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第3届女子数学奥林匹克试题

发布时间:2014-06-13 11:26:01  

第3届女子数学奥林匹克试题

第3届女子数学奥林匹克于2004年8月11日至15日在江西省南昌市举行,共有45个代表队的179名选手参加了此次竞赛,他们分别来自北京,上海等数十个城市以及美国,俄罗斯,菲律宾,香港,澳门等国家和地区。竞赛共安排两天考试,每天四个小时,各考四道题。通过竞赛,有18名选手获得金牌,39名选手获得银牌,58名选手获得铜牌。

试 题

1.如果存在1,2,??n 的一个排列a(1),a(2)??a(n),使得k+ak(k=1,2,??n)都

是完全平方数,就称n为好数。试问:在集合{11,13,15,17,19}中哪些为好数,那些不是,说明理由。 解:答案:除了11之外都是“好数”

(1)不难知道,11只能与5相加得到42,而4也只能与5相加得到32,因此不存在满

足条件的排列,所以11不是“好数”。 (2)13是“好数”,因为如下数表中,k?ak(k?1,2,???,13)都是完全平方数。

k: 1

2 2

3 13

4 12

5 11

6 10

7 9

8 1

9 7

10 6

11 5

12 4

13 3

ak: 8

(3)15是“好数”,因为如下数表中,k?ak(k?1,2,???,15)都是完全平方数:

k: 1

2 3 4 5 6 7 8 8

9 7

10 11 12 13 14 15 6

5

4

3

2

1

ak: 15 14 13 12 11 10 9

(4)17是“好数”,因为如下数表中,(k?1,2,???,17)都是完全平方数:

k: 1

2 7

3 6

4 5

5 4

6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

9

8

ak: 3

10 2 17 16 15 14 13 12 11 1

其中用到了轮换(1,3,6,10,15)。

k: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

ak: 8 7 6 5 4 3 2 1 16 15 14 13 12 11 10 9 19 18 17

2.设为a,b,c正实数,求

a?3c4b8c

??最小值。

a?2b?ca?b?2ca?b?3c

解:答案:最小值为?12?2

?x?a?2b?c?

令?y?a?b?2c,则有x?y?b,z?y?c, ?z?z?b?3c?

?a?3c?2y?x?由此可得?b?z?x?2y ?c?z?y?

从而a?3c4b8c2y?x4(z?x?2y)8(z?y)??= ??a?2b?ca?b?2ca?b?3cxyz

??17?2yxzy?4?4?8??17?28?232??17?122. xyyz上式中的等号可以成立。事实上,由上述推导过程指,等号成立,当且仅当平均不等式

中的等号成立,而这等价于

yx??2x?4y 即 ?zy??4y?8z22??y?2x 即 ?22??z?2y ?y?2x, ?z?2x?

亦即??a?b?2c?2(a?2b?c)

?a?b?3c?2(a?2b?c)

??b?(1?2)a解该不定方程,得到? ??c?(4?32)a

不难算出,对任何正实数a,只要b?(1?2)a,c?(4?2)a,就都有

a?3c4b8c??=17?2, a?2b?ca?b?2ca?b?3c所以所求的最小值为17?2。

3.已知钝角三角形ABC的外接圆半径为1,证明:存在一个斜边为2?1的等腰直角三角

形覆盖三角形ABC 证:不妨设∠C>90°,于是min{∠A,∠B}<45°,不妨设∠A<45°。 以AB为直径,在顶点C的同侧作半圆O, 则C位于半圆O内。作射线AT使得∠BAT=45°, 如图所示,再作射线OE,使得∠BOE=45°,且与 半圆相交于点E。过点E作半圆的切线,分别交AB 的延长线和AT于点D和F。则等腰直角三角形,则 等腰直角三角形ADF覆盖△ABC, 并且AD?AO?OD?=11AB?2?AB 2211(1?2)AB?(1?2)?2R?1?2. 22

4.一副3色牌,共有32张,其中红黄蓝各10张,编号为1,2,,,,10;另有大小王各1

张。从中任取几张,然后按如下规则算分:每张编号为K的牌记2k分。大小王编号为0。若分值之和为2004,就称这些牌为一个好牌组。求好牌组的组数。 解法一:称原题为“两王问题”,若增加一张王牌(称为“中王”),编号也为0,再考虑同样的问题,则称为“三王问题”。 先考虑“三王问题”。将大中小三张王牌分别称为红王,黄王和蓝王,于是每种颜色的

牌都是11张,编号则都分别是0,1,2?,10.将分值之和为n的牌组数目记作un,每一个牌组都可能由红组,黄组合蓝组组成。将其中红组,黄组合蓝组的分值之和分别记为x,y和z,则有x?y?z?n.由于任一非负整数的二进制表示方法唯一,所以一旦x,y,z的值确定之后,红组,黄组合蓝组的构成情况便唯一确定。我们知道方程x?y 22?z?n的非负整数解的组数等于Cn?2,所以un?Cn?2?(n?1)(n?2)(1)现考虑2

},用an表示分值之和为n的牌组数目。原题中的“二王问题”。对于n?{1,2,???,2004

当n?2k?2004时,对于分值之和为2k的任一牌组,我们有:(i)若组内无王牌,则该牌组就是“三王问题”中的一个分值之和为2k的无王牌的牌组。如果将其中每张牌的分值都除以2,就得到“三王问题”中的一个分值之和为k的且允许包括有王牌的牌组。易见,这种对应是一一的,所以这种牌组的数目为uk。(ii)若组内有王牌,则组内必有2张王牌(大小王牌都在组内)。去掉王牌后,就化归成为分值之和为2k?2的无王牌的牌组,从而这种牌组的数目为uk?1。所以

a2k?uk?uk?1?(k?1)(k?2)k(k?1)??(k?1)2,k?1,2,???,1002. 222特别地,所求的“好”牌组的个数为a2004?1003?1006009. },用an表示分值之和为n的牌组数目,解法2(母函数方法):对于n?{1,2,???,2004

则an等于函数f(x)?(1?x2)2?(1?x2)3???(1?x2)3 0110

的展开式中x的系数(约定|x|?1)。由于 nf(x)?012101{(1?x2)(1?x2)(1?x2)???(1?x2)}3 1?x?111132113(1?x)?(1?x), (1?x)(1?x)3(1?x2)(1?x)2

1nx的展开式中的系数。 22(1?x)(1?x) 而n≤2004<211,所以an等于

由于111?? (1?x2)(1?x)21?x21?x2

?(1?x2?x4?????x2k????)(1?2x?3x2?????(2k?1)x2k????), 故知x2k的系数为a2k?1?3?5?????(2k?1)?(k?1)2,k?1,2,???. 2从而,所求的“好”牌组的个数为a2004?1003?1006009.

5.设为u,v,w正实数,满足条件uvw?vwu?w?1,试求u+v+w的最小值.

解:答案:. 由均值不等式和题中条件,知 v?ww?uu?v?v?w?u?vwu?w?1, 222即有uv?vw?wu?1. u因此(u?v?w)2?u2?v2?w2?2uv?2vw?2wu u2?v2v2?w2w2?u2

????2uv?2vw?2wu?3uv?3vw?3wu?3, 222

即u?v?w?3.

另一方面,显然u?v?w? 3满足题中条件,此时u?v?w?. 3

综合上述两方面,即知u?v?w的最小值为3.

6.给定锐角三角形ABC,O为外心,直线AO交边BC于D,动点E,F在AB,AC上,

使得A,E,D,F四点共圆。求证:线段EF在BC上的投影长度为定值。

证:设EF在边BC上的投影为E0F0, 如图。过点D分别作DM⊥AB于M, DN⊥AC于N。过点M,N分别作 MM0⊥BC于M0,,NN0⊥BC于N0. 由∠AMD=∠AND=90°,知∠MDN =180°-∠BAC,又∠EDF=180°-∠BAC, 所以∠MDE=∠NDF。故Rt△DME~Rt△DNF EMDMAD?sin?DAMsin?DAM???. FNDNAD?sin?DANsin?DAN11又∠OAB=(180°-2∠C)=90°-∠C,∠OAC=(180°-2∠B)=90°-∠B, 22EMcosC?故(1) FNcosB所以

由平行线所截线段成比例的性质知E0M0BM0FNCN0??cosB,00??cosC, EMBMFNCN

故又知cosBE0M0FN??.(2) cosCF0N0EM

由(1),(2)得E0M0?F0N0?E0F0?M0N0(定值).

7.设n∈N,且正整数p,q满足(p,q)=1.问有多少个不同的整数可表为 ip+jq (其中 i,j∈N,

i+j≤n)?

?(n?1)(n?2)

解:答案:如果记A(p,q,n)????2,若n?r,

?r(2n?r?3)

??2,若n?r,

其中r?max{p,q}.

下证(*)式成立。不妨设r?p。由定义易知有

|A(p,q,n)|?{ip,jp|i,j?0,i?j?n},

此时(*)式成立。下设p?q。根据定义,可知

A(p,q,n)/A(p,q,n?1)?{ip?(n?1)q|i?1,2,???,n}.

注意到ip?(n?i)q?p(i?q)?q(n?p?i),

并且(i?q)?(n?p?i)?n?p?q?n?1,

并且ip?(n?i)q?A(p,q,n?1)?n?p?i?0.

所以A(p,q,n)/A(p,q,n?1)=

??{ip?(n?i)q|i?n?p?1,n?p?2,???,n},若n?p;

{ip?(n?i)q|i?0,1,2,???,n}

?若n?p.

令an?|A(p,q,n)|我们有

a?p,若n?p;

n?an?1??

?n?1,若n?p.

注意到a0?1,故对n?p,有 an?a0(a1?a0)?????(an?an?1)?1?2?????(n?1)?(n?1)(n?2)

2;

故n≥p,有 *) (

an?ap?1?(ap?ap?1)?????(an?an?1)?ap?1?(n?p?1)p?p(2n?p?3). 2

8.记"十字型"为一个3×3的方格去掉4个角上的1×1方格所形成的图形.问10×11的方

格中至多能放入多少个互不重叠的十字形.

解:答案:15个

首先证明最多可放15个“十字形”。用反证法,假设可放16个“十字形”。对每个“十

字形”,我们称其中心的方格为“心”(记为*)。将10×11的棋盘去掉周围一圈方格,得到一个8×9的方格表,显然,每个“十字形”的“心”都只能出现在这个8×9的方格表中。

注意在每一个3×3的方格表中最多可放两个“心”:

我们来讨论如何在一个8×3的方格表中放入尽可能多的“心”。将8×3的方格表自上

至下分为3×3,2×3和3×3的三个方格表。如果在中部的2×3的方格表中之多放一个“心”,那么由于在每个3×3的方格表中的最多可放两个“心”,所以最多一共可以放入5个“心”。而如果在中部的2×3的方格表中放入两个“心”,那么第三行和第六行都必须空着,通过穷举,知只能有如下图所示的两种放置6个“心”的办法;

现在,我们将8×9的方格表分为三个8×3的方格表,自左至右依次称它们为表(a),表(b)和表(c)。由于8×9的方格表中共有16个“心”,所有必有一个8×3的方格表中有6个“心” 如果在表(b)中有6个“心”,由于8×3的方格表中只有两种相互对称的放置6个“心”的办法,故可不妨设6个“心”分布如下方左图:

易知,此时第3列和第7列中不能放“心”。欲使不难看出,在表(a)和表(c)中最多只能各放4个“心”,从而一共放4+6+4=14个“心”,导致矛盾。 如果在表(a)和表(c)中各有6个“心”,则第4列和第6列中都不能放“心”,从而(b)中只有中间一列可以放“心”,不难看出,此时表(b)中最多只能放3个“心”,从而一共放6+3+6=15个“心”,亦导致矛盾。 如果在(a)和表(c)之中放有6个“心”,不妨设在(a)中放有6个“心”,且可设它们放置如上方右图。此时第4列中不能放“心”,从而表(b)中最多可放4个“心”,一共放6+4+5=15个“心”,亦导致矛盾。 综合上述,知8×9的方格表中最多只能放置15个“心”。 最后,我们来给出例子,说明确实可以放置15个“心”:

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