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2011年第八届中国东南地区数学奥林匹克试题


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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

ax

2 2

?b

x? R

x ?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 2

?b

x ?1

. 由 f ( 0 ) ? b 知, b ? 3 ,且易知 a ? 0 .

(i)当 b ? 2 a ? 0 时,
f (x) ? ax
2

?b

x ?1
2

? a

x ?1 ?
2

b?a x ?1
2

? 2 a (b ? a ) ? 3

等号当 a

x ?1 ?
2

b?a x ?1
2

时,即 x ? ?

b ? 2a a
3 2

时取到

此时, a ?

b?

b ?9
2

,特别当 b ? 3 时, a ?

2

(ii)当 b ? 2 a ? 0 时,令 x ? 1 ? t ( t ? 1 )
2

f ( x ) ? g ( t ) ? at ?

b?a t

当 t ? 1 时单调增加,所以
3 2

min f ( x ) ? g (1) ? a ? b ? a ? b ? 3 ,此时 a ?

综上所述: (1) b 的取值范围是 [ 3, ?? )
3 2

(2)当 b ? 3 时, a ?
2 2

;当 b ? 3 时, a ?
2 2

b?

b ?9
2

2

解法 2 设 f ( x ) ?

ax

?b

x ?1

. 因为 min

ax

?b

x? R

x ?1

? 3 ,且 f ( 0 ) ? b ,所以 b ? 3

ax ( x ?
2

b ? 2a a
3/2

)

易知 a ? 0 , f ' ( x ) ?

( x ? 1)
2

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

(ii)当 b ? 2 a ? 0 时,令 f ' ( x ) ? 0 得驻点 x 0 ? 0 , x 1 , 2 ? ? 此时易知 f ( 0 ) ? b 不是最小值 ? b ? 3 , f ( x 1 , 2 ) 为最小值
a? f ( x 1, 2 ) ? b ? 2a a b ? 2a a ?1 ?b ? 3 ? 2 a (b ? a ) ? 3

? a ? ab ?
2

9 4

? 0 ? a ?

b?

b ?9
2

2 b? b ?9
2

即○ b ? 3 ,○ a ? 1 2

2

综上所述: (1) b 的取值范围是 [ 3, ?? )
3 2

(2)当 b ? 3 时, a ?

;当 b ? 3 时, a ?

b?

b ?9
2

2

2. 已知 a、b、c 为两两互质的正整数,且 a ( b ? c ) , b ( a ? c ) , c ( a ? b ) ,求
2 3 3 2 3 3 2 3 3

a、b、c 的值。 解答 由题设可得到: a ( a ? b ? c ) , b ( a ? b ? c ) , c ( a ? b ? c ) ,又因
2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3

为 a、b、c 两两互质,所以 a b c ( a ? b ? c ) 。不妨设 a ? b ? c ,所以
2 2 2 3 3 3

3a

3

? a ?b ? c ? a b c ? a ?
3 3 3 2 2 2

b c 3

2

2

又 2b ? b ? c ? a ? 2b ?
3 3 3 2 3

b c 9

4

4

? b ?

18 c
4

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 。
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2 2 3 3 3 3

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3 2 2

由 a b ( a ? b ? 1) ? 2 a ? a ? b ? 1 ? a b ? a ?

b

2

2 b
4

又由 a ( b ? 1 ) ? b ? 1 ? a ?
2 3 3 2

: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 ? { a 1 , a 2 ,? ? ?, a 35 }, a 1 ? a 2 ? ? ? ? ? a 35 (i)当 1 ? n ? 19 时, 考虑 1 ? a 1 ? a 2 ? ? ? ? ? a 35 ? 50
1 ? a 1 ? n ? a 2 ? n ? ? ? ? ? a 35 ? n ? 50 ? 19 ? 69

由抽屉原理,存在 1 ? i , j ? 35 ,使 a i ? n ? a j ,即 a i ? a j ? n (ii)当 51 ? n ? 69 时, 由 1 ? a 1 ? a 2 ? ? ? ? ? a 35 ? 50
1 ? n ? a 35 ? n ? a 34 ? ? ? ? ? n ? a 1 ? 68

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

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{1, 34 }, { 2 , 33 }, ? ? ?, {17 ,18 }, {35 }, { 36 }, ? ? ?, {50 } 共 33 个

所以,存在 1 ? i , j ? 35 ,使得 a i ? a j ? 35 (vi)当 36 ? n ? 50 时, 若 n ? 2 k ? 1 , {1, 2 k }, { 2 , 2 k ? 1}, ? ? ?, { k , k ? 1}, { 2 k ? 1}, ? ? ?, {50 } 当 18 ? k ? 20 时, 50 ? ( 2 k ? 1) ? 1 ? 50 ? 2 k ? 50 ? 36 ? 14 当 21 ? k ? 24 时, 50 ? ( 2 k ? 1) ? 1 ? 50 ? 2 k ? 50 ? 42 ? 8 均存在 i, j 使 a i ? a j ? 2 k ? 1 ? n 若 n ? 2 k , {1, 2 k ? 1}, { 2 , 2 k ? 2 }, ? ? ?, { k ? 1, k ? 1}, { k }, { 2 k }, { 2 k ? 1}, ? ? ?, {50 } 当 18 ? k ? 19 时, 50 ? ( 2 k ? 1) ? 3 ? 16
k ? 1 ? 19 ? 1 ? 18 k ? 1 ? 23 ? 1 ? 22 k ? 1 ? 25 ? 1 ? 24

当 20 ? k ? 23 时, 50 ? ( 2 k ? 1) ? 3 ? 50 ? 2 k ? 2 ? 12 当 24 ? k ? 25 时, 50 ? ( 2 k ? 1) ? 3 ? 50 ? 2 k ? 2 ? 4 所以,均存在 i, j 使 a i ? a j ? 2 k

4.如图,过 ? A B C 的外心 O 任作一直线,分别交边 A B , A C 于 M , N , E , F 分别是
B N , C M 的中点.证明: ? E O F ? ? A .

先证引理:如图,过 ? O 的直径 K L 上的两点 A , B 分别作弦
C D , E F ,连 CE , DF ,分别交 K , L 于 M , N ,若 OA ? OB ,则
M

A

O
E F

N

MA ? NB .

引理证明:设 C D ? E F ? P ,直线 C E , D F 分别截 ? P A B , 据梅涅劳斯定理, 则
MA NB ? AC ? PE ? BM ? 1, BF FP ? PD DA ? AN NB ? 1;

B
D E P
M

C

CP EB M A AC ? AD ? PE ? PF ? BM BE ? BF ? PC ? PD ? AN

……①
K

N

而由相交弦,得 P C ? P D ? P E ? P F ……② 若 ? O 的半径为 R , O A ? O B ? a ,则
AC ? AD ? AK ? AL ? R ? a ? BK ? BL ? BE ? BF
2 2

AO B F C

L

…③ , 据

①②③得,
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MA NB ? MB NA

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AB AB ? 1 .因此 M A ? N B .引理得证.

,即

MA NB

?

M A ? AB NB ? AB

?

回到本题,如下图(两图都适用) ,延长 M N 得直径
K K 1 ,在直径上取点 M 1 ,使 OM 1 ? OM ,设 C M 1 ? ? O ? A 1 ,连 A 1 B 交 K K 1 于 N 1 ,由

引理, M N 1 ? M 1 N , (右图中则是 M 1 N 1 ? M N )因此, O 是 N N 1 的中点,故 O E , O F 分 别是 ? N B N 1 及 ? M C M 1 的中位线,于是得 ? E O F ? ? B A 1C ? ? A .

A1

A
A

A1
M O M1 F E N1 K 1

K

N1

M

O M1 N
F E

K1

N

K

B

C

C

B

第一天(2011.7.28)
5.设 A A 0 , B B 0 , C C 0 是 ? A B C 的三条角平分线,自 A 0 作 A 0 A 1 ∥ B B 0 ,
A 0 A 2 ∥ C C 0 , A 1 , A 2 分别在 A C , A B 上,直线 A 1 A 2 ? B C ? A 3 ;类似得到点 B 3 , C 3 .

证明: A 3 , B 3 , C 3 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,
A B3 C A 3 B C 3 ? ? ?1 B3C A 3 B C 3 A
C A3 A3 B
B3

…… ①

由于直线 A 1 A 2 A 3 截 ? A B C ,得

?

BA2 A2 A

?

A A1 A1C

? 1 ,所以

CA3 A3B

?

A 2 A A 1C ? B A 2 A A1

…… ②;

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同理有
A B3 B3C ? B2 B C B2 ? B1 A B B1

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BC3 C3 A ? C 2C ? C1 B

…… ③,

…… ④.
AA0 ? AC0 BA0 ? BC0 C A 0 ? C B0 A A 0 ? A B0

A C 2 C C1

由 BA2 ?

BC0 BC

? BA0 , AA2 ?

AA0 AI

? A C 0 ,得

AA2 BA2 A 1C A A1

?

?

BC AI AI BC

…⑤

又由 A A 1 ?

AA0 AI

? A B0 , C A1 ?

CA0 CB

? C B 0 ,得

?

?

…⑥

? CA0 A C 0 C B0 ? ? ? ?? 据②、⑤、⑥得 ? A B A3B B A 0 B C 0 A B0 ? 0 CA3 CA0
? C B0 ? AC3 ? AC0 ? ?? ?? 同理可得, ? , ? B3 A ? B0 A ? C3B ? C0B ? C B3
2 2

? ? ; ? ?

2

…… ⑦

由于 ? A B C 的三条角平分线 A A 0 , B B 0 , C C 0 共点,由塞瓦定理,
A B0 C A 0 B C 0 ? ? ? 1 …… ⑧,于是由⑦、⑧得, B0C A 0 B C 0 A

A B3 C A 3 B C 3 ? A B0 C A 0 B C 0 ? ? ?? ? ? B3C A 3 B C 3 A ? B 0C A 0 B C 0 A ?

? ? ? 1 ,即①成立,因此结论得证. ? ?

2

6.设 P1 , 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 点 Pi 与 M 的距离, i ? 1, 2 , 3, ? , n ,证明:

?

n

i ?1

? n Pi M ? max ? ? Pi A , ? i ?1

?

n

i ?1

? Pi B ? . ?

解答 设原点为 O,则有: OM ? t OA ? (1 ? t ) OB

t ? ( 0 ,1 )

| Pi M |? | OM ? OP i |? | t OA ? (1 ? t ) OB ? t OP i ? (1 ? t ) OP i | ? t | OA ? OP i | ? (1 ? t ) | OB ? OP i |? t | Pi A | ? (1 ? t ) | Pi B |

因此 ? Pi M ? t ? | Pi A | ? (1 ? t ) ? | Pi B | ? max ? ? Pi A ,
i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

? ?

n

i ?1

?

n

i ?1

? Pi B ? ?

7.设数列 ? a n ? 满足: a1 ? a 2 ? 1, a n ? 7 a n ?1 ? a n ? 2 , n ? 3 .证明:对于每个 n ? N ,
*

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a n ? a n ? 1 ? 2 皆为完全平方数.

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证:易求得数列开初的一些项为: 1,1, 6, 4 1, 2 8 1,1 9 2 6 ,…, 注意到, a1 ? a 2 ? 2 ? 2 , a 2 ? a 3 ? 2 ? 3 , a 3 ? a 4 ? 2 ? 7 , a 4 ? a 5 ? 2 ? 1 8 ,…,
2 2 2 2

构作数列 ? x n ? : x1 ? 2, x 2 ? 3, x n ? 3 x n ?1 ? x n ? 2 , n ? 3 ,则对每个 n ? N , x n 为正整数.
*

我们来证明:对于每个 n ? N ,皆有: a n ? a n ? 1 ? 2 ? x n .
*

2

引理:数列 ? x n ? 满足:对于每个 k ? N , x k x k ? 2 ? x k ? 1 ? 5 .
*

2

引理证明:令 f ( k ) ? x k x k ? 2 ? x k ? 1 ,则
2

f ( k ) ? f ( k ? 1) ? ( x k x k ? 2 ? x k ? 1 ) ? ( x k ?1 x k ? 1 ? x k ) ? ( x k x k ? 2 ? x k ) ? ( x k ? 1 ? x k ?1 x k ? 1 )
2 2 2 2

? x k ( x k ? 2 ? x k ) ? x k ? 1 ( x k ? 1 ? x k ?1 ) ? 3 x k x k ? 1 ? 3 x k ? 1 x k ? 0 .

所以 f ( k ) ? f ( k ? 1) ,于是 f ( k ) ? f ( k ? 1) ? f ( k ? 2 ) ? ? ? f (1) ? x1 x 3 ? x 2 ? 5 .
2

回到本题,对 n 归纳,据数列 ? a n ? 的定义,a1 ? a 2 ? 2 ? 4 ? x1 , a 2 ? a 3 ? 2 ? 9 ? x 2 ,
2 2

若结论直至 n ( n ? 2 ) 皆已成立,则对于 n ? 1 ,有
a n ? 1 ? a n ? 2 ? 2 ? (7 a n ? a n ?1 ) ? (7 a n ? 1 ? a n ) ? 2 ? 7 ( a n ? a n ? 1 ? 2 ) ? ( a n ? 1 ? a n ? 2 ) ? 1 0

? 7 x n ? x n ?1 ? 10 ? (3 x n ) ? x n ?1 ? 2 x n ? 10 ? (3 x n ? x n ?1 )(3 x n ? x n ?1 ) ? 2 x n ? 10
2 2 2 2 2 2

? x n ? 1 ( x n ? 1 ? 2 x n ?1 ) ? 2 x n ? 10 ? x n ? 1 ? 2( x n ?1 x n ? 1 ? x n ? 5) ? x n ? 1 .
2 2 2 2

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, ? ,1 2 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 , a 2 , a 3 ; b1 , b 2 , b3 ; c1 , c 2 , c 3 以及 d 1 , d 2 , d 3 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 , a 2 , a 3 出现的次数分别为
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n1 , n 2 , n 3 ,则 n1 ? n 2 ? n 3 ? n ,且设 n1 ? n 2 ? n 3 ;

如果 n ? 1 0 ,则 n1 ? n 2 ? 7 ;再考虑这 7 个四边形(其 A 色顶点要么是 a 1 ,要么是 a 2 ) , 它们中 B 色点 b1 , b 2 , b 3 出现的次数分别为 m 1 , m 2 , m 3 ,则 m 1 ? m 2 ? m 3 ? 7 ,据对称性,可 设 m 1 ? m 2 ? m 3 ,则 m 3 ? 2 ,即 m 1 ? m 2 ? 5 ; 继续考虑这 5 个四边形(其 A 色顶点要么是 a 1 ,要么是 a 2 ; B 色顶点要么是 b1 ,要么 是 b2 ) ,它们中 C 色点 c1 , c 2 , c 3 出现的次数分别为 k 1 , k 2 , k 3 ,则 k 1 ? k 2 ? k 3 ? 5 ,据对称性, 可设 k 1 ? k 2 ? k 3 ,则 k 3 ? 1 ,即 k 1 ? k 2 ? 4 ; 最后考虑这 4 个四边形,记为 T1 , T 2 , T3 , T 4 (其 A 色顶点要么是 a 1 ,要么是 a 2 ; B 色顶 点要么是 b1 ,要么是 b 2 ; C 色顶点要么是 c 1 ,要么是 c 2 ) ,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 , T 2 的 D 色点都为 d 1 ; 那么,三个四边形 T1 , T 2 , 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 B3 A3 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 A 1 图、 A 2 图、 A 3 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 .

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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 A 1 , A 2 , A 3 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

产生C色三数

产生D色三数

S Z Y

1,3 1,3 3 1

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

产生C色三数

产生D色三数

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 3 2

2 2,3 2,3 3

3 2 2,3 2,3

产生C色三数

产生D色三数

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