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2007女子数学奥林匹克试题解答


2007 女 子 数 学 奥 林 匹 克 试 题 解 答
为正整数, 【题 1】设 m 为正整数,如果存在某个正整数 n,使得 m 可以表 】 , 和自身) 的商, 示为 n 和 n 的正约数个数 包括 1 和自身) ( 的商, 则称 m 是 好数” 求 “好数” . 证: 都是“好数” (1)1,2,…,17 都是“好数” ) , , ; (2)18 不是“好数” )

不是“好数” . (李胜宏提供) 李胜宏提供) 证: 记 d(n)为正整数 n 的正约数的个数.
(1) 因为 p=

8p ,p=3,5,7,11,13,17; d (8 p )

又 1=

2 8 36 72 96 108 ,2= ,4= ,6= ,8= ,9= , d ( 2) d (8) d ( 36 ) d ( 72 ) d ( 96 ) d (108 )

12=

240 252 360 128 ,14= ,15= ,16= ,所以 1,2,…,17 d ( 240 ) d ( 252 ) d ( 360 ) d (128 )

都是好数. (2)假设存在正整数 n,使得

n =18. d ( n)
则可设 n= 2
α0 β0



3 p1α1 … pk α k ,其中 pi 是大于 3 的相异质数.

α 0 ≥1, β 0 ≥2, α i (i=1,2,…,k)≥1.令 α 0 -1=a, β 0 -2=b.
显然 a≥0,b≥0,由①,得

2a 3b p1α1 … pk α k =(a+2) (b+3) α1 +1)…( α k +1) ( .②
由于对任意质数

pi 都有

piαi ≥ α i +1.
由②、③可知



(b+3)≥ 2 3 . (a+2)

a b

1 3 b a b a 如果 b≥3,则 3 >3(b+3) ;而 a≥0 时, 2 ≥ (a+2) ,所以 2 3 > 2 2 (a+2) (b+3) ,矛盾.故 b≤2. 所以 b=2,a=0;b=1,a=0,1,2;b=0,a=0,1,2,3,4.

i)当 b=2,a=0 时,②式为

32 p1α1 … pk α k =10( α1 +1)…( α k +1) ,
显然不成立. ii)当 b=1,a=0,1,2 时,②式为

3 ? 2a p1α1 … pk α k =22(a+2) α1 +1)…( α k +1) ( ,
显然不成立. iii)当 b=0,a=0,1,2,3,4 时,②式为

2a p1α1 … pk α k =3(a+2) α1 +1)…( α k +1) ( ,
也不成立. 综上所述,18 不是好数.

【题 2】 △ABC 是锐角三角形, D, ,F 分别在 BC, , 】设 是锐角三角形,点 ,E, ,CA, AB 边上,线段 AD,BE,CF 经过△ABC 的外心 O.已知以下六个 边上, 经过△ , , . 比值
CE AF BD BF AE CD , , , , , DC EA FB FA EC DB

中至少有两个是整数,求证: 是等腰三角形. 中至少有两个是整数,求证:△ABC 是等腰三角形. (冯祖鸣提供) 冯祖鸣提供)
(Ⅰ)涉及同一边; (Ⅱ) 证: 从这六个比值中取出两个,共有两种类型: 涉及不同的边.
BD CD 和 . 因 DC DB 它们互为倒数,又同是整数,故必须都取 1;即得 BD=DC.由于 O 是△ABC 的外心,进而得 AD 是 BC 边的中垂线,于是 AB=AC.

情形 (Ⅰ) 如果同一边上的两个比值同时是整数, : 不妨设为

情形(Ⅱ) :记∠CAB= α ,∠ABC= β ,∠BCA= γ .因△ABC 是锐角三 角形,故∠BOC=2 α ,∠COA=2 β ,∠AOB=2 γ .

于是

S BD = DC S

OAB OAC



sin 2γ ; sin 2 β

同理

CE sin 2α = , EA sin 2γ

AF sin 2 β = . FB sin 2α

设上述六个比值中有两个同时是整数,且涉及不同的边时,则有如下两种 类型: 存在整数 m 和 n,使得 sin 2x=msin 2z 且 sin 2y=nsin 2z; ① 或 sin 2z=msin 2x 且 sin 2z=nsin 2y, ② 其中 x,y,z 是 α , β , γ 的某种排列. 以下构造△A1B1C1,使得它的三个内角分别为 180°-2 α ,180°-2 β , 180°-2 γ . 如下图, A, C 分别作△ABC 外接圆的切线, 过 B, 所围成的△A1B1C1 即满足要求.

A1

C

D B O F

E

B1

A

C1

根据正弦定理,△A1B1C1 的三边与 sin 2α , sin 2 β , sin 2γ 成正比.在①、 ②两种情况下,可知其三边之比分别为 1∶m∶n 或 m∶n∶mn. 对于①,由三角形两边之和大于第三边,可知必须 m=n; 对于②,同样,需保证 m+n>mn,即(m-1) (n-1)<1,由此 m 和 n 中必有一个为 1. 无论在哪种情况下,都导致△A1B1C1 是等腰三角形,因此△ABC 也就是等 腰三角形.

【题 3】设整数 n>3,非负实数 a1,a2,…,an 满足 】 > , . a1+a2+…+an=2. 求
a a1 a 的最小值. + 2 2 +…+ 2 n 的最小值. a +1 a3 + 1 a1 + 1
2 2

(朱华伟提供) 朱华伟提供) 解:由 a1+a2+…+an=2 知,问题等价于求下式的最大值:
a1 -

a a1 a + a2 - 2 2 +…+ an - 2 n a +1 a3 + 1 a1 + 1
2 2

2 2 a2 a3 an a12 a1a2 = 2 + 2 +…+ 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

≤ ( a1a2 + a2 a3 +…+ an a1 ) .
上式最后一步的不等式成立是因为 x 2 + 1 ≥2 x .当 x >0, y ≥0 时,
1 yx 2 yx 2 yx 2 1 , ≥ 2 ,即 2 ≤ xy ;当 x =0 时,上式也成立. 2 x +1 2x x +1 x +1 2 1 ≥ 2x

1 2

引理 若 a1 , a2 ,…, an ≥0,n≥4,则

4( a1a2 + a2 a3 +…+ an?1an + an a1 )≤( a1 + a2 +…+ an )2. ≤
设 f( a1 , a2 ,…, an )=4( a1a2 + a2 a3 +…+ an ?1an + an a1 )-( a1 +
a2 +…+ an ) .下面用数学归纳法证明 f( a1 , a2 ,…, an )≤0.
2



当 n=4 时,不等式①等价于
4( a1 + a3 ) a2 + a4 )≤( a1 + a2 + a3 + a4 ) , (
2

由平均值不等式知,命题成立. 假设不等式①对 n=k(k≥4)时成立.对于 n=k+1,不妨设 ak =min{ a1 ,
a2 ,…, ak , ak +1 },则

f( a1 , a2 ,…, ak +1 )- f( a1 , a2 ,…, ak ?1 , ak + ak +1 ) =4( ak ?1ak + ak ak +1 + a1ak +1 ? ak ?1 ( ak + ak +1 ) ? ( ak + ak +1 ) a1 ) =-4( ( ak ?1 ? ak ) ak +1 + a1ak )≤0, 即 f( a1 , a2 ,…, ak +1 )≤ f( a1 , a2 ,…, ak ?1 , ak + ak +1 ) , 由归纳假设知,上式右边≤0.即当 n=k+1 时①成立.引理证毕. 由引理知: 1 ( a1a2 + a2 a3 +…+ an a1 ) 2 1 1 1 2 ≤ ( a1 + a2 +…+ an ) = ×22= , 8 8 2
2 2 a2 a3 an a12 a1a2 1 所以 2 + 2 +…+ 2 ≤ , a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1 2



a a1 a 3 + 2 2 +…+ 2 n ≥ . a +1 a3 + 1 a1 + 1 2
2 2

当 a1 = a2 =1, a3 =…= an =0 时,上式可取等号. 故所求最小值为
3 . 2

【题 4】平面内 n(n≥3)个点组成集合 S,P 是此平面内 m 】 ( ≥ ) , 条直线组成的集合, 中的每一条直线对称.求证: 条直线组成的集合,满足 S 关于 P 中的每一条直线对称.求证:m ≤n,并问等号何时成立? ,并问等号何时成立? (边红平提供) 边红平提供) 证:
一、记 S 中的 n 个点为 A1,A2,…,An.建立直角坐标系,设 Ai 的坐标为(xi,
n uuur r 1 n 1 n yi) i=1,2,…,n.易证 ∑ BAi = 0 当且仅当 B 取作( ∑ xi , ∑ yi ) , .这说 n i =1 n i =1 i =1 n uuur r 明,平面内存在唯一的一点 B,使 ∑ BAi = 0 .我们称 B 为点集 S 的“质心” . i =1

如果任取 P 中一条直线 p 为 x 轴,建立直角坐标系,则 ∑ yi = 0 ,故 B 在 p
i =1

n

上.即 P 中每一条直线均过质心 B.

二、设
F={三元有序组(x,y,P)│x,y∈S,p∈P,x 与 y 关于 P 对称}, F1 ={(x,y,P)∈F│x≠y }, F2 ={(x,x,P)∈F│x 在 P 上}.

显然

F=F1∪F2,F1∩F2= ? .



考虑 P 中任一直线 p,x 为 S 中任一点,x 关于 p 的对称点 y 是唯一的.即 对每一个 p,三元有序组(x,y,P)有 n 个,故 │F│=mn. ②

对于 F1 中的三元组(x,y,P) ,因为不同的两点 x 和 y 的对称轴只有 1 条, 故 │F1│≤{(x,y)│x,y∈S,x≠y }=2 Cn2 =n(n-1) . (1) 当 S 中任一点至多在 P 中的一条直线 p 上时, │F2│≤{x│x∈S }=n. 由①、②、③、④得 即 ④ ③

mn≤n(n-1)+n, m≤n.

(2) 当 S 中存在一点同时在 P 中的两条直线上时,由(一)中所证,此 点即为质心 B.考虑集合 S′=S\{B},此时 S′仍关于 P 中的每条直线对称, 由(1)中所证 综合(1)(2)得 m≤n. 、
m≤│S′│=n-1.

三、当 m=n 时,由(二)中所证,③、④同时取等号,即 S 中任意两点 的中垂线均属于 P,S 中每点恰在 P 中的一条直线上,同时质心 B 不在 S 中. 首先指出 BAi( i=1,2,…,n)相等.否则,如果存在 j,k(1≤j<k≤
n) ,使得 BAj≠BAk,则线段 AjAk 的对称轴不过 B.与(一)中所证矛盾.因此 A1,A2,…,An 均在以 B 为圆心的圆上,记此圆为⊙B.不妨设 A1,A2,…,An

按顺时针排列. 其次 A1,A2,…,An 是⊙B 的 n 个等分点.这是因为,如果存在 i( i=1, 2,…,n) ,使 AiAi+1≠Ai+1Ai+2(定义 An+1=A1,An+2=A2) .不妨设 AiAi+1< Ai+1Ai+2. 如图, 线段 AiAi+2 的对称轴 l ∈P, Ai+1 关于 l 的对称点在 Ai +1 Ai + 2 (不 而 含端点)上.这与 Ai+1、Ai+2 是相邻两点矛盾.
l Ai+1

Ai B

Ai+2

所以,当 m=n 时,集 S 中的点是正 n 边形的 n 个顶点. 易知正 n 边形确有 n 条对称轴,故当且仅当 S 中的点组成正 n 边形 n 个顶 点,P 是正 n 边形的 n 条对称轴时 m=n.

内的一点,满足∠ 【题 5】设 D 是△ABC 内的一点,满足∠DAC=∠DCA=30°, 】 = = ° 边的中点, 边的三等分点, ∠DBA=60°,E 是 BC 边的中点,F 是 AC 边的三等分点,满足 AF = ° =2FC.求证:DE⊥EF. .求证: ⊥ .
A
30

F

60

D
30

B

E

C

(叶中豪提供) 叶中豪提供) 证法 1: 如图,作 DM⊥AC 于 M,FN⊥CD 于 N,联结 EM,EN. :
A
30

M F

60

D E

N

30

B
设 CF=a,AF=2a, 则

C

CN=CF·cos30°=

3a 1 = CD, 2 2

即 N 是 CD 的中点. 又因为 M 是 AC 边上的中点,E 是 BC 边上的中点,所以 EM∥AB, EN∥BD, 得 ∠MEN=∠ABD=60°=∠MDC, 故 M,D,E,N 四点共圆. 又显然有 D,M,F,N 四点共圆,所以 D,E,F,M,N 五点共圆. 从而∠DEF=90°.

证法 2: 建立复平面,令 B=0,D=1,A=- ω 2 k . :
经计算可得
C =1 - ω 2 - ω k ,
E=

B + C 1 ? ω 2 ? ωk = , 2 2

F= 于是,

2C + A 2 ? 2ω 2 ? 2ω k ? ω 2 k = , 3 3

E-1=-

1 + ω 2 + ωk , 2 ,

F- E=

1 ? ω 2 ? (ω + 2ω 2 ) k 6

2 2 1 ω ? 1 + (ω + 2ω ) k F?E ∴ = ? E ?1 3 1 + ω 2 + ωk



ω ? ω2 k +1
3 ?
k ?1 i k +1 ? , 3 k ?1



因此 DE⊥EF,即∠DEF=90°.

【题 6】已知 a,b,c≥0, a+b+c=1.求证: 】 , , ≥ , + + = .求证:

a+

1 2 (b ? c ) + b + c ≤ 4

3.

(李伟固提供) 李伟固提供)

证法 1:不妨设 b≥c.
令 b =x+ y, c =x- y, 则 b-c=4 xy , a=1―2 x 2 ―2 y 2 , x ≤ 原式左边= 1 ? 2 x 2 ? 2 y 2 + 4 x 2 y 2 +2 x ≤ 1 ? 2x 2 + x + x ≤ 3. 最后一步由柯西不等式得到. 1 . 2

证法 2:令 a=u2,b=v2,c=w2,则 u2+v2+w2=1,于是待证不等式变


u 注意到 u
2

2

(v +
2

2

? w2 ) 4

2

+v+ w≤ 3 .



(v +

2

? w2 ) 4

2

(v =1―(v +w )+
2

2

? w2 ) 4
2

2



4 ? 4 ( v 2 + w2 ) + ( v 2 ? w2 ) 4

2



4 ? 4 ( v 2 + w 2 ) + ( v 2 + w 2 ) ? 4v 2 w 2 4
2

(2 ? v =

2

? w 2 ) ? 4v 2 w 2
2

4

(2 ? v =

? w2 ? 2vw )( 2 ? v 2 ? w2 + 2vw ) 4

2 ? 2 ? (v + w) 2 ? ? 2 ? (v ? w) 2 ? ? ?? ? ≤1― ( v + w ) . = 4 2

(注意 (v + w) 2 ≤ 2 ( v 2 + w2 ) ≤2. )将上式代入①,得

( v + w) 1?
2

2

+ v + w≤ 3 .



v+w =x,将上述不等式改写为 2

1 ? 2 x2 + 2 x ≤ 3 ,
以下同证法 1. 注:证法 2 解释了证法 1 中替换的动机.

绝对值都不大于 【题 7】给定绝对值都不大于 10 的整数 a,b,c,三次多项式 】给定绝对值 , , ,

f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c 满足条件

f 2 + 3 < 0.0001 .
问:2+ 3 是否一定是这个多项式的根? + 是否一定是这个多项式的根? 解:将 2 + 3 代入得
f 2+ 3 = 2+ 3 +a 2+ 3

(

)

(张景中提供) 张景中提供)

(

) (

)

3

(

)

2

+b 2+ 3 +c

(

)

= 8 + 12 3 + 18 + 3 3 + 4a + 4 3a + 3a + 2b + 3b + c

= ( 26 + 7 a + 2b + c ) + (15 + 4a + b ) 3 .
设 7 a + 2b + c + 26 = m , 4a + b + 15 = n ,则 m <130, n ≤65. ∴ m ? n 3 ≤ m + n 3 <260.

如果 f 2 + 3 ≠0,即 m + n 3 ≠0,由于 m ,n ∈Z, 3 是无理数,则 m ≠ 0 且 n ≠0.由此 m ? n 3 ≠0,所以 m 2 ? 3n 2 ≠0, m 2 ? 3n 2 ≥1. 则

(

)

f 2+ 3 = m+n 3

(

)



( m ? n 3 )( m + n 3 )
m?n 3

m 2 ? 3n 2 = m?n 3
≥ >
1 m?n 3

1 ,矛盾. 260

所以 2 + 3 一定是上述多项式的根.

棋手参加象棋比赛,每两个棋手比赛一局. 【题 8】n 个棋手参加象棋比赛,每两个棋手比赛一局.规定胜 】 者得 1 分,负者得 0 分,平局各得 0.5 分.如果赛后发现任何 m 个 棋手中都有一个棋手胜了其余 m-1 个棋手, - 个棋手, 也有一个棋手输给了其 余 m-1 个棋手,就称此赛况具有性质 P(m) - 个棋手, ( ) . ,求 ,使得对具有性质 对给定的 m(m≥4) 求 n 的最小值 f(m) 使得对具有性质 ( ≥ ) , ( ) , P(m)的任何赛况,都有所有 n 名棋手的得分各不相同. ( )的任何赛况, 名棋手的得分各不相同. (王建伟提供) 王建伟提供) 证: 先证明两个引理.
,则必有一个棋 引理 1 当 n≥m 时,如果 n 个棋手的赛况具有性质 P(m)

手全胜. 当 n=m 时,命题显然成立. 假设命题对 n 成立,则对 n+1 个棋手,从中任取 n 个棋手,由归纳假设, 这 n 个棋手中必有一个棋手全胜,不妨设 A1,A2,…,An 中 A1 全胜. 对另一个棋手 An+1: 若 A1 胜 An+1,则在 n+1 个棋手中,A1 全胜; 若 A1 平 An+1,考察棋手 A1,A2,…,An-1,An+1,这 n 个棋手中没有人全 胜,不可能; 若 An+1 胜 A1,考察棋手 A1,A3,A4,…,An,An+1,这 n 个棋手中全胜的 只能是 An+1,特别地,An+1 胜 A3,A4,…,An.同理,An+1 也胜 A2,所以在这 n+1 个棋手中 An+1 全胜. 由归纳原理知,命题对任意 n≥m 成立. 类似地可证: ,则必有一个棋 引理 2 当 n≥m 时,如果 n 个棋手的赛况具有性质 P(m) 手全败. 回到原题.我们来证明: 当 n≥2m-3 时,所有棋手的得分必各不相同. 由引理 1,有一个棋手 A1 胜了其余 n-1 个棋手,有一个棋手 A2 胜了除 A1 外的 n-2 个棋手,……,有一个棋手 An-m+1 胜了除 A1,A2,…,An-m 外的 m -1 个棋手. 由引理 2,有一个棋手 An 负于其余 n-1 个棋手,有一个棋手 An-1 负于除了 An 外的 n-2 个棋手,……,有一个棋手 An-m+3 负于除 An,An-1,…,An-m+4 外的 n-m+2 个棋手,另外还有一棋手为 An-m+2. 这样,这 n 个棋手 A1,A2,…,An,编号小的棋手都战胜了编号大的棋手, 所以他们的得分为 n-1,n-2,…,1,0,各不相同. 对 n=2m-4,设 n 个棋手水平为: 1,2,…,m-3,m-2,m-2,m-1,…,2m-5, 其中水平编号小的棋手胜水平编号大的棋手,编号相等的棋手打平.则对任取 m 个棋手,必有一最小编号为 i(1≤i≤m-3) ,另一最大编号为 j(m-1≤j≤2m -5) ,从而在这 m 个棋手中编号为 i 的棋手全胜,编号为 j 的棋手全败,所以这 n 个棋手具有性质 P(m) ,但其中有两个棋手的得分相同. 综上可知,f(m)=2m-3.


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