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2011年第八届中国东南地区数学奥林匹克试题及参考答案


2011 年 第 八 届 中 国 东 南 地 区 数 学 奥 林 匹克
第一天(2011.7.27)

1. 已知 min
x∈R

ax 2 + b x2 + 1

= 3.

(1)求 b 的取值范围; (2)对给定的 b,求 a. 解法 1 记 f ( x ) =

ax 2 + b x2 + 1

. 由 f (0) = b 知, b ≥ 3 ,且易知 a > 0 .

(i)当 b ? 2a ≥ 0 时,

f ( x) =

ax 2 + b x +1
2
2

= a x2 + 1 +

b?a x2 + 1

≥ 2 a (b ? a ) = 3

等号当 a x + 1 =

b?a x2 + 1

时,即 x = ±

b ? 2a 时取到 a

此时, a =

b ± b2 ? 9 3 ,特别当 b = 3 时, a = 2 2

(ii)当 b ? 2a < 0 时,令 x 2 + 1 = t ( t ≥ 1)

b?a 当 t ≥ 1 时单调增加,所以 t 3 min f ( x ) = g (1) = a + b ? a = b = 3 ,此时 a > 2 f ( x ) = g (t ) = at +
综上所述: (1) b 的取值范围是 [3,+∞ ) (2)当 b = 3 时, a ≥

b ± b2 ? 9 3 ;当 b > 3 时, a = 2 2
ax 2 + b x2 + 1 = 3 ,且 f (0) = b ,所以 b ≥ 3

解法 2 设 f ( x ) =

ax 2 + b x2 + 1

. 因为 min
x∈R

易知 a > 0 , f ' ( x ) =

ax ( x 2 ?

b ? 2a ) a ( x 2 + 1) 3 / 2

(i)当 b ? 2a ≤ 0 时,令 f ' ( x ) = 0 得驻点 x0 = 0 ,且有

x < 0 时, f ' ( x ) < 0 ; x > 0 时, f ' ( x ) > 0 ? f (0) = b 为最小值
所以 b = 3 即○ b = 3 ,○ a ≥ 1 2

b 2

(ii)当 b ? 2a > 0 时,令 f ' ( x ) = 0 得驻点 x 0 = 0 , x1, 2 = ± 此时易知 f (0) = b 不是最小值 ? b > 3 , f ( x1, 2 ) 为最小值

b ? 2a a

f ( x1, 2 ) =

a?

b ? 2a +b a = 3 ? 2 a (b ? a ) = 3 b ? 2a +1 a

? a 2 ? ab +

b ± b2 ? 9 9 =0?a= 4 2 b ± b2 ? 9 2

即○ b > 3 ,○ a = 1 2

综上所述: (1) b 的取值范围是 [3,+∞ ) (2)当 b = 3 时, a ≥

b ± b2 ? 9 3 ;当 b > 3 时, a = 2 2

2. 已知 a、b、c 为两两互质的正整数,且 a 2 (b 3 + c 3 ), b 2 ( a 3 + c 3 ), c 2 ( a 3 + b 3 ) ,求 a、b、c 的值。 解答 由题设可得到: a 2 ( a 3 + b 3 + c 3 ), b 2 ( a 3 + b 3 + c 3 ), c 2 ( a 3 + b 3 + c 3 ) ,又因 为 a、b、c 两两互质,所以 a 2 b 2 c 2 ( a 3 + b 3 + c 3 ) 。不妨设 a ≥ b ≥ c ,所以

3a 3 ≥ a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 b 2 c 2 ? a ≥

b2c 2 3

b4c 4 18 又 2b ≥ b + c ≥ a ? 2b ≥ ?b≤ 4 9 c
3 3 3 2 3

当 c ≥ 2 ? b ≤ 1 ,与 b ≥ c 矛盾。所以 c = 1 。显然(1,1,1)是一组解。 当 b ≥ 2 时, a > b > c 。

由 a b ( a + b + 1) ? 2a ≥ a + b + 1 ≥ a b ? a ≥
2 2 3 3 3 3 3 2 2

b2 2

又由 a (b + 1) ? b + 1 ≥ a ≥
2 3 3 2

b4 :当 b > 5 时,无解;经验证, b = 2 , c = 3 。所 4

以满足条件正整数为 (1,1,1)(12,3)(1,3,2)(2,1,3)(2,3,1)(3,2,1)(3,1,2) , , , , , , 。 3.设集合 M = {1,2,3, ? ,50},正整数 n 满足:M 的任意一个 35 元子集中至少存在 两个不同的元素 a, b ,使 a + b = n 或 a ? b = n .求出所有这样的 n. 解答 取 A = {1,2,3,? ? ?,35} ,则对任意 a , b ∈ A , a ? b, a + b ≤ 34 + 35 = 69 下面证明 1 ≤ n ≤ 69 . 设 A = {a1 , a 2 ,? ? ?, a 35 }, a1 < a 2 < ? ? ? < a35 (i)当 1 ≤ n ≤ 19 时, 考虑 1 ≤ a1 < a 2 < ? ? ? < a 35 ≤ 50

1 ≤ a1 + n < a 2 + n < ? ? ? < a35 + n ≤ 50 + 19 = 69
由抽屉原理,存在 1 ≤ i, j ≤ 35 ,使 ai + n = a j ,即 ai ? a j = n (ii)当 51 ≤ n ≤ 69 时, 由 1 ≤ a1 < a 2 < ? ? ? < a 35 ≤ 50

1 ≤ n ? a 35 < n ? a 34 < ? ? ? < n ? a1 ≤ 68
由抽屉原理,至少存在 1 ≤ i, j ≤ 35 ,使 n ? ai = a j ,即 a i + a j = n (iii)当 20 ≤ n ≤ 24 时, 由于 50 ? ( 2n + 1) + 1 = 50 ? 2n ≤ 50 ? 40 = 10 所以 a1 , a 2 ,? ? ?, a 35 中至少有 25 个属于 [1,2n ] 又由于 {1, n + 1}, {2, n + 2},? ? ?, {n,2n} 至多有 24 个 存在 ai , a j ,使 {ai , a j } = {i , n + i} ,所以 a j ? ai = n (iv)当 25 ≤ n ≤ 34 时, 由 {1, n + 1}, {2, n + 2},? ? ?, {n,2n} 至多有 34 个 由抽屉原理,存在 i, j 使 ai = i , a j = n + i ,即 a j ? ai = n

(v)当 n = 35 时,

{1,34}, {2,33},? ? ?, {17,18}, {35}, {36},? ? ?, {50} 共 33 个
所以,存在 1 ≤ i, j ≤ 35 ,使得 ai + a j = 35 (vi)当 36 ≤ n ≤ 50 时, 若 n = 2k + 1 , {1,2k }, {2,2k ? 1},? ? ?, {k , k + 1}, {2k + 1},? ? ?, {50} 当 18 ≤ k ≤ 20 时, 50 ? ( 2k + 1) + 1 = 50 ? 2k ≤ 50 ? 36 = 14 当 21 ≤ k ≤ 24 时, 50 ? ( 2k + 1) + 1 = 50 ? 2k ≤ 50 ? 42 = 8 均存在 i, j 使 ai + a j = 2k + 1 = n 若 n = 2k , {1,2k ? 1}, {2,2k ? 2},? ? ?, {k ? 1, k + 1}, {k }, {2k }, {2k + 1},? ? ?, {50} 当 18 ≤ k ≤ 19 时, 50 ? ( 2k + 1) + 3 ≤ 16 k ? 1 ≤ 19 ? 1 = 18 当 20 ≤ k ≤ 23 时, 50 ? ( 2k + 1) + 3 ≤ 50 ? 2k + 2 ≤ 12 k ? 1 ≤ 23 ? 1 = 22 当 24 ≤ k ≤ 25 时, 50 ? ( 2k + 1) + 3 ≤ 50 ? 2k + 2 ≤ 4 k ? 1 ≤ 25 ? 1 = 24 所以,均存在 i, j 使 ai + a j = 2k 4.如图,过 ?ABC 的外心 O 任作一直线,分别交边 AB, AC 于 M , N , E, F 分别是

BN , CM 的中点.证明: ∠EOF = ∠A .
先证引理:如图,过 ⊙O 的直径 KL 上的两点 A, B 分别作弦
A

CD, EF ,连 CE , DF ,分别交 K , L 于 M , N ,若 OA = OB ,则 MA = NB .
引理证明:设 CD ∩ EF = P ,直线 CE , DF 分别截 ?PAB ,
B

M E

O
F

N

C
D E P
M N

AC PE BM BF PD AN ? ? = 1, ? ? = 1; CP EB MA FP DA NB MA AC ? AD ? PE ? PF ? BM 则 = ……① NB BE ? BF ? PC ? PD ? AN 而由相交弦,得 PC ? PD = PE ? PF ……② 若 ⊙O 的半径为 R , OA = OB = a ,则
据梅涅劳斯定理,

K

AOB F C

L

AC ? AD = AK ? AL = R ? a = BK ? BL = BE ? BF …③, 据①②
2 2

③得,

MA MB MA MA + AB AB = ,即 = = = 1 .因此 MA = NB .引理得证. NB NA NB NB + AB AB 回到本题,如下图(两图都适用) ,延长 MN 得直径

KK1 ,在直径上取点 M 1 ,使 OM 1 = OM ,设 CM 1 ∩ ⊙O = A1 ,连 A1 B 交 KK1 于 N1 ,由
引理, MN1 = M 1 N , (右图中则是 M 1 N1 = MN )因此, O 是 NN1 的中点,故 OE , OF 分 别是 ?NBN1 及 ?MCM 1 的中位线,于是得 ∠EOF = ∠BA1C = ∠A .

A1

A
A

A1
M O M1 F E N1 K 1

N1 K

M

O M1 N
F E

K1

N

K

B

C

C

B

第一天(2011.7.28)
5.设 AA0 , BB0 , CC0 是 ?ABC 的三条角平分线,自 A0 作 A0 A1 ∥ BB 0 ,

A0 A2 ∥ CC 0 , A1 , A2 分别在 AC , AB 上,直线 A1 A2 ∩ BC = A3 ;类似得到点 B3 , C3 .
证明: A3 , B3 , C3 三点共线.
A
B1

C3

C0
A2
I

C2

B0
A1 B2 C

B

C1

A0

A3

证明:据梅尼劳斯逆定理, 只要证,

AB3 CA3 BC3 ? ? = 1 …… ① B3C A3 B C3 A CA3 BA2 AA1 ? ? = 1 ,所以 A3 B A2 A A1C

B3

由于直线 A1 A2 A3 截 ?ABC ,得

CA3 A3 B

=

A2 A A1C ? …… ②; BA2 AA1

同理有

AB3 B2 B B1 A BC3 C2C C1 B = ? …… ③, = ? …… ④. B3C CB2 BB1 C3 A AC2 CC1

由 BA2 =

AA0 AA2 AA0 ? AC0 BC BC0 ? BA0 , AA2 = ? AC 0 ,得 = ? … ⑤ BC AI BA2 BA0 ? BC0 AI AA0 AI ? AB0 , CA1 = CA0 CB ? CB0 ,得

又由 AA1 =

A1C AA1
2

=

CA0 ? CB0 AI ? … ⑥ AA0 ? AB0 BC

CA0 AC0 CB0 ? CA0 ? 据②、⑤、⑥得 = ? ? =? ? ; ? A3 B BA0 BC0 AB0 ? A0 B ? ? CA3
CB3 ? CB0 ? AC3 ? AC0 ? 同理可得, =? =? ? , ? B3 A ? B0 A ? C3 B ? C0 B ?
2 2

…… ⑦

由于 ?ABC 的三条角平分线 AA0 , BB0 , CC0 共点,由塞瓦定理,

AB0 CA0 BC0 ? ? = 1 …… ⑧,于是由⑦、⑧得, B0C A0 B C0 A AB3 CA3 BC3 ? AB0 CA0 BC0 ? ? ? =? ? ? ? = 1 ,即①成立,因此结论得证. ? B3C A3 B C3 A ? B0C A0 B C0 A ? ?
6.设 P , P2 , ? , Pn 为平面上 n 个定点,M 是该平面内线段 AB 上任一点,记 Pi M 为 1 点 Pi 与 M 的距离, i = 1,2,3, ? , n ,证明:
2

?n Pi M ≤ max ?∑ Pi A , ∑ i =1 ? i =1
n

∑ PB ?. ?
i =1 i

n

?

解答 设原点为 O,则有: OM = tOA + (1 ? t )OB t ∈ (0,1)

| Pi M |=| OM ? OPi |=| t OA + (1 ? t )OB ? tOPi ? (1 ? t )OPi | ≤ t | OA ? OPi | + (1 ? t ) | OB ? OPi |= t | Pi A | + (1 ? t ) | Pi B |
因此
n n ?n Pi M ≤ t ∑ | Pi A | + (1 ? t )∑ | Pi B | ≤ max ?∑ Pi A , ∑ i =1 i =1 i =1 ? i =1 n

∑ PB ? ?
i =1 i
*

n

?

7.设数列 {an } 满足: a1 = a2 = 1, an = 7 an ?1 ? an ? 2 , n ≥ 3 .证明:对于每个 n ∈ N ,

an + an +1 + 2 皆为完全平方数.
证:易求得数列开初的一些项为: 1,1, 6, 41, 281,1926 ,…, 注意到, a1 + a2 + 2 = 2 , a2 + a3 + 2 = 3 , a3 + a4 + 2 = 7 , a4 + a5 + 2 = 18 ,…,
2 2 2 2

构作数列 { xn } : x1 = 2, x2 = 3, xn = 3 xn ?1 ? xn ? 2 , n ≥ 3 ,则对每个 n ∈ N , xn 为正整数.
*

我们来证明:对于每个 n ∈ N ,皆有: an + an +1 + 2 = xn .
* 2

引理:数列 { xn } 满足:对于每个 k ∈ N , xk xk + 2 ? xk +1 = 5 .
* 2

引理证明:令 f ( k ) = xk xk + 2 ? xk +1 ,则
2 2 f (k ) ? f (k ? 1) = ( xk xk + 2 ? xk +1 ) ? ( xk ?1 xk +1 ? xk2 ) = ( xk xk + 2 + xk2 ) ? ( xk2+1 + xk ?1 xk +1 )

= xk ( xk + 2 + xk ) ? xk +1 ( xk +1 + xk ?1 ) = 3 xk xk +1 ? 3 xk +1 xk = 0 .
所以 f ( k ) = f ( k ? 1) ,于是 f ( k ) = f ( k ? 1) = f ( k ? 2) = ? = f (1) = x1 x3 ? x2 = 5 .
2

回到本题,对 n 归纳,据数列 {an } 的定义,a1 + a2 + 2 = 4 = x1 , a2 + a3 + 2 = 9 = x2 ,
2 2

若结论直至 n ( n ≥ 2) 皆已成立,则对于 n + 1 ,有

an +1 + an + 2 + 2 = (7 an ? an ?1 ) + (7 an +1 ? an ) + 2 = 7(an + an +1 + 2) ? (an ?1 + an + 2) ? 10
2 2 2 2 2 = 7 xn ? xn ?1 ? 10 = (3 xn ) 2 ? xn ?1 ? 2 xn ? 10 = (3 xn ? xn ?1 )(3 xn + xn ?1 ) ? 2 xn ? 10 2 2 2 2 = xn +1 ( xn +1 + 2 xn ?1 ) ? 2 xn ? 10 = xn +1 + 2( xn ?1 xn +1 ? xn ? 5) = xn +1 .

即在 n + 1 时结论也成立.故本题得证. 8.将时钟盘面上标有数字 1, 2,? ,12 的十二个点,分别用红、黄、蓝、绿四种颜色各 染三个点,现以这些点为顶点构作 n 个凸四边形,使其满足: ( 1 )每个四边形的四个顶点四色都有; ( 2 )任何三个四边形,都存在某一色,该色的三个顶点所标数字各不相同. 求 n 的最大值. 解:为叙述方便,改用 A, B, C , D 分别表示这四种颜色,而同色的三点,则分别用

a1 , a2 , a3 ; b1 , b2 , b3 ; c1 , c2 , c3 以及 d1 , d 2 , d3 来表示.
今考虑其中一色,例如 A 色;若在这 n 个四边形中, A 色点 a1 , a2 , a3 出现的次数分别为

n1 , n2 , n3 ,则 n1 + n2 + n3 = n ,且设 n1 ≥ n2 ≥ n3 ;
, 如果 n ≥ 10 ,则 n1 + n2 ≥ 7 ;再考虑这 7 个四边形(其 A 色顶点要么是 a1 ,要么是 a2 ) 它们中 B 色点 b1 , b2 , b3 出现的次数分别为 m1 , m2 , m3 ,则 m1 + m2 + m3 = 7 ,据对称性,可 设 m1 ≥ m2 ≥ m3 ,则 m3 ≤ 2 ,即 m1 + m2 ≥ 5 ; 继续考虑这 5 个四边形(其 A 色顶点要么是 a1 ,要么是 a2 ; B 色顶点要么是 b1 ,要么 是 b2 ) ,它们中 C 色点 c1 , c2 , c3 出现的次数分别为 k1 , k 2 , k3 ,则 k1 + k 2 + k3 = 5 ,据对称性, 可设 k1 ≥ k2 ≥ k3 ,则 k3 ≤ 1 ,即 k1 + k 2 ≥ 4 ; 最后考虑这 4 个四边形,记为 T1 , T2 , T3 , T4 (其 A 色顶点要么是 a1 ,要么是 a2 ; B 色顶 点要么是 b1 ,要么是 b2 ; C 色顶点要么是 c1 ,要么是 c2 ) ,由于 D 色点只有三个,故其中 必有两个四边形,其 D 色点相同,设 T1 , T2 的 D 色点都为 d1 ; 那么,三个四边形 T1 , T2 , T3 中,无论哪种颜色的顶点,所标数字皆有重复,这与条件 (2) 相矛盾!因此, n ≤ 9 . 再说明,最大值 n = 9 可以取到;采用构造法,我们只要作出这样的九个四边形即可.
D3 C3 B1 C1 D1 B2 A1 B3 C3 C2 D2 D2 B2 D1 C2 B1 A2 C2 C1 D3 D3 B2 D2 C1 B1 A3 B3 B3

C3

D1

作三个 “同心圆环图” 给出标号, , 并适当旋转相应的圆, 标号对齐后, 图中的每根线 (半 径) 上的四个点分别表示一个四边形的四个顶点颜色及其标号, 九条半径共给出九个四边形, 且都满足条件( 1 ) ; 再说明,它们也满足条件( 2 ) :从中任取三条半径(三个四边形) ; 如果三条半径(三个四边形)来自同一个图,则除了 A 色之外,其余 B, C , D 每色的顶 点,三数全有; 如果三条半径(三个四边形)分别来自三个图,则 A 色的顶点,三数全有; 如果三条半径(三个四边形)分别来自两个图:将三个图分别称为 A1 图、 A2 图、 A3 图, 每图的三条半径分别称为“向上半径”“向左半径”“向右半径” 、 、 ;且分别记为 S , Z , Y .

来自两个图的三条半径,如果“向上”“向左”“向右”三种半径都有,那么相应的三 、 、 个四边形, B 色的顶点,三数全有; 如果三条半径,只涉及两个图,两个方位,将图 A1 , A2 , A3 分别简记为 1, 2,3 ,则按三个 图的搭配情况,可得下表:

S Z Y

1,2 1,2 1 2

2 1,2 1,2 1

1 2 1,2 1,2

S Z Y

1,2 1,2 2 1

1 1,2 1,2 2

2 1 1,2 1,2

产产C色色色

产产D色色色

S Z Y

1,3 1,3 1 3 1 1,3 1,3 3

3 1 1,3 1,3

S Z Y

1,3 1,3 1 3

3 1,3 1,3 1

1 3 1,3 1,3

产产C色色色

产产D色色色

S Z Y

2,3 2,3 3 2 3 2,3 2,3 2

2 3 2,3 2,3

S Z Y

2,3 2,3 2 3 2 2,3 2,3 3

3 2 2,3 2,3

产产C色色色

产产D色色色


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