第二届北方数学奥林匹克邀请赛.pdf

所以 椭圆方程为2 x2 9 2y2 7 1 22 1 因x1 a 0 故所有 xn 0 又xn 1 2 1 xn xn 1 所以 xn 0 1 因为x3 4 5 所以 2x2 1 x22 0 解得x2 2 又x2 0 1 则0 x2 1 2 而x2 2x1 1 x21 2tan 1 tan2 sin 2 故 0 sin 2 1 2 因为2 0 所以 0 12 或 5 12 2 2 令x y 0 得f 0 0 令x 0 得f 0 f y f y 即 f y f y 故f x 为奇函数 注意到 f xn 1 f 2xn 1 x2n f xn xn 1 xn xn f xn f xn 2 f xn 即 f xn 1 f xn 2 所以 数列 f xn 是等比数列 故f xn f x1 2 n 1 f a 2 n 1 2 n 2 王玉文 提供 第二届北方数学奥林匹克邀请赛 第 一 天 图1 一 如图1 AB为 O的直径 非直径的 弦CD AB E是OC的 中点 联结AE并延长 交 O于点P 联结DP 交BC于点F 求证 F 是BC的中点 二 设p是大于2的质数 数列 an 满足 nan 1 n 1 an p 2 4 求证 当a1 5时 16 a81 三 已知AD是 ABC的边BC上的高 且BC AD AB AC 求 A的取值范围 四 设函数f x x 2 ax b a b R 若存在实数m 使得 f m 1 4 且 f m 1 1 4 求 a2 4b的最大值和最小值 第 二 天 五 已知正数a b c满足a b c 3 求证 a 2 9 2a 2 b c 2 b 2 9 2b 2 c a 2 c 2 9 2c 2 a b 2 5 六 组委会说明 试题有误 七 是否可以将正整数1 2 64分别 填入8 8的64个方格内 使得凡具备 形的四个方格 方向可以任意转 置 内的数之和都能被5整除 八 已知数列 an 满足 ak 1 ak 1 2 006 a 2 k a0 1 2 k N 求证 1 1 2 008 a2 006 1 532007年第3期 参 考 答 案 第 一 天 一 联结BD 因为AB是 O的直径 CD AB 所以 AOC DBC 即 AOE DBF 又 OAE BDF 则 AOE DBF 故AO DB OE BF 而OA OC DB BC 则 OC BC OE BF 因为OE 1 2 OC 所以 BF 1 2 BC 故点F平分弦BC 二 由条件得 an 1 n 1 an n p4 16 1 n n 1 则有 an n p4 16n an 1 n 1 p4 16 n 1 a1 1 p4 16 即 an na1 1 16 n 1 p4 当a1 5时 a81 81 5 5p4 5 81 p4 因此 欲证16 a81 只须证 16 p4 81 因为p4 81 p2 9 p 3 p 3 而p是 大于2的质数 所以 p2 9 p 3 p 3都是偶数 且p用4除余数为1或3 即 p 4k 1或p 4k 3 当p 4k 1时 4 p 3 当p 4k 3时 4 p 3 因此 16 p4 81 故16 a81 三 设AB c BC a CA b AD h 由三角形面积公式有bcsinA ah 则 bc ah sinA 由BC AD AB AC 得 b c a h 由余弦定理得 cosA b2 c2 a2 2bc b c 2 a2 2bc 2bc a h 2 a2 2ah sinA 1 1 h 2a sinA 1 所以 sinA 1 cosA 1 h 2a 2cos2 A 2 1 h 2a 即 cot A 2 1 h 2a 图2 如图2 作CE BC 使CE 2h 联结BE AE 在Rt BCE中 有 BE a2 4h2 且 a h b c BE 则a h a2 4h2 解得 h a 2 3 故1 h 2a 1 4 3 所以 cot A 2 1 4 3 因此 A 2arccot 4 3 2 四 解法1 若 a2 4b 0 由于 f m 1 4 且 f m 1 1 4 则 f a 2 1 2 1 a 2 2 a 1 a 2 b 1 4 由此得 0 这与 1 a 1 2 x a 1 2 或 a 1 2 x a 1 2 若 f m 1 4 且 f m 1 1 4 则必有 a 1 2 a 1 2 1 或 a 1 2 a 1 2 1 或 a 1 2 a 1 2 1 即 1 1或 1 1 1 解得 2 63中 等 数 学 又当a 1 b 1 4 时 f 0 f 1 1 4 且 2 所以 的最大值是2 解法2 因为1 m 1 x0 m x0 m 1 x0 m x0 所以 m 1 x0 与 m x0 必有一个不小于 1 2 若 a2 4bak 所以 数列 an 是递增数列 则ak 1 ak akak 1 2 006 即 1 ak 1 ak 1 1 2 006 注意到 2 1 a0 1 ak k i 1 1 ai 1 1 ai 2 k 2 006 4 012 k 2 006 对一切k 1 k 2 006 均有 ak 2 006 4 012 k 1 由此知 ak 1 ak 1 2 006 a2k ak 1 2 007 所以 ak 1 ak 1 2 006 a2k ak ak a k 1 2 007 故 1 ak 1 ak 1 1 2 007 则2 1 a0 1 ak k i 1 1 ai 1 1 ai 1 ak k 2