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第39届俄罗斯数学奥林匹克(十年级)

发布时间:2014-01-10 11:49:32  

中等数学

第39届俄罗斯数学奥林匹克(十年级)

中图分类号:G424.79

文献标识码:A

文章编号:1005—6416(2013)10—0034—03

1.同九年级第1题.

2.圆周上给定的/'t个点Ai(1≤i≤n)将圆周分成n段圆弧(称为旧弧).现将圆周绕

,'一,

LB。与厶A。交于点c2,线段厶C。与LE交于

点A:,线段¨。与LC。交于点B:.证明:,是

△A:B2c2的外心.

8.平面上有一个正方形,其边分别平行于水平和垂直方向.在正方形中画出若干条平行于正方形边的线段满足:其中任意两条线段不属于同一条直线,且任意两条相交的线段的交点是其中一条线段的端点.已知所画线段将正方形分成了若干个矩形,任意一条与正方形相交的且不含任意所画线段的垂直方向的直线恰与k个矩形相交,任意一条与正方形相交的且不含任意所画线段的水平方向的直线恰与Z个矩形相交.求正方形中矩形的个数的一切可

圆心旋转兰婴(k∈N+),点Ai转到E.Bi也

,‘

将圆周分成/'t段圆弧(称为新弧).证明:存在一段新弧含在某段旧弧中(圆弧的端点约定属于该圆弧).

3.求出所有的正整数||},使得前k个素数的乘积减去1是一个正整数的大于1的整数次幂.

4.已知圆内接四边形肥CD内部的点P、

Q满足

/PDC+PCB=么PAB+/PBC=/QCD+/QDA

=/QBA+么QAD=90o.

能值

参考答案

1.同九年级第1题

2.不妨设圆的半径为1,按顺时针方向旋转.若两个新点同时落在一段旧弧上,则这两

证明:直线PQ与AD所夹的角等于直线PQ与BC所夹的角.

5.是否存在正整数n(十进制表示),使得对于任意的a,h∈{1,2,…,9}均有口6Ianb,其

中,舻?y表示由数字菇,…,Y依次写出所表示

的十进制正整数.

例如,对于任意的a,b∈{l,2,…,9},

ab=10a+6,anb=10“+1口+10n+b,

个新点之间的新弧属于一段旧弧

假设任意旧弧上至多含一个新点.因为共有n段旧弧和l't个新点,所以,每段旧弧上恰含一个新点,且此新点不是旧弧的端点.

其中,n是一个m位正整数.

6.设A是由十个实系数五次多项式组成的集合.已知存在k个连续的正整数凡+1,lrg+2,…,,l+后,及Z(茗)∈A(1≤i≤后),使得工(rt+1),f2(n+2),…,A(n+j})构成等差数

不妨设点A。,A:,…,A。是按顺时针方向排列(点A;与A川重合,点最与曰川重合),

点曰。属于弧^A….则点B;属于弧Af+i-1aj”

列.求k的最大可能值

7.已知△ABC的内切圆o,分别与边BC、CA、AB切于点A。、B。、C。.记L、厶、厶分别是与边BC、CA、AB相切的旁切圆圆心,线段

若,≤七,则所有的舭iA川覆盖圆周,次.

故其长度和为

27rj<一27rk.

另一方面,弧AiAⅢ的长度大于弧A;B的长

万方数据

2013年第lO期

焘逊.故其长度和大于n.丝:撕,矛盾.

类似地,若.『>k,则所有弧AiAⅢ一.的长度和为2Tc(_『一1)≥2础.

/?‘、

另一方面,它们小于弧Ai巨的长度和2础,

矛盾.

3.k=1.

设2=pI<p2<…<pI为前k个素数.则Plp2…p^=a“+1(nt>2).若口=l,则a4+1=2,得k=1.接下来假设a>1,k>1.

由a为奇数且与P。(1≤i≤.|})互素,知

a>Pk.

不失一般性,可设n为素数(若n=st,则可将n换成t,a换成a‘).

因为a2+1不是3的倍数,所以,n>2.若存在2≤i≤矗,n=pi,则PiI(0P‘+1).另一方面,由费马小定理知

a^量n(modPi)昔Pil(a+1)jo三一1(modPi)

=争l—D+口2一...+矿i一1

兰唑删=A=--0(modPi).

P玲

故Plp2??.p^=a9i+l

=(a+1)(1一a+a2一…+a以一1)

是p;的倍数,矛盾.

于是,a>仇.

贝4

a“+l>菇‘>p:>plp2???pI,矛盾.

4.设四边形ABCD的外接圆为圆Jrl,△ABP、△CDP、△ABQ、△CDQ的外接圆分别为圆f。、L、L、n.设点P在边BC上的投影为X,记直线PX为Z。.则

么BPX=900一么PBC=么PAB.

故Z,是圆,。的切线.

同理,Z。也与圆几相切,即Z。与圆,。、厂2切于点P.

类似地,过点Q且与AD垂直的直线f:与圆疋、L切于点Q.

万方数据

35

若AB与CD交于点R,令RP与圆,。、疋分别交于点P,、P2.则

RP?RPl=RA?RB=RD?RC=RP?盟.

故点P,与P2重合.

又P是圆J1。、疋的唯一公共点,得P、

P。、P:三点重合.于是,Z,与直线即重合,且

兄P2=RA.RB.

同理,RQ与直线z:重合,且

RQ2=RA?RB.

从而,即=RQ,△RPQ为等腰三角形,

其底PQ与腰RP、RQ夹角相等,故与它们的垂线AD、BC的夹角也相等.

若AB//CD,则四边形ABCD为矩形.此时,AD//eq//BC,结论仍成立.

5.不存在.

假设存在数n=n。‰-1.??nI满足条件.则4112,12Iln2.故4Inl2.

同样,4124,2412n4,得4h4.

故4I(凡.4一n12)=2,矛盾.

6.由工(n+1),以(n+2),…,五(n+矗)构成等差数列,知存在实数a,b满足

Z(n+i)=ai+b.

注意到,对任意五次多项式,,方程以n+戈)=似+b

至多有五个实根.因此,A中每个多项式在^,五,…,五中至多出现五次.

从而,k、<50.

下面给出k=50的例子.令R(z)

=[算一(5k一4)][并一(5k-3)]…(茹-5k)+茹,其中,k=1,2,…,10.

则五I=正I—l=五^一2=六I一3=五I一4=P^,其中,l≤磊≤10.

故以(k)=后(1≤后≤50).

7.由于B。C。、厶厶均与直线A,垂直,故

BLc~力Ibl

c.

类似地,C。A。//U.,A,B。//L厶.

故△A,B。C。与△Lf6t位似.

中等数学

同理,△AlClB2∽△IcI,,B2,△A。B。C:∽△厶Lc2.

上边所在线段构成T型,设左边所在线段为钆则在s的左侧至少有两个矩形以它为右边,这表明,与s附近左侧的垂直直线相交的矩形的个数比与右侧的垂直直线相交的矩形的个数多,矛盾.

同理,证明结论(2).

将联合矩形的上边(若此联合矩形不是高度最小的)向下移动使其高度与最小高度相等,在移动过程中,上边上侧的矩形向下延伸,下侧的矩形变矮.这一过程完成后,所有联合矩形高度相等,组成了一个与正方形等宽的大联合矩形,大联合矩形中含Z个矩形.将这个大联合矩形去掉,则剩下的图形(称为“新正方形”)满足:任意一条与新正方形相交的且不含任意所画线段的垂直方向的直线恰与后一1个矩形相交,任意一条与新正方形相交的且不含任意所画线段的水平方向的直线恰与Z个矩形相交.

由归纳法假设新正方形中有(k一1)z个矩形.

故原正方形中的矩形个数为

(后一1)2+Z=k1.

因此,箍=格=箍=缝.

又点曰.、C.关于直线AL对称,则点B:、C:也关于该直线对称.于是,IB:=IC:.

类似地,IA:=IB2=心.

从而,,是△A:B:c2的外心.8.矩形的个数为址对k进行归纳证明该结论.当.|}=l时,结论显然成立.

设||}>1.由于线段将正方形分成了若干个矩形,任意两条相交的线段的交点恰是其中一条线段的端点.

考虑所有以正方形下边为下边的矩形,这些矩形按高度分成等高的若干组,每组矩形的并组成一个矩形,称为“联合矩形”.

则下面两个结论成立.

(1)每个联合矩形的左、右和上边所在的线段构成H型;

(2)以每个联合矩形的上边为上边的矩形个数等于以它为下边的矩形的个数.

事实上,若某个联合矩形的左、右和上边所在的线段不构成H型,不妨假设其左边、

(李伟固提供)

中等数e,do

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

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