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全俄中学生数学奥林匹克第25届第Ⅳ阶段八、九年级

发布时间:2013-12-26 10:50:55  

全俄中学生数学奥林匹克

(第25届第Ⅳ阶段八、九年级)

范浩编译

======== 八年级试题 ========

1、父亲带着两个儿子向离城33公里的祖母家出发,父亲有一辆摩托车,速度为25公里/小时.如果再载了另一个人,则速度为20公里/小时,(摩托车不允许带两个人,即每车至多载两人。)每个儿子如果步行,速度为5公里/小时。证明:这3个人可在3小时内同时到达祖母家。

证:设第二个儿子先步行,

父亲载着第一个儿子乘摩托车走了公里,这里用了小时,并且他们超过第二个儿子(公里)。这时,父亲让第一个儿子步行,自己返回去接第二个儿子。到遇到第二个儿子时,

用了(小时)。第二个儿子遇到父亲时,步行走了(公里),这时离祖母家还有(公里)。如果父亲载第二个儿子的路程与载第一个儿子的路程相同,那么

所以(公里)。这样,在路上共计用的时间为,(小时),

(小时)。

2、在正整数A的右边添上3个数字,组成一个新数,这个新数等于从1到A的所有正整数之和,求A。

解:设3个数字组成的数是B,则

,于是,即,因此

。由左边不等式知:

,所以

,由右边不等式知:

3、在△ABC的边BC,CA,AB上分别取点A1,B1,C1,使得△A1B1C1的中线A1A2,B1B2,C1C2分别平行于直线AB,BC,CA,试确定点A1,B1,C1分△ABC的边为怎样的关系?

解:设M点为△A1B1C1的重心,A3,B3,C3为△A1B1C1中线的延长线分别与△ABC各边的交点(如图)。

由题设知MC3CB1是平行四边形,所以MC3=B1C。其次,直线C1C3经过线段A1B1的中点且平行于AC,所以MC3是△A1A3C的中位线,因此,A3C=2MC3,即A3B1=B1C。又A2A3是△B1C1A的中位线,所以AA3=A3B1,于是AA3=A3B1=B1C。因此B1点分AC为两部分的比AB1: B1C=2:1,同理CA1:A1B=BC1:C1A=2:1。

4、有40个装有气体的瓶子,各瓶内气压是未知的且可以不相同。每次允许将若干个瓶子相连接,但瓶子数均不超过给定的正整数

,然后再将它们分开,这时

所连接的各瓶的气压将变成相等的,都等于连接前它们气压的算术平均值,

当取怎样的最小值时,能使得40个瓶子中的气压变得都相等,而与初始时各瓶中的气压数无关? 解:最小值

当时,可采取下列方式,使各瓶气压变得相等。将瓶子分为8组,每

组5个,可使每组中各瓶的气压相等。然后再从每组中各取1个瓶子,共8个来自不同组的瓶子组成1个新组,这样的新组有5组。只要可使新组中的各瓶气压变得相等(这也就使得所有的40个瓶子的气压相等)。这是可以做到的,先在每组8瓶中,分成各有4个瓶子的两组,让每组的4个瓶子相连接而使得它们的

气压变得相等,然后从这两个4瓶组中分别各取1瓶,两者相连接,这样一来便可使得所有的各瓶气压相等。 下面证明:若

,则找不到适当的方式会使各瓶气压相等。

设40瓶有1瓶的气压值为2;而其余各的瓶的气压值为1.要使各瓶气压相等,则每瓶气压值为(2+39×1)/40=41/40。但是,每次融合后的气压值所表示的既约分数的分母都不能被5整除。事实上,如果每次融合前的每个气压值的分母不被5整除,那么它们中的两个、三个或四个分数的算术平均的分母只能是它们分母的最小公倍数,因而也不可能是5的倍数,因为40是5的倍数,所以在上述初始的气压值的条件下,不可能使各瓶气压值变得相等。

5、证明:正整数1至15不能分成两组:其中A有2个数,B有13个数,而使得B组中各数之和恰等于A组中2个数之积。 证:假设按题设要求的分组可能,A组中2个数是则B组中各数之和为1+2+?+15―120――=121,或

。上式可变为(+1=11,

+1)(

=120―

,不妨设,依题意得+1=1,

,=+1

+1)=121,因此

+1=11。但是,前式=0,=120>15;后式

=10,这都是不可能的,因而1至15这15个数不可能按题设要求分成两组。 6、给定非钝角△ABC,点A1是A点关于BC的对称点,点C1是C点关于AB的对称点。证明:如果A1,B和C1共线,且C1B=2A1B,那么∠CA1B是直角。

证:由题设知BC垂直平分线段AA1,即AB=BA1,且∠A1BC=∠ABC(如图)。同理C1B=BC且∠C1BA=∠ABC,于是3∠ABC=180°,即∠ABC=60°。

考察△CBA1,其中∠CBA1=60°,CB=C1B=2BA1。作CA2⊥BA1于A2,在△CA2B中,∠BCA2=30°,所以BA2=BC=BA,所以A2=A1,从而∠CA1B=90°。

7、盒子里放着整副骨牌,两个游戏者依次从中选取一张骨牌,并将其摆到桌面上,并按照“接龙”的规则,将牌接在已摆成一串的骨牌两端中的任意一端,谁要是接不下去了就算输,在正确策略下,谁能获胜?

解:第一个游戏者必胜。

记第一个游戏者为甲,第二个游戏者为乙。甲首先摆0:0,乙以0:

这时甲接以:,现在乙或者接0:或者接:,对第一种情况,甲接连接,:;对第二种情况,甲接:0,甲接完这步后,骨牌串的两端或者都是

(:),则甲接上:(,或者都是0。这步之后,设乙接上0:和:(:0)。形如0:0,)的骨牌是成对的,所以最后的步骤必是在甲接牌后而终止。

8、由54块纸片做的相同的单位正方形串成一条非封闭的链,以正方形的顶点作为接头,任意的正方形(链端的除外)与相邻的两个正方形的接头是相对的两个顶点,这个正方形链可否完全地覆盖3×3×3的正方体的界面?

解:这样的正方形链不可能覆盖3×3×3的正方体。如若不然,假设可以覆盖正方体,显然,正方体的每个侧面可分成9个单位正方形。对于链中的每个正方形,是以它的对角线两端点作为接头,于是我们在正方体的侧面上得到以单位正方形的对角线组成的折线(它可能在折线的顶点处自交)。经过折线的两端点(始点和终点)的对角线段,将有奇数条,而经过折线的其它顶点的对角线段将有偶数条,如果始点和终点重合,那么经过它的对角线段将有偶数条。

假设对每个单位正方形纸片的每个顶点染上两种颜色中的一种。并使得其每条边上的顶点颜色各不相同,那么折线的顶点将是由一种颜色组成的集合(例如是黑色的)。所以折线段的集合即是以黑色为端点的线段的集合,但在黑色顶点中有4个在正方体的顶点处,而经过每个这样的顶点的对角线段有3条,即奇数段的对角线经过的顶点有4个,这便导致矛盾。

======== 九年级试题 ========

1、沿圆周按顺序依次写下从1至N(N>2)的正整数,同时每对相邻的两个数,按十进制数表示法,它们至少有1个数字相同,求N的最小值。

解:N=29。

因为一位数没有公共的数字,所以N>9。据书写规则,因为这列数含有9,因而它们就不能小于19,进而不能小于29,即N≥29。

今考察N=29时,可举出下面的例子,按此顺序排列,可将1至29的正整数排成一个圆圈而满足题设要求:

1,11,10,20,21,12,2,22,23,3,13,14,4,24,25,5,15,16,6,26,27,7,17,18,8,28,29,9,19。

2、在△ABC的AC边上取点D、E,使得AD=AB,BE=EC(E在A与D之间)。F是△ABC外接圆上(不含A点的)BC弧的中点,证明:B、E、D、F四点共圆。

证:设∠BDA=α,∵AB=AD,∴∠ABD=α,∠BAD=180°-2α。

∠CBF的度数等于弧CF的度数,而∠CAB的度数等于弧BC即×(2弧CF)的度数,所以∠CBF=∠CAB=90°-α(如图)。点E、F分别与B、C等距,所以EF垂直平分BC。因此,∠BFE=90°-∠CBF=90°-(90°-α)=α,于是∠BDE=∠BFE=α,所以B,F,D,E四点共圆。

3、正实数之乘积等于1

,证明:如果,那么,对任意正整数,不等式成立。

证:如果,且,那么不等式

,事实上,由

,,及

,上述两个不等式都等价于

此外,在时,数与有相同的符号,所以

4、8×8的正方格是一个迷宫,每格是1×1。每格都画出下列四种方向中的一种的箭头;向上、向下、向左、向右,右上角的格上方是迷宫的出口,棋子从左下角的格开始出发,它走的每个步是按照该格的箭头方向走了1格,走完这步后,原来所在格的箭头将沿着顺时针方向转过90°,如果棋子走到了8×8正方形的边界,而这时箭头却指向界外,那么棋子将在这格停留,该格箭头将按顺时针方向转过90°,直至棋子可以行走。 证明:棋子迟早总会走出迷宫。

证:假设棋子总走不出迷宫,那么棋子落在右图中标有“1“的格只能有限次(少于4次),否则“1”格必有1次箭头是指向出口的,从而走出迷宫。同样的,棋子在最后一次到达标有“1”格前也只能有限次到达“2”格。推而广之,在棋子只能有限次地到达“”格,那么也只能有限次到达“+1”格,这与假设棋子可无限次地走步而出不了迷宫矛盾。

5、将网络平面中所有的格染成5种颜色,使得任意形如图形甲的图形中,各格是不同的颜色。证明:任意形如图形乙的图形上各格也是不同的颜色。

证:假设某个1×5的图形上缺某种颜色,例如蓝色(在上图中,把这部分图形离析出来)那么图中用相同字母表示的两格中必有1格染蓝色,否则这些格所在的十字形中将缺少蓝色的格,这样一来,在含有字母的两个十字形中,必有一个十字形中含有两个蓝格,这与题设矛盾,所以原命题得证。

6、(见八年级第7题)

7、证明:每个正整数都可表示为有相同数目质因数的两个正整数之差(每个质因数只算1次,例如12有两个质因数2和3)。

证:如果给定的数。 是偶数,即

,那么所求的数是

设是奇数,是它的质因数,又设

是不含在集合

和。 的最小奇质数,那么所求的数便是 因为根据的选择,中有因数2,而中有因数

。因数

是它们所共有的。

8、在△ABC中,AB>BC,K、M分别是边AB和AC的中点,O是△ABC的内心。设P点是直线KM和CO的交点,而Q点使得QP⊥KM且QM∥BO,证明:QO⊥AC。

证:作OR⊥AC于R,过P作MK的垂线,交直线OR于Q点(如图)。这样只需证Q’M∥O,因为这时Q和Q’重合。

因为K,M分别为AB和AC的中点,所以KM∥BC,于是∠MPC=∠BCP=∠ACB=∠MCP。因此MP=MC=MA,这样一来,P点在以AC为直径的圆周上,且∠APC=90°。

在四边形APOR中,∠APO=∠ARO=90°,所以APOR内接于圆,∠RPO=∠RAO=×∠BAC。

在四形边MPQ’R中,∠MPQ’=∠MRQ’=90°,所以MPQ’R内接于圆,于是∠Q’MR=∠Q’PR=∠Q’PO+∠OPR=(90°-∠OPM)+∠BAC=(90°-∠ACB)+∠BAC。

设BO交AC于D,在△BDC中,∠BDC=180°-∠ACB-∠ABC=90°+∠BAC-

∠ACB=∠Q’MR,因此MQ’∥BO,于是本题得证。

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