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2016年第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-07 11:21
tags:高中数学奥

双成教育高中数学周计划理科-高中数学概念类型

2020年10月7日发(作者:牛文)


第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析
2016.03.17 严文兰数学工作室

由于IMO试题比较困难,所以即使写了解答,同学们也不一定看得懂,或者理解试
的解法,为什么这样想呢?以及自己做时如何分析问题呢?本文尽量给予阐明清楚。

1. 如图,在圆内接六边形ABCDEF中,AB=BC=CD=DE,若线段AE内一点K满足
∠BKC=∠KFE, ∠CKD=∠KFA,证明:KC=KF。

CC
D
D
分析:圆中角的关系最为灵活也相对
BB
简单,由已知圆周角∠AFE=∠BKD,
E
注意到弧BD=弧AE的 一半,所以
A
E
A
K
K
OO
又有∠AFE=∠BO D,从而∠BKD
B'
=∠BOD,B、K、O、D四点共圆,
注意到OC为此圆对称轴,所以在直
FF'
径上,所以OK为∠BKD的外角平分
D'
线,这样分别延长BK、DK交圆O于B’,D’,就可以得到对称性:B、B’;D、D ’关于OK对称,
由此,联系所证,只要C、F也关于OK对称,即得KC=KF,故不妨设点C关于O K的对
称点为点F’,显然在圆上,下面设法证明F’=F,由已知,可想到先证∠BKC=∠KF’E ,
首先由对称性有∠BKC=∠B’KF’,下面要证的是∠KF’E=∠B’KF’,这两个角是“ 内错角”,所
以除非直线B’D∥F’E,除非弧B’F’=弧DE,由已知及对称性确实有弧B’F’ =弧DE,从而得
到∠BKC=∠KF’E,延长F’K交圆O于C’,当点F’变化时,弧EC’=2 ∠KF’E也跟着单调变
化,所以使得∠BKC=∠KF’E的点F’唯一,又∠BKC=∠KFE,所 以 F’=F,所以KC=KF。




















2. 求最小的正实数
?
,使得对任 意三个复数
z
1
,z
2
,z
3
?{z?C||z| ?1}
,若
z
1
?z
2
?z
3
?0

22

|z
1
z
2
?z
2
z
3
?z
3
z
1
|?|z
1
z
2< br>z
3
|?
?

分析:由连续性,问题等价于条件、结论都是
?
的情况。
在高等数学中有最大模原理,解析函数在自变量在边界时达到最大模。
22
所以,容 易想到当
|z
1
z
2
?z
2
z
3
?z
3
z
1
|?|z
1
z
2
z
3
|
最大时,
z
1
,z
2
,z
3
至 少有两个在边界,即
22i2
?
2i3
?
2
满足
| z|?1
,而
|z
1
z
2
?z
2
z
3
?z
3
z
1
|?|z
1
z
2
z
3
|
=
|(z
1
z
2
?z
2< br>z
3
?z
3
z
1
)e|?|z
1
z
2
z
3
e|

故不妨设
|z
1
|?|z
2
|?1,Rez
1
?Rez
2
?x?0,

z
3
??2x

0?x?
1
,
2
2222224
所以
|z
1
z
2
?z
2
z
3
?z
3
z
1
|?|z
1
z
2
z
3
|?|1?4x|?|2x|?1?4x?16x?1
,所 以
?
min
?1


下面设法证明之
不妨设z
1
,z
2
,z
3

z
3
的 模最大,因为
|z
3
|?1
,将每个数都乘以
?z
3
代替原来的数,则
左边更大,此时
z
3
??1
,因为
z< br>1
?z
2
?z
3
?0
,设
z
1?x?yi,z
2
?1?x?yi,x,y?R,y?0


0?x?1
,代入化简得
f?
左边=
2(2xy-y)?(x?x?y?1) ?(x?x?y)
,先固定
x,得
f
y
?8y(x?x?y)
,所以
f
y
先负后正,
f
先减后增,在两端最大,
当< br>y?0
时,
f?2(x?x?)?
2
2222222
?1'22'
1
2
2
1
?1

2
y
最大时,
|z
1
|,|z
2
|
至少一个为1 ,不妨设
|z
2
|?1
,以下同前面分析,即旋转为
z
1< br>在x
轴负半轴上,设
z
1
??x(0?x?1)
,则左边?(1?x)?x?1
,所以
?
min
?1















222


3. 给定整数
n?2
,设集合
X?{(a
1
,a
2
,L,a
n
)|a
k
?{0,1,L,k},k?1,2,L,n}
,对任意元

s? (s
1
,s
2
,L,s
n
)?X,t?(t
1,t
2
,L,t
n
)?X
,定义
s?t?(max{s
1
,t
1
},L,max{s
n
,t
n
} )

s?t?(min{s
1
,t
1
},L,min{s
n
,t
n
})
,求X的非空真子集
A
的元素个数的 最大值,使得对任

s,t?A
,均有
s?t?A,s?t?A,


分析:如果取
A?X
,显然满足任意
s,t?A
,均有< br>s?t?A,s?t?A,
但是,不满足条件
A是X的真子集,我们考虑去掉X的一些元 素,使得得到的集合A满足后面的条件。
为此,考虑某个
a
k
取少一个值k ,这时A满足后面的条件,且
|A|?
k
(n?1)!
,当
k?n< br>k?1
时得到此种情形的最大值
|A|?nn!
,元素能否再增加些呢?如果对 此A添加一个元素
(s
1
,
L
,s
n?1
,n)
,那么只有
s?t?A
运算才可能产生新的元素,由此运算可知
{(a1
,L,a
n?1
,n)|a
k
?s
k
,k? 1,L,n?1}?A
,所以如果对原来的A添加
{(a
1
,L,a
n?1
,n)|a
n?1
?0}
,则这样的A满足所有条件,此时
|A|?nn!?(n?1)(n?1)!

?(n?1)!?(n?1)!
,同理再往下添加,则不行了,如果这是最大值,那么,当

|A|?(n?1)!?(n?1)!
时,就不满足条件,也就是必定会有A不是X 的真子集,即
A?X

下面设法证明:当
|A|?(n?1)!?(n?1) !
时,
A?X
,今对n行归纳法。
(1) n=1时,显然。
(2) 假设对
n?k?1
,成立,那么对
n?k
,将A分成
k?1

A
i
?{(a
1
,L,a
k
) ?A|a
k
?i}

,则至少有一支,不妨设为
A
j
,有
|A
j
|?
|A|(k?1)!?(k?1)!
??k!?( k?2)!
,注意到
k?1k?1
每支都对运算
s?t,s?t
封闭 ,由归纳假设,有
A
j
是满的,即
A
j
?{(a
1
,L,a
k
)?X|a
k
?j}

,因为A是X的 真子集,所以至少有一支是不满的,不妨设为
A
l
(l?j)
,记
s
i
?
则由
s?t
运算知
s?(s
1
,L, s
k?1
,l)?A
l
,再将s与
A
j
的元素进行
s?t
运算知
(
L
,a
i
,
L
)?A
l
maxa
i

{(a
1
,L,a
k?1
,l) |a
i
?s
i
}?A
l
,由
s
i
的定义知
{(a
1
,L,a
k?1
,l)|a
i
? s
i
}?A
l
,由于
A
l
是不
满的,所以 至少有一个
s
i
?i
,所以
|A
l
|?
i
k!?(k?1)(k?1)!

i?1
所以
|A|?|A1
|?L?|A
k
|?kk!?(k?1)(k?1)!?(k?1)!?(k? 1)!
,得证。


d
4. 设整数
c,d?2
,数列
{a
n
}
满足
a
1
?c,a
n?1
?a
n
?c(n?1,2,L)

|a
n
。 证明:对 每个整数
n?2
,存在
a
n
的素因子
p
,使得对< br>i?1,2,L,n?1
,有
p
?

分析:像这种不整除的问 题,首先应考虑反证法,反设对某个
a
n
,不存在这样的
p

d

a
n
的所有素因子都是
a
1
,
L< br>,a
n?1
的素因子,我们再来看递推式
a
n?1
?a
n
?c
,这种非线性
递推是比较复杂的,对此递推的把握容易想到这两点:整除与增 长速度,考虑整除是因为联
系所证的结论,递推式虽然复杂,但是考虑整除就不一定复杂了,比如当p|a
n
时,
d

a
n
?c?c(modp )
,也有
a
n
?c?c(modp)
,结果都是同样简单的;考虑增 长速度是因
为d次幂增长非常快,显然要注意到这个特点,还有一个原因是,数论很常结合不等式技巧,
所以应该如何考虑,应怎样分析,对水平高的同学来说条理是非常清晰的,思维更容易直指
问题 的本质。而不是乱想,而后才凑巧想到某个点。

d2
接下来,考虑比较简单的增长 速度(不等式),有
a
n
?a
n?1
?c?a
n?1
(因为
a
n?1
可以无
2
限大,故c相对较小,舍去,而
d
是有可能等于2的)
?a
n?1
a
n?2
?L?a
1
a
2
La
n?1


a
n
?a
1
a
2
La
n?1


最后,考虑整除,注意到
a
n
的所有素因子都是
a< br>1
,
L
,a
n?1
的素因子,以下比较素数幂是
自然 的了,设
a
n
?p
1
1
Lp
k
k
,a
1
La
n?1
?p
1
1
Lp
k
k
,由①知,至少有一个
?
i
?
?
i
,不妨
?
1
?
?
1
,设
a
1
,< br>L
,a
n?1

a
i

p
1
幂指数最大,为
?
,则
?
?
?
1
,要进行比较, 就要考虑
ddddddd
唯一的已知条件
a
n?1
?a
n< br>?c

a
n
?a
n?1
?c?(a
n?2< br>?c)?c?L?((a
i
?c)?L)?c

?
?
?
?
?
?1dd
?
?1
d
?
d
因为
p
1
|a
i
,所以可以考虑
modp
1
,有
0?a
n
?((0?c)?L)?c?a
n?i
(modp< br>1
)

?
?1
这样就化简了,所以
p
1< br>|a
n?i
,这与
a
i

p
1
幂指 数最大为
?
矛盾,所以假设不成立,得证。











5.如图 所示,四边形ABCD内接于圆O,∠A,∠C的内角平分线相交于点I,∠B,∠D的内
角平分线相交 于点J,直线IJ不经过点O,且与边AB,CD的延长线分别交于点P,R,与边BC,
DA分别交于 点Q,S,线段PR,QS的中点分别为M,N,证明:OM⊥ON。

C

A'
D


F
B'

E
O
R
S

I
J
Q
M
N

B

A
D'

C'


分析:要证垂直,联想与垂直有 关的知识,熟知如果分别延长AI,CI,BJ,DJ,分别与圆O
交于点A’C’B’D’,则四边形 A’B’C’D’为矩形,这是因为由对称性,A’C’,B’D’
都是圆的直径的缘故。所以只要证明 ∠MON等于其中一个直角即可,可想到分别证明OM∥
A’B’,ON∥B’C’。再看中点条件,M 为PR的中点,而O为四边形A’B’C’D’的中心,
所以如果能证明点P,R分别在直线A’B’, C’D’上,则OM就位于平行线A’B’,C’D’
的中间,从而有OM∥A’B’,从而转化为A’ B’R与C’D’P三点共线问题,如果C’D’P
三点共线,注意到此时会有△AIC’与△BJD’ 的对应点的连线交于点P,由笛沙格定理,会
有这两个三角形的对应边的交点共线,反之也然,注意到有 两双对应边的交点正好是内角平
分线的交点E,F,这两个点在AD,BC所成角的平分线上,设AD, BC交于点G,AC’,BD’交于
点H,则EFG三点共线,要证EFH三点共线,只要再证点H在直 线EFG上即可,证明三点共
线,还可联想到帕斯卡定理,考虑圆内接六边形AC’CBD’D,即得点 FGH三点共线,所以EFH
三点共线,从而对△AIC’与△BJD’,由笛沙格定理,C’D’P三 点共线,同理A’B’R也
三点共线,所以OM∥A’B’∥C’D’,同理ON∥B’C’∥A’D’ ,得证。













P


6.设
m,n
为整数,
n?m?2
,S是一个n元整数集合,证明:S至少有
2
n?m?1
个子集,每
个子集的元素和均被m整除。(这里约定空集的元素和为0)

分析:注意到
2
n?m?1
恰好是
n?m?1
元集合的所有子集的个 数,如果取S的某个
n?m?1
元子集A,则A的所有子集(当然也是S的子集)的元素和有< br>2
n?m?1
个,这样任取的元素和
当然不大可能都被m整除,所以,我们应当 考虑余下的
m?1
个元素,设所成的集合为B,
接下来自然考虑对前面的每个和
s
1
,再于B中取若干元素的得和
s
2
,使得凑出
m|s
1
?s
2

如果能做到,这样,就可得到
2
n?m ?1
个子集元素和,都是m的倍数,从而完成证明。

由于前面和的任意性,很可能 是取遍了模m的完系,这就需要B满足:B的子集元素和
也取遍模m的完系,所以考虑的重点为:如何从 S中取出
m?1
元子集B,使得B的子集元
素和也取遍模m的完系?比如
B?{1,1,L,1}
就满足条件,注意,空集的元素和为0。
(严格的写法是比 如
B?{1,1?m,L,1?(m?2)m}
,模m下
1?km
与1效果一 样)
这个问题是复杂的,如何接着考虑呢?我们可以试试能否复杂问题简单考虑,
m?1
太多不好把握,我们可以从1个开始,用数学归纳法的思想,从
B??
开始,每 次添加一
个元素,看B能否产生新的子集元素和,如果每次都可以,那么,添加到
m?1
个元素时,
就得到m个模m各不相同不同的数,也就是得到模m的完系了。证明如下:
< br>B??
时,B的子集元素和为0,有一个,设B的元素小于k个时,在模m下它的所有
不 同子集元素和为
s
1
,L,s
k
,任取S的余下元素
s,将s添加到B中,如果此时B的子集元
素和在模m下能产生新的数,则完成了我们想要的步骤。有 以下两种情况:

(1) 每次都顺利完成,得到S的
m?1
元子集B,B 的子集元素和取遍模m的完系,如上,至
少有
2
n?m?1
个S的子集和,每 个都被m整除;
(2) 对某个
k?m
,B不能产生新的子集元素和,即对任意的S的余下元素s,在模m下
s?s
1
,L,s?s
k
不产生新的数,注意到
s?s
1< br>,L,s?s
k
模m各不相同,所以只能是
s
1
,L,sk
ks?0(modm)

m|ks
,的一个排列,所以有
( s?s
1
)?L?(s?s
k
)?s
1
?L?s
k
(modm)


(k,m)?d,m?m'd
,则
d?m,m'|s
,所以S中余下的所有元素
(?n?k)
,每个都

m'
的倍数,记为
m'x
1
,
L
,m'x
n?k
,又记
S'?{x
1
,L,x
n?k
}
,注意到
d|x
i1
?L?x
ij
?

m?m'd|m'x
i1
?L?m'x
ij
,所以这种情形下,将S的子集元素和为m的倍数问题 ,转化



S'
的子集元素和为d的倍数问题,假设对m行归纳法法,则 对d,
S'
中至少有
2
n?k?d?1

子集的元素和是d 的倍数,对应地,S中至少有
2
n?k?d?1
个子集的元素和是m的倍数,
因为
(k,m)?d,k?m
,所以
k?m?d
,所以
2
n?k?d?1
?2
n?m?1
,得证。

小结:在这个 困难的问题中,我们将(1)(2)综合起来,一般来说,数学难题都不是单一
思路的,要善于综合起来 思考。一方面是什么,另一方面又是什么,综合起来才得到结论。

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