2006年第3届中国东南数学奥林匹克试题及答案

第三届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
（2006年7月27日， 8：00－12：00， 南昌）
一、 设
a?b?0,
f(x)?
1< br>3
1
3
2(a?b)x?2ab
．证明：存在唯一的正数x，使得4x?a?b
A
G
a?b
3
f(x)?()
．
2
二、 如图所示，在△ABC中，
?ABC?90?,D,G
是
边 CA上的两点，连接BD，BG。过点A，G
分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接
CF 。若BE＝EF，求证：
?ABG??DFC
。
D
E
F
C
B
三、 一副纸牌共52张，其中“方块”、“梅 花”、“红心”、“黑桃”每种
花色的牌各13张，标号依次是
2,3,?,10,J,Q,K ,A
，其中相同花色、相邻
标号的两张牌称为“同花顺牌”，并且A与2也算是顺牌（即A可以 当成
1使用）. 试确定，从这副牌中取出13张牌，使每种标号的牌都出现，并
且不含“同花顺牌”的取牌方法数。
x
四、 对任意正整数n，设
a
n
是方程
x??1
的实数根，求证：
n
3
(1)
a
n?1
?a
n
； (2)



1
?a
n
。
?
2
i?1
(i?1)a
i
n
第二天
（2006年7月28日， 8：00－12：00， 南昌）
五、 如图，在
? ABC
中，
?A?60?
，
?ABC
的内切圆I分
别切边A B、AC于点D、E，直线DE分别与直线BI、
A
G
1
CI相交于点F、G
，
证明：
FG?BC
。
2
六、 求最小的实数m，使得对 于满足a+b+c=1的任意正实
B
?6（a
2
?b
2
?c
2
）?1
。 数a，b，c，都有
m(a
3
?b
3
?c
3
）
D
F
I
E
C
七、 （1 ）求不定方程
mn?nr?mr?2(m?n?r)
的正整数解
(m,n,r)
的组数。
（2）对于给定的整数k>1，证明：不定方程
mn?nr?mr?k(m?n? r)
至
少有3k+1组正整数解
(m,n,r)
。

八、 对于周长为n
(n?N
*
)
的圆，称满足如下 条件的最小的正整数
P
n
为“圆剖分
,2,?,n?1
中的每一个整 数”：如果在圆周上有
P
n
个点
A
1
,A
2
,?,A
p
n
，对于
1
数m，都存在两个点
A
i
,A
j
(1?i,j?P
i
和
A
j
为端点 的一条弧长等于
n
)
，以
A
m；圆周上每相邻两点间的弧长顺次构成 的序列
T
n
?(a
1
,a
2
,?,a
P< br>n
)
称为“圆
剖分序列”。例如当n=13时，圆剖分
数为
P
13
?4
，如图所示，图中所标数字
为相邻两点之间的弧长，圆剖分序列为< br>T
13
?(1,3,2,7)
或
(1,2,6,4)
。求P
21
和
P
31
，
7
并各给出一个相应的圆剖 分序列。
1
3
1
4
2
2

答案
一、 【解法一】
令
t?(
a?b
3
2(a?b)x?2ab
，得
)
，由
t?
2
4x?a?b
[2(a?b)?4t]x?t(a?b )?2ab?(1)

为证(1)有唯一的正数解x，只要证，
2(a?b)?4t? 0
及
t(a?b)?2ab?0
, 即
2aba?b
3
a?b
?()?
?
(2)

a?b22
记
a?u, b?v , u?v,
，即要证
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
2u
3
v
3
u
3
?v
3
3< br>?
u?v
?
u
3
?v
3
?
?
?
?
(3)

?
2
?
2
?
3< br>3
33
?
u?v
?
33
?2uvuv?2u
3
v
3
，即(3)左端成立。 由于
?
u?v
?
? ?
?
2
?
3
1u
2
?uv?v
2
22
?
u?v
?
u
3
?v
3
22
u?v?, u?v?4(u?uv?v)
，
?
为证
?
，即
????
?
82
2
?
2
?
t(a?b)?2ab< br>2
即
3
?
u?v
?
?0
，此为显然.故(3 )成立，从而
x?
即为所求。
2(a?b)?4t
??
【解法二】
2(a?b)x?2ab1(a?b)
2
f(x)??(a?b)?
在
(0,??)
上为严格单调增加
4x?a?b22(4x?a?b)
a?b
2ab
的连续函数，而且
f(0)?
，
limf(x)?
。据解法一 (2)式知
x???
2
a?b
2aba?b
3
a?b
a?b
3
?()?
)
。 ，故存在唯一的正数x，使得
f(x)? (
a?b22
2
1
3
1
3
1
3
1
3

二、 【证法一】
作GM⊥AB于M，设AE与BG的 交点为
K，连接KM。由BE＝EF，及AEGF知，
K为Rt△BGM斜边BG上的中线，所 以
BK＝KG＝MK，
?ABG??BMK
。因为
BF?AK?4S
?ABK
?2S
?ABG
?AB?MG

又MGBC，所以
A
M
K
G
D
ABAM
G
，故
AB?M< br>?
F
BCMG
E
B
?BC?AM
，所以
BF ?AK?BC?AM
，
BFAM
即。结合
?KAB??CBD
，知< br>?
BCAK
△KAM
?
△CBF，所以
?AMK??CFB< br>，于是
?BMK??CFD
，故
?ABG??DFC
。
【证法二】
作
Rt?ABC
的外接圆w，延长BD
、
AE 分别交w于
K
、
J。连接BJ
、
CJ
、
KJ
、
FJ。易知
?BAJ??KBC
，
故BJ＝KC。于是四边形BJCK是 等腰梯形，又AJ
垂直平分BF，故BJ＝FJ，故四边形FJCK是平行
四边形. 设AE与 BG的交点为M
，
FC与JK的交
点为N，则M
、
N分别是BG和F C的中点， 于是
C
ABsin?MAGsin?JKCFK
???,
< br>AGsin?BAMsin?BKJCK
又
?BAG??FKC
，于是
?BAG??FKC
，所以
?ABG??DFC
。
三、 先一般化为下述 问题：设
n?3
，从
A?
?
a
1
,a
2< br>,?,a
n
?
，
B?
?
b
1
,b< br>2
,?,b
n
?
，
C?
?
c
1,c
2
,?,c
n
?
，
D?
?
d1
,d
2
,?,d
n
?
这四个数列中选取n个项，且满 足：
(i)
1,2,?,n
每个下标都出现；
(ii) 下标相邻的任 两项不在同一个数列中(下标n与1视为相邻)，其选取方
法数记为
x
n
，今 确定
x
n
的表达式:
将一个圆盘分成n个扇形格，顺次编号为
1, 2,?,n
，并将
n
1
2
3
数列
A,B,C,D< br>各染一种颜色，对于任一个选项方案，如果
n-1
下标为i的项取自某颜色数列，则将第 i号扇形格染上该颜
色。于是
x
n
就成为将圆盘的n个扇形格染四色，使相邻 格
不同色的染色方法数，易知，
x
1
?4
、
x
2< br>?12
、
x
n
?x
n?1
?4?3
n?1

?
n?3
?
?(1)

将(1)写作
?
? 1
?
x
n
?
?
?1
?
nn?1
x
n?1
??4?
?
?3
?
，
n?1

因此
?
?1
?
n?1
x
n?1
?
?
?1
?
n?2
x
n?2
??4?
?
?3
?
n?2
;
?
?
?1< br>?
nn
3
x
3
?
?
?1
?
x
2
??4?
?
?3
?
;
22

?
?1
?
a
n
?1
，得
0?a
n
?1
。
n
33
0?a
n?1
?a
n?
2
x
2
??4?
?
?3
?
n
n
相加得，
?
?1
?
x
n
?
?
?3
?
?3
，于是
x
n
?3?3?
?
?1
?
(n?2)
。
因此
x
13
?3
13
?3
. 这就是所求的取牌方法数.
3
四、 由
a
n
?
(1)
a
n?1< br>a
n
a
n?1
a
n
33
??a
n< br>?a??
?1n
n?1nnn

1
22
?(a
n?1
?a
n
)(a
n
?aa?a?)
?1n?1nn< br>n
1
22
因为
a
n
?aa?a??0
，故< br>a
n?1
?a
n
?0
，即
a
n?1
?a
n
.

?1n?1nn
n
?
2
1
?
(2) 因为
a
n
?
a
n
?
?
?1
，所以
n
??
11n
a
n
???
，
11
n?1
2
a
n
?1?
nn
11
?
从而，
2
?
n?1
?
a
n
n
?
n?1< br>?
nnn
11111n
??(?)?1???a
n
。
???
2
i?1n?1n?1
i?1
?
i?1
?
a
i
i?1
i
?
i?1
?
i?1
i
故
1
?a
n
.
?
2
i?1
?
i?1
?
a
i
n
五、 【证法一】
分别连接
C F，BG，ID，IE，AI
，则
A、D、、IE
四点共
圆。所以
? IDE??A
，从而
?BDF?90???A
；
A
G
1< br>1
2
2
11
）?90???A
， 又
?BIC?18 0??（?B??C
22
所以
?BDF??BIC
。
又
?DBF??CBI
，得
?FDB??CIB
。所以
FBDB
。
?
CBIB
D
F
I
E
B
C

又由
?DBI??FBC
，得
?IDB??C FB
，所以
CF?BF
，从而
1
、C、F、G
四点共圆，由 此
?FCG??A?30?
。同理
BG?GC
，所以
B
2
1
FG
?BC
，所以
FG?BC
。
2
sin?FCG
【证法二】
因为
?BIG?(?B??C)，又因为
?BDG??ADE?
1180???A1
?(?B??C)
，
222
、D、、IG
四点共圆，因此
?BGC??BDI?90?
。 所以
B
、C、F、G
四点共圆。 同理
?CFB?90?
，所以
B
1
又
?FCG?90???FBC??BCI?90??(?B??C)?30?
，所以
2
1
FG?BCsin?FCG?BC
.
2
六、 【解法一】
当a=b=c
?
时，有
m?27
。下证不等式
1
3
27(a
3
?b
3
?c
3
)?6( a
2
?b
2
?c
2
)?1

对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c都成立。
因为对于
0?x?1
，有
4
27x?6x?5x??81x
3
?18x
2
?15x?4?0?(3x?1)
2
(9x?4)? 0

3
4
故
27x
3
?6x
2
? 5x?
，
0?x?1
。
3
32
所以
27a3
?6a
2
?5a?
4
3
4
27b
3
?6b
2
?5b?

3
4
32
27c?6 c?5c?
3
把上面三个不等式相加，得
27(a
3
?b
3
?c
3
)?6(a
2
?b
2
?c
2)?1
.
所以，m的最小值为27。
【解法二】
当a=b=c
?
时，有
m?27
。下证不等式
1
3
27(a
3
?b
3
?c
3
)?6(a
2
?b
2
?c
2
)?1

对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c都成立。

因为
(a ?b)
2
(a?b)?0
，所以
a
3
?b
3
?a
2
b?ab
2
，同理，
b
3
?c
3
?b
2
c?bc
2
，
c
3
?a
3
?c
2
a?ca
2
，
于是
2(a
3
?b
3
?c
3
)?a
2
b?b
2
c?c
2
a?ab
2
?bc
2
?ca
2
3 (a
3
?b
3
?c
3
)?a
3
?b
3
?c
3
?a
2
b?b
2
c?c
2a?ab
2
?bc
2
?ca
2

222
?(a?b?c)(a?b?c)
?a
2
?b
2
?c
2< br>所以
6(a
2
?b
2
?c
2
)?1?6( a
2
?b
2
?c
2
)?(a?b?c)
2
?6(a
2
?b
2
?c
2
)?3(a
2
? b
2
?c
2
)

222
?9(a?b?c)
?27(a
3
?b
3
?c
3
)
所以，m的最小值 为27．
七、 (1) 若
m,n,r?2
，由
mn?2m,nr?2n,mr?2r
得
mn?nr?mr?2(m?n?r)
，
所以以上不等式均取等号，故
m?n?r?2
。
若
1?{m,n, r}
，不妨设m=1，则
nr?n?r?2(1?n?r)
，于是
(n?1)(r?1)?3
，
所以
{n?1,r?1}?{1,3}
，故
{n,r}?{2,4}
，
{m,n,r}?{1,2,4}
，这样的
解有
3!?6
组。
所以，不定方程
mn?nr?mr?2(m?n?r)
共有7组正整数解。
(2) 将
mn?nr?mr?k(m?n?r)
化为
[n?(k?m)][r?(k?m)]?k
2
?km?m
2
。 < br>k
n?k?m?1,r?k
2
?km?m
2
?k?m
满足上式，且
m?1,2,?,[]
时，
2
0?m?n?r
。 < br>k
k
为偶数时，
{m,n,r}?{l,k?l?1,k
2
? kl?l
2
?k?l}
，其中
l?1,2,?,
给
2
出了不定方程的3
k
组正整数解。
k
为奇数时，
{m,n,r} ?{l,k?l?1,k
2
?kl?l
2
?k?l}
，其中
l?1,2,?,
给出了不定方程的3
(k?1)
组正整数解，
m,n,r< br>中有两个
为
k
2
?k
k?1k?1
2
k?1 (k?1)(3k?1)
?()?k??
的情况给出了不定方
2224
k?1
,另一个
2
k?1
2
程的3组正整数解；
而
m?n?r?k
亦为不定方程的正整数解．

故不定方程< br>mn?nr?mr?k(m?n?r)
至少有3k+1组正整数解。

1
3
八、 由于k个点中，每两个点间可得一段优弧和一段劣弧，故
5
至多可得
k(k?1)
个弧长值。当
k(k?1)?20
时，则
k ?5
;而
当
k(k?1)?30
时，则
k?6
。另一方面， 在
k?5
时，可以给
2
,3,10,2,5)
.对于n=31，在k =6出剖分图所以，
P
21
?5
，
T
21
?(1< br>10
时，类似可给出剖分图

1
1
1
1
1

3
2
2
3
5
7
14
10
2

14
7
13
5

6
3

7
4
4
2
12
2

8
6
5
4

,2,7,4,12,5)
、
(1,2,5,4,6,13)
、
(1,3,2,7,8,10)
、所以，
P
31
?6
，
T
31
?(1
(1,3,6,2,5, 14)
或
(1,7,3,2,4,14)
等。