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2012年中国西部数学奥林匹克试题及其解答


文 武 光 华
2012 年西部数学奥林匹克试题及其解答
解答人:文武光华数学工作室 田开斌
一、求最小的正整数 m,使得对于任意素数p>3,都有105|9 ? 29 + m。 解答:因为105 = 3 × 5 × 7,所以只需3|9 ? 29 + m,5|9 ? 29 + m, 7|9 ? 29 + m。于是知: m ≡ 29 ? 9 ≡ (?1)

≡ ?1(mod 3); m ≡ 29 ? 9 ≡ (?1) ? (?1) ≡ 0(mod 5)。 又根据费马小定理知:p ≡ 1(mod 3),不妨设p = 3k + 1。于是m ≡ 1 ? 9 ≡ 1?2 ≡ 1 ? 2 × 8 ≡ 1 ? 2 ≡ ?1(mod 7)。 所以m ≡ ?1(mod 3),m ≡ 0(mod 5),m ≡ ?1(mod 7),因此m ≡ 20(mod 105)。所 以m的最小值为20。 二、整数n ≥ 3,求证:在正2n ? 1边形的顶点中任取n个点,其中必有 3 个点,使得 它们是一个等腰三角形的顶点。 解答:设正2n ? 1边形的顶点按顺时针方向依次为A 、A 、A 、 … … 、A 。 首先,我们证明从这2n ? 1个顶点中任取n个点,至少有两个顶点相邻。否则,将这 }。每组 2n ? 1个顶点分成如下n组: A 、A 、 A 、A 、……、 A ,A 、{A 里面最多只能取一个顶点,而总共n组,所以A 必被取到。进而知 A 、A 只能取A , A 、A 中只能取A ,……, A ,A 中只能取A ,而A 与A 相邻,矛盾。 所以从这2n ? 1个顶点中任取n个点,至少有两个顶点相邻。 不妨假设选定的n个顶点中相邻的两顶点为A 、A 。其余n ? 2个顶点分别为A 、 A 、……、A 。 显然,正2n ? 1边形中,任意两顶点所连线段的中垂线,过且仅过一个顶点。如果对 于选定的两个顶点,它们连线段中垂线所经过的顶点也是选定的顶点,则这三个顶点构成 一个等腰三角形。 如果选定的n个顶点中,任意三点都不构成等腰三角形,则选定顶点中,任意两点连 线段的中垂线经过的顶点都是未选定的顶点。于是知 A ,A 、 A ,A 、……、 A ,A 、 A ,A 中,每对顶点连线段的中垂线所经过的顶点都是未选定的顶点。而 这n ? 1个顶点互不相同,且未选定的顶点恰有n ? 1个,所以这n ? 1条中垂线所经过的 n ? 1个顶点,恰分别为未选定的n ? 1个顶点。同理可知, A ,A 、 A ,A 、……、 A ,A 、 A ,A 中,每对顶点连线段的中垂线所经过的顶点,也都恰分别为未选定 的n ? 1个顶点。于是知 A ,A 、 A ,A 、……、 A ,A 、 A ,A 每对顶点连线 段中垂线所经顶点的集合,恰为 A ,A 、……、 A ,A 、 A ,A 每对顶点连线段 中垂线所经顶点的集合。 若A 、A 连线段的中垂线所经顶点,与A 、A 连线段的中垂线所经顶点为同一个顶点, 则A = A 。于是知若A (i>2)被选定,则A 被选定;A 被选定,则A 被选定;进 而知,A 、A 、……、A 都被选定。而A 、A 、A 三个顶点构成的三角形为等腰三角 形。所以在正2n ? 1边形的顶点中任取n个点,其中必有 3 个点,此三个顶点构成等腰三角 形。 三、集合E是一个给定的n元集合,A 、A 、A 、 … … 、A 是E的k个互不相同的子集, 使得对于其中任意两个集合A 、A ,1 ≤ i<j ≤ n,或者A ?A = Φ,或者A ? A ,或者 A ? A 。求k的最大值。 解答:为方便叙述,不妨设E = 1,2,3, … … ,n 。 首先,我们取Φ、{1}、{2}、{3}、……、{n}、 1,2 、 1,2,3 、 1,2,3,4 、 1,2,3, … … ,n ,这2n个集合即满足条件。所以k ≥ 2n。

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文 武 光 华
下面我们用数学归纳法,证明k ≤ 2n。 注意到添加或去掉Φ和E不影响题设条件,为方便叙述,我们假设A 、A 、A 、 … … 、A 满足题设条件,且其中没有Φ和E,则我们只需证明t ≤ 2n ? 2。 当n = 1时,结论显然成立。当n = 2时,E = 1,2 ,只能取A = {1},A = {2},结 论成立。 假设当n ≤ m时,都有t ≤ 2n ? 2。下面我们考察n = m + 1时的情况。 显然,添加或去掉{1}、{2}、{3}、……、{m + 1}这m + 1个单元集合,不影响题设条 件,所以不妨假设{1}、{2}、{3}、……、{m + 1}都包含在A 、A 、A 、 … … 、A 中。 我们取A 、A 、A 、 … … 、A 中元素个数最多的集合为A ,则其它每个集合要么是 A 的真子集,要么和A 的交集为空集;在和A 交集为空集的集合中,再取元素个数最多 的集合为A ,则其它每个集合要么为A 真子集,要么和A 的交集为空集(包括A 及其子 集);在和A 、A 交集都为空集的集合中,再取元素个数最多的集合为A ,则其它每个 集合要么为A 的真子集,要么和A 的交集为空集(包括A 、A 及其子集);……;依此 类推,可以得到一系列集合A 、A 、A 、 … … 、A ,使得它们两两的交集为空集,且其 它每个集合都为这r个集合中某个集合的一个真子集。且易知m ≥ A ≥ A ≥ A ≥ ? ≥ A , A + A + A + ? + A = m + 1,r ≥ 2。 将A 、A 、A 、 … … 、A 这t个集合根据以上的r个集合分类,将A 及其真子集归为B , 将A 及其真子集归为B ,将A 及其真子集归为B ,……,将A 及其真子集归为B 。则 |B | + |B | + |B | + ? + |B | = t。 又根据归纳假设知|B | ≤ 2 A ? 1,|B | ≤ 2 A ? 1,|B | ≤ 2 A ? 1,……, |B | ≤ 2 A ? 1,所以t ≤ 2 A ? 1 + 2 A ? 1 + 2 A ? 1 + ? + 2 A ? 1 = 2 A + A + A +?+ A ? r = 2(m + 1) ? r ≤ 2m。结论成立。 根据数学归纳法知,t ≤ 2n ? 2。加上集合Φ和E,有k ≤ 2n。 综合上述两方面结论,即知k的最大值为2n。 四、如图,锐角△ABC 内接于⊙O,P 是△ABC 内任意一点,P 在 AC、AB 上的投影分别 为 E、F。射线 BP、CP 分别交⊙O 于 M、N。设△ABC 的外接圆、内切圆半径分别为 R、r, 求证: ≥ ,并确定等号成立是 P 的位置。
N A M F P O B C E

证明:如图,延长 AP 交⊙O 于点 L,连接 LM、LN,过 P 作 PD⊥BC 于 D,连接 DE、DF。 设△DEF 外接圆半径为R′。 因为∠FDE=∠FDP+∠EDP=∠FBP+∠ECP=∠MLA+∠NLA=∠NLM,同理可知∠DEF=∠LMN, 所以△DEF∽△LMN,所以 = 。于是只需证明R ≥ r。 设△DEF 外心为 Q,则S△
(

= S△


+ S△


+ S△



·

+

·

+

·

=

,所以 重合时,等号成立。



(



(

,即R ≥ r。当且仅当点 P 与△ABC 内心 I

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N A M F P O B D L C E

五、如图,O、H 分别为锐角△ABC 的外心和垂心(A、O、H 不共线),A 在 BC 上的投 影为 D,F 为 AO 中点,AO 的中垂线与 BC 交于点 E,求证:△ADE 的外接圆过 OH 中点。
A

F

H E

O

B

D

C

证明:如图,取 OH 中点为 K,只需证明 A、E、D、K 四点共圆。 作△ABC 外接圆⊙O,延长 AD 交⊙O 于 J,则 D 为 HJ 中点。连接 OJ,则DK =

=

= AF,又 FK∥AD,所以四边形 ADKF 为等腰梯形,所以 A、D、K、F 四点共圆。又显然 A、 E、D、F 四点共圆,所以 A、E、D、K 四点共圆,命题得证。
A

F

H E

K D

O

B

C

J

六、数列{a }满足:a = ,a 解答:根据条件知:a 又根据条件知:a b = ,b =b +b ? =∑ ?a =

=a +

,n ∈ N,求满足a <1<a

的整数k。

>0,所以数列{a }单调递增。 ? = + = ,即 (1)
(

=a +

。令b =
)

,则数列{b }: ? ? =

= b (b + 1)。所以 ? =∑

=

?

,于是知

= 4024 ? ∑ 因为a <1<a = 4024 ? ∑ b <
( )

?b <

<b

,所以: = 4024 ? =
( )

>4024 ? ∑ <
( )

?

?

? k>2011.5 ? k ≥ 2012

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又 b >
(

= 4024 ? ∑
)

<4024 ? ∑ >
( )

= 4024 ?

=

(

)

?

?

? k<2013

综上所述,知k = 2012。

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