中国东南地区数学奥林匹克合辑

1、首届中国东南地区数学奥林匹克第一天（2004年7月10日 8：00 12：00 温州）一、 设实数a、b、c满足，求证：二、 设D是的边BC上的一点，点P在线段AD上，过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E，与线段AC、PC的延长线交于点F、N。如果DE=DF，求证：DM=DN三、 （1）是否存在正整数的无穷数列，使得对任意的正整数n都有 。（2）是否存在正无理数的无穷数列，使得对任意的正整数n都有。四、 给定大于2004的正整数n，将1、2、3、分别填入n×n棋盘（由n行n列方格构成）的方格中，使每个方格恰有一个数。如果一个方格中填的数大于它所在行至少2004个方格内所填的

2、数，且大于它所在列至少2004个方格内所填的数，则称这个方格为“优格”。求棋盘中“优格”个数的最大值。第二天（2004年7月11日 8：00 12：00 温州）五、 已知不等式对于恒成立，求a的取值范围。六、 设点D为等腰的底边BC上一点，F为过A、D、C三点的圆在内的弧上一点，过B、D、F三点的圆与边AB交于点E。求证：七、 n支球队要举行主客场双循环比赛（每两支球队比赛两场，各有一场主场比赛），每支球队在一周（从周日到周六的七天）内可以进行多场客场比赛。但如果某周内该球队有主场比赛，在这一周内不能安排该球队的客场比赛。如果4周内能够完成全部比赛，求n的最大值。注：A、B两队在A方场地举行的

3、比赛，称为A的主场比赛，B的客场比赛。八、 求满足，且的所有四元有序整数组（）的个数。答案一、 由柯西不等式，所以，所以 二、 证明：对和直线BEP用梅涅劳斯定理得：，对和直线NCP用梅涅劳斯定理得：，对和直线BDC用梅涅劳斯定理得：（1）（2）（3）式相乘得：，又DE=DF，所以有，所以DM=DN。三、 （1）假设存在正整数数列满足条件。又所以有对n=2，3，4，成立。所以。设，取，则有，这与是正整数矛盾。所以不存在正整数数列满足条件。（2）为满足条件的一个无理数数列，。四、 为叙述方便，如果一个方格中填的数大于它所在行至少2004个方格中所填的数，则称此格为行优的。由于每一行中填较小的20

4、04个数的格子不是行优的，所以每一行中有n2004个行优的。一个方格为“优格”一定是行优的，所以棋盘中“优格”个数不大于。另一方面，将棋盘的第i行，第（大于n时取模n的余数）列中的格子填入“*”。将1、2、3、2004n填入有“*”的格子，其余的数填入没有“*”的格子。没有“*”的格子中填的数大于有“*”的格子中任何一个数，所以棋盘上没有“*”的格子都为“优格”，共有个。此时每行有2004个格子有“*”，每列也有2004个格子有“*”（如图）。实际上，当时，第i列的第1、2、i、n+i2003、n+i2002、.、n行中有“*”。当时，第i列的第i2003、i2002、.、i行中有“*”。所以

5、每行有2004个格子有“*”，每列也有2004个格子有“*”（如图）*所以棋盘中“优格”个数的最大值是。五、 设，则从而原不等式可化为：即， 原不等式等价于不等式（1）不等式（1）恒成立等价于恒成立。从而只要。又容易知道在上递减，。所以。六、 设AF的延长线交于K，因此。于是要证（1），只需证明：又注意到。我们有进一步有因此要证（2），只需证明而（3）事实上由知（4）成立，得证。球队第一周第二周第三周第四周1*2*3*4*5*6*七、 （1）如右图所示：表格中有“*”，表示该球队在该周有主场比赛，不能出访。容易验证，按照表中的安排，6支球队四周可以完成该项比赛。（2）下面证明7支球队不能在四周

6、完成该项比赛。设表示i号球队的主场比赛周次的集合。假设4周内能完成该项比赛，则是1，2，3，4的非空真子集。一方面由于某周内该球队有主场比赛，在这一周内不能安排该球队的客场比赛，所以中，没有一个集是另一个的子集。另一方面，设由抽屉原理，一定存在，属于同一集合A或B或C或D或E或F，必有或发生。所以n的最大值是6。八、 设。记，显然。我们证明。对每一个，考虑。接着计算。设， ， 。满足为1、2、3、.、10的两两不同的无序四元组只有。满足的四元组共90个，满足的四元组共90个，。所以，。第2届中国东南地区数学奥林匹克第1天（2005年7月13日8：0012：00 福州）1 （1）设，求证抛物线都

7、经过一个定点，且顶点都落在一条抛物线上。 （2）若关于x的方程有两个不等实根，求其较大根的取值范围。2 如图，圆O（圆心为O）与直线l相离，作，P为垂足。设点Q是l上任意一点（不与点P重合），过点Q作圆O的两条切线QA和QB，A和B为切点，AB与OP相交于点K。过点P作，M和N为垂足。求证：直线MN平分线段KP。3 设n是正整数，集合。求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于4n+1。4 试求满足，且的所有三元正整数组(a, b, c)。第2天（2005年7月14日8：0012：00福州）5 已知直线l与单位圆S相切于点P，点A与圆S在l的同侧，且A到

8、l的距离为h (h>2)，从点A作S的两条切线，分别与l交于B, C两点。求线段PB与线段PC的长度之乘积。6 将数集中所有元素的算术平均值记为，（）。 若B是A的非空子集，且，则称B是A的一个“均衡子集”。 试求数集的所有“均衡子集”的个数。7 （1）讨论关于x的方程的根的个数。 （2）设为等差数列，且 求项数的最大值。8 设，且，求证：答案1. (1) 令，因此抛物线过定点 （2, 9），该抛物线的顶点座标为消去a得。(2)的大根为令a+6=2k，则由判别式得k >3或k <-3。当k <-3时, x>5； 当k >3时, , 可得-1<x<

9、2.综上得，方程的大根x的取值范围为。2. 作，I为垂足, 记J为直线MN与线段PK的交点。易知 ，故O、B、Q、P、A均在以线段OQ为直径的圆周上。由于，所以由Simson定理知: 的外接圆上一点P在其三边的垂足N、M、I三点共线，即N、M、J、I四点共线。因为，所以QO/PI, 所以, 又因为P、A、I、M四点共圆，P、A、O、Q也四点共圆，所以所以在直角三角形PIK中, , 所以J为PK的中点 因此直线MN平分线段KP。3. 考虑M的n+2元子集P=n-1, n, n+1, , 2n。P中任何4个不同元素之和不小于(n1)+n+n+1+n+2=4n+2, 所以。将M的元配为n对，。 对M

10、的任一n+3元子集A，必有三对同属于A(两两不同)。 又将M的元配为n1对, 。对M的任一n+3元子集A，必有一对同属于A这一对必与刚才三对中至少一对无公共元，这4个元素互不相同，且和为2n+1+2n=4n+1。因此，所求的最小k=n+3。4. 由于任何奇平方数被4除余1，任何偶平方数是4的倍数，因2005被4除余1，故三数中，必是两个偶平方数，一个奇平方数。设a=2m，b=2n，c=2k1，m, n, k为正整数，原方程化为：又因任何平方数被3除的余数，或者是0，或者是1，今讨论k：(i)若，则由(1)，于是m, n都是3的倍数。设m=3，n=3，并且是整数，由(1)于是设=3r+2，则且由

11、(1)，所以。故由(3)，k可取3，7，12，16，21，代入(2)分别得到如下情况：, , , , 由于55、51都是4N +3形状的数，不能表为两个平方的和，并且9也不能表成两个正整数的平方和，因此只有k=12与k=16时有正整数解,。当k=12，由=41，得(, )=(4, 5)，则a=6=24，b=6=30，c=2k1=23，于是(a, b, c)=(24, 30, 23)。当k=16，由=29，得(, )=(2, 5)，则a=6=12，b=6=30，c=2k1=31，因此(a, b, c)=(12, 30, 31)(ii) 若时，由于任何三个连续数中必有一个是3的倍数，则k+1是3的

12、倍数，故k被3除余2，因此k只能取2，5，8，11，14，17或20 利用(1)式分别讨论如下：若k=2，则=499，而，此时无解若k=5，则=481，利用关系式可知。所以(m, n)=(20, 9)或(15, 16)。于是得两组解(a, b, c)=(2m, 2n, 2k-1)=(40, 18, 9)或(30, 32, 9)。若k=8，则=445，而 。所以(m, n)=(21, 2)或(18, 11)，得两组解(a, b, c)=(2m, 2n, 2k-1)=(42，4，15)或(36, 22 15)。若k=11，有=391，而，此时无解；若k=14，有=319，而，此时无解；若k=17，

13、有=229，而，得(m, n)=(15, 2)，得一组解(a, b, c)=(2m, 2n, 2k-1)=(30, 4, 33)；若k=20，则=121=，而不能表示两个正整数的平方和，因此本题共有7组解为：(23, 24, 30)，(12, 30, 31)，(9, 18, 40)，(9, 30, 32)，(4, 15, 42)，(15, 22, 36)，(4, 30, 33)。经检验，它们都满足方程。5. 设PB、PC的长度分别为p、q，设，设AC与S的切点为E，记圆心为O，设AE的长度为t，连接AO、OE，则在直角三角形AOE中，我们有因此。这样我们可得的面积为。又因为所以可得。整理得6.

14、由于P(M)=5，令M=x-5 | xM=-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4, 则P(M)=0, 依照此平移关系，M和M的均衡子集可一一对应。 用f (k)表示M的k元均衡子集的个数，显然有f (9)=1, f (1)=1 (M的9元均衡子集只有M，一元均衡子集只有0)。M的二元均衡子集共四个，为, 因此f(2)=4。M的三元均衡子集有两种情况：（1）含有元素0的为, 共四个；（2）不含元素0的，由于等式3=1+2,4=1+3可表示为-3+1+2=0，3-1-2=0以及-4+1+3=0，4-1-3=0得到4个均衡子集-3, 1, 2，3, -1, -2，-4, 1, 3，4, -1,

15、-3，因此f (3)=4+4=8。M的四元均衡子集有三种情况：（1）每两个二元均衡子集之并：, 共6个集；（2）不含元素0的三元均衡子集与0的并集，共4个集；（3）以上两种情况之外者，由于等式1+4=2+3可表为-1-4+2+3=0以及1+4-2-3=0得2个均衡子集-1, -4, 2, 3与1, 4, -2, -3，因此f (4)=6+4 +2=12。又注意到，除M本身外，若B是M的均衡子集，当且仅当其补集也是M的均衡子集，二者一一对应。 因此f (9-k)=f (k)，k=1, 2, 3, 4。从而M的均衡子集个数为即M的均衡子集有51个。7.根据函数y=|x+1|+|x+2|+|x+3|

16、=a的图像可知：当a<2时，方程无解；当a=2时，方程有一个根；当a>2时，方程有两个根。(1) 因为方程|x|=|x+1|=|x-2|无解，故且公差不为0。 不妨设数列的各项为a-kd(1kn,d>0)。作函数f (x)=,本题条件等价于f (x)=507至少有三个不同的根a，a+1，a-2，此条件又等价于函数y= f (x)的图像与水准直线y=507至少有三个不同的公共点。由于y=f (x)的图像是关于直线左右对称的n+1段的下凸折线,它与水准直线L有三个公共点当且仅当折线有一水准段在L上，当且仅当n=2m且a, a+1, a-2md,(m+1)d, f (md)=507

17、。即d3且m2d=507。由此得 ，。显然，m=13时，取d=3，a=4满足本题条件。 因此，n的最大值为26。8.令a=sin，b=sin，c=sin，则a, b, c(0, 1)且，同理因此。注意到所以注 易知上述不等式等号不能成立。第三届中国东南地区数学奥林匹克第一天（2006年7月27日， 8：0012：00， 南昌）一、 设证明：存在唯一的正数x，使得二、 如图所示，在ABC中，是边CA上的两点，连接BD，BG。过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF。若BEEF，求证：。三、 一副纸牌共52张，其中“方块”、“梅花”、“红心”、“黑桃”每种花色的牌各13张，标号依次是

18、，其中相同花色、相邻标号的两张牌称为“同花顺牌”，并且A与2也算是顺牌（即A可以当成1使用）. 试确定，从这副牌中取出13张牌，使每种标号的牌都出现，并且不含“同花顺牌”的取牌方法数。四、 对任意正整数n，设是方程的实数根，求证：(1) ； (2) 。第二天（2006年7月28日， 8：0012：00， 南昌）五、 如图，在中，的内切圆I分别切边AB、AC于点D、E，直线DE分别与直线BI、CI相交于点F、G，证明：。六、 求最小的实数m，使得对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c，都有。七、 （1）求不定方程的正整数解的组数。（2）对于给定的整数k>1，证明：不定方程至少有3k+

19、1组正整数解。八、 对于周长为n的圆，称满足如下条件的最小的正整数为“圆剖分数”：如果在圆周上有个点，对于中的每一个整数m，都存在两个点，以和为端点的一条弧长等于m；圆周上每相邻两点间的弧长顺次构成的序列称为“圆剖分序列”。例如当n=13时，圆剖分数为，如图所示，图中所标数字为相邻两点之间的弧长，圆剖分序列为或。求和，并各给出一个相应的圆剖分序列。答案一、 【解法一】令，由，得为证(1)有唯一的正数解x，只要证，及, 即记，即要证由于，即(3)左端成立。为证，即，即，此为显然.故(3)成立，从而即为所求。【解法二】在上为严格单调增加的连续函数，而且，。据解法一(2)式知，故存在唯一的正数x，使

20、得。二、 【证法一】作GMAB于M，设AE与BG的交点为K，连接KM。由BEEF，及AE/GF知，K为RtBGM斜边BG上的中线，所以BKKGMK，。因为又MG/BC，所以，故 ，所以，即。结合，知KAMCBF，所以，于是，故。【证法二】作的外接圆w，延长BD、AE分别交w于K、J。连接BJ、CJ、KJ、FJ。易知，故BJKC。于是四边形BJCK是等腰梯形，又AJ垂直平分BF，故BJFJ，故四边形FJCK是平行四边形. 设AE与BG的交点为M，FC与JK的交点为N，则M、N分别是BG和FC的中点， 于是又，于是，所以 。三、 先一般化为下述问题：设，从，这四个数列中选取n个项，且满足：(i)每

21、个下标都出现；(ii)下标相邻的任两项不在同一个数列中(下标n与1视为相邻)，其选取方法数记为，今确定的运算式:将一个圆盘分成n个扇形格，顺次编号为，并将数列各染一种颜色，对于任一个选项方案，如果下标为i的项取自某颜色数列，则将第i号扇形格染上该颜色。于是就成为将圆盘的n个扇形格染四色，使相邻格不同色的染色方法数，易知，、将(1)写作，因此 相加得，于是。因此 . 这就是所求的取牌方法数.四、 由 ，得。(1)因为，故，即(2) 因为 ，所以，从而，。故 .五、 【证法一】分别连接，则四点共圆。所以，从而；又，所以。又，得。所以。又由，得，所以，从而。同理，所以四点共圆，由此 ，所以。【证法二

22、】因为，又因为，所以四点共圆，因此。同理，所以四点共圆。又 ，所以.六、 【解法一】当a=b=c时，有。下证不等式对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c都成立。因为对于，有故，。所以把上面三个不等式相加，得.所以，m的最小值为27。【解法二】当a=b=c时，有。下证不等式对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c都成立。因为，所以，同理，于是所以所以，m的最小值为27七、 (1) 若，由得，所以以上不等式均取等号，故。若，不妨设m=1，则，于是，所以，故，这样的解有组。所以，不定方程共有7组正整数解。(2) 将化为。满足上式，且时， 。为偶数时，其中给出了不定方程的3组正整数解。为奇数

23、时，其中给出了不定方程的3组正整数解，中有两个,另一个为的情况给出了不定方程的3组正整数解；而亦为不定方程的正整数解故不定方程至少有3k+1组正整数解。八、 由于k个点中，每两个点间可得一段优弧和一段劣弧，故至多可得个弧长值。当时，则;而当时，则。另一方面，在时，可以给出剖分图所以，.对于n=31，在k=6时，类似可给出剖分图所以，、或等。第四届中国东南地区数学奥林匹克第一天（2007年7月27日， 8：0012：00， 浙江镇海）一、 试求实数a的个数，使得对于每个a，关于x的三次方程都有满足的偶数根。二、 如图，设C、D是以O为圆心、AB为直径的半圆上的任意两点，过点B作的切线交直线CD交

24、于P，直线PO与直线CA、AD分别交于点E、F。证明：OE=OF。 三、 设，试求 的值，其中表示不超过x的最大整数。四、 求最小的正整数n，使得对于满足条件的任一具有n项的正整数数列，其中必有连续的若干项之和等于30。第 二 天（2007年7月28日， 8：0012：00， 浙江镇海）五、 设函数满足：()，且当时有，证明：当时，有。 六、 如图，直角三角形ABC中，D是斜边AB的中点，MD交AC于N；MC的延长线交AB于E。证明：。七、 试求满足下列条件的三元阵列(a, b, c)：(i) a<b<c<100，a、b、c为质数；(ii) a+1、b+1、c+1组成等比数列

25、。八、 设正实数a、b、c满足：abc=1，求证：对于整数，有答案一、 令，n为整数，且，即，所以至多取个数，即。将代入原方程得 。记,对任意的,当 ()时,若,设，其中是关于x的方程的两个根，设另一根为，由根与系数的关系即(其中)即，矛盾！所以，对于不同的，都有，于是满足条件的实数a恰有999个。【另解】对任意，x为偶数，的取值都各不相同。反证，若存在，使得，其中为偶数，则由于，则，又因为为偶数，所以，矛盾。因此满足条件的a共有999个。二、 如图，作于M，作MN/AD，设，连BC、BM，则，因此N、B、M、C共圆；又由O、B、P、M共圆，得所以CN/OP，于是因M为CD的中点，MN/DK，

26、则N为CK的中点；故由(1)得，。【另证】如图，过O作于，连结BC、BM、BD、BE，因为，所以O、B、P、M四点共圆，于是，所以，从而，所以AD/BE，即OE=OF。三、 设 ()，则，即数列严格单增。由于，(当k=m时取得等号)，故；又当k=m、m+1时，而在或时，即，亦即，所以；再由数列的单调性，当时，所以 因此，于是四、 首先，我们可以构造一个具有1017项的整数数列，使其中不存在和为30的连续项；为此，取，以及，即 为：(共有34段，前33段中每段各有30个项，最后一段有27个项，共计1017个项)，其次，当项数少于1017时，只须将某些段中连续的若干个数合并成较大的数即可。对于满足

27、条件的任一个具有1018项的正整数数列，我们来证明，其中必有连续的若干项之和等于30。为此，记，则 。今考虑集中元素的分组：其中有33×30=990个括弧以及27个未加括弧的数，从中任取1018个数作为的取值，必有两数取自同一括弧，设为，则，即该数列中。因此n的最小值为1018。五、 令，则，所以是R上以1为周期的周期函数；又由条件当时有，可得，当时，所以周期函数在R上有，据此知，在R上，。六、 如图，延长ME交的外接圆于F，延长MD交AF于K，作CG/MK，交AF于G，交AB于P，作于H，则H为CF的中点。连HB、HP，则D、H、B、M共圆，故，于是H、B、C、P共圆，所以，故PH

28、/AF。即PH为的中位线，P是CG的中点。则AP为的边CG上的中线，又因NK/CG，故D是NK的中点，即线段AB与NK互相平分，所以，而，即有。七、 据条件，设，其中x、y不含大于1的平方因数，则必有x=y，这是由于，据(1)，则，设，于是(2)化为，若，则有质数，即，因x、y皆不含大于1的平方因数，因此，。设，则(3)化为若仍有，则又有质数，即，因皆不含大于1的平方因数，则，设，则(4)化为，如此下去，因(3)式中w的质因数个数有限，故有r，使，而从得，从而，改记x=y=k，则有，其中k无大于的平方因数，并且，否则若k=1，则，因c大于第三个质数5，即，得为合数，矛盾。因此k或为质数，或为若

29、干个互异质数之乘积，(即k大于1，且无大于1的平方因数)。我们将其简称为“k具有性质p”。(i) 据(6)，。当m=2，则n=1，有，因c<100，得k<25；若，则且c>3，得c为合数；若：在k为偶数时，具有性质p的k有2、14，分别给出不为质数；k为奇数时，具有性质p的k值有5、11、17、23，分别给出的皆不为质数；若，具有性质p的k值有3、6、15、21：当k=3时，给出解；当k=6时，给出解；当k=15、21时，分别给出的皆不为质数；若m=3，则n=2或1。在m=3、n=2时，因质数，得，具有性质p的k值有2、3、5、6、7、10：在k为奇数3、5、7时，给出皆为合

30、数；在k=6时，给出为合数；在k=10时，给出为合数；在k=2时，给出解；在m=3、n=1时，具有性质p的k值有2、3、5、6、7、10：在k为奇数3、5、7时，给出的皆为合数；在k=2和10时，给出的不为质数；在k=6时，给出解；(ii) m=4时，由得，具有性质p的k值有2、3、5、6。在k=6时，为合数；在k=5时，因，则n可取1、2、3，分别得到a、b至少一个不为质数；在k=3时，因：在n=3时给出的a、b为合数；在n=2时给出解；在n=1时给出解；在k=2时，只有在n=3时给出解；(iii) m=5时，具有性质p的k值有2、3，分别给出为合数；(iv) m=6时，具有性质p的k值只有

31、2，因此可以得到，这时，只有在n=2时给出解；在n=4时给出解；(v) m=7时，具有性质p的k值只有2得，而，只有在n=3时给出解；在n=6时给出解；(vi) 时，具有性质p的k值不存在。因此，满足条件的解共有11组，即为上述的。八、 因为，所以同理可得 ，。三式相加可得第五届中国东南地区数学奥林匹克 第一天(2008年7月27日 上午8：0012：00) 福建 龙岩1. 已知集合，n是正整数，T是S的子集，满足：对任意的 (其中x、y、z可以相同) 都有，求所有这种集合T的元素个数的最大值。2. 设数列满足：。试求通项的表达式。3. 在ABC中，BC>AB，BD平分交AC于D，如图，

32、CP垂直BD，垂足为P，AQ垂直BP，Q为垂足。M是AC中点，E是BC中点。若PQM的外接圆O与AC的另一个交点为H，求证: O、H、E、M四点共圆。4. 设正整数，对于任一个n元整数集，取每一对不同的数，作差，把这个差按从小到大顺序排成一个数列，称这个数列为集合A的“衍生数列”，记为。衍生数列中能被m整除的数的个数记为。证明：对于任一正整数，n元整数集及集合所对应的“衍生数列”及，满足不等式第二天(2008年7月28日上午8：0012：00) 福建 龙岩5. 求出最大的正实数，使得对于满足的任何实数x、y、z成立不等式：。6. 如图，的内切圆I分别切BC、AC于点M、N，点E、F分别为边AB

33、、AC的中点，D是直线EF与BI的交点。证明：M、N、D三点共线。7. 杰克(Jack)船长与他的海盗们掠夺到6个珍宝箱，其中内有金币枚，i=1、2、3、4、5、6，诸互不相等。海盗们设计了一种箱子的布局图(如图)，并推派一人和船长轮流拿珍宝箱。每次可任意拿走不和两个或两个以上的箱子相连的整个箱子。如果船长最后所取得的金币不少于海盗们所取得的金币，那幺船长获胜。问：若船长先拿，他是否有适当的取法保证获胜？ 8. 设n为正整数，表示满足以下条件的n位数(称为波形数)的个数：(i)每一位数码，且，i=1、2、；(ii) 当时，与的符号相反，i=1、2、。(1) 试求的值； (2) 确定被13除得的

34、余数。答案1. 若取，此时，且中任三数之和大于3n，即不在中；故，另一方面，作三元子集列则，对于S的任一个2n+1元子集，必包含有某个。若，则其中有元素3n=n+n+n；若某个，则其中有元素，于是，因此。2. 将所给递推关系的两边同时除以，得即即。令，则，可得故 ，从而 。3. 作AQ延长线交BC于N，则Q为AN中点，又M为AC中点，故QM/BC。所以。同理，。所以QM= PM。又因为Q、H、P、M共圆，所以，故。所以P、H、B、C四点共圆，故。结合OH=OM，知OE为HP中垂线，易知，所以O、H、E、M四点共圆。4. 对于给定的正整数，若整数x被m除得的余数为i，则称x属于模m的剩余类.设A

35、的元素中属于的数有个，而集合的元素中属于的数有个，则易知， 与至多相差1，且是m的倍数当且仅当两数x、y属于模m的同一个剩余类. 对于剩余类中的任一对数，有，故属于中个数，共作成个m的倍数，考虑所有的i，则；类似得。为证本题，只要证 ，化简后，即要证 据(1)易知，若，则与就是同一组数(至多只有顺序不同)，这时(2)式将取得等号。若存在i、j，使，这时将两数调整为，其中，其他元素不变，则，由于，故调整后(2)式左边的和值将减少，因此(2)式取得最小值当且仅当与为同一组数(至多只有顺序不同)，即(2)成立，因此结论得证。5. 。且当时，上述两个等号可同取到，则是的最大值令，则。6. 连接AD，则

36、易知。连接AI、DM，DM与AC交于点G。因为，所以，故，从而连接IG、IC、IM，则所以I、M、C、G四点共圆，从而，因此G与N重合，即M、N、D三点共线。7. 当箱子数为2时，船长有必胜之策略。【引理1】当箱子数为4时，船长有必胜之策略。当箱子数为4时，共有两种不同的链结在一起的方式第一种情况第二种情况第一种情况时在开始的第一轮船长有在外部的三个箱子可挑选，船长当然挑选这三个箱子中最多金币的箱子，海盗只能拿剩下来的两个箱子之一，无法取得中央的箱子.经过第一轮后，船长拿到的金币不少于海盗，此时剩下两个箱子，船长可以拿金币较多的箱子，因此船长必胜。第二种情况时：将4个箱子黑白相间涂色，如下图所

37、示：若在两个涂黑色箱子内金币的数量总和不少于两个涂白色箱子内金币的数量总和，则开始时船长取所能拿到的黑色箱子，迫使海盗接下来只能取白色箱子，当海盗拿完后又露出一个黑色箱子让船长拿，从而船长可拿光所有黑色箱子而获胜否则船长可以拿光所有白色箱子而获胜回到原题。假设a6内金币的数量不少于a5，则船长先取能拿到的箱子中最多金币的一个箱子，海盗拿后，还剩四个箱子.问题转化为四个箱子的情形。假设a5内金币的数量多于a6，且不妨假设a1内金币的数量比a2多，则船长将a1, a3与a5涂白色，其他的箱子涂黑色，如下图所示现在检验涂白色箱子内金币的数量总和是否不少于涂黑色箱子内金币的数量总和.若是，则船长能拿光

38、所有白色箱子藉由涂色法而获胜.若否，则船长先拿a6，接下来：(A) 若海盗拿a1，则船长再依次拿而获胜。(B) 若海盗拿a2，已知a1内金币的数量比a2多，则船长接着拿a1.虽然船长不能拿光所有黑色箱子，但因为a1内金币的数量比a2多，二者替换之后船长一点都不吃亏，最终仍然可获胜(C) 若海盗拿a5，则船长接着拿a4，接着：(i)若海盗拿a1，则船长拿而获胜(ii)若海盗拿a2，已知a1内金币的数量比a2多，则船长接着拿a1，可获胜。故不论原先箱子内的金币数为多少，船长均有恰当的取法保证获胜8. 当时，称满足的n位波形数为A类数，其个数为；而满足的n位波形数为B类数，据对称性，当时，其个数也是

39、；于是。今求：用表示末位为i的k位A类波形数的个数,则。由于，则(i)当k为偶数时，；(ii)当k为奇数时，；易知, 则。由此，所以；又由，所以。类似可求得，.一般地，当时， 今证(1)如下：对n归纳，n=5、6、7、8皆已验证，设(1)直至n皆成立，考虑n+1情况。当n为偶数，据(i)、(ii)，而，则因为，；这时有。当n为奇数，而，, 则因为，这时也有。故(1)式对于n+1也成立，从而由归纳法得，对所有，(1)式皆成立。据(1)得，所以。今考虑的模数列：利用(1)式易算出，当n=2、3、4、14、15、16、17、时，被13除得的余数分别是：6、1、5、5、1、2、0、1、0、1、1、3、

40、6、1、5、5、因此当时，数列被13除得的余数所构成的数列是一个周期数列，其最小周期长度为12而，所以，因此，。第六届中国东南地区数学奥林匹克 第一天（2009年7月28日上午8：0012：00）江西·南昌1. 试求满足方程的所有整数对。2. 在凸五边形ABCDE中，已知AB=DE、BC=EA、，且B、C、D、E四点共圆。证明：A、B、C、D四点共圆的充分必要条件是AC=AD。3. 设，。求证：。4. 在一个圆周上给定十二个红点；求n的最小值，使得存在以红点为顶点的n个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边。第二天（2009年7月29日上午8：0012：00）

41、江西·南昌5. 设1、2、3、9的所有排列的集合为A；，记，；求。(其中表示集合M的元素个数)6. 已知、分别是的外接圆和内切圆。证明：过上的任意一点D，都可以作一个三角形DEF，使得、分别是的外接圆和内切圆。7. 设， 其中 ，且。求的最大值和最小值。8. 在8×8方格表中，最少需要挖去几个小方格，才能使得无法从剩余的方格表中裁剪出一片形状如下完整的型五方连块？ 答案1. 设整数对满足方程将其看作关于x的一元二次方程，其判别式 的值应为一完全平方数；若，则；若，则可取，相应的值分别为8036、7536、6036和3536，它们皆不为平方数；因此，仅当时，为完全平方数。若y

42、 = 4，方程(1)化为， 解得x=1或x=7；若，方程(1)化为 ，解得或。综上可知，满足原方程的全部整数对为：。2. 必要性：若A、B、C、D共圆，则由AB=DE、BC=EA，得，所以，故得AC=AD。充分性：记BCDE所共的圆为，若AC=AD，则圆心O在CD的中垂线AH上，设点B关于AH的对称点为F，则F在上，且因，即，所以E、F不共点，且，又由AB=DE、BC=EA，知，因此，故由，得AEFD共圆，即点A在上，也即点A在上，从而A、B、C、D共圆。3. 先证不能构成三角形的三边。因为所以 于是 故。4. 设红点集为：，过点的弦有11条，而任一个含顶点的三角形，恰含两条过点的弦，故这11

43、条过点的弦，至少要分布于6个含顶点的三角形中；同理知，过点的弦，也各要分布于6个含顶点的三角形中，这样就需要个三角形，而每个三角形有三个顶点，故都被重复计算了三次，因此至少需要个三角形再说明，下界24可以被取到不失一般性，考虑周长为12的圆周，其十二等分点为红点，以红点为端点的弦共有条若某弦所对的劣弧长为k，就称该弦的刻度为k；于是红端点的弦只有6种刻度，其中，刻度为1、2、5的弦各12条，刻度为6的弦共6条； 如果刻度为a、b、c ()的弦构成三角形的三条边，则必满足以下两条件之一：或者a+b=c；或者a+b+c=12；于是红点三角形边长的刻度组只有如下12种可能：(1, 1, 2)、(2,

44、 2, 4)、(3, 3, 6)、(2, 5, 5)、(1, 2, 3)、(1, 3, 4)、(1, 4, 5)、(1, 5, 6)、(2, 3, 5)、(2, 4, 6)、(3, 4, 5)、(4, 4, 4)；下面是刻度组的一种搭配：取(1, 2, 3)、(1, 5, 6)、(2, 3, 5)型各六个，(4, 4, 4)型四个；这时恰好得到66条弦，且其中含刻度为1、2、5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；今构造如下：先作(1, 2, 3)、(1, 5, 6)、(2, 3, 5)型的三角形各六个，(4, 4, 4)型的三角形三个，再用三个(2, 4, 6)型的三角形来补充(1, 2, 3)

45、型六个：其顶点标号为：2, 3, 5、4, 5, 7、6, 7, 9、8, 9, 11、10 ,11, 1、12, 1, 3；(1, 5, 6)型六个：其顶点标号为：1, 2, 7、3, 4, 9、5, 6, 11、7, 8, 1、9, 10 ,3、11, 12, 5；(2, 3, 5)型六个：其顶点标号为：2, 4, 11、4, 6, 1、6, 8, 3、8, 10, 5、10 ,12, 7、12, 2, 9；(4, 4, 4)型三个：其顶点标号为：1, 5, 9、2, 6, 10、3, 7, 11；(2, 4, 6)型三个：其顶点标号为：4, 6, 12、8, 10, 4、12, 2, 8

46、。(每种情况下的其余三角形都可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得)。这样共得到24个三角形，且满足本题条件，因此，n的最小值为24。5. 我们一般地证明，若，对于前n个正整数1、2、n的所有排列构成的集合A，若，则。下面用数学归纳法证明：当n=4时，由排序不等式知，集合M中的最小元素是，最大元素是。又,所以 共有11=个元素。因此n=4时命题成立。假设命题在()时成立；考虑命题在n时的情况对于1、2、的任一排列，恒取，得到1、2、n的一个排列，则。由归纳假设知，此时取遍区间上所有整数。再令，则再由归纳假设知，取遍区间上的所有整数。因为，所以，取遍区间上的所有整数，即命题对n也成立由数学归纳法知

47、，命题成立。由于，从而，集合的元素个数为特别是，当n=9时，6. 如图，设OI=d，R、r分别是的外接圆和内切圆半径，延长AI交于K，则，延长OI交于M、N；则，即；过D分别作的切线DE、DF，E、F在上，连EF，则DI平分，只要证，EF也与相切；设，则P是的中点，连PE，则，所以由于I在角D的平分线上，因此点I是的内心 (这是由于，而，所以，点I是的内心。)即弦EF与相切7. 先证当且仅当时等号成立。由哥西不等式:因为，从而 当且仅当时等号成立。再证当时等号成立。事实上，故，当时等号成立。【另证】设，若z=0则下设，由(*)式，要证，只要证注意到，于是(1)等价于即 而由柯西不等式，可得即(

48、2)成立，从而，故，当时等号成立。8. 至少要如下图挖去14个小方格如右图，将8×8棋盘切为五个区域。中央部份的区域至少要挖去2个小方格才能使T形的五方块放不进去。二个打叉的位置是不等同的位置，一个是在角落位置，另一个是内部位置，只挖去其中一个无法避免T置入。对于在边界的四个全等的区域，每区域至少要挖去3个小方格才能使T形的五方块放××不进去证明：以右上角的区域为例，下方T部份必需挖去1个小方格，上方部份必需挖去打叉的位置的1个小方格。下方T部份挖去的1个小方格有五种情况，但无论如何均可再置入一片T形的五方块， 因此至少要挖去3个小方格。××&

49、#215;××××××××23333综合所有区域，对于T型五方块至少要挖去3×4+2=14个小方格。第八届中国东南地区数学奥林匹克第一天1. 已知.（1）求b的取值范围；（2）对给定的b,求a.解法1 记. 由知，且易知.（i）当时，等号当时，即时取到此时，特别当时，（ii）当时，令 当时单调增加，所以，此时综上所述：（1）的取值范围是 （2）当时，；当时，解法2 设. 因为，且，所以易知，（i）当时，令得驻点，且有时，；时，为最小值所以即，（ii）当时，令得驻点，此时易知不是最小值，为最小值即，综上所述：（1）的取值范围是 （2）当时，；当时，2. 已知a、b、c为两两互质的正整数，且，求a、b、c 的值。解答 由题设可得到：，又因为a、b、c两两互质，所以。不妨设，所以又当，与矛盾。所以。显然（1,1,1）是一组解。当时，。由又由：当时，无解；经验证，。