数学奥赛精彩试题.doc

20081208上午
1。 的内心为I,圆切AB,AC于M,N.圆过B,C且于相切于点D.求证:M,B,D,I;N,C,D,I分别四点共圆.
2。给定n>1.求所有， 使得，
3．设P 是一个凸多边形，证明：在P内存在一个凸六边形，其面积至少是P面积的
4. 已知，证明：

20081208上午
1. 的内心为I,圆切AB,AC于M,N.圆过B,C且于相切于点D.求证:M,B,D,I;N,C,D,I分别四点共圆.

证明: 设与外接圆交于D'点, D'M交BI于P, D'N交CI于Q,则有=,在圆上
又 ,四点共圆.

类似有 从而PQ//MN,
故 ,
而
且 IM=IN,
设DB,DC交圆于E,F,则
有位似,D为位似中心,,所以,.证毕.

2. 给定n>1.求所有， 使得， （1）
证明: 在（1）中取x=y, f(0)=0, 取y=0, ，
I) 设n为偶数。 在（2）中取x=-x,得f(-x)=-f(x)(x=0也成立)。
在（1）中取y=-y, 得，若， 则
= （3）
若，则， 推 出f(x)=-f(y)=f(-y)， 即
对f(x)=f(y)等于或不为零， （4）也成立。
于是存在c, 使得f(x)=cx(任意小x 不为零， 等于零也成立)
代入方程， n=2时， 任意实数c,n>2 时， c 为-1，0，或1。
II) n为奇数时，由（2）， 与x同号。记。
显然，0,1属于 S, 假设a, b属于S,则对任意x, （5）
若ax不为零， 则。 但同号，
所以， ax=0时也成立。
所以，。 同理，。
现在，有

所以 a-b属于S, 因为0,1属于S, 所以-1属于S,n属于S,n+1=n-(-1)属于S.于是任意正整数属于S.
易证，f(x)=x,对任意有理数x.
再证明在0点连续，从而对任意实数连续。
故, n=2 时， f(x)=cx, n>2为奇数时， f(x)=0或f(x)=x.n>2 为偶数时，f(x)=0 或f(x)=x或f(x)=-x.

3. 设P 是一个凸多边形，证明：在P内存在一个凸六边形，其面积至少是P面积的
证明：取该多边形的面积最大的内接三角形ACB过A作BC平行线，过C作AB平行线交出△DEF。
则多边形P在△DEF内部或边界。设多边形P（在△BDC中的部分）离BC最远的点为M。
过M作BC平行线分别交BD、DC于P，Q设，且△ABC面积为1。
则多边形P在△BCD内部的面积至多为
类似定义b,c.
则取出的六边形面积

而多边形P的面积
下证：
只需证

上式显然成立。
于是所取出的6边形满足题意。

4. 已知，证明：

证明：
注意到
∴可将
为
∴原不等式等价于

（*）
①若
则
∴若2b-a>0也大于0，则（*）成立。
若2b－a≤0
则（*）式等价于

上式不太好证，于是观察原式：

注意到此时且
于是有
设
则
此时

求导可证：
∴

上式亦求导可证。
∴此时原不等式成立。
②若，且
（I）若，
则(*)式成立
（II）若

则

，成立。
(III)若，则

成立。
综上所述，原命题成立。

29981208下午
1． 在凸六边形ABCDEF 中,AD=BC+EF, BE=AF+CD, CF=DE+AB.
求证：
2．设是正实数，，用表示它们的几何平均，用表示的算术平均为，为的几何平均。证明：
3。求所有整数对（a,b）,使得存在整系数多项式f,满足

4．(n+1)(n-1)的棋盘上每个格子被染成三种染色之一， 使得对于任意两行和两列相交处的四个格子所染的颜色不全相同。求n 的最大可能值。

1. 在凸六边形ABCDEF 中,AD=BC+EF, BE=AF+CD, CF=DE+AB.
求证：
证明：考虑向量方法。 由 AD=BC+EF, 有
两边平方
类似有。
相加并化简得，于是有，并且所有等式成立。
于是BC//EF, .
所以，BC//AD//FE, 类似地，AB//CF//DE, AF//BE//CD.
设AD与FC交于x，FC 与BE交于y, AD与BE交于z.其中x,y,z可能交于一点。由平行关系，有
BCDz, AFEz均为平行四边形。 Bz=CD, zE=AF,
所以。同理， 。
故 。

考试题（1）
1．设ABCD为凸四边形,AC交BD于P.的内心依次为.求证:四点共圆当且仅当ABCD有内切圆.
证明: 先证明必要性.当四点共圆时,
(1)
设PA=x, PB=y, PC=z, PD=w.
AB=a, BC=b, CD=c, DA=d.
(为的半径)
从而可知(1) (2)

故(2)
(3)
设a+c,则
因为
故

(

由(3)式,有:

它们均等于1,.必要性证毕.
充分性.由上述证明可以知道

,从而(2)成立.
得出四点共圆,证毕.

2． 设是正实数，，用表示它们的几何平均，用表示的算术平均为，为的几何平均。证明：
证明：开始时想找到，，的一些关系如等，继而推出题目的结论，可发现上式无论取何值均不恒成立。
观察

∴
用表示，得

∴原式左边+

3。求所有整数对（a,b）,使得存在整系数多项式f,满足

解： 设为P(x) 的复根。则

所以，
所以，
如果，则。
d=0或者，。所以.
如果d=1, 则， 显然成立。
所以， P(x)的所有复根的模均小于2，
的所有复根的模均小于2，
由P(0)=bf(0)= ,必有b=1或b=-1.
(1) b=1.如果，则的根为
，矛盾。
，矛盾。
所以，a=0, a=1,2,-1,-2.
(2) b=-1, 如果，则的根为, 类似（1）矛盾。
所以，a=0,1,-1.
故(a,b)=(0,1),(0,-1),(1,1)(1,-1)(-1,1)(-1,-1)(2,1)(-2,-1).
下面验证以上均满足题意。
(a,b)=(0,1),(0,-1), 令f(x)=x+1

(a,b)=(1, 或， 令f(x)=1.
(a,b)=(2,1).令，
(a,b)=(-2,-1).令，
所以(a,b)=(0,1),(0,-1),(1,1)(1,-1)(-1,1)(-1,-1)(2,1)(-2,-1).
考试二
3．求所有函数,在零点连续,且
(*)
解:令 （1）

而
所以 f (0)=0
由(1)有 f(2f(y))=y+f(y) (2)
在(*)中令 故 f(f(y)=f(f(y))+y+f(y)
再在(*)中令 y=f(x) f(x+2f(f(x))=f(f(x))
由(*)中f(x)为单射,故x+2f(f(x))= f(x),
将x换成y,有
(2')
(3)
所以由(2)有 f(4f(f(y)))=f(2f(2f(y)))=2f(y)+f(2f(y))=2f(y)+2f(f(y))=3f(y)+y
另一方面 f(4f(f(y))=f(2(y+f(y))=f(2y)+y+f(y)
所以 f(2y)=2f(y) (4)
故由(*)及(4)有 f(x+f(2y))=f(x+2f(y))=f(x)+y+f(y)=f(x)+2f(f(y))=f(x)+f(f(2y))
所以 f(x+ f(y))= f(x)+ f(f(y)) (5)
于是,易知: f(kf(y))=kf(f(y))
f(ky+y+f(y))= f((k+1)y) +f(f(y))= f(ky+f(f(2y)))=
= 所以
f((k+1)y)= f(ky) +f(y) f(ky)=kf(y)
当时,亦有 f(ky)=kf(y) (6)
(由(2'))

所以 f(x+y)= f(x + f(2 f(y)y)) (由(5))
= f(x) + f(y)
由于f(x)在零点连续,所以f(x)在所有点连续,故
f(x)=cx (c为常数)
解得 c=1或
所以
经检验均满足条件.

4．(n+1)(n-1)的棋盘上每个格子被染成三种染色之一， 使得对于任意两行和两列相交处的四个格子所染的颜色不全相同。求n 的最大可能值。
解： n=10。
对于n>10.考虑左上角12x10棋盘。
引理： 非负整数x1,x2,…,xn, m满足x1+x2+…+xn=m. 则当
取最小值时， （定义）。
引理的证明：首先A的最小值存在。如果取最小值时， 有， 不妨设。则， 矛盾。
在12X10的棋盘中每一列有10。个格子，考虑所有在同一列中颜色相同的两个格子组成的无序对的个数 S。并设第i列中这样无序对的个数为Si，在第i列中， 三种颜色的格子分别有 ai,bi,ci个， ai+bi+ci=10. . 由引理知，Si取最小时，ai,bi,ci中任意两个差至多为1。只有两个取值d和d+1。 设有k个d, 3-k个d+1， kd+(3-k)(d+1)=10,
所以，3d+3-k=10,k属于{0,1,2,3}, 有，即， 所以.
由抽屉原理， 至少有一种颜色的这样的无序对数不小于144/3=48个。 每一个无序对对应一个无序数对(x,y)(0<x<y<11) 是该对中两格所在的行编号， 但所有不同数对有C_10^2=45个，由抽屉原理， 有两对同样颜色的格子对应的数对相同， 即他们在同两行中，显然不在同一列， 否则即是同一对， 于是他们恰为两行两列相交的四个格子， 并且颜色相同，不满足题意。于是n<11.

4．如果素数p和自然数n满足,证明:
证明:
引理:
引理的证明 ,只要证明
而=(李善兰恒等式)
= 引理证毕.
对原命题:中的系数

因
故无素数因子p,而
故中必有一数大于p,从而 ,故
,又.证毕.

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