2011第八届中国东南地区数学奥林匹克解答

1、 第八届中国东南地区数学奥林匹克（试题参考解答宁波北仑2011年7月）第一天1.已知min竺=3.xeRYx2+1（1）求b的取值范围;2）对给定的b,求a卢兴江供题）ax2+b解法1记f(x)x2+1(i)当b2a0时，由f（0）二b知，b3，且易知a0.f(x)-丝土-a、E+ba=2ya(ba)3x2+1I7baIb2a等号当a、x2+1时，即x时取到v;x2+1a此时，a-空二9，特别当b-3时，a-3(ii)当b2a1)baf(x)g(t)at+当t1时单调增加，所以t3minf(x)g(1)a+bab3，此时axeR2综上所述：（1）b的取值范围是3,+）(2)当b-3时，a3；当

2、b3时，a-b-3x2+1xeRx2+1a(x2+1)3/2b2aax(x2)易知a0，f(x)(i)当b-2a0时，令f(x)二0得x=0，且有0 x0时，f(x)0时，f(x)0。所以f(0)二b为最小值所以b二3b即b=3，a2TOC o 1-5 h zb2aGi)当b-2a0时，令广(x)-0得x0二0，xJ此时易知f(0)二b不是最小值nb3，f(x)为最小值1,2b-2aa-+bf(x)二a3n2.-a(ba)=3，b-2a1+1ana2-ab+9-0na-bb294即b3，a-b-9综上所述：(1)b的取值范围是3,+8)(2)当b3时,当b3时,b一寸b2-9a22.已知a,b

3、,c为两两互质的正整数，且a2(b3+c3),b2|(a3+c3),c2|(a3+b3),求a,b,c的值.(杨晓鸣供题)解答由题设可得到：a2|(a3+b3+c3),b2(a3+b3+c3),c2(a3+b3+c3)，又因为a,b,c两两互质，所以a2b2c2|(a3+b3+c3)。不妨设abc，所以b2c23a3a3+b3+c3a2b2c2na3nbb3+c3a2n2b39当c2nbc矛盾。所以c=1。显然（1,1,1）是一组解。当b2时，abc。由a2b2(a3+b3+1)n2a3a3+b3+1a2b2na-2又由a2（b3+1）nb3+1a2n4b3+4b4当b5时，无解；逐个验证b=

4、2,3,4,5得b=2,c=3。所以满足条件正整数为（1,1,1），（12,3），（1,3,2），（2,1,3），（2,3,1），（3,2,1），（3,1,2）。3.设集合M=1,2,3,5。,正整数n满足：M的任意一个35元子集中至少存在两个不同的元素a,b，使a+b二n或a-b二n.求出所有这样的n.(李胜宏供题)解答：取A二1,2,3,35，则对任意a,bgA，a-b,a+b34+35二69下面证明1n69.设A二a,a,a，不妨设aaa；TOC o 1-5 h z12351235(i)当1n19时，考虑1aaa5012351a+na+na+n50+19二691235由抽屉原理，存在1i

5、,j35(i丰j)，使a+n二a，即aa二nijij当51n69时，由1aaa5012351n-an-an-a6835341由抽屉原理，至少存在1i,j35(i丰j)，使na=a，即a+a=nijij当20n24时，由于50-(2n+1)+1二50-2n50-40二10所以a,a，,a中至少有25个属于1,2n1235又由于1,n+1,2,n+2,n,2n至多有24个存在a,a，使a,a二i,n+i，所以aa二nijijji(iv)当25n34时，由1,n+1,2,n+2,n,2n至多有34个由抽屉原理，存在1i,j35(i丰j)，使a=i,a=n+i，即aa=nijji当n=35时，1,34

6、,2,33,17,18,35,36,50共33个所以，存在1i,j35(i丰j)，使得a+a二35ij当36n50时，若n二2k+1，1,2k,2,2k1,k,k+1,2k+1,50当18k20时，50(2k+1)+1二502k5036二14当21k24时，50(2k+1)+1二502k5042二8均存在1i,j35(i丰j)，使a+a=2k+1=nij若n二2k，1,2k1,2,2k2,k1,k+1,k,2k,2k+1,50当18k19时，50(2k+1)+316k1191二18当20k23时，50(2k+1)+3502k+212k1231二22当24k25时，50(2k+1)+3502k+

7、24k1251二24所以，均存在1i,j35(i丰j)，使a+a=2kij4.过AABC的外心O任作一直线，分别交边AB,AC于M,N，E,F分别是BN,CM的中点证明：ZEOF=ZA.(陶平生供题)证：我们证明以上结论对任何三角形都成立.分三种情况考虑，对于直角三角形ABC，结论是显然的，事实上，如图一中左图，若ZABC为直角，则外心O是斜边AC的中点，过O的直线交AB,AC于M,N，则O,N共点，由于F是CM的中点，故中位线OFAM，所以ZEOF=ZOBA=ZOAB=ZA；以下考虑AABC为锐角三角形或钝角三角形的情况，（如图一中右边两图所示）图一）先证引理：如右图，过O的直径KL上的两点

8、A,B分别作弦CD,EF，连CE,DF，分别交K,L于M,N，若OA二OB，则MA=NB.引理证明：设CDAEF二P，直线CE,DF分别截APAB，ACPEBM据梅涅劳斯定理，C-EB-MA二bMAAC-AD-PE-PF-BM贝y二一NBBE-BF-PC-PD-AN而由相交弦，得PC-PD二PEPF若O的半径为R，OA二OB二a,竺.PD.AN二FPDANB则LAC-AD二AK-AL二R2-a2二BK-BL二BE-BF,据得，MAMBMAMA+ABAB=，即=1.因此MA=NB.引理得证.NBNANBNB+ABAB回到本题，如下图（两图都适用），延长MN得直径甲，在直径上取点叫，使OM二OM，

9、设CMO=A，连AB交KK于N，由引理，MN=MN，（右图11111111中则是MN=MN）因此，O是NN的中点，故OE,OF分别是ANBN及AMCM的中1111位线，于是得乙EOF=ZBAC=ZA.1KBKiK1200 第二天5设AA,BB,CC是AABC的三条角平分线，自A作AABB,0000010AA/CC,A,A分别在AC,AB上，直线AA交BC于A；类似得到点B,C0233证明：A,B,C三点共线.333陶平生供题）312C3证明：据梅尼劳斯逆定理，ABCABC只要证，333二1八要证BCABCA333由于直线A2*截AABC，CA得AB3BAAA2+AAAC211，所以CA3AB3

10、AA2AC1AA1；ABBB同理有BCCB32BAiBB1，BCCC7cCA3厶AC2CBiCC1由BA二2务-BA0AAAA才AC0,AA得2BA2AAACBC0一BABCAI00又由AA1AA0ABAI0CA1CA廿叫AC得亠CACBAI0AAAAABBC100据、CA得一3CAACCBABBABCAB3000CAA0B丿 同理可得，CBBA3BAAC(AC)2CB(CB丿30由于AABC的三条角平分线AA,BB,CC共点，由塞瓦定理,000ABCABC000=1BCABCA000，于是由、得,ABCABC3-3-3BCABCA333ABCABC0-0-0BCABCA000即成立，因此结论

11、得证6设P,p，,P为平面上n个定点，M是该平面内线段AB上任一点，记PM为TOC o 1-5 h z12ni点P与M的距离，i二1,2,3,n，证明：XpMmax工|PA|,工PB|iiIiii=11i=1i=1（金蒙伟供题）1乜Ll-解答：设原点为O则有：OM=tOA+(1-1)OBtG(0,1)IPM1=1OM-OP1=1tOA+(1-1)OB-tOP-(1-1)OPIiiii11OA-OPI+(1-1)IOB-OPI=11PAI+(1-1)IPBIiiiiX|PM|t工IPAI+(1-1)XIPBI3.证明：对于每个ngN*,n12nn-1n-2a+a+2皆为完全平方数.nn+1（陶平

12、生供题）证：易求得数列开初的一些项为：1,1,6,41,281,1926，注意到，a+a+2=22,a+a+2=32,a+a+2=72,a+a+2=182，TOC o 1-5 h z12233445构作数列X：x=2,x=3,x=3xx,n3，则对每个ngN*，x为正整数.n12nn-1n-2n我们来证明：对于每个ngN*，皆有：a+a+2=x2.nn+1n引理：数列x满足：对于每个kgN*，xxx2=5.nkk+2k+1引理证明：令f(k)二xxx2，贝yTOC o 1-5 h zkk+2k+1f(k)f(k1)=(xxx2)(xxx2)=(xx+x2)(x2+xx)kk+2k+1k1k+1

13、kkk+2kk+1k1k+1二x(x+x)x(x+x)二3xx3xx二0.kk+2kk+1k+1k1kk+1k+1k所以/(k)二/(k一1)，于是f(k)=f(k1)=f(k2)=二f(l)=xxx2=5.132回到本题，对n归纳，据数列a的定义，a+a+2=4=x2,a+a+2=9=x2,n121232若结论直至n(n2)皆已成立，则对于n+1，有a+a+2=(7aa)+(7aa)+2=7(a+a+2)(a+a+2)10n+1n+2nn1n+1nnn+1n1n=7x2x210=(3x)2x22x210=(3xx)(3x+x)2x210nn1nn1nnn1nn1n二x(x+2x)2x210二

14、x2+2(xxx25)二x2.n+1n+1n1nn+1n1n+1nn+1即在n+1时结论也成立.故本题得证.8.将时钟盘面上标有数字1,2,12的十二个点分别染上红、黄、蓝、绿四色，每色三个点，现以这些点为顶点构作n个凸四边形，使其满足：每个四边形的四个顶点染有不同的颜色；对于其中任何三个四边形，都存在某一色，染有该色的三个顶点所标数字互不相同求n的最大值.(陶平生供题)解：为叙述方便，改用A,B,C,D分别表示这四种颜色，而同色的三点，则分别用a,a,a；b,b,b；c,c,c以及d,d,d来表示.TOC o 1-5 h z123123123123今考虑其中一色，例如A色；若在这n个四边形中

15、，A色点a,a,a出现的次数分别为123n,n,n，贝0n+n+n=n，设nnn；123123123如果n10，则n+n7；再考虑这7个四边形（其A色顶点要么是a，要么是a），1212它们中B色点b,b,b出现的次数分别为m,m,m，则m+m+m=7，据对称性，可123123123设mmm，则m5；123312继续考虑这5个四边形（其A色顶点要么是a，要么是a；B色顶点要么是b，要么121是b),它们中C色点c,c,c出现的次数分别为k,k,k，则k+k+k二5，据对称性,2123123123可设kkk，则k4；123312最后考虑这4个四边形，记为T1，T2,T3,T（其A色顶点要么是，要么

16、是纟；B色顶点要么Ml，要么是b2；C色顶点要么是要么是丁，由于D色点只有三个，故其中必有两个四边形，其D色点相同，设T1，7；的D色点都为J那么，三个四边形T,T,T中,无论哪种颜色的顶点，所标数字皆有重复，这与条件123相矛盾！因此，n9再说明，最大值n二9可以取到；采用构造法，我们只要作出这样的九个四边形即可.2CBCBCDB1BCBC3DC1B1作三个“同心圆环图”，给出标号，并适当旋转相应的圆，标号对齐后，图中的每根线（半径）上的四个点分别表示一个四边形的四个顶点颜色及其标号，九条半径共给出九个四边形，且都满足条件（1）；再说明，它们也满足条件（2）：从中任取三条半径（三个四边形）；如果三条半径（三个四边形）来自同一个图，则除了A色之外，其余B,C,D每色的顶点，三数全有；如果三条半径（三个四边形）分别来自三个图，则A色的顶点，三数全有；如果三条半径（三个四边形）分别来自两个图：将三个图分别称为A图、A图、A图，123每图的三条半径分别称为“向上半径”“向左半径”“向右半径”且分别记为S,乙Y.来自两个图的三条半径，如果“向上”、“向左”、“向右”三种半径都有，那么相应的三个四边形，B色的顶点，三数全有；如果三条半