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2005年中国数学奥林匹克试题及略解


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中学数学 研究  
指出, 望引起大家重视.  
=   1— 4  ,  、,  
.  

2 0 0 5 年第4 期  

1  

参考文献 

与 
… 。

曼 耋  

曼  薹 壁  


德 燕 主 编  
3 j 试 题 调 研 ( 高 中 版 ) . 第 8 辑  志 建 主 编 — 乌 鲁 木  

=  
●一  

题 结 . i t .   A .  
有  米 米 米 交 
点 
1— 4 
1— 2 
、,  

数 学 习 题 必 须 慎 之 又 慎 , 要 能 证 明 所 编 习  [ 2   :  

, 二   ; . 。   ; : …  

文[ 3 ] 等许多文章中有类似错误, : F ̄- --  齐: 新疆 青 少年出 版 社2 0 0 4 . 5 . 6 0—6 1 .  
米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 来 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 米 

2 0 0 5 年中国数学奥林匹克试题及略解 
第一天 
郑州 1 月2 2日 上午 8 : o o ~1 2 : 3 0  

和 
1— 2 

第二天 
1 月2 3日 上午 8 : 0 0 ~1 2 : 3 0  

( 每题2 1 分)  


( 每题 2 1 分)  



设0 , 6 ( 一 詈, 詈) , i = 1 , 2 , 3 , 4 . 证 明: 存在. 2 7  

四、 已知数列 {  } 满足条件 a l   / i , 及2  一  

∈ R, 使得如下两个不等式 


3   一 1 =  , _, , l ≥ 2 .①  
设 m为正整数, m ≥2 . 证明: 当  ≤m时, 有 
, ② 

。 s 2 口 1 o 。 s 2 6 } 2 一( s i n O 1 s / n O 2 一  )   ≥0 , ①  口 3   6 } 4 一( s i n O 3 s i n 0 4 一  )  

同时成立的充要条件是:  

(   + 南)   ( m 一 ( 号 )   ) <  
( 朱华伟供题 )   五、 在面积为 1 的矩形 脚

. ②  

‘ 墨 S : 1 2   ≤2 ( 1 +  
=l  

i =l  

+  ∞ 以) .③  
i 0l  

中( 包括边界 ) 有5  

( 李胜宏供题 )  

个点, 其中 任意三点不共线. 求以这 5 个点为顶点的所 

二、 一圆与Z X A B C的三边/ 3 C, C A, A B的交点依  次为D 1 , D 2 ; E 1 , E 2 ; F 1 , F 2 . 线段 D1 E 1 与D 2 F 2 交于  点 L, 线段 E 1 F 1 与E 2 D 2 交于点 M, 线段 F 1 D1 与  
F 2 E 2 交于点 N. 证 明: A L, B M, C N 三线共 点. ( 叶中 

有三角形中, 面积不大于  的 三角形的个数的最小值.  
( 冷岗松供题)  

六、 求方程 2 z ?  一 5 z ? 7  = 1 的所有非负整数解  ( . z ,   , z ,  ) . ( 陈永高供题)  

豪供题)   三、 如图所示, 圆形的水池被分割为 2   (   ≥5 ) “ 格 
子” . 我们把有公共隔墙( 公共边或公共弧 ) 的“ 格子” 称 

略  解 


为相邻的, 从而每个“ 格子” 都有三个邻格.   水池中 一共跳人了 4 n +1 只青蛙, 青蛙难于安静  共处, 只要某个“ 格子” 中有不少于 3 只青蛙, 那么迟早 




证明: 显然.   0和②分别等价于 

s i n O 1 s i n O 2一 c o s O 1 c o s O 2≤ . 2 7≤ s i n O  ̄ s i n O 2+  

c o s O 1 o 0 B  , ④ 
口 3  6 } 4  

定会有其中3 只分别同时跳往三个不同邻格. 证明:  

只要经过一段时间之后, 青蛙便会在水池 中大致分布 
均匀.  

∞  3 0 3 6 6 4 . ⑤  不难知道, 存在 ∈R, 使得④和⑤同时成立的充  分必要条件是 
口 1 s i n 0 2 +o ∞  1 o ∞  2 一s i I l 口 3 s i I l 6 } 4 +o ∞  3 o 0 B  ≥ 

所谓大致分布均匀, 就是任取  其中 —个“ 格子” , 或者它里面有青  蛙, 或者它的三个邻格里都有青蛙.   ( 苏淳供题)  

0 , ⑥ 
口 3 s m . 0 4 +∞ 3 0 3 6 6 4 一   口 1 s i I 坩 2 +∞ 1 ∞B 6 } 2 ≥ 

0 . ⑦ 
?

4 7 ?  

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另一方面, 利用  a = 1 一   a , 可将③式化为 
f mT  ̄   F1 E2  F2 E1 f m7 2   F 2 D1  F1 D2 。   ,  

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( c o s 0 1 c o s 0 2+ c o s 0 3 c o s 0 4 )  一 (   口 1  口 2一  
口 3 萄 n 6 } 4 )   ≥0 ,   亦即 (   口 1  口 2+ o o s 0 1 c o s 0 2一   口 3  6 } 4+   c o s 0 3 c o s 0 4 )? (   口 3  钆 +o o s 0 3 c o s 0 4一   口 1  口 2+   o   口 1 o  口 2 ) ≥0 . ⑧ 

将④。 ⑤, ⑥式相乘, 得 
萄 .   .   :1   n 口 2   S i r l   萄 ny 2   ~  

由C 僦 定理的逆定理, 即知 A L , B M, C N三线共 
点.  

当存在 z ∈R, 使得④和⑤同时成立时, 由⑥和⑦  立即可以推出⑧, 从而有③式成立.   反之, 当③式, 亦即⑧式成立时, 如果⑥和⑦不成 
立, 那么就有 
口 1   口 2 +c o s 0 1 c o s 0 2 一   口 3   +o o s 0 3 c o s 0 4 <0 ,  

三、 证明: 我们把—个格子中出现一次 3 只青蛙同   时分别跳向三个邻格的事件称为该格子发生一次“ 爆  发” . 而把—个格子或者是它里面有青蛙, 或者是它的   三个相邻的格子里面都有青蛙, 称为该格子处于“ 平衡 
状态” .   容易看出, —个格子只要一旦有青蛙跳入 , 那么它  就一直处于“ 乎衡状态 ” . 事实上 , 只要 不“ 爆发 ” , 那么  

口 3 萄 n 6 } 4 +∞B 口 3 ∞B 6 l 4 一  口 1  口 2 +o o s 0 1 c o s 0 2 <0 .  

两式相加 。 得  2 ( o o s 0 1 c o s 0 2 +O O S 0 3 O O S 0 4 ) <0 ,  

该格子中的青蛙不会动, 它当然处于“ 平衡状态” ; 而如 
果发生“ 爆发” , 那么它的三个邻格 中就都有青蛙 , 并且  只要三个邻格都不“ 爆发” , 那么它就一直处于“ 平衡状  态” ; 而不论哪个邻格发生“ 爆发  , 都会有青蛙跳到它  里面 , 它里面就一定 有青蛙, 所 以它一直处于“ 平衡状 
态” .  

此 与  ∈ ( 一 詈, 詈) ,   = 1 , 2 , 3 , 4 的 事 实 相 矛 盾, 所以  
必有⑥和⑦同时成立, 因此存在 z ∈R使得④和⑤同  
时成立 .  

二、 证明 : 自点 L作A B和AC的垂线 , 垂足分别为 
L   和L   . 记  L  =a l ,  L A C=a 2 ,  L F 2 A =口 3 ,  
L E1 A =a 4 .  

这样一来, 为证明题中断言, 我们就只要证明: 任 
何—个格子都迟早会有青蛙跳入 .  

则有 

任取—个格子, 把它称为 A格, 把它所在的扇形  称为 1 号扇形, 把该扇形中的另—个格子称为 B格, 我 
们要证明 A 格迟早会有青蛙跳入.  

按顺时针方 向依次将其余扇形接着编为 2 至  号. 首先证明 1 号扇形迟早会有青蛙跳入. 假设 1 号扇  
形 中永无青蛙到来 , 那么就不会有青蛙越 过 1 号扇形 
:   :  

 ̄ i n a 2   LL  

LEl f ma 4 ’  



① 

与   号扇形之间的隔墙. 我们来考察青蛙所在的扇形  编号的平方和. 由 于设有青蛙进入 1 号扇形( 尤其设有 
青蛙越过 1 号扇形与 , z 号扇形之间的隔墙 ) , 所 以只能 

连接 D1 F 2 , D2 E1 ( 图1 ) . 由△L D 1 F 2 ∽ △L D 2 E 1   得 
L F 2


是有 3 只青蛙由 某个 k ( 3  ̄k ≤’ l 一1 ) 号扇形分别跳入 


旦 迅 

k 一1 。 k和 k +1 号扇形各一只 , 因此平方 和的变 化量 

L E1 一D2 E1 ’  

为(   一 1 )   + k   + (  + 1 )   — 3 k   = 2 . 即增加 2 .  


连接D 2 F 1 , D 1 E 2 ( 图2 ) . 由 正弦定理得 
f ma 3
— —

方面, 由于 青蛙的跳动不会停止( 因为总有一个 

D2 F1  
一 —


格子里有不少于3 只青蛙) , 所以平方和的增加趋势不 
会停止; 但是另一方面, 青蛙所在扇形编号的平方和不 

f ma 4   D1 E2 。  

将②和③代入①, 得到  


可能永无止境地增加下去( 不会大于( 4 n +1 )  ) , 由此 
产生矛盾 , 所 以迟早会有青蛙越过 1 号扇形 与  号扇  形之间的隔墙 , 进入 1 号扇形.   A=  ,  N C A =y 1 ,  




 ̄ i n a 2   D2 E1   D1 E2 ’  

. 一 D 2 F 1④ 

同理 , 记  MB C=J B 1 ,   N 四 = _  . 可得 
:  

下证 1 号扇形迟早会有 3 只青蛙跳入. 如果 1 号  扇形中 至多有两只青蛙跳入, 那么它们都不会跳走, 并 
且 自始至终上述平方 和至多有两次变小( 只能在两 只 

E  

.  


2 F1  E1 F 2 。  



青蛙越过 1 号扇形与 , z 号扇形之间的隔墙时变小) , 以  

?

4 R 。  

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后 便一 直持 续不断 地上 升, 从而又重蹈冈 4 才的矛 盾. 所  
以1 号扇形迟早会有 3 只青蛙跳入.  

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( 1 ) 如果矩形 O H C F中 有不多于 1 个巳知点 , 考察  . ,   不在矩形 O H C F中的任意一个不同于M 和N的 已知   点x. 易知, 三点组( M, N, x) 或者在矩形 A B H G 中,   或者在矩形 A E F D中. 由引理可知( M, N, x) 是好组,   由于这样的点 x至少有两个, 所以 至少有两个好组.  
( 2 ) 如果矩 形 O HC F 中至少 

@ @ 
如果这 3只青蛙 中有位于 A 格的 , 那么 A 格 中已  

有 2个 已知点 , 不 妨设 已知点 P   和 Q都 在矩 形 O H C F 中, 考察剩  下来 的最后 一个 已知点 R. 如果  R在 矩形 O F DG 中, 则 三 点 组  ( M, N, R) 在矩形 A E F D 中, 而三点组( P, Q, R) 在矩 
0 
N.  

经有青蛙跳入 ; 如果这 3只青蛙全都位于 B格 ,  ̄ V / - , B   格迟早会发生“ 爆发” , 从而有青蛙跳入 A格 .  

四 、 证 明 : 易 求 得n   = ( 号 )   一   .  
因此, 为证 明② , 只需证明 

形G H 0 9中, 从而它们都是好组 , 于是至少有两个好  组. 同理, 如果点 R在矩形脚 O中, 亦至少有两个好 
组. 如果点 R在矩形 0 H C F或矩形 A E G G中, 设点 R   在矩形 O H C F 中, 我们来 考察 5个 已知 点 M , N, P,   Q, R 的凸包 , 该 凸包一定在凸六边形 A E H C F G中, 如 
图4 , 而 

(   3  m 一 ( 号 )   ) <   ,   即 只 需 证 : ( 1 一  ) (   ) 三 ( m 一 ( 号 )   ) < m 一  
1 . ③ 

由平均不等式知 :   ( 1_   )  =( 1_   )   <  

/  R ●   P . - Q   I ) 若 M, N, P, Q, R 的凸包  N .   0   /  是 凸 五 边 形, 不 妨 设 其 为 
下面再分三种情况讨论 :  
^  瑾 ) QR, 如图 5 , 此时 

S A m t  ̄ =   一 吉 一 吉 = 号 ,  

(  

(   由于 m≥2 , 根据二项式定理 , 可得 
( 1 +   )  ≥ 1 +c  ?   1+c  ?   1=   5一   ≥ 

s   懈+ s  + s   』 哪 ≤ 寻 ,  
从而( M, Q, R) , ( M, N, Q) , ( N, P, Q) 中至少有一个 

4 , 所 以( 1 -  )   < ( 吾 )   ,  

为好组. 又由于( P , Q, R ) 在矩形 O H C F中, 当然是好  组, 所以至少有两个好组.  
R 

即1 一  < ( 号 )   ,  
所以 , 欲证③ , 只需证 

Q 

( 号 ) 挚 ? ‘   3   J m ( m 一 ( 号 )   ) < m 一 1 ,  
即 ( — 2     J  ( m一(  )   ) <m一1 ④ 


N 

P  

A 

A 

图5  

图6  

记 ( 普) : = £ , 则0 < £ < 1 , ④ 式 为£ (  一  一   ) <  


I i ) 若 M, N, P , Q, R的凸包是凸四边形 , 不妨其  设为 Al A 2 A 3 A 4 , 而另一个已知点为 A 5 , 如图 6 , 其中   A∈{ M, N, P, Q, R} ( i =1 , 2 , 3 , 4 , 5 ) , 连接 A 5 A(  
=1 , 2 , 3 , 4 ) , 则 
Sz x A 1 ^ 2 A 3 +S  ^ 2 A 3 ^ 5 +S  A 3 ^ 4 ^ 5 +S z x A  1 ^ 5  

1 , 即  (  一1 ) [   一(  一   +  一   +… +1 ) ] <0 ,   五、 解: 本题证明需用一个 已知引理 : 矩形 内的任 

此不 等式显然成立 , 从而原不等式成立 .   意一个三角形的面积不大于矩形面积的一半 .   在矩形 A/ 3 C  ̄中, 如果某三点构成的三角形的面 

s  A   ^ 2 A 3 A . ≤  ,  

A1 , A 2 , A 5 ) , ( A 2 , A 3 , A 5 ) , ( A 3 , A 4 , A 5 ) , ( A l ,   积 不 大 于 丢 , 就 称 它 们 为 一 个 好 的 三 点 组 , 简 称 为 “ 好   从而(
组” .  

A 4 , A 5 ) 中至少有两个好组.  
I I I ) 若 M, N, P, Q, R 的凸包是一个三角形 , 不妨 

如图, 将矩形分为四等分, 则所给5 点中至少有 2  
点在—个小矩形中, 不妨设 M、 N 在矩形  刃6 中. 则 

设其为A A1 A 2 A 3 , 另外两个已知点为 A 4 , A 5 , 如图 7 ,  
?

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其中 A ∈{ M, N, P, Q, R} ( i =1 , 2 , 3 , 4 , 5 ) , 连接 
A4 A(   =1 , 2 , 3 ) , 则 
S △ A 1 ^ 2 A ‘ +S △ A 2 ^ 3 A ‘ +S △ ^ 3 A 1 A ‘  

中学数学研  。  
-  f 

当z ≥4 时, 有7   三一 1 (   1 6 ) , 直接弁篡缸这 
不可能 .  

S △ A 1 ^ 2 ^ 3 ≤ 

所以, 当  = O 时, 全部的非负整数解为 
( z, Y, z ,  ) =( 1 , O , 0 , 0 ) , ( 3 , 0 , 0 , 1 ) .   情形 2 若 y >0 , z=1 , 则 
。’ 



从而 ( A1 , A2 , A4 ) , ( A2 , A3 , A4 ) , ( At , A3 , A4 ) 中 

至少有一个好组. 同理, A 5 也与A1 , A 2 , A3 中的某两 
个点构成好组 , 所 以此时也至少有两个好组.  

2 ?   一5   ? 7  = 1 .  

因此 一5   ? 7   一1 (   由此知 三1 ( m 4 ) .  

3 ) , 即( 一1 )   ;一1 (   3 ) ,  

从而 z为奇数 , 故2 ?   一1 ( m 5 ) ,  

当   ≠0时, 有2 ?   三1 ( m o d 7 ) , 因此得  ;4  
( mM6 ) , 此与 一1 ( m 4 ) 矛盾 , 所以  =O . 于是 
A  A 

图7  

2 ?   一5  =1 .  

当Y:1时,   =1 . 当Y ≥2时, 有5   一( 一1 )   综上所述, 不论何种情况, 在5 个已知点中都至少 
有两个好组 .   下面我们 给 出例 子说明好组 的数 目可 以只有两 
个. 在矩形 A B 09的边A D上取一点M , 在边 . 4 1 3 上取 


( mM9 ) , 由此知 z 三 三 三 3 ( m M6 ) , 因此 5 3 +1 I 5   +1 , 故  7 I 5 z +1 , 这与 5   +1 =2 ?   矛盾 . 故此种情形的解为  ( z, Y, z ,  ) =( 1 , 1 , 1 , O ) .   情形 3 若 y >0 , z ≥2 , 此时  5   ? 7   E 一1 (   4 ) , 5   ? 7   一 一1 (   3 ) ,   即 ( 一1 )   ; 一1 (   4 ) , ( 一1 )   三 一1 (   3 ) ,   2   ? 二   =5   ? 7  +1 ;3 5 +l  ̄4 ( m M8 ) ,   所以 z=2 。 原方程变为  因此 z和 叫 都是奇数, 从而 

点 N, 使得 A N: N B=AM : MD=2 : 3 , 如图 8 , 则在 

M, N, B, C, D这 5 个点 中恰好有两个好组 . 事实上 ,   ( B, C, D) 显然 不是好组 . 而如果三点组 中恰含 M , N  两点之 一 。 不妨 设含 点 M , 设A D 的 中点为 E, 那么 

S △  > S △ 皿= {, 所以 ( M, B , D ) 不 是 好 组, 并 且  

4 ?  一 5   ? 7  = 1 ( 其中 z 和  均为奇数) . ① 
由此知 4 ? 3 Y  ̄l ( m 5 ) , 4 -  ̄ l ( m M7 ) ,   从上面两式得 一2 ( a r M1 2 ) . 设 Y=1 2   +2 , m≥O ,  
于是 

s △  = 丢 , S △ m D > S △ 肋 = 号 ,  
从而( M, B, C) , ( M, C, D) 都不是好组 . 如果三点组中  同时含有 M 。 N 两点。 那 么 
S △   =1 一S △^ 日 c —S △   一S△ ^ M N  

5 z ? 7  =4 … 3 y  1 ( 2 ? 3 6   一1 ) ( 2 ? 3 6   +1 ) .   因为  .   2 ? 3 6 m   +1 ;6 ? 2 3  +1 ;6 +l  ̄0 ( m M7 ) ,  

= ? 一 号 s △  一 号 s △ 彻一 丢 s △ 佃   = 1 一 而 1 3 O   一 而 1 3 O   一   2 2 5   = 芸 2 5 > 一  ’   4 ,  
所以( M, N, c ) 不是好组, 而s △   =s △   = ÷<   {, 从 而其中 恰好有两个好组( M, N , B ) 和( M, N,  
D) .  

因 为( 2 ? 3  “一 1 , 2 ? 3  + 1 + 1 ) = 1 , 所以5 I I 2 ? 3 6   + 1  


1 ) , 于是 2 ? 3  + 1 —1 =5   , ② 
2? 3 6 m  1 +1  7  
.  

若 m≥1 , 则有②得 5   ; 一1 ( 仇  9 ) , 由情形 2 知,  
不可能 .  

若 m= O , 则 Y= 2 , z =1 ,   =1 .  

故 面积 不大于 {的 三 角形的 个数的 最小 值是2 .  
六、 解: 由5   ? 7  +1 为偶数 , 知z ≥1 .   情形 1 若 Y =O , 此时 
2  一5   ? 7  =1 .  

故此种情形的解为  ( z, Y , z ,  ) =( 2 , 2 , 1 , 1 ) .  

综上所述 , 所求的非负整数解为 
( z, Y , z ,  ) =( 1 , O , 0 , 0 ) , ( 3 , 0 , 0 , 1 ) , ( 1 , 1 , 1 , 0 ) ,   ( 2 , 2 , 1 , 1 )  

若z ≠O , 则2   =1 ( m 5 ) , 由此得 4 l z. 因此 

3 I 2   一 1 , 这与2   一 5   ? 7   = 1 矛盾.  
若z =0 , 则2   一7  =1 .  

当z = 1 , 2 , 3 时, 直接计算可得( z ,  ) =( 1 , 0 ) ,  
( 3 , 1 ) .  
?

5 0 ?  


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