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全国中学生数学竞赛二试模拟训练题(39)

发布时间:2013-10-24 08:01:11  

加试模拟训练题(39)

1、 D为△ABC的边BC上的点.作△ABD和△ACD的内切圆,并作它们的外公切线(异于BC的外公切线),交AD于点K.证明:线段AK的长度与点D在BC上的位置无关.

2、 设R是全体实数的集合.试求出所有的函数f:R→R,使得对于R中的一切x和y,都有f(x2+f(y))=y+(f(x))2.

【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题2.本题由印度提供.

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3、 能否将1990×1990方格表的每个小方格涂成黑色或白色,使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色,并且表的任意一行及任意一列中黑格和 白格都各占一半?

4、 已知p为大于3的素数.且1111a??????,a,b?N,.(a, b)=1,2222123(p?1)b

证明pa。

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加试模拟训练题(39)

1、 D为△ABC的边BC上的点.作△ABD和△ACD的内切圆,

并作它们的外公切线(异于BC的外公切线),交AD于点K.证明:

线段AK的长度与点D在BC上的位置无关.

【题说】 第五十七届(1994年)莫斯科数学奥林匹克十年级题24.

【解】 如图.设AD与两圆的切点分别为P、Q,两圆的另一条

公切线为MN,切点分别为M、N,BC与两圆的切点分别为E、F.

11利用切线的性质不难算得AP(AB+AD-BD),AQ(AD+AC-DC) 22

KP+KQ=KM+KN=MN=EF

所以4AK=2(AP+AQ)-2(KP+KQ)

=AB+AC-BC+2(AD-EF) (1)

另一方面,容易算得2EF=(DE+DP)+(DF+DQ)

=(AD+BD-AB)+(AD+DC-AC)

=2AD-(AB+AC-BC) (2)

将(2)代入(1)得2AK=AB+AC-BC,与D在BC上的位置无关.

2、 设R是全体实数的集合.试求出所有的函数f:R→R,使得对于R中的一切x和y,都有f(x2+f(y))=y+(f(x))2.

【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题2.本题由印度提供.

【解】令t=f2(0),f(2)(x)=f[f(x)].在函数方程f(x+f(y))=y+(f(x)) (1) 中令x=0,得f(2)(y)=y+t (2)

由(1)、(2)有x2+f2)(y)+t=f(2)[x2+f(2)(y)]=f[f2(x)+f(y)]=[f(2)(x)]2+y (22

即x2+y+2t=y+(x+t)2,或2t=t2+2tx

由于此式对任意x∈R都成立,故t=0,即f(0)=0.于是(2)成为 f(2)(y)=y(y∈R) (3) 又对任意x≥0,由(1)、(3)有

令y=0,得

所以 f(x+y)=f(x)+f(y)≥f(y)(x≥

0)

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这就是说,f(x)是R上的非减函数,即若x≥y,则f(x)≥f(y).

最后证明,对一切x∈R,有f(x)=x.事实上,若存在z∈R,使f(z)≠z.假如 z<f(z),则f(z)≤f(2)(z)=z,矛盾;假如f(z)<z,则z=f(2)(z)≤f(z),也矛盾. 显然,函数f(x)=x满足题设条件.

3、 能否将1990×1990方格表的每个小方格涂成黑色或白色,

使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色,并且表的任意

一行及任意一列中黑格和 白格都各占一半?

【题说】 第二十四届(1990年)全苏数学奥林匹克十年级题1.

【解】 假设能按要求涂色.将黑格记为+1,白格记为-1.将

方格表分成四个995×995的正方形(如图).因每个正方形含奇

数个方格,故任一正方形各格上的数相加,和不为零.又因关

于中心对称的方格涂有不同颜色.故正方形A1与A4,A2与A3各格的数相加的和均为零.因

此,A1与A4,A2与A3中各有一个,其中各数之和为正,不妨设A1、A2中各数的和为正.这时

A1∪A2中各数之和为正,但由已知,每行中黑格与白格各占一半.所以前995行各数之和为

零,即A1与A2中各数之和为零.矛盾!所以,满足要求的涂色法不存在.

1111a??????,a,b?N,.(a, b)=1,4、 已知p为大于3的素数.且2222123(p?1)b

证明pa。

.证明 对于不超过p-1的自然数k,由于(k, p)=1,所以存在唯一的不超过p-1的自然数x,满足kx?1(modp)。而且,当k=1或p-1有x= k=1或p-1。当2?k?p?2时,有 2?x?p?2,x?k,故当k取遍1,2,……,p-1时,x也取遍1,2,……,p-1。

因为(p,(p?1)!)?1,由kx?1(modp)可得到

(p?1)!kx?(p?1)!(modp)或(p?1)!x?(p?1)!(modp),所以 k

((p?1)!)2ap?1((p?1)!)2p?1

????((p?1)!)2x2

2bkk?1x?1 p(p?1)(2p?1)?((p?1)!)2(modp)6

因为p是大于3的素数,所以p-1不小于4,所以(p-1)!含有因数6,从而

((p?1)!)2ap(p?1)(2p?1)?0(modp),因为 ((p?1)!)?0(modp),即b62

(p,(p?1)!)?1,所以(p,((p?1)!)2)?1,从而

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0(modp) b

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