2008年第七届中国女子高中数学奥林匹克试题及解答(中山)

2008年第七届中国女子数学奥林匹克（中山）

1．（a） 问能否将集合
?
1,2,
和都相等；
（b） 问能否将集合
?
1,2,
和都相等．（刘诗雄供题）
且三元子集的元素之< br>,99
?
表示为它的33个三元子集的并集，
,96
?
表示为 它的32个三元子集的并集，且三元子集的元素之
96?(96?1)
?48?97
．
2
1?2??9999?(99?1)
（b）能．每个三元集的元素和为
,2,3,,66
??150
．将
1
3333?2
解：（a）不能 ．因为
32|1?2??96?
每
两个一组，分成33个组，，每组两数之和可以排成 一个公差为1的等差数列：
1?50,3?49,,33?34,2?66,4?65,,32?51
．


k+s-5#u
故如下33组数，每组三个数之和均相等：
?
1 ,50,99
?
,
?
3,49,98
?
,
注：此题 的一般情况是
设集合
M?
?
1,2,3,
,
?
3 3,34,83
?
,
?
2,66,82
?
,
?4,65,81
?
,,
?
32,51,67
?
.
．
,3n
?
的三元子集族
A
i
?
?
x
i
,y
i
,z
i
?
，
i?1,2,n满足
A
1
?A
2
??A
n
?M
．记< br>s
i
?x
i
?y
i
?z
，求所有的整数n
，使对任意
i,j(1?i?j?n)
，
s
i
?s< br>j
．
解：首先，
n|1?2?3??3n
，即
n
3n(3n?1)
?2|3n?1
．
2
所以，
n
为奇数．
又当
n
为奇数时，可将
1,2,3,
个公差为1的等差数列： ,2n
每两个一组，分成
n
个组，每组两数之和可以排成一
1?(n?< br>n?1n?1
),3?(n?),
22
,n?(n?1)
；
n?3
)
．


2
k+s-5#u
2?2n,4?(2n?1),
其通项公式为
,(n?1)?(n?
用心 爱心 专心

n?1n?1
?
2k?1?(n??1?k)1?k?,
?
?
22
a
k< br>?
?

?
[1?n?2(k?1)]?[2n?
n?1
?(k?1)]
n?3
?k?n.
?
?22
易知
a
k
?3n?1?k?
9n?3
为一常数，故如下
n
组数每组三个数 之和均相等：
2
n?1
??
,
?
n,n?1,3n?1?
?
；


2
??
k+s-5#u
n?1
??
n?1
??
1,n?,3n,3,n?,3n?1
?
,
???
22
????
n?3
??
2,2n,3n?1???
,
2
??
n?3
??
,
?
n?1 ,n?,2n?1
?
．
2
??
,A
n
，则其为满 足题设的三元子集族．故
n
为当
n
为奇数时，依次取上述数组为
A< br>1
,A
2
,
所有的奇数．
2．已知实系数多项式
?
(x)?ax?bx?cx?d
有三个正根，且
?
(0)?0
．求证 ：
32
2b
3
?9a
2
d?7abc?0
． ①
证明：设实系数多项式
?
(x)?ax?bx?cx?d
的三个正根分别 为
x
1
，
x
2
，
x
3
，由韦达定理有
32
bcd
x
1
?x
2
?x
3
??
，
x
1
x
2
?x
2
x< br>3
?x
3
x
1
?
，
x
1
x
2
x
3
??
．


aaa
k+ s-5#u
由
?
(0)?0
，可得
d?0
，故
a? 0
．
不等式①两边同除以
a
，不等式①等价于
3
?b
?
c
?
b
??
d
?
7
?< br>?
?
?2
?
?
?
?9
?
?
?
，
?
a
?
a
?
a
??
a?
?7(x
1
?x
2
?x
3
)(x
1
x
2
?x
2
x
3
?x
3
x
1
)?2(x
1
?x
2
?x
3
)
3?9x
1
x
2
x
3
，
222233
?x
1
2
x
2
?x
1
2
x
3?x
2
x
1
?x
2
x
3
?x
3
x
1
?x
3
x
2
?2(x
1
3
?x
2
?x
3
)
②
322
因为
x
1
，
x
2
，
x
3
大于0，所以
(x
1
?x
2
)(x
1
?x
2
)?0.
2233
也就是
x
1
x
2?x
2
x
1
?x
1
?x
2
.

22332233
同理
x
2
x
3
?x
3< br>x
2
?x
2
?x
3
,x
3
x
1
?x
1
x
3
?x
3
?x
1
.

k+s-5#u


三个不等式相加可得不等式②，当且仅当< br>x
1
?x
2
?x
3
时不等式等号成立．
用心 爱心 专心

3．求最小常数
a?1
，使得对正方 形
ABCD
内部任一点
P
，都存在
?PAB,?PBC,?PCD ,?PDA
中的某两个三角形，使得它们的面积之比属于区间
[a
?1
,a]
．
解：
a
min
?
1?51?51?5
．首先证 明
a
min
?
，记
?
?
．不妨设正方形边长为2
．对
222
正方形
ABCD
内部一点
P
，令
S
1
，
S
2
，
S
3
，
S
4
分别表示
?PAB
，
?PBC
，
?PCD
，
?PDA
的面积，不妨设
S
1
?S
2
?S4
?S
3
．


k+s-5#u
令
?
?
S
1
S
,
?
?
2
，如果?
,
?
?
?
，由
S
2
S
4
S
2
?
?
?
，得
S
2
?
．
1?S
2
1?
?

S
1
?S
3
?S
2
?S
4
?1
，得
?????
2< br>????1
，矛盾． 故
S
1
?
?
S
2?
1?
?
1?
1
1?
1
1?
?
??
故
min
?
?
,
?
?
?
?
，这表明
a
min
?
?
．
1?5
t2
8
)
，使得
b??
．我们在正方形反过来对于任意
a ?(1,
?
)
，取定
t?(a,
2
1?t9
bb< br>ABCD
内取点
P
，使得
S
1
?b,S
2< br>?,S
3
?
2
,S
4
?1?b
，则我们有
tt
S
bb
S
1
S
2
1?5
?? 2?a,

??t?(a,)
，
3
?
2
S
4
t(1?b)4(1?b)
S
2
S
3
2
由此我们 得到对任意
i,j?
?
1,2,3,4
?
，有
S
i
?[a
?1
,a]
．这表明
a
min
?
?
．
S
j
4． 在凸四边形ABCD的外部分别作正三角形ABQ，正三角形 BCR，正三角形CDS，正三角形
DAP，记四边形ABCD的对角线之和为x，四边形PQRS的对 边中点连线之和为y，求
最大值．（熊斌供题）
解：若四边形ABCD是正方形时，可得y
的
x
y
1?3
?
．
2
x
下面证明：
y
1?3
?
．
2
x
用心 爱心 专心

设
P
1
,Q
1
,R
1
,S
1
分别是边DA，AB，BC，CD的 中点，SP，PQ，QR，RS的中点分别为E，F，
G，H．则
P
1
Q1
R
1
S
1
是平行四边形．
连接
PE
1
,S
1
E
，设点M，N分别是DP，DS的中点，则
DS
1
?S
1
N?DN?EM
，
DP?MD?EN
，
1
?PM
1
又
?PDS
11
?360??60??60???PDS
?240??(180 ???END)?60???END


k+s-5#
??ENS
1
??EMP
1
，
??NES
1
， 所以
?DPS
11
??MPE
1
从而，△
EPS
11
是正三角形． < br>同理可得，△
GQ
1
R
1
也是正三角形．设U，V分别是P
1
S
1
，
Q
1
R
1
的中点 ，于是有
EG?EU?UV?VG?
33
PS?PQ?Q
1
R1

1111
22
?PQ
11
?3PS
11< br>?
13
BD?AC
，
22
13
AC?BD
，
22
同理可得
FH?
把上面两式相加，得
y?
1?3
x
，
2
即
y
1?3
?
．
2
x
5． 已知凸四边形ABCD 满足AB＝BC，AD＝DC．E是线段AB上一点，F是线段AD上一点，
满足B，E，F，D四点共 圆．作△DPE顺向相似于△ADC；作△BQF顺向相似于△ABC．求
证：A，P，Q三点共线．（ 叶中豪供题）
（注：两个三角形顺向相似是指它们的对应顶点同按顺时针方向或同按逆时针方向排
列．）
证明


将B
、
E
、
F
、< br>D四点所共圆的圆心记作O．联结OB、OF、BD．
k+s-5#u
用心 爱心 专心

A
在△BDF中，O是外心，故∠BOF＝2∠BDA；
又△ABD∽△CBD，故∠CDA＝2∠BDA．
于是∠BOF＝∠CDA＝∠EPD，
由此可知等腰△BOF∽△EPD． ①
B
另一方面，由B
、
E
、
F
、
D四点共圆知△ABF∽△ADE． ②
综合①，②可知，四边形ABOF∽四边形ADPE，
由此得∠BAO＝∠DAP． ③
同理，可得∠BAO＝∠DAQ． ④
③，④表明A、P、Q三点共线．


【附注】
事实上，当四边形ABCD不是菱形时，A、P、Q三点共线
与B
、
E
、
F
、
D四点共圆互为充要条件．
可利用同一法给予说明：取定E点，考虑让F点沿着直线
AD运动．
。
根据相似变换可知，这时Q点的轨迹必是一条直线，它经
B
过P点（由充分性保证）．
以下只要说明这条轨迹与直线AP不重合即可，即只要论
证A点不在轨迹上．
为此，作△BAA′∽△BQF∽△ABC．于是由∠BAA′＝∠ABC，
可得A′A∥BC．
又因四边形ABCD不是菱形，故AD不平于BC．
这就表明A′、A、D三点不共线，也就保证了A点不在轨迹上．
因此，只有当B
、
E
、
F
、
D四点共圆时，Q点才落在直线AP上．
而当四边形ABCD是菱形时，不管E、F位置如何，所得到的
P、Q两点总位于对角线AC上．
k+s-5#u
E
F
P
D
Q
C
A
E
F
P
O
。
D
C
A'
A
E
6．设正数列
x
1
,x
2,
2
k
,x
n
,
8
k?1
8
k
7
（8x
2
?7x
1
)x
1
7
?8
及 满足
P
B
F
x?x
x
k?1
x
k?1
?x?,k?2
．
(x
k
x
k?1
)
求正实数
a
，使得当
x
1
?a
时，有单调性< br>x
1
?x
2
?
当
0?x
1
?a时，不具有单调性．
88
x
k
?x
k
解：由
x
k?1
x
k?1
?x?
?1
，有
7
( x
k
x
k?1
)
2
k
D
Q
?x< br>n
?
；
A
C
E
F
x
k?1
x
k
11
??
8
?
8

x
k< br>x
k?1
x
k
x
k?1
即
B
PQ
D
k+s-5#u

x
k?1
1
x
1
?
8
?
k
?
8
=
x
k
x
k
x
k?1
x
k?1
?
x
2
17
?=

x
1
x
8
1
8
C
用心 爱心 专心

于是，
x
k?1
?
7
?7
，则当< br>x
1
?0
时，
x
k
?0,k?2
．
x
k
?x
k
8
1
11
?8
由
x
k?1
?x
k
?x
k
(x?)
，则当
x< br>k
??0
，即
x
k
?8
8
时，有
x
k?1
?x
k
?0
，即
88
?8
k
x
k?1
?x
k
,k?1
．
1
1
71
?7
8
而
x
k?1
?x
k
?x
k
?8
8
7
=8
，且当
x
k
=8
8
时，等号成立．
88
于是，取
a=8
，则当
x
k
>8
时
1
8
1
8
x
1
?x
2
?
1
8
?x
n
．

k+s-5#u

当
x
1
?8
时，
x
2
?x
1
且
x
2
?x
3
?
故所求常数
a=8
．
1
8
?x
n
．
7．给定一个2008×2008的棋盘， 棋盘上每个小方格的颜色均不相同．在棋盘的每一个小方格
中填入
C
，
G，
M
，
O
这4个字母中的一个，若棋盘中每一个2×2的小棋盘中都有< br>C
，
G
，
M
，
O
这4个字母，则称这个棋盘 为“和谐棋盘”．问有多少种不同的“和谐棋盘”？
（冯祖鸣供题）
解：有
12?2
2008
?24
种不同的“和谐棋盘”．我们首先证明下面这个结论：
在每个“和谐棋盘”中，至少出现以下情况中的某一种：（1） 每一行都是某两个字母交替
出现；（2） 每一列都是某两个字母交替出现．
其实，假设某一 行不是交替的，则这一行必定包含三个相邻的小方格填有不同的字母．不
失一般性，假设这三个字母为< br>C
，
G
，
M
，如图1所示．这很容易得到
X
2
?X
5
?O
，
并且
X
1
?X
4
?M
和
X
3
?X
6
?C
，如图2所示．

图1 图2
同理，我们就可以得到这三列都是两个字母交替出现．从而容易得到每一列都是某两个
字 母交替出现．
现在我们来计算“和谐棋盘”的个数．如果最左边一列是某两个字母（比如
C< br>和
M
）交替
出现，马上可以得到序号为奇数的列都是这两个字母交替出现，且序 号为偶数的列都是
另外两个字母（比如
G
和
O
）交替出现．每一列的 第一个字母可以是这一列所包含的两
2
个字母的任意一个；容易验证任意这样的填写都可以得到 “和谐棋盘”．从而我们有
C
4
?6
用心 爱心 专心

种不同的方式选择第一列的两个字母，且有
2
我们有
6?2
2008
2008
种方式决定每一列的第一个字母．所以，
2008
种填法使得每一列 都是交替的．同样，我们也有
6?2
种填法使得每一
行都是交替的．
现在所 要做的就是从中减去计算了两次的填法——行和列都是交替的．显然，四个不同字
母在左上角的2×2方 格中的任何排列都可以扩充到整个棋盘得到一个“和谐棋盘”，并且行
和列都是交替的，其实，只要先填 好前两列使得它们是交替的，再填所有的行使得它们
是交替的即可；反过来，这种双交替的填法由左上角 的2×2方格唯一决定．有4！=24种
方式在左上角的2×2方格中排列四个不同的字母．所以我们得 到24种不同的填法使得行
和列都是交替的，由此可以得到上面结果．
8． 对于正整数n
，令
f
n
?
?
2
?
n
20 08
?
?
?
2
n
2009
?
．求证：数列
f
1
,f
2
,
???
中有无穷多个
奇数和 无穷多个偶数．（[x]表示不超过x的最大整数） （冯祖鸣供题）
证明：我们用二进制表示
2008
和
2009
：
2008 ?101100.a
1
a
2
(2)
和
2009?10110 0.b
1
b
2
(2)

首先，我们证明数列中有无穷多个偶 数．反证法，假设数列中只有有限个偶数，从而存
在一个正整数
N
，对每个正整数n?N
，
f
n
都是奇数．我们考虑
n
1
?N? 1,n
2
?N?2,
注意到，在二进制中，
f
n
i
?101100b
1
b
2
b
n
i
(2)
?101100a
1
a
2
a
n
i
(2)
，
这个数模2同余于
b
n
i
?a
n
i
．因为
f
n
i
是奇数，所以
{b
n
i
,a
n
i
}?{0,1}
．从而
2008?2009?1011001.c< br>1
c
2
c
m?1
111
(2)
．
由此得到
2008?2009
在二进制中是有理数，这是不可能的，因为
2008?2 009
是
无理数．这样，我们的假设是错误的，所以数列中有无穷多个偶数．
???
显然
g
n
和
f
n
我们同样可以证明数列中有无穷多 个奇数．令
g
n
?
?
?
n2009
?
?< br>?
n2008
?
，
有相同的奇偶性．这样，对
n?N
，
g
n
都是偶数．注意到，在二进制中，
g
n
i
?101100b
1
b
2
b
n
i
(2)
? 101100a
1
a
2
a
n
i
(2)
，
这个数模2同余于
b
n
i
?a
n
i
．因为
g
n
i
是奇数，所以
b
n
i
?a
n
i
．从而
2009?2008?0.d
1
d
2
d
m?1
000
(2)
．
由此得到
2009?2008< br>在二进制中是有理数，这是不可能的，因为
2009?2008
是
用心 爱心 专心

无理数．这样，我们的假设是错误的，所以数列中有无穷多个奇数．
用心 爱心专心