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第十届中国东南地区数学奥林匹克

发布时间:2014-01-10 11:49:25  

28

中等数学

第十届中国东南地区数学奥林匹克

中圈分类号:C,424.79

文献标识码:A

文章编号:1005—6416(2013)10—0028—06

第一天

1.实数a.b使得方程

中每名演员的编号分别等于他脚下两名演员的编号之和,则称这样的搭配结构为一个“塔”.问:总共能搭配成多少个结构不相同的塔?

有三个正实根.求堑等的最小值.

交于另一点Q.证明:么ENP=/E,vp.

菇3一ax2+bx—a=0(1)

【注】旋转或对称后的塔属于同一种结

构.以8个人的情形为例,画一个圆,将底层演员编号填在圈内,上层演员编号填在圈外,则图2中的三个图均是塔,但后两图可由第一个图经旋转或对称而得,故它们属于同一种结构.

(杨晓呜供题)

2.如图1,在△ABC中,AB>AC,内切圆oJ与边BC切于点D,AD与。川均另一交点

为曰,oJ的切线卯与BC的延长线交于点

P,cr//船且与AD交于点F,直线BF与O,

交于点膨、Ⅳ,肼在线段BF上,线段P肘与O,

固Qa

网2

(陶平生供题)

第二天

图1

5?设八并)_【青】+【寺】+…+【赢】,

其中,[戈]表示不超过实数石的最大整数.对整数n,若关于z的方程八茗)=见有实数解,则称/7,为“好数”.求集合{1,3,5,…,2013}中好数的个数.

(吴根秀供题)

6.设n为大于1的整数.将前几个素数从小到大依次记为P。,p:,…,P。(即P。=2,

(张鹏程供题)

3.已知数列{a。}满足

口n+2——Ln‰1:地(n:2,3,…).

口l=l,口222,

2z,j,…,?

un一1

证明:该数列任意两个相邻项的平方和仍是该数列中的一个项.

(陶平生供题)

4.12名杂技演员编号分别为l,2,…,12,将他们按适当方式分别围成A、曰两个圈,每圈六人,其中,B圈中的每名演员分别站在A圈中相邻两名演员的肩膀上.若B圈

P:=3,..?),令A=硝。纡…时.求所有的正整数戈,使得旦为偶数,且旦恰有菇个不同的正约数

(何忆捷供题)

7.将3x3方格表中任意角上的2×2小

万方数据

2013年第10期

29

方格表挖去,剩下的图形称为“角形”(如图3由(石l+筇2+石3)2≥3(石1省2+石2菇3+戈l石3)

就是一个角形).现在10×10方格表(图4)j

中放置一些两两不重叠的角形,要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合.求正整又口=茗。+茗:+菇3≥3赢=3拓

n2≥36.

数k的最大值,使得无论以何种方式放置了k个角形之后,总能在方格表中再放人一个

则学=延等半垫号口≥3,3-.

完整的角形.

≥丽a3+3a≥浮=3a>,9V'3.

T¨

当口=3怕,b=9,即方程①的三个根均为怕时,上式等号成立.

综上,所求的最小值为94:3.

2.证法1如图5,设o,与AC、A11分别切于点s、r,联结.sr、A,、仃,设sr与A,交于

陶3

图4

点G.

(何忆捷供题)

8.设整数n≥3,d、卢、y∈(0,1),吼、b¨ct≥0(k=1,2,…,n)满足

∑(七+0c)吼≤a,

k=1

≮§∑(|i}+卢)6。≤口,角

八日

—~、吣鑫

∑(||}+y)c女≤7.

图5

则仃上AT,TG上A^若对任意满足上述条件的n¨6¨c;(五=于是,AG?AI=A严=AD?AE.1,2,…,n),均有

从而,,、G、E、D四点共圆.

∑(后+A)口Ib^cI≤A.

又,E上PE,囝上肋,故,、E、P、D四点

^=I

共圆.所以,,、G、E、JP、口五点共圆.

.求A的最小值.

(李胜宏供题)

则么彳卯=么卿=90。。即弼上PG.

因此,P、S、T三点共线.

参考答案

撒咫r截△ABC,由梅涅劳断;揪

第一天

箜.翌。墼一,

SCPBTA一1‘

1.设方程①的三个正实根分别为石。、戈:、又AS=AT,CS=CD,BT=BD,于是,

x,.则由根与系数的关系得

一PCPB.丝:1.D一1’Ly

C①

戈l+Z2+戈3=a,

x1戈2+x2x3+茗1茗3=b,

设BN的延长线与PE交手点且对直线

BFH截△PDE,由梅涅劳斯定理知

石l算2菇3=口.

故8>0。b>O.

丝:堡.丝一,

HEFDBP一1。

万方数据

中等数学

因为CF//朋,所以,=(a。+2一o。)(a。+2+口。)一(Ⅱ知+3一口知+I)一=一j一?一=1.EFPC.PHPCDB。=2a。+l(o。+2+口。)一2a2。+2=29(n),①

FDCDHEcDBP~②其中,g(n)=a。+l(a。+2+an)一a2。+2.由式①、②知进一步有PH=HEjPff=朋2=HM?HNg(n+1)一g(/1,)一HM—PH‘。丝一丝翌=an+2(a。+3+n。+1)一‰+4-a。+l(口。+2+o。)+dh+2故△P_日Ⅳ∽△MHP=an+2an+3一an+la。一2n2。+3j么HPN=么HMP=么NEQ.=n。+2(2口。+2+n。+1)-a。+l(口。+2-2n。+1)一282n+3又么PEN=么EQN,则=2n:+2+2n:+l一2口2。+3么ENP=么ENQ.=欲H+1).②证法2由Ⅳ上AD,知由式①、②知PA2一Pff=1,42一ID2=IA2一,严=A严识n+1)=29(n+1)-29(n)jPA2一A于=PD2=ira—ID2=八n+2)一以n+1)一八n+1)+八n),

=Ip—IP.即八n+2)=6f(n+1)-f(凡).于是,舡上PT.由于f(1)=,(2)=0,根据递推式知又舡上ST,从而,P、S、T三点共线.火,1)=0,即口:+口2。+1=a2。+1.以下同证法1.4.将A、曰两圈中的元素和分别记为戈、3.由an+I--《≠,知Y。则Y=2x.于是,

3x=x+Y=1+2+…+12=78.

an+la。一l=口:+(一1)4(n=2,3,…).则盟:—anal_2—-an_2解得菇=26.

2显然,1、2∈A,11、12∈B.

aH一1an一1an一2设A={1,2,a,b,c,d}(口<b<c<d).贝q

口:一l+(一1)“一1一口。2—2口+b+C+d=23,且ai>3,8≤d≤10(若d≤

on一Io“一27,贝4a+b+c+d≤4+5+6+7=22,矛盾).

口n一一Dn一I口B一3口一o

4一n一3(1)若d=8,则

an一1an一2Ⅱn一2A={1,2,a,b,c,8},c≤7,a+b+c=15.=…=一=二.口3一口1,'故(o,b,C)=(3,5,7)或(4,5,6),即

口2A={1,2,3,5,7,8}或{1,2,4,5,6,8}.

故a。=2a川+a。.2(n≥3).若A={1,2,3,5,7,8},则于是,al=1,a2=2,a3=5,a4=12,a5:B={4,6,9,10,11,12}.29,a6=70,a7=169,…由于曰圈中含4、6、11、12,故A圈中必

注意到,a;+a:=5=a,,须1与3邻接,1与5邻接,5与7邻接,8与a;+n;=29=a5,a;+a:=169=口7.3邻接,此时,只有唯一的排法,由此得到一从而,猜想口:+口2。+l=a2。+1.个塔,如图6(a).令尺n)=口:+口2。+l一口2。+1.贝4若A={1,2,4,5,6,8},则以肛+1)一尺n)B={3,7,9,10,1l,12},=口2n+l+口2Ⅱ+2一a2H+3一a:一口2n+l+a2n+l类似知A圈中必须l与2邻接,5与6万方数据

2013年第lO期

邻接,4与8邻接,此时,有两种排法,得到两塔共有6个.

个等囊Ⅱ曼6油几‘富’

11

.^1,,。q

,.1^

,,、1n,r,

第二天一

.,、.

10

(a)(b)

(c)

困6

(2)若d=9,则

A={1,2,口,6,c,9},c≤8,o+6+c=14.故(口,6,c)=(3,5,6)或(3,4,7),即A={l,2,3,5,6,9}或{l,2,3,4,7,9}.若A={1,2,3,5,6,9},则B={4,7,8,lO,11,12}.

为得到8圈中的4、10、12,A圈中必须l、3、9两两邻接,这不可能;

若A={l,2,3,4,7,9},则8={5,6,8,10,11,12;.

为得到B圈中的6、8、12,A圈中必须2与4邻接,l与7邻接,9与3邻接,此时,有两种排法,得到两个塔,如图7.

5固…④6

?(a)

(b)

图7

(3)若d=10,则

』4={1,2,口,b,c,10},c≤9,a-I-b+c=13.故(口,b,c)=(3,4,6),即A={1,2,3,4,6,10},

B={5,7,8,9,11,12}.

为得到曰圈中8、9、11、12,A圈中必须_6与2邻接,6与3邻接,10与l邻接,10与2邻接,85

只有唯一排法,得到一个塔,如图8.

因此,结构不相同的

图8

万方数据

5.先给出两个明显的结论:(1)若m为正整数,茹为实数,则

㈢=【导】;

(2)对任意整数l与正偶数m,有

【型}】I【鲁

回到原题.

在结论(1)中,令m=k!(矗=1j2,…,

013),并求和知

州=2刨013可】-2苫013【皆】=八M),

这表明,方程“菇)=珏有实数解当且仅当方程火茁)=n有整数解.

以下只需考虑菇为整数的情形.由八戈+1)一火龙)

=[川]一M+鬈(【等¨钏

≥1,

知以髫)(z∈Z)单调递增.

接下来找出整数口、6使得尺口一1)<0≤√≮a)<火口+1)<…<以b一1)<以6)≤2013<以6+1).

注意到,火一1)<O=灭O).

于是,口=0.

又八l

173)=毒【等]

^=1

n:

=l173+586+195+48+9+1=2012≤2013.

苁Ⅲ4)=毒【晋】

=l174+587+195+48+9+l=2014>2013,

故b=1

173.

32中等数学

因此,{1,3,5,…,2013}中的好数即是(P^一I—d^一l+1)(P^一aI+1){八0),八1),…,八1173)}中的奇数.=2州p;2p;3…p≯.②

在式①中,令石=21(Z=0,1,…,586),由若a。I>2,则考虑到结论(2)知0<p^一a&+1<p^,

【等】_【并】(2≤矗≤2013).0<p。一Ⅱi+1≤pf+l<p^(1≤i≤后一1).

故式②的左边不能被P。整除,但此时式

故八2f★1)一火2z)②的右边是P。的倍数,矛盾.小藿([等】_【署】)=1,若a。=0,则式②变为这表明,八2Z)、以2Z+1)中恰有一个为奇数.(3一d1)(P2一a2+1)…??

从而,{八0),八1),…,八l173)}中恰有(Pk一1一Ⅱ女一l+1)(P^+1)理娑:587个奇数,即集合{1,3,5,…,2=2州p;2P叼3…pa㈦k-。.⑧

013}注意到,P:,P,,…,P。为奇素数.

中的好数有587个.一方面,P。+1为偶数,从而,式③左边

6.由已知得2戈㈨为偶数;另一方面,右边p;2P叼3…p㈧ak-1为奇数.注意到,A=4p;2p;3¨中0从而,必有a,=1.但此时3一d。=2,故左边故可设戈=2叫p;2P‰3??p:“,其中,0≤Q.≤是4的倍数,但右边不是4的倍数,仍矛盾.1,0≤ai≤pi(i=2,3,…,n).由上述讨论,知只能d。=1.

贝o{j=22-aIp:2一。zp字一8,…p:”一%.此时,式(爹中Pk—OL☆+1=p≯=p^.

故(3一仅1)(P2一%+1)…(p^一1一dk—l+1)

故旦不同的正约数个数为=2“1P2“2P叼3…p^ak一-l’.

由归纳假设知

(3一d1)(P2一仅2+1)…(P。一0f。+1).

a】2d2=…2dI—l=1.

由已知得

(3一“1)(P2一d2+1)…(P。一d。+1)从而,dl=a2=…=口¨=a^=1,即当n=忌时结论成立.=戈=2叫P蛇2p≯一p≯①由(1)、(2)知接下来用数学归纳法证明:满足式①的数(d1,0c2,…,0c。):(1,1,…,1).组(a。,n。,…,a。)必为(1,1,…,1)(n≥2).故所求正整数为

(1)当n=2时,式①变为戈:2p2P3…P。2PIP2…P。.(3一n。)(4一啦)=2叫x3啦(a。∈{0,l}).7.首先,尼。。;若a。=0,则3(4一仅:)=3”,无非负整<8.这是因为,若II数仅2满足;若仪1=1,则2(4一仅2)=2X3”,按图9的方式放L一.J

lI

得仅2=1,从而,(OLl,a2)=(1,1),即当n=2置八个角形,则不L一.J时结论成立.能再在方格表中I

(2)假设n=J|}一l(七≥3)时结论成立.Il

放人另一个角形.IL一.Jl

L—J

当n=lj}时,式①变为其次证明:任(3—0c1)(P2一a2+1)…??意放置七个角形万方数据

2013年第10期

33

后,仍可再放入一个完整的角形.

将10

…,n,确

10方格表的第5、6行及第5、6列

遮住,留出四个4x4的小方格表.当放置七个

生--)tO九-akbkcl<一(警‘警。宁m以)丁,

角形后,由于每个角形不能与两个上述4×4小方格表相交,故根据抽屉原理,知必存在一

个4x4的小方格表5,使得与Js相交的角形至

即警h咄。起[丛唑笋蚴r③

事实上,

多一个.而角形可被3×3小方格表所包含,故小方格表5被角形所占据的部分必包含于其

某个角上的3×3小方格表.

如图10,在小方格

k=可面而熙而而而

生啦

一(k+a)(k+p)(k+7)一卿‘

≥万瓦而嚣矗而

卅珂

表s除去一个角上3×3小方格表后剩余的部分放置一个新的角形.因此,k=7时符合题意.

图10

故半,to≤盟唑产.④

又(k+a)口^≤d,(k+卢)b^≤卢,

(k+y)cI≤y,则(。。6。c。)丁2

综上,矗一=7.

8舢一=惫,”南,cl=南,其

中,ni、bi、C。=0(i=2,3,…,/7,),此时,条件成立.故A需满足

≤【两而路雨而]_.

引≥面孤焉糌而?记可1而焉1糌1而巩

。L(+d)(+JB)(+y)一卿一。叼‘

接下来证明:对任意满足条件的o。、b。、c。(k=1.2.….凡).有

k=l

(1+A)贵‘南。南引

由式④、⑤知式③成立.从而,式①成立.

综¨m=|=Io2而珂弗翳万丽.

【注】式②可直接用赫尔德不等式证明,亦可由柯西不等式得

∑(||}+九)口。b。c。≤.:10.

由已知得

骞(警吣堕fl&bk"皿7ct)了≤ik+a吼)÷(骞学。)}(客争。)÷

≤1.

(耋茗3i)(骞y;)≥(耋√两)2,(骞名;)(骞"矗)≥(蚤n√"矗4一)2,(鲁娄__1忭3/-y竹3-)2(蚤n忡y矗4一)2≥(宝、依虿万i)4=(孙烨i)4.

以上三式相乘并整理得

这是因为当zi、Yj、盈>10(i=1,2,…,n)时,有

(骞戈;)(骞y;)(骞z3i)

≥f窆xiyiT,i

3.

(耋刚矗)3≤(耋z;)(i宝=1,,;)(客:;).②

因此,为证式①,只需证明对k=1,2,万方数据

(陶平生根供1

第十届中国东南地区数学奥林匹克作者:

作者单位:

刊名:

英文刊名:

年,卷(期):, 中等数学High-School Mathematics2013(10)

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