC的垂直平分线l上.于是,EMD=90°.

故点M位于圆ω上.则°B′CE=B′FE=MFE2

°°=MDE=CDE(AB+CE)2

°°°=(AB+AE)BAE.22因此,点B和B′关于l对称.从而,点F和F′关于l对称.

证明:abc=0.

9161能否用2009种颜色将所有的正整数如下染色:

(1)每种颜色的数都有无穷多个;

(2)不存在三个两两不同色的正整数a、b、c满足a=bc?

9171国际象棋棋盘的一条对角线上的八个方格称做“栅栏”.车从棋盘上栅栏外的一个方格开始行走,且满足:

(1)棋盘上的任意方格至多停留一次;(2)永远不在栅栏上的方格停留.

2009年第11期35

°故FE°=F′E

]FBE=F′BE.

所以,BF和BM关于BE对称.

9131首先注意a+i(i=1,2,…,n)中任意两个的距离都不超过n-1.

对每一个i(1≤i≤n),由条件知存在正整数ai,使得

2

ai(n+

i){a+1,a+2,…,a+n}.显然,a1>1.

如果a1≤a2≤…≤an,则

22

a((n-1.i(1≤i≤n-1),使得ai>ai+1.

22

则n-1≥ai(n+i)-ai+1(n+i+1)

22

≥ai(n+i)-(ai-1)(n+i+1)

2

=n+i+1-ai,

22

得 ai≥n-n+i+2>n-n.

222

故ai(n+i)>(n-n)(n+1)

432

=n-n+n-n,

2

a≥ai(n+i)-n

43243>n-n+n-2n≥n-n.914133次.

不妨设正100边形被放置在一个可转动的水平圆桌上,且从中心向一顶点所引向量指向正北.将初始位置的多边形各顶点所在的方位从正北开始依逆时针方向依次定义为0,1,…,99.每操作一次且硬币被转移后,圆

桌将自动按顺时针方向转动.这样硬币所

100

处位置不变,或者按顺时针方向转动两个方位.因此,硬币所处方位的奇偶性在每次圆桌自动旋转后都保持不变.

如果某一时刻一个方位不可能有硬币,则该方位称作“空的”.否则,称为“非空的”.

显然,初始时刻,空方位的个数为0.

于是,每次操作使得空方位的个数至多增加4.

连续的几个奇(偶)空方位构成奇(偶)空方位区间.

如果一个奇(偶)空方位区间不是一个奇(偶)空方位区间的真子集,则该区间称为“最大的”.

由于硬币被转移,在圆桌旋转后的时刻,每个最大奇(偶)空方位区间的逆时针方向的端点都将变成非空的.这表明,在整个寻找硬币的过程中,只有在下面情况下,硬币的被转移不会带来非空方位的增加:当所有奇(偶)方位都是空的,而同时所有偶(奇)方位都是非空的().在所,3.,经323+=97,.

:在至多33次操作下可以找到硬币.

首先检查0、2、4、6处.

如果找到硬币,问题已解决;

如果没有,则在桌子旋转后,0、2、4为空方位(以下总是假定在前32次操作中没有找到硬币).

一般地,如果在桌子旋转后,已知0,2,…,2s为空方位,则接下来的操作检查2s+2、2s+4、2s+6、2s+8.

经过硬币转移和桌子转动后,0,2,…,2s+6为空方位.这样,经16次操作及桌子转动后,得到48个空方位,即0,2,…,94.

第17次操作检查96、98、1、3.

在桌子转动后,得到51个空方位,即0,1,2,4,6,…,98.接下来依次检查3,5,7,9;9,11,13,15;….

在第32次操作及桌子转动后,得到96个空方位,即0,1,2,…,91,92,94,96,98.

第33次操作我们检查最后四个方位93、95、97、99,必然找到硬币.

9151首先注意,对任意的实数x、y,有22

x-xy+y≥|xy|.

当且仅当x=y时,上式等号成立.若abc≠0,则两式相除得222222(a-ab+b)(b-bc+c)(c-ca+a)222

=abc=|ab|?|bc|?|ac|.

上式左边每个括号都是正的,而右边对应的每个绝对值也都为正,故有a=b=c.

33

于是,8a=a]a=0.矛盾.9161能.

取2008个质数p1,p2,…,p2008,且p1<p2<…<p2008.

36中等数学

构造正整数集合的子集A1,A2,…,A2009

如下:A1表示所有p1的倍数所组成的集合;A2表示所有p2的倍数且不是p1的倍数所组成的集合;……A2008表示所有p2008的倍数且不是p1,p2,…,p2007的倍数所组成的集合;A2009表示所有其余正整数组成的集合.则A1,A2,…,A2009

两两不交且并为全体正整数.

对任意的xAk,yAn(k<n),有xyAk.故每个集合Ai要求.

47j(i,j).(i,i)(i=1,2,…,8).将非栅栏方格分为A、B、C、D四类:

A={(i,j)|2≤j+1≤i≤4}∪

{(i,j)|5≤j≤i-1≤7},B={(i,j)|2≤i+1≤j≤4}∪

{(i,j)|5≤i≤j-1≤7},C={(i,j)|5≤i≤8,1≤j≤4},D={(i,j)|1≤i≤4,5≤j≤8}.

由于车每次穿越栅栏的前后两次停留至少有一次是在A类或B类的方格中,A类和B类的每个方格至多贡献两次穿越.而A类和B类共有24个方格,故至多完成48次穿越.

称A、D类方格之间的穿越为AD型,B、C类方格之间的穿越为BC型.

如果恰完成了48次穿越,则每一个A类或B类方格都对应两次穿越.这说明,每次穿越前后的两次停留都恰有一次位于C类或D类方格,且每一次车在A(B)类方格中的停留前后的运动都是

AD(BC)型穿越.由于从C(D)类方格出发不经过穿越无法到达D(C)类方格,车只能完成一种类型的穿越,故至多24次穿越.矛盾.

因此,得到车至多完成47次穿越.例子如下:

(8,2)(7,3)(6,3)(6,4)

15913

(7,4)(5,3)(8,6)(2,1)(3,1)8,))(4,2)

172125294145

(3,4)(5,7)(1,6)(2,7)(3,6)2,5)(4,7)

182226303446

(5,4)(5,2)(7,6)(8,7)32)(74,1)(4,3)

192327314347

(5,8)(5,6)(2,6)(3,),5)((4,6)

202428323644

(4,8).

9181总可以.

(1,2)(1,3)(6,8)(1,4)

261014

(7,

2)(8,3)(6,2)(8,4)

371115

(7,8)(2,3)(6,7)(2,4)

481216

如果△ABC△A1B1C1,则平移△ABC即可.下设它们不全等,不妨设AB<A1B1.

作△A′B′C使得A′B′与△ABC不交,且AB∥A′B′,A′B′=A1B1,B′C=B1C1,CA′=C1A1.则四边形ABB′A′是梯形.令M、N分别为AA′、BB′的中点,P是AA′和BB′的交点.以PC为直径作圆ω.

因为AB<A1B1=A′B′,S△ABC=S△A1B1C1=S△A′B′C,点C到AB的距离大于到A′B′的距离,所以,点P和C位于MN的异侧.因此,圆ω与MN相交.设K是一个交点.

作PK分别交AB、A′B′于点X、Y.则.XBYB′

故S△XBC=S△YB′PKC=90°.C,XK=KY,

于是,CK是线段XY的垂直平分线,有CX=CY.

在射线XC上取点Z,使得XC=CZ.作分别与△A′CY和△B′CY全等的△A2CZ和△B2CZ.则

△A2B2C△A′B′C△A1B1C1.

因为CX=CZ,S△ABC=S△A2B2C,S△XBC=S△ZB2C,所以,S△XAC=S△ZA2C,点A和A2到XZ的距离相等,点B和B2到XZ的距离也相等.故AA2∥XZ∥BB2.

最后,将△A2B2C沿AA2方向平移一下即可.

(李伟固 提供)

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