淄博高中数学阚老师-高中数学教师解题比赛试题
2006年第五届中国女子数学奥林匹克试题
第一天
2006年8月8日 下午15：30——19：30 乌鲁木齐
中国在
国际数学奥林匹克竞赛中，连续多年取得很好的成绩，这项竞赛是高中程度，不
包括微积分，但题目需要
思考，我相信我是考不过这些小孩子的，因此有人觉得，好的数学
家未必长于这种考试，竞赛胜利者也未
必是将来的数学家，这个意见似是而非。数学竞赛大
约是百年前在匈牙利开始的；匈牙利产生了同它人口
不成比例的许多大数学家。
——陈省身
一、设a＞0，函数 f :
（0，＋∞） → R满足f（a）＝1．如果对任意正实数x，y 有
?
a
?f
?
x
?
f
?
y
?
?f
??
f
?
x
?
?
a
?
??
?2f?
xy
?
，①求证： f（x）为常数．
?
y
?
证明：
在①中令x＝y＝1，得
f
2
（1）＋f
2
（a）＝2 f（1），
（f（1）－1）
2
＝0， ∴ f（1）＝1。
在①中令y＝1，得
f（x）f（1）＋f（
f（x）＝f（
a
）f（a）＝2 f（x），
x
a
），x＞0。 ②
x
a
在①中取y＝，得
x
aa
f（x）f（）＋f（）f（x）＝2 f（a），
xx
a
f（x）f（）＝1。 ③
x
由②，③得：f
2
（x）＝1，x＞0。
在①中取x＝y＝
t
，得
f
2
（
t
）＋f
2
（
a
）＝2
f（t），
t
∴ f（t）＞0。
故f（x）＝1，x＞0。
二、设
凸四边形ABCD对角线交于O点．△OAD，△OBC的外接圆交于O，M两点，直线
OM分别交△O
AB，△OCD的外接圆于T，S两点．求证：M是线段TS的中点．
证法1：
如图，连接BT，CS，MA，MB，MC，MD。
∵
∠BTO＝∠BAO，∠BCO＝∠BMO，
∴ △BTM ∽△BAC，得
TMBM
； ①
?
ACBC
同理，△CMS
∽△CBD，得
T
A
B
O
M
MSCM
。
②
?
BDBC
TMBMAC
①÷②得 。③
??
MSCMBD
又∵ ∠MBD＝∠MCA，∠MDB＝∠MAC，
∴
△MBD ∽△MCA，得
C
D
BMBD
。 ④
?
CMAC
将④代入③，即得TM ＝ MS。
S
证法2：
T
设△OAB，△OBC，△OCD，△ODA的外心分别
O
1
A
为O
1
，O
2
，O
3
，O
4
，自
作O
1
，O
3
作TS的垂线，
E
B
垂足分别为E
，F。连接O
2
，O
4
交TS于G。
O
因OM是⊙O2
和⊙O
4
的公共弦，故O
2
O
4
垂直平分
O
4
G
OM，即G是线段OM的中点。
O
2
M<
br>同样，O
1
O
4
垂直平分OA，O
2
O
3<
br>垂直平分OC，
D
得O
1
O
4
∥O
2O
3
；
F
C
O
3
同理，O
1
O
2
∥O
3
O
4
。
因此O
1
O
2
O
3
O
4
构成平行四边形，其对角线互相平分。
由此易知EG ＝ FG。
又由垂径定理，E是TO中点，F是OS中点。
S
因此TM ＝ TO＋OM ＝ 2EO＋2OG ＝ 2EG， ①
MS ＝
OS－OM ＝ 2OF－2OG ＝ 2GF。 ②
由①，②即知TM ＝ MS。 三、求证：对i＝1，2，3，均有无穷多个正整数n，使得n，n＋2，n＋28中恰有i个可表
示为三个正整数的立方和．
证：
三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整
数可写为3k或3k±1（k∈
Z），而（3k）
3
＝9×3k
3
，
（3k±1）
3
＝9（3k
3
±3k
2
＋k）±1。 ＋
对i＝1，令n＝3（3m－1）
3
－2（m∈Z），则n，n+28被9除的
余数分别为4，5，故
均不能表示为三个整数的立方和，而
n+2＝（3m－1）
3
＋（3m－1）
3
＋（3m－1）
3
。
＋
对i＝2， n＝（3m－1）
3
＋222（m∈Z）被9除的余数为5，
故不能表示为三个整数
的立方和，而
n+2＝（3m－1）
3
＋2
3
＋6
3
，
n+28＝（3m－1）
3
＋5
3
＋5
3
。
＋
对i＝3， n＝216m
3
（m∈Z）满足条件：
n＝（3m）
3
＋（4m）
3
＋（5m）
3
，
n+2＝（6m）
3
＋1
3
＋1
3
，
n+28＝（6m）
3
＋1
3
＋3
3
。
注：所命原题要求证明结论对i＝0，1，2，3均成立。
为降低试卷难度，去掉了i＝0的要求。
以下是i＝0的证明。
对n＝9m＋3， m∈Z，n+2，n+28被9除的余数分别为5，4，不能表示为三个整数的立
方和，若n＝a
3
＋b
3
＋c
3
，a，b，c∈Z，由前知a，b，c均为3 k＋1型（k∈Z）的整数。
＋
小于（3 N）
3
（N∈Z）的9m＋3型（m∈Z）的正整数共3 N
3
个。（*）
小于3 N的3k＋1型（k∈Z）的正整数有N个，三个这样的数的立方和的组合不超过
N< br>3
种，故（*）中正整数至少有3N
3
－N
3
＝2N
3
个不能表示为三个正整数的立方和。N
可取任意正整数，故i＝0情形得证。
四、8个人参加一次聚会.
（1）如果其中任何5个人中都有3个人两两认识. 求证：可以从中找出4个人两两认识；
（2）试问, 如果其中任何6个人中都有3个人两两认识, 那么是否一定可以找出4个人
两两认识?
解法1：
（1） 用8个点表示8个人，相识二人之间连一线段。按图论语言，这些点称为图的顶
点，线段称为图的边。
2
按照题意，该图的每个5点子图中均有一个三角形，而每个三角形属于
C
8 ?3
=
C
5
=10
2
个不同的5点子图。我们知道，这些三 角形共有
5
3
C
8
＝3×56＝168
条边，其中每条边至多被重复计算了10次。这样一来，即知：每个顶点至少连出
2?168
?4
条边。所以存在一个顶点A，由它至少连出5条边。
8?1 0
假设由顶点A有边连向B，C，D，E，F这5个顶点，而由题意在这5个点中又存在一
个三 角形，不妨设为△BCD。于是A，B，C，D这4个点中的任何二点之间均有连线，
所以它们所代表的 4个人两两认识。
（2）如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 则不一定可以找出4人两两彼此
认识, 例子为:
在正八边形中连出8条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相
应二人相互认识. 不难验证: 其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不
出4人两两彼此认识.
解法2：
（1）分情形讨论.
情形（i）如果存在3个人两两互不认识. 那么其余5个人必然两两都认识. 因若不然, 假
如他们之中有二人互不认识, 则在他们与原来的3个人一起构成的5人组中就找不出3
个人两两认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.
情形（ii）在剩下的情形中, 任何3人中, 都有某两个人相互认识.
（a）如果8个人中有1个人A至多认识3个人, 那么他至少不认识4个人. 显然这4
个人中的任何二人都彼此认识. 因若不然, 这两个人与A一起构成的3人组中就没有二
人互相认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.
（b）如果存在1个人A至少认识5个人. 那么这5个人中有3个人两两彼此认识, 他
们又都认识A, 所以他们与A一起即为所求之4人.
情形（iii）只需再考虑每个人都恰好有4个熟人,
并且任何3人中都有两人相互认识的
情形.
任取其中一人A. 假如A的4个熟人两两认识,
那么他们即为所求. 否则, 其中就有B,C
二人互不认识. 易知,
此时A有3个不认识的人F,G.,H, 而这3个人中的任何两人都与
A构成3人组,
所以F,G.,H中的任何两人都相互认识. 如果B,C之一与F,G.,H中的每个
人都彼此认识,
那么此人与F,G.,H一起构成所求的4人组. 否则,
B,C二人分别不认识
F,G.,H中的一个人. 易知, B和C不可能不认识他们中的同一个人,
否则该人与B,C所成
的3人组中任何二人均互不认识, 导致矛盾. 这就表明,
B和C分别不认识F,G.,H中的
两个不同的人, 不妨设B不认识F, 而C不认识G.
现在把B,F,A,G,C依次排在一个圆周
上, 于是任何两个相邻放置的人都互不认识.
然而他们中的任何三个人中都一定有在圆
周上相邻的两个人, 从而在他们之中找不到3个人两两认识,
导致矛盾, 所以这种情况
不可能存在.
综合上述, 在一切可能的情况下,
都能找出4个人两两都彼此认识.
（2） 如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识,
则不一定可以找出4人两两彼
此认识, 例子为:
在正八边形中连出8条最短的对角线.
每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相
应二人相互认识. 不难验证:
其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不
出4人两两彼此认识.
第二天
2006年8月9日 9：00——13：00
五
、平面上整点集S＝｛（a，b）│1≤a，b≤5，a，b∈Z｝，T为平面上一整点集，对S中
任一
点P，总存在T中不同于P的一点Q，使得线段PQ上除点P，Q外无其他的整点．问
T的元素个数最少
要多少？
解：
答案：最少个数为2。
先证T不可能只包含一个点。
若
不然，设T＝｛Q（x
0
，y
0
）｝。在S中取点P（x
1
，y
1
）满足（x
1
，y
1
）≠（x
0
，
y
0
）
且x
1
与x
0
同奇偶，y
1
与y
0
同奇偶。则线段PQ的中点为一整点。矛盾。
T含两个点的情形如下图所示：
六、设集合M＝｛1，2，…，19｝，A＝｛a
1
，a
2
，…，a
k
｝
?
M．求最小的k
，使得对任意
b∈M，存在a
i
，a
j
∈A，满足a
i<
br>＝b，或a
i
±a
j
＝b（a
i
，a
j可以相同）．
解：由假设， 在
A
中，
有
k(k?1)
种可能的组合，
从而
k(k?1)?19
，即
k?4
。
当
k?4
时，我们有
k(k?1)?20
。不妨假设
a
1
?a
2?a
3
?a
4
。则
a
4
?10
。
当
a
4
?10
时，
有
a
3
?9
。
这时
a
2
?8
或7。 如果
a
2
?8，则
20,10?9?1,9?8?1
，这不可能。
如果
a
2
?7
，则
a
1
?6
或
a
1
?5<
br>。由于
20,10?9?1,7?6?1
或
20,9?7?2,7?5?2
，这不可能。
当
a
4
?11
时，
有
a
3
?8
。
这时
a
2
?7
以及
a
1
?6
，
这不可能。
当
a
4
?12
时，有
a
3
?
7
。这时
a
2
?6,a
1
?5
，这不可能。
当
a
4
?13
时， 有
a
3
?6,a2
?5,a
1
?4
，这不可能。
当
a
4
?14
时，
有
a
3
?5,a
2
?4
，这不可能。
当
a
4
?15
时，
有
a
3
?4,a
2
?3,a
1
?2
，
这不可能。
当
a
4
?16
时，
有
a
3
?3,a
2
?2,a
1
?1
，
这不可能。
当
a
4
?17
时，均不可能。
所以，
k?5
。
如果取
A?{1,3,5,9,16}
，则
A<
br>满足条件。故最小的
k?5
。
七、已知x
i
＞0，
i?1,2,???,n,
k≥1．求证： <
br>n
n
1x
i
k?1
n
1
?
?
x
i
≤
?
?
?
k
．
?
i?1
1?x
i
i?1
i?1
1?x
i
i?1
x
i
n
证法1：
原不等式等价于
nn
x
i
k?1
n
11
?
?
k
?
?
?
?
x
i
?0
，
?
i?1
1?x
i
i?1
x
i
i?1
1?x
i
i?1
n
x<
br>j
x
i
k?1
1
?
k
?
?
上式左
?
?
i?j
1?x
i
x
j
i?j<
br>1?x
i
k?1k?1?1k?1
?
xk
?x
1
?
x
i
?x
jji
?
?
??
??
?
kk
k
2
i?j
?
?
1?x
i
?
x
j
?
1?x
j
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x
i
?
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?
1?x
i
?
x
j
??
?1
x
i
k?1
?x
k
j
?
1
k?1k?1
x?x
?
?
ij2
i?j
?
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?
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?
x
?
?
1?x
?
1?xxx
??
j
k
ii
ij
k
i
k
j
k
j
<
br>kkk?1k?1
x?x?xxx?x
???
1
ijijij
?
?1
?
?
?
x
i
k?1
?x
k
j
?
2
i?j
?
1?x
i
?
?<
br>1?x
j
?
x
i
k
x
k
j
?0
。
证法2：
不妨设
x
1
≥
x
2<
br>≥…≥
x
n
＞0，
则
111
≤≤…≤；①
kk
x
1
k
x
2
x
n
k
kx
n
x
1
k
x
2
≥≥…≥。②
1?
x
1
1?x
2
1?x
n
于是，根据Chebyschev不
等式：
左式＝
?
?
111
?
??
…
?<
br>?
?
x
1
?x
2
?
…
?x
n
?
1?x
n
?
?
1?x
1
1
?x
2
k
k
?
?
1
x
1
k
1
x
2
1
x
n
?
k
??
…?
k
?
＝
?
k
?
?
?
x1
?x
2
?
…
?x
n
?
x
1?xx1?xx1?x
?
1122
nn
?
k
k
?
?
11
x
n
x
2
1
?
?
x
1
k
??
…
?
≤
?
k
?
k
?
…
?
k
?
?
?
?
x
1
?x
2
?
…
?x
n
?
／
n<
br>
x
n
?
?
1?x
1
1?x
21?x
n
?
?
x
1
x
2
k
k
?
?
11
?
x
n
x
1
k
x
2
1
?x
2
??
…
?x
n
??
??
≤
?
x
1
?
…
?
?
kkk<
br>1?x1?x1?xxxx
?
12
n
?
?
12nk?1
k?1
?
?
11
?
x
1
k?1
x
n
x
2
1
??
…
?
＝
?
?
?
k
?
k
?
…
?
k
1?x
n
?
?
x
1
x
2
x
n?
1?x
1
1?x
2
?
?
?
?
?
?
x
i
k?1
n
1
?
?
k
＝
?
i?1
1?x
i
i?1
x
i
n
．
八、设p为大于
3的质数，求证：存在若干个整数a
1
，a
2
，…，a
t
满
足条件
p?a
t
p?a
1
p?a
2
????
是3的某个正整数次幂．
|a
1
||a
2
||a
t
|
证法1：
由带余除法定理可知，存在唯一的整数q，r使得
p＝3q＋r，其中0＜r＜3。
取b
0
＝r，那么
p?b
0
3
c
0?b
1
*
?
b
0
b
0
*
p?
b
1
3
c
1
?b
2
?
b
1
b
1
*
，其中3不整除b
1
*，0＜b
1
*＜p
2；
取b
1
＝±b
1
*满足条件b
1
≡p（mod
3）。那么
，其中3不整除b
2
*，0＜b
2
*＜p2；
取b
2
＝±b
2
*满足条件b
2
≡p（mod
3），那么
*
p?b
2
3
c
2
?b
3<
br>?
*
b
2
b
2
，其中3不整除b
3
*，0＜b
3
*＜p2；
一直做下去，我们就得到了
b
0
， b
1
，
b
2
，…，b
p
。
这p＋1个整数均在（－p2，p2）之间，显
然有两个数相等。不妨设b
i
＝b
j
，i＜j，
而且b
i
，
b
i
＋
1
，…，b
j
－
1
互不相同。那么
3
j?1
?b
*
p?b
j?1
3
c
i
?b
i
*
?1
3
c
i?1
?b
i
*
?2
p?b
i
p?b
i?1
j
??
…
?
?
…。
???
*
**
b
i
b
i?1
b
b
i
b
i?1
b
j?
1
j?1
由于b
i
＝b
j
，从而b
i
*＝
b
j
*。因此上式变为
c?c
i
?????c
j?1c
?3
i
?3
n
，n＞0。
让b
i
， b
i
＋
1
，…，b
j
－
1
按照从小到大的顺序排列，则原命题得证。
证法2：
分两种情形：
（1）p＝6k＋1
p?
?
3k?2
?
p?
?<
br>3k?1
?
M
p?1p?2p?4p?5
?
?
， <
br>????
…
?
3k?23k?1
Q
1245
其中Q?
1·2·4·5·…·
?
3k?2
??
3k?1
?
?
?
3k?1
?
!
，
3
k?1
?
k?1
?
!
M?
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p?1
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·
?
p?2
?
·
?
p?4
?
·
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p
?5
?
·…·
?
p?
?
3k?2
?
??<
br>p?
?
3k?1
?
?
?
?
p?3
k?2
?
·
?
p?3k?5
?
·…·
?
p
?1
?
·
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p?2
?
·…·
?
p?
?
3k?1
?
?
?
?
3k?3
?·
?
3k?6
?
·…·
?
6k
?
·<
br>?
6k?3
?
·…·
?
9k
?
?
3
2k
·
?
k?1
??
k?2?
·…·
?
2k
?
·
?
2k?1
?< br>·…·
?
3k
?
?3
2k
?
?
3k
?
!
，
k!
M
?3
3k?2
。 所以< br>Q
因此，取
?
a
1
,a
2
,???,at
?
?
?
?3k?1,?3k?4,???,?2,1,???,3k? 2
?
就满足题目的要求。
（2）p＝6k＋5
p?
?
3k?1
?
p?
?
3k?2
?
p?1p?2p?4 p?5
??
????
…类似的有
3k?13k?2
1245
?3
3k?2
。