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中等数学2013年第8期


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中 等 数 学 

有 关 数 字 和 问 题 的 一 些 技 巧 
武 炳 杰 
( 复旦大学数学科学学院 2 0 0 9级 , 2 0 0 4 3 3 )   中圈分类号 : O1 2 2   文献标识码 :A   文章编号 : 1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8—0 0 0 2

— 0 5  

( 本讲适 合 高 中)  

在实 际解 题过程 中 , 为 了节省 时间 , 不盲 目构  造, 一般 尝试 的数字 特点 是 全 为 9, 或 者有 尽  可能多 的数字 相 同 , 大 多 时候 这样 做 均 会 收  到很 好 的效果. 若需 要构 造 的不 是具 体数 字 ,  
则 一般利 用归 纳法.  

有关 数 字和 的 问题 , 一 直是 国 内外 数 学 

竞赛的热点与难点 , 更有涉及数论较深层次  的问题 , 如N i v e n数( 可以被 自身数字和整除 
的数 ) 等. 本 文 旨在 介 绍 有 关 数 字 和 的一 些 
相关性 质及 解题技 巧 .  

例 1 求所有 的 n , 使 得存 在 a 、 b满 足 
S ( a )= S ( 6 )= I s ( a+b )= n.  

本 文用 S ( n ) 表 示 数 字 n在 十进 制 下 的  数字 和 , 则 

( 2 0 0 2 , 罗 马 尼 亚 为 巴 尔 干 半 岛初 中级 

s (  

≥ l   L 上 U   】 J   ,  

竞 赛 的选 拔考 试 )  

【 分析】 利用数字和的同余性质 , 知n 是 
9的倍 数 , 而 当 n是 9的倍 数 时 , 设法 构 造例  子, 最 简单 的方法 就是 考虑 a=b 且 全是 9的 
例子.  

其中, [   ] 表示不超过实数  的最大整数.  
由上 表达 式可直 接得 到结论 :   ( 1 ) J s ( 凡 ) .  ̄ - - n ( m o d   9 ) ;  
( 2 ) S ( m+n ) ≤. s ( m)+ S ( n ) .  



由性质 ( 1 ) 知 

数 字和 问题之 所 以较 难 , 就 是 因为 所研 

a -b i0+ b -  ̄r - t ( mo d   9 ) .   从而 , 2 n 暑n ( m o d   9 ) .  

究的函数既不连续 , 也不单调 , 因此, 在解题  时, 需要充分利用 其连续部分. 在构造 例子 
时, 则需关 注 进位产 生 的不连续 性. 概 括起 来 
就是性 质 :  

故 n是 9的倍数 .  
当 n= 9 k时 , 取 a=b =1 0  一1 , 此时,   5 ( 1 0   一1 )=I s ( 2 ( 1 0   一1 ) )= 9 k ,   满 足题意 .  

( 3 ) 当1 0  (  - 9 ) 时,   S ( n+1 ) =I s ( n )+ 1 ;   当 n=s  
阶  

例 2 求完全平方数所有可能 的数字和 
的值 .  

, 且1 0  ( s 一 9 ) 时,  

( 1 9 9 5 , 伊 比利亚美洲数学竞赛)  

S ( n+1 )= S (  )+1— 9 I I } .   1 构 造性 问题 

【 分析 】 利用与上题类似的方法 , 先通过 
余数来确定可能的值 , 对于每个可能的值 , 构 
造例子时从全是 9的角度考虑.  

有关数字和的问题 , 许多均涉及到构造.  
收稿 日 期: 2 0 1 3 — 0 1 — 2 5 修回日 期: 2 0 1 3 — 0 6— 0 4  



完全平方数 模 9的值 只可能 为 0 、  

1 、 4 、 7 , 由性 质 ( 1 ) , 所要求的值也只可能为 

2 0 1 3年第 8期 

3  

上 述 四类 .  

矛 盾.  

下面分类构造例子.  
当 n= 9 k时 ,  

所 以, 只可 能 a=1 .  
于是 , n=2 , 此时 , 3  +1 = 7≠5 , 矛盾 .  

S (  ̄ Z C P  )=s (  
当 n= 9 k+1 时,  

8  

1 )= 9 k=n ;  

因此 , 数字 和至少 为 3 .  

当 n= 8时 , 3 , l  +n+1=2 0 1 , 数 字 和恰  为3 , 故 3是最 小值.   ( 2 ) 令 n:1 0  一1 . 则 
3   +   十 1=3   x   1 0 2 m 一6   x   1 0m+3+l 0 m  


. s (  

1   ) = S (  ̄x 5 9 8 2  ̄ 2 0 , 8 1 )  

=9k+1=n:  

当 n= 9 k+ 4时 ,  

2  

5  

3 .  

S (9  ̄2 5 9 2   ) = s (  ̄z . o 8 4   Q Q 二  6 4 )  
=9k+4=n:  

m一1 个 

m 一1 个 

令 2+ 9 ( m 一1 ) + 5+ 3=l   9 9 9 .  
所 以, 只需取 m = 2 2 2即可.  

当 n: 9 k + 7时 ,  
. s (   4   )=. s (   8 8   Q   3 6 )  

例 4 试 问: 能 否 找 到 三 个 不 同 的正 整  数a 、 b 、 c , 使得  5 ( a+b ) <5 , J s ( b+ c )< 5 , I s ( c +a )< 5 ,  
但 ( Ⅱ+b +c )> 5 0 7  

=9 k+7=n .  

例3 ( 1 ) 求3  + n+ l ( n∈ Z+ ) 形式  的整数的数字和的最小值 ;   ( 2 ) 是否存在 这样 形式的数 , 其数字和 
为l   9 9 9 7  

( 1 9 9 7 -1 9 9 8全 俄 数 学 奥林 匹 克 ( 第 五 
轮) )   解 由于  S ( ( a+ b )+( b +C )+( C +a ) )   5 ( 2 ( a+b+ c ) )  


( 第3 5届英 国数学奥林匹克)  

【 分析 】 对于( 1 ) 通过适当枚举较小的数 
后, 发 现 3最小.   解 ( 1 ) 因为  3 凡  + n+l =n ( 3 n+l   1+1  

aS ( a+6 )+S ( 6+ c )+ S ( C + 口 ) ≤l 5 ,  

于是 , 数 n= 2 ( a+b+c ) 除 以 2之 后增 大 了 

自身各位数字之和. 为了做到这一点, 可以使 
n的各位数 字 中有很 多个 l , 这 样 除 以 2后 出  现 了许 多 5 . 另外, 又要 保 证 a x b 、 c均 有 正整 

是一个奇数 , 所以, 最后一位一定是奇数.  
若数字和为 1 , 则该数 为 l , 但 n为正整 
数, 3 n   +   +l > - 5 , 矛 盾.  

数解 , 所 以, 可使 n的第一位为 3 , 三个和 的 
数 量级 相 当.   、  
取 n=3 1   1 1 l   l 1 1   l l 0 . 则 

若数字和为 2且为奇数 , 则一定是首位 
与末 尾均 为 1 , 中间 全 为 0, 不 妨设 为 l 0 。 +1  
( a∈ Z+ ) .   故3 n  + n+l =1 0 。 +l  
j , l ( 3 n+1 )=1 0   .  

J s (   ) = 1 2 , J s ㈦: 5 1 ,  
符合要求.   现将 n 分成三个数字和为4的数量级相 

但( 3 n + 1 ,   ) =( 1 , n ) = 1 , 且3 乃 + 1 >  ,  
从而 , n= 2   , 3 n+1 = 5 。 .  
所 以. 3×2  +1: 5 。 .  

当的数之和 , 例如 ,  
n= l l   l 1 0   O 0 0   0 o o+l 0   0 0 O   o o l   l 1 0+   1 0   0 0 1   l l 0   0 o O .  

但当 a > l 时,  

( 寻 ) 。 > 3  3 +   1 ,  

解 出 a= 5   5 5 5   5 5 4   4 4 5 , b = 5   5 4  5 4 4 5   5 5 5 。  
C=44 4 5   5 5 5   5 5 5 .  

4  

中 等 数 学 

例 5 证明: 存在 5 0个 不 同 的正 整数 n   ( 1 ≤   ≤5 0 ) , 使 得对 于 i , 均有 n   +S ( r / ,   ) 是 同 


能 有至少 一个 数 的数 字 和为 l 3的倍数 .  

( 1 9 9 7 , 波罗的海数学竞赛)  

个 正整数 .  

【 分析】 考虑进位问题.  
由于 7 9个 数至 多 只有 一 次是百位 进 位 ,   以此 为突破 口 , 将7 9个 数 分 为两 段 来 考 虑 ,  
注意运 用性 质 ( 3 ) .   证明 在前 4 0个数 中 , 至少有 四个 数末 

( 1 9 9 9, 波 兰数学 奥林 匹克 )  

证明 用 k 替代 5 0 , 证明更一般的情形.  
当k =l时 , 显 然成立 .  

假设 k一1时 , m1 <m 2<… <m㈦ 是 符  合题意 的解.   令m  m   +1 ( m o d   9 ) ( 1 ≤m≤9 ) .   由性 质 ( 1 ) , 知存 在整数 z 使得 
m1 一 m+ S ( m1 )一S ( m)+1 l= 9 1 .   比较 1 0   与m  .  

尾为 0 , 于是, 一 定存 在 一 个 数 , 其 十位 小 于  或等 于 6 , 设这 个数 是 Y .   由性 质 ( 3 ) 知 
Y, Y +1, … , Y+9, Y+1 9, Y+2 9, Y+3 9  

这 1 3个数 字 的数 字 和 恰 为 1 3个 连续 整数 ,   所以, 一定 有一 个为 l 3的倍 数.  

因为 l 0   是随 m  增 加而 指数 型变 化 , 所  以, 可以给 m。 , m   , …, m   加 上 一 个 充 分 大  的1 0的幂后 , 使1 0   >m   .   令n   =1 0 “  + mi ( i < k ) , 新构造 的数 
n  =m +l 0   一1 0.  

【 评注】 事实上, 还可以找到 7 8 个数, 使得 
其 中没有—个 的数字和是 l 3的倍数 构造 的思 

路与上述证明的思想类似 , 利用百位进位将 7 8  
个 数分 为两段 , 在数 前 面添 加 9来 调 整 此 数 

则n 1 + S (  I )  


的数字和除以 l 3的余数 , 如: 9   9 9 9   9 9 9   9 6 1  
开始 的 7 8个 数就是 满 足要求 的例子 .   此类 问题过去一 直是竞赛 改编题 的对象 ,   最早 源 自 1 9 6 1年第 一 届 前 苏联 中学 生 数学 
奥林 匹克试 题 :  

( 1 0   +m1 )+( 1十 S ( mI ) )   ( ml + S ( m1 ) +1 )+l 0   ,   +S ( n   )   ’  





( m+1 0   一l 0 )+( 9 Z + S ( m) )   ( 9 / + S ( , 孔 )+m一1 0 )+1 0   ( ml +S ( mI )+1 )+1 0  



在任何 3 9个连续正整数中 , 一定存在一  个正整数 , 其数字和被 l 1 整除.  
证 明 留给读者.  
事 实上 , 此类 问题 可 以 归 纳 出下 面 简 单 



=n 1 + S (  1 ) .  

故新构造的数也符合题意.   由数学归纳法, 知命题成立.  
当k = 5 0时 , 即为题 中结论 .  
2 利用 S ( 凡 ) 的局部 连续性 

的推广 .   例 7   设 k是 正 整 数.则 任 意 连 续  2×1 0   个正 整 数 中 , 一定存 在一个 正整数 ,  

其数字和是 k的倍数.   证明 设连续 2×1 0   个正整数 的第 一 
项 为 ,   !口 ( m o d   1 0   ) ( 0<a <1  ̄ 0   ) .   所以, 从 b:   —a+1 0  开 始 的 长 为 l 0  

虽然 S ( n ) 不是连续递增的函数 , 但是 ,   在非进位的地方其是连续的, 而连续 n个整  数中一定有一个是 r t 的倍数 , 这样 自然就能 

和数论问题产生了联系 , 并且带有组合极值 
问题的特点. 很多竞赛题也与 N i v e n 数有密切  联系. 下面通过几个例子谈这种技巧的运用.  
例 6 证 明: 任 何 连续 7 9个 数 中 , 一 定 

的连续 自然数段 , 均在原来的连续 2× 1 0   个 
正 整数 中.   ?  
记 b= c ×1 0   , S ( b )=S ( C ) 三r ( m o d   k ) ,  

2 0 1 3年第 8期 

其 中, 0 ≤r ≤| j } 一 1 .  
令 d=  
一  

.  

习题.  

. 考 虑数 

例 9 证 阴: 任 意连 续 3 6个 小 于 1 0   0 0 0  

Y=c   X   1 0  +d.  

的数中, 必 有一个 数 可 以被其 数字 和整 除 
( 即N i v e n数 ) .  

. s ( y )= 5 ( c )+S ( d ) -0 ( m o d   k ) ,  
且 Y也在 题设 的 范围 中.  

( 根据 1 9 8 4年环球城市数学竞赛初 中组 
初 级卷改 编 )  

所 以, 命 题得 证.   例 8 设 Ⅳ 个 连 续 正 整 数 满 足 下 列 条 

【 分析 】 由于数字和至多为 3 6 , 数字和为 
9的倍 数 的数 是 9的倍 数 , 从而 , 着 重 分析 数  字 和为 9 、 1 8 、 2 7的情形 即可 .   证 明  由于任 意连 续 3 6个 数 中必 有 两  个是 l 8的倍数 , 于是 , 若 它们 有 一 个 的数 字  和为 9 或1 8 , 利用性质 ( 1 ) , 知它就是 N i v e n数.   另一方面 , 因为数字 和为 3 6的只有 9   9 9 9  

件: 第1 个数的数字和能被 1 整除, 第2 个数  的数字和能被 2整除, ……第 Ⅳ个数的数 字  和能被 Ⅳ整除. 试求 Ⅳ的最大可能值.   ( 2 0 0 0 , 环球城市数学竞赛 )  
解 设这 Ⅳ个数 为 口 。 ,  , …, a  

若N >2  ̄ 2 , 则Ⅱ 2 , a 3 , …, a 2 1 这2 0 个数 至  少有两个数的个位数是 9 , 且在这两个数 中,   至少有一个的十位数不是 9 , 令其为 口   .  
故i <2  ̄ 1 .  

这一个数 , 它不是 1 8的倍数. 所 以, 再次结合  性质 , 知只需考虑这两个偶数的数字和为 2 7  
的情形 . 由于 末 位 为 0 、 数 字 和为 2 7的数 只  有9   9 9 0 , 它是 N i v e n数 , 于是 , 进一 步, 只需 

若i 为偶数 , 则i <2  ̄ 0 .  
因为 i l S ( 口   ) , 所以, S ( a   ) 也 为偶数 .   由于 S ( a   + : )=S ( 口   + 。 )+1=S ( 口 i )一 7  

考虑它们的末位均不是 0的情形.  
设 这两 个 l 8的倍数 中较 小 的一个 为 .  

为奇数 , 可得( i + 2 )  S ( 口 Ⅲ) .  
故 Ⅳ≤i +l ≤2 1 .  

因为  为偶数 , 所 以, 个位 数只能为 2 、   4 、 6 、 8 , 且 + 1 8 的数字和也为 2 7 . .  
考虑  + 9 .  

若 为奇数 , 则 由( i 一1 ) l | s . ( 口  ) 可得  S ( a   一   ) 为偶数 , 故S ( n …) 为奇数.  
所 以, ( i +1 )  S ( a …) .   从而 , Ⅳ≤i ≤2 1 .   综上 , N≤2 1 .  

由于 9I (  + 9 ) , 利用性质( 1 ) , 知  + 9   的数 字和 只能为 9 、 1 8 、 2 7 .   若 数字 和为 9 , 则  + 9是 N i v e n数 .  

若数字和为 1 8 , 则 + 9的个位数是 的 
个 位数 减 1 , 即I 、 3 、 5 、 7中 的 一个. 故  +1 8   至少要 有一 次进位 .  

下 面为 2 1 构 造例 子.  

由[ 2 , 3 , …, 1 1 ] = 9 × 3   0 8 0 , 知可令 
a l =3 8   8 9,  
3   0 7 8 个 

所以 , S (  +l 8 )<. s (  + 9 )=1 8 .  

但S (  + 1 8 ) = 2 7 , 矛盾.  
若数 字 和为 2 7 , 则 、  + 9 、  +1 8数 字和 

n f =口 1 +( i 一1 ) ( i : 2 , 3, …, 2 1 ) .  

故2 I S ( 口 2 )= 9 × 3   0 8 0 + 2 ,  
k I S ( 口   )= 9× 3   0 8 1+ k ( k= 3 , 4 , …, 1 1 ) .   而 k=1 2, 1 3 , …, 2 l时 , S ( 口   )= k .  

均为 2 7 , 且是连续 三个 9的倍 数. 故一定有 


个数是 2 7的倍数 , 此数便是 N i v e n 数.   综上 , 原命题成立.   例1 O 不存在 2 1 个连续 的 N i v e n 数.  
证 明  假 设 n , 口+l , …, n- I - 2 0均 为 

故k I S ( 口   ) , 但2 2  S ( t Z  ) = 1 3 .  

【 评论 】 此 题是用 最小 公倍 数 构造 的 ,   事实上 , 还可以用阶乘起到 同样的效果 , 留作 

N i v e n 数, 记口 与o + 1 中的一个奇数为 b , 则 

6  

中 等 数 学 

b 与 b+1 0均 为奇 数. 故S ( b ) 、 S ( b+1 0 ) 也  是奇数 . 所以, b +l 0是一定 发 生 了进位 , 即b  
的十位 为 9 .  

至 少有 k 个 解.  

( 2 0 0 3 , 罗马 尼亚 国家 队选 拔考 试 )   提示: 仿例 5 .   4 . 能否找 到 1 9个 两两不 同的正整 数 , 它 

进一 步 , 可推 出 2 1个 连 续 数 中一 定 有  1 0 0的倍 数 , 记为 c .  
贝 0   c ≤b+l 0 ≤0+l 0 .  

们的各位数字和相等, 而它们的和为 1   9 9 9 7   ( 1 9 9 8 -1 9 9 9 年全俄数学 奥林 匹克 ( 第  五轮 ) )  
提示 : 不 能. 利 用性 质 ( 1 ) , 知这 些 数模 9  

故c , c + 1 , …, c + l 0也均为 N i v e n 数, 且 
S ( c ) , S ( C +1 ) , …, S ( C+9 ) 是 1 O个 连续 的  正 整数.  

余1 . 仿例 3 枚举证明.  
5 : 已知 口 、 b ( n ≤b ) 是正实数 , 对 于 正整 

因此 , 一定有一个是 1 0的倍数, 那只能 
是 S ( c ) . 于是 , S ( c ) ≥l 0 .   另 一方 面 ,   S ( C +1 )= S ( C )+1= S ( C +l 0 )= d .  

数n , 用  表示 5 ( [ 口 凡 + b ] ) 的值 , 其中, . [  ]  
表示 不 超过 实数   的 最 大 整 数. 证 明: { 戈   }   ( n ≥1 ) 中有 常值 子列.   ( 2 0 0 2, 罗 马尼 亚 国家队选 拔考试 )  

因为 C + 1 与c + l 0 均为 d的倍数 , 所以,   d l [ ( c + 1 0 ) 一 ( c + 1 ) ] = 9 ,  
即 d= . s ( c )+1 ≤9 ,  

提 示 : 对 整 数 后 , 记  = 【  
= 口 f l   —± — 旦  1 l + +≤ b  1 ≤   1 0   + +. b .  
: 口

】 . 则  

这与 S ( c ) ≥1 0矛盾 .  

0   = a ( 、  口  一   ) ,   + 6 < 口 n   + 6  
故1 0   ≤[ 口 r I   + b ] ≤l 0   + b .   若k 能充分 大, 使b <l 0  。 , 此时  便  是1 加上 { 0 , l , …, [ b ] } 中的某一数字 的数  字 和.   由于 k有无限 多种取法 , 而集合 { 0 , 1 ,  


练 习 题 
1 . 为例 8 构造另一个例子.   提示: 利用阶乘取代例题中最小公倍数 
的作 用.  
取a 1 = 2 9 1   X   l 0 … 一l l ,  

a   = 口 l +( i —1 ) .  

当2 ≤  ≤1 1时 ,  
S ( 口   )= 2+ 9+ 9 ( 1 1   1 —1 )+  一 2  
=i +l 1   1 ;  



[ b ] } 中元素只有有 限个 , 故由抽屉原理,  

知{  } ( n ≥1 ) 中一定有常值子列.   6 . 证明: 对任何 Ⅳ , 存在 n> N, 使得 
J s ( 3 “ ) ≥I s ( 3 ”。 ) .  

当l 2 ≤i ≤2 1时 ,  

( 1 9 9 6 -1 9 9 7年全 俄 数 学 奥 林 匹 克 ( 第 
四轮 ) )  

S ( 口   )= 2+ 9+l +( i 一1 2 )= i .  

均符合题意.   2 . 证明: 在任意 1 8个连续 的三位数 中,  


提示: 若存在 Ⅳ , 使得任意的 / Z > N , 有 
S ( 3 ”   )一. s ( 3 “ )> 0 .  

定有一个三位数是 N i v e n 数.  

由性质( 1 ) 知J s ( 3 ”   ) 一 S ( 3   ) ≥9 .  

( 1 9 8 4 , 环球城市数学竞赛初中组初级卷)  
提示 : 仿例 9 .   3 . 对于任意的正整数 k , 证明: 存在正整  数 m, 使 
n+ S ( n )=m  

故∑ ( . s ( 3 …) 一 s ( 3   ) ) ≥ 9 ( n 一 』 、 r )  
9 ( n — N ) ≤ S ( 3  ) ≤ 9 ( [ i s   3  。 ] + 1 )  
( 1 一l g   3 ) 儿 ≤^ r + l g   3+l ,   与 n的任意性 矛盾 .  

2 0 1 3年第 8期 

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解题 小品—— 得意忘形  
陶 平 生 .  
( 江西 科技 师范学 院数学与计算机科学系 , 3 3 0 0 1 3 )  
中图分类号 : O 1 5 7 . 1   文献标 识码 :A   文章编号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8— 0 0 0 7— 0 5  

成语 “ 得 意 忘形 ” 原 用 来 形 容 魏 晋 时 期 

Y轴 的边 为 “ 纵 向边 ” .  

“ 竹林七 贤 ” 阮籍 等 人 “ 当其 得 意, 忽忘 形 
骸” , 即 高 兴 得 控 制 不 住 自己 , 忽 然 失 去 常  态; 而 陶渊 明则 用 “ 好读书 , 不求甚解 , 每会  

因为多边形的任一条横边两端必定连接 
纵边 , 任 一条 纵 边 两端 必 定 连 接 横 边 , 所 以,   1 0 0边形 的纵 、 横 边各有 5 0条 .  

意, 便欣然忘食” 作出解 释; 宋人潘大 临刚写  了一句“ 满城风雨近重阳” , 便高兴得手舞足 
蹈, 忘乎所以, 使得此诗留传下来的只有这么 


由于多边形 的各条边 长为奇数 , 故 每条  横 向边 两个端 点 的横 坐标 一 奇 一 偶 , 而每 条  纵向边上的点具有相 同的横坐标. 若沿 多边  形的周界绕行 一周 , 则顺次经过的每条纵 向   边, 其相应 的横 坐标必是奇偶 相间 , 也就是  说, 这5 0条纵 向边在 轴上的投影点的横坐  标共有 2 5 个奇数 , 2 5 个偶数( 其 中有些纵向   边的投影点可能是重合的) .   接下来 , 设 在  轴上的投影点的横 坐标  为  ( i = 1 , 2 , …,   ) 的纵 向边有  条 , 其 中,  
上  

句, 落 下 了终身 残疾 .  

现今 , 人们将“ 得意忘形” 直接理解为获  求事物的内涵意义而忽略其外在表现.   数学中的内涵有时会与习惯以及直观相  抵触. 据说戈林与希特勒均是矮个子 , 有一次  他们站在一起 比高低 , 结果戈林 比希特勒高  出一 个 头 ; 那么, 高出 的那 个 头究竟 是戈 林 的  头还是希特勒的头呢?若按照习惯与直观考  虑, 高出的似乎是戈林 的头 , 但是 , 从概念的  外延来看 , “ 比” 的对象应是希特 勒的头 , 所  以高出的是希特勒的头 ( 如 同股市涨跌百分  比的算法一样 ) .  
例 1 在平 面直角 坐 标 系 中给定 1 0 0边  形 P, 满足 :   ( 1 ) P的顶点 坐标 均为 整数 ;  

n   = 5 0 ,   l <戈 2 <… <  , 如图 1 .  

( 2 ) P的边均与坐标轴平行 ;   ( 3 ) P的边长均为奇数.   证 明: P的面积为奇数.  
证明 注意到, 本题 只需 确 定 面积 的奇 

图 1  

再设多边形 P夹在直线 =   与 =   … 
间的面积为  (   = 1 , 2 , …, k 一 1 ) .  

偶性 , 而不必求出具体面积.   称平行于 轴的边为“ 横 向边” , 平行 于 
收稿 日 期: 2 0 1 3 — 0 4— 0 3   修稿 日期 : 2 0 1 3 — 0 7 — 0 1  

由于本 问题只注重奇偶 , 若用 0 一 b 表示  整数 a , b 具有相 同的奇偶性 , 则 
A 。 =( 凡 。 个奇数之和) ×(   : 一   。 )  
~n 1 (   2 一  1 ) ,  

8  

中 等 数 学 

A   = ( n . + r t   / 1 崎 数  二 代娄   和) × (  一  )  


由数 学归 纳法 易得 
> 0 , Y 2   < 0 .   由式② 、 ③得 
y 2   + 2+y扯+ 1  
= 一

( n l + n 2 ) (   3 一   2 ) ,  

③ 
  ’

A ㈧ = ( n 1 + n 2 +… +  一 1 个奇数之代数 
和 )×(   一  一 1 )   ( n 1 +n 2 +… + n   一 1 ) (   ^ 一  一 1 ) .   故多边 形 P的面积  一  


( 2 c 一1 ) Y u + l +( a—c   ) Y  < 0 。 (   ( 2 c 一1 ) Y 2   +( a— c   ) , , 2   一 1 > 0 . (  

+ 1+ Y 2 k  
= 一

A =Al+A2+… +A 


l  

故 由式④ 、 ⑤得 




∑∑ n i (  。 一 X t )  
t =1  i =l   k —I   k  

I = , , l + ( Y 2 + Y 3 ) + …+ (  一 2 +  一 1 ) > 0 ,  


( Y l +  ) + ( y 3 +  ) + …+ (  一 l 十 %) < Q  



∑n i (  
I= l  

) = 5 0 x   一 ∑ 
I= I  

从而 , 对 所 有的正 整数 n , 均有  ≠0 .  

k  


故由式① , 知. s   是无理数.  
例 3 蜘蛛共 和 国的 国王 ( 蛛王) 打算 在 

∑n i x i 一 2 5   x 0 + 2 5 × 1 ~ 1 ,  
I= I  

即多边形 P的面积 为奇数 .  

例 2 设 正 整数 a不 是 完 全 平 方 数 . 证  明: 对 每一个 正整数 / 1 , ,  

其国土中为其“ 蛛侯 ” 们兴建  座城市 以及  n一1 条 道路 , 使得 每条 道 路 连接 两 个 城 市 而  不经过其他城 市, 且每两个城市之 间通过这  些道路可以互相到达 , 并要求城市与城市之  间的最短距离恰是 1 , 2 , 3 , …, 巫 
二 

I s   ={   } +{   }  + . . ? +{   }  
的值均为无理数. 这里 {  } =  一[  ] , 其 中,   [  ] 表示不超过实数 的最大整数. … 
( 2 0 0 6 , 中国西部数学奥林匹克)  
证明 设C  < a<( c +1 )   ( C∈ Z+ ) .  

这些 

数( 即c : 个“ 城市对” , 各城市对间的距离分 
别取到数值 1 , 2 , 3 , …, c   ) .   试确定 , 在下列情形中, 蛛王的打算能否 
实现 ?   ( 1 ) / / , = 6;( 2 ) / 1 , = 2   0 1 3 .   ‘  

则[ 4 h - - ] = c , l ≤0 一 C   ≤2 c .  
令{   }  =(   一c )  

=  + Y   √   ( k∈ Z + ,   ^ 、 Y   ∈Z ) .  
贝 4   S   =(  l +   2 +… +  ) +  

解  ( 1 )当 n=6   时, 蛛 王 的 打 算 可 以 实 
C   A   D 

( Y 1 + Y 2 +… + y   )   .  
下 面证 明 : 对所 有 的正 整数 n , 均有 


① 

现; 6 点分布及各段路 长  的设 计 如 图 2 .  
显然, 6座城 市 两 两  之间的距离 1 , 2 , …, l 5  
E   B   F  

∑Y k ≠ o .  
+, , 川  =(   一 c ) ¨。  

图2  

由 


均出现 ( 1 5= C : ) .  
( 2 ) 当n : 2   0 1 3时, 蛛王的打算不可能 
实 现.  

( 4 h - - 一 c ) (  + Y   √   )  
( a y   — c  ) +(  一 c y , ) 4 - a ,   = a y k - C  ̄ k  



为此 , 先证 明: 对于 / 7 , 阶树 , 满足要求 的  道路 网存在的必要条件为  或 n一 2 是一个  完全平方数.   事实上 , 对于一般 的 n , 以点代 表城市 ,  
(  

则 

【 ) , “l   ^ 一c ) , ^ ?  

消去 {  } 得 
Y   + 2 =一 2 c ,   + l +( a—c   ) y   ,

如两城市间有直通道路 , 则令相应 的两点相 

其 中, Y l = 1 , Y 2 =- 2 c .  

邻. 于是, 得  阶图 G .  

2 0 1 3年第 8期 

9  

依题意知图 G是 n阶树. 从 而, 任两点 
之间 只有 唯一 的一 条道路 .   将 两点 问 的距 离 定义 为两城 市 间 的实际 

在编号为 l 、 2 、 3 、 4 、 5 ( 从左至右 ) 的五栋别墅  故 =  


中, 戴 着 不 同颜 色 ( 红、 黄、 蓝、 绿 、 白 ) 的 帽  一   一   子, 各 自养 有 不 同 的宠 物 ( 马、 狗、 狐狸 、 乌 
2 
/L   l )

2  

n 

距离 , 即为两点之间的道路上各条边长的和.  
因为 n个城 市 之间 的城 市对有 c  个 , 为 

n 
 

=   、 一   水 、 龟、 蜗牛) , 喝 着 不 同 的饮 料 ( 豆奶 茶 可 

使它们 问的距离 分别 取到数 值 1 , 2 , 3 , …,  

乐、 牛奶 、 咖 啡) , 抽不 同品牌 的 香烟 ( 万 宝  +  =   路、 三五 、 肯特 、 摩尔 、 本生 ) . 已知 :  
、,

 

y  n    , 

2  

c : , 所以, 其中每个值恰各取到一次.  
任 意选 取一 点 4, 将 其染 成 红 色 , 然后 按  以下方 法 把 所 有 的点 红 、 蓝染色. 对 图 G 中 

( 1 ) 英 国人戴 红 帽子 ;   ( 2 ) 西 班牙人 有条 狗 ;  

—  
4  

( 3 ) 戴绿 帽子 的人 喝豆 奶 ;   ( 4 ) 乌 克兰人 喝茶 水 ;   ( 5 ) 带 绿帽 子 的人 住 在带 白帽子 的人 右  边( 从 读者 方 向看 ) ;  

任一点 P, 若道路 A P的长为偶数 , 则将点 P   染红; 若 道路 A P的长为奇数 , 则将 点 P染蓝   这样 , 对于图 G中任意两点 P 、 Q . 若P 、   Q 同色 , 则P Q路 长 为偶 数 ; 若 P、 Q异 色 , 则  P Q路长为奇数 , 反之亦然.  
设 图 G中有红 点  个 , 蓝点 Y个. 则  + Y   =n , 且 异 色点对 有  个 , 即距 离为 奇 数 的路 
有  条 .  

( 6 ) 抽万宝路牌香烟的人养蜗牛;  
( 7 ) 戴黄帽子的人抽三五牌香烟;  
( 8 ) 当中那栋 房子 的主 人 喝牛奶 ;  

( 9 ) 挪威人住左边第一栋房子;  
( 1 o ) 抽 本 生牌 香 烟 的 人 和 养 狐 狸 的 人 

( i ) 若c : 为偶数, 则在 1 , 2 , 3 , …, c : 中,  
1  

是 隔壁 邻居 ;  

有÷c : 个奇数.  
二 

( 1 1 ) 抽 三五牌香烟的人 和养 马者是 隔 
.  

1  

从而, x y = ÷c  

壁邻居 ;  
( 1 2 ) 抽 肯特牌 香 烟的人 喝咖 啡 ;   ( 1 3 ) 日本 人抽 摩尔 牌香 烟 ;  

( 1 4 ) 挪威人和戴蓝帽子人是隔壁邻居.  
即 n为平 方 数.  

( i i ) 若c : 为奇数, 则在 1 , 2 , 3 , …, c  
1  

请找出, 谁养 乌龟 , 谁 喝可乐 ?  



采用 逻辑语 句运算方法来 求解 本 
表 1  
3   4   5  

中, 有÷( C   + 1 ) 个奇数.  
从而, x y = ÷( c   + 1 ) .  
故(  一y )  =(  +) , )  一 4 x y  
= n   一( n  一n+ 2 )= n一2 ,  

题, 先 引进一 组记 号 , 如表 1 .  
\   标 
项 目\ \  
1   2  

国籍 A   英 国 西班牙  日本  挪威 乌克兰 

即 n一 2为平 方数 .   当  : 2   0 1 3时 , 由于  及 尼一2均 不 是 

饮料 曰   咖啡  茶水  可乐  牛奶  豆奶 
宠物 C   马  乌龟  蜗牛  狐狸  狗 

平方数, 因此 , 蛛王的打算不能实现.  
下面 是一 个有 趣 的逻 辑 推 理 问题 ( 上 世 

香烟 D   肯特  三五 万宝路 摩尔  本生 
帽色 E  
房号 F  

纪七 十年 代 “ 科 学 画报 ” 中 的一个 征 解 问 
题) .  

红 
l  

蓝 
2  

黄 
3  

绿 
4  

白  
5  

例 4 有五个具有不 同国籍 ( 乌克兰 、 西 

这样 , 每一结论或命题均可用括号 中的 


班牙 、 日本 、 英 国、 挪威 ) 的人 , 他们分别居住 

组符号表示 , 例如 , ( A 。  E   ) 表示英 国人 

1 0  

中 等 数 学 

喝可 乐 、 戴 绿帽子 .  

( E   ) ( E   F   )=l ,  

正确的命题取值为 1 , 错误 的命题则取  值为 0 . 每一个 字母 在同一个命题 中只能 出   现一次. 对于两个命题 , 若含有公共的元 素,  
则 可 以合 并 , 称 之 为“ 乘法 ” .   例如, 设( A   C 2 )=1 , 且( A   层   )=1 . 则 
( A 2  ) ( A 2 E   F 5 )=( A 2 C 2 E 4 F 5 )=1 .  

与条 件式 ( 1 4 ) 矛 盾.  

若n = 2 , 则条件式( 5 ) 化为  ( E 4 F 3 ) ( E 5 F 2 ) = 1 ,  
与条 件式 ( 1 4 ) 矛 盾.  

若n = 3 , 则条件式 ( 5 ) 化为 
(   ) ( E   F 3 )=1 .  

显然, 若乘式中有一个矛盾命题 , 则其值 
为0 .  

将 条件式 ( 3 ) 、 ( 8 ) 、 ( 1 ) 、 ( 1 4 ) 、 ( 9 ) 顺 次  乘 入上 式得  ( A   E   ) ( A   D 2 E , F 。 ) ( E 2  ) ?  

采用 以上 记 号后 , 条件( 1 ) 至( 1 4 ) 便 可 
依 次改记 为 :   ( 1 ) ( A 。 E 1 )=1 ;   ( 2 ) ( A 2 C   )=1 ;   ( 3 ) (   )=1 ;  

( B 5  

) ( 日   E   ) = 1 .  

① 

上式 中 , 含 D  的 因 式 ( A   D   E , F 1 ) 之 中 

含有 , 。 , 因此, 条件式 ( 1 1 ) 中r n= 1 , 故条件 
式( 1 1 ) 化 为  ( D 2 F   ) ( C l   )=1 .  

( 4 ) ( A 5 B 2 )=1 ;  

将此式乘入式①得 
(  。 E 。 ) (   D2   3 F 1 ) ( C 。 E 2  ) ?   (  5 日F 4 ) (  4 E 5   )=1 .  

( 5 ) ( 日 + 。 ) (   ) = 1 , 存在n ∈{ 1 , 2 , 3 , 4 } ;  
( 6 ) ( C 3 D 3 )=1 ;   ( 7 ) ( D 2 E 3 ) =1 ;   ( 8 ) ( B   F 3 ):l ;  

将 条件 式 ( 4 ) 乘人 得 
( A   E , ) (  4 D 2 E 3 F 。 ) ( A 5 B 2 C I E 2  ) ?   ( B 5 E 4 F 4 ) ( B   E 5 F 3 )=1 .  

( 9 ) ( A   F , )=1 ;  
( 1 0 ) (   ) ( c 4  +   ) + ( D 5  +   ) ( c 4  ) = 1 ,  

再 乘 人条件 式 ( 1 2 ) 得 
( A  。 D。 E 1 ) ( A 4 D 2 E 3 F 1 ) ( A 5 曰 2 C l   ) ?  

存在 k∈{ l , 2 , 3 , 4 } ;  
( 1 1 ) (   ) ( c 1  + , ) + ( D 2  + 。 ) ( C 1  ) : 1 ,  

(  5 E   ) (  

)=1 .  

存在 m ∈{ 1 , 2 , 3 , 4 } ;  
( 1 2 ) ( B 1 D   ):1 ;  

将8   、 F   补加 进缺  及 缺 F的因式得 
( A l  1 D1 El   ) (  4  3 D2  3 F 1 ) ?  

( 1 3 ) ( A 3 D   ):1 ;   ( 1 4 ) ( E 2 F   )=1 .  

’  

( A  c ,  

) (  

) (  

) : 1 . ② 

注 意到 , 条件式 ( 2 ) 、 ( 6 ) 、 ( 1 3 ) 相 互 独 

【 注】 ( 1 4 ) 本来为 
( A   ) (   + 。 ) + ( A   +   ) (   ) = 1 ,  

立, 其积为 
( A   C   ) ( A 3 D   ) ( C , D   )=l _  

存在 r∈ { 1 , 2 , 3 , 4} . 而由( 9 ) 知r =1 , 且 
( A   + 。 ) = 0 , ( 1 4 ) 就成为( A   F 。 ) (  
即( E 2 F 2 )=1 .  

而这三个因式又均与式②的前三个因式 

) = l ,  

独立 , 故只能并入式② 的后两个因式中, 导出  
矛盾.  

下面按 n的情形讨论.  
若n =1 , 则条件式( 5 ) 化为  

当 n= 4 时, 条件式( 5 ) 化为  ( E   F 5 ) ( E 5  ) = 1 .  

2 0 1 3年第 8期 

将条件 式 ( 1 ) 、 ( 3 ) 、 ( 9 ) 、 ( 1 4 ) 、 ( 7 ) 、   ( 8 ) 顺次乘人上式得 
( A  4 E   ) ( A   D 2 E 3 F   ) (   ) ?  

(   。  c 3 D 3 E 。  ) ( A   D 2  

) ( A ,  

) ?  

( A : B 。 c 5  

) ( A   C 。  

F 2 ) : 1 . ⑧ 

又由式⑧ 的最后一 因式 含 D s F 。 , 于是 ,  
③  条件 式 ( 1 O ) 中的 k只能 取 1或 2 .   若k =2 , 则 条件 式 ( 1 O ) 化 为 
( D   ) ( c 4   ):1 ,  

(  

) ( E   )=1 .  

注意 到 , 因式 ( A   D   E   F 。 ) 中含 有 D   F   ,  

因此 , 条件 式 ( 1 1 ) 中 m =1 .、   故条 件式 ( 1 1 ) 化为( D : F 。 ) ( C 。   )=1 .  

与式⑧矛盾.  
所以, k =1 , 条件 式 ( 1 0 ) 化 为 

将其乘入式③化为 
( A .  4 E 。 F 3 ) ( A 4 D2 E 3 F   ) ( B 5   ( E   ) ( C 。 E 2   ):1 .   ) ?   ④ 

( D   F 2 ) ( c 4 F   )=1 .  

并入式⑧ , 且将缺失的字母补齐, 化为 
( A 1  c 3   F 3 ) (  B 3 c 4 D 2 E 3 F 1 ) ?  

注意 到 , 条件 式 ( 2 ) 、 ( 4) 、 ( 1 3 ) 相 互 独  立, 其 积为  ( A : c   ) (   : ) ( A 3   )=1 . (  

( A 3 B 5 C 2 D 4 E 4  ) ( A 2 B l C 5 ol E 5 F 4 ) ?   ( A 5  2 C l D5  F 2 )=1 .  
此 即答 案 ( 见表 2 ) .  
表 2  

而这三个 因式又 与式④ 的前 两个 因式 独 

立, 应分别插入式④的后三个因式中, 且条件  式( 1 2 ) 中的 ( B   D   )=1 只能插入式④ 的后 
戾号 F   1   帽色 E   黄 

2   蓝 

3   红 

4   白 

5   绿 

两个 因式 , 故应插入式⑤的某个因式 , 由于式 
⑤的后两个 因式含有  或 D, 于是 , 只能插入 

国籍 A  挪威 乌克兰  英 国  西班牙  日本  香烟 D  三五  本生  万宝路  肯特  摩尔 

式⑤ 的前一因式 , 此时, 式⑤成为 
(  2  1 G 5 DI ) ( A 5  2 ) ( 以 3 D4 )=1 . (  

宠物 C  狐狸  马  饮料 B  可乐  茶水 

蜗牛  牛奶 

狗 

乌龟 

比较式④ 、 ⑥, 知式⑥ 中 的( A   B   c 5 D 。 )   因其含字母  和 c , 只能插人式④ 的第 四个 

咖啡  豆奶 

综上, 知 养 乌 龟 的 人 是 

所 在 的 组 

因式 , 于是 , 式⑥ 中的 (  

: ) 只能插入 式④ 

( A ,  c 2 D  

) , 其房号是 5 , 即住在第五栋 

的第五个因式, 式⑥中的( A 。 D   ) 只能插入式  ④的第三个因式 , 此时 , 式④化为 
( A 。  E   ) ( A   F   ) ( A   ) ?  

别墅 、 戴绿帽子 、 养乌龟、 抽摩尔牌香烟、 喝豆 
奶 的是 日本 人 ;   喝可乐的 人是  所 在的组 ( A , 8 3 C , 0 2   ) ,  

( A 2  l   c 5 Dl E 5   ) ( A 5 B 2 C 1 E 2 F 2 )=1 .(  

其 房号 是 1 , 即住在 左边 第 一 栋别 墅 、 戴 黄 帽  子、 抽三 五牌香 烟 、 养 狐 狸、 喝 可 乐 的 是 挪  威 人.  

条件式 ( 6 ) 并人式⑦中同时缺 字母 c 、 D  

的第一因式 , 此时, 式⑦化为 
( A 。  G 3 D 3 E 。 F 3 ) (  D 2  F   ) (   ,  D 4   ) ?  
( A 2 B l   C 5 Dl E 5 F 4 ) ( A 5 B 2 C 1 E 2 F 2 )=1 .  

而全部情形 , 悉如表 2 所列.  
参 考文献 :  
[ 1 ] 2 0 0 6中 国西部 数 学奥 林 匹克 [ J ] . 中等数 学 , 2 0 0 7  
( 5 ) .  

注意到 , 上式 只有最后一个 因式缺少字  母 D, 且应是 D   , 将其补人 , 化为 

l 2  

中 等 数 学 

自主 招 生考 试 中 的 组合 计 数 问题  
范 端 喜 
( 上海华东师大二附中闵行紫竹校区 , 2 0 0 2 4 1 )  
中图分 类号: O1 5 7   文献标识码 :A   文章编号 : 1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8— 0 0 1 2—0 4  

组 合计数 问题是 初等 数学 中一类 非常 重  要 的问题 , 也 是 高 等数 学 中的一 个 重 要 分 支 

对 于三位 数 , 先 考虑 百位 上 的数字 , 可取  l , 2 , …, 9 . 再考 虑十位 上 的数字 , 由于不 能 与  百位 重 复 , 且 与百位 上 的数 字之 和 不 能 为 9 ,   故有 8种 取法 . 最后 考虑 个位 , 由于不能 和 百  位、 十位 上 的数 字 重 复 , 且和百位、 十 位 上 的  数 字相 加均 不能等 于 9, 故 有 6种取法 .   因此 , 符 合题 意 的三位 数有 

“ 概率与统计 ” 的基础. 近年来 , 组 合计数问  题深受 自主招生考试命题者的青睐 , 同时也  是竞赛试题中不可或缺的重要组成部分.  
1 利用两个 基本原 理 

例1   设 A:{   且 B中元素满足:  

≥1 0 ,  ∈ N} , B  A ,  

9× 8× 6= 4 3 2 ( 个) .  

( 2 ) 存在满足要求的五位数( 如1 2   3 4 0 ) .   不存在满足要求的六位数. 理由如下.  
仿照( 1 ) 的解 法 , 十万 位上 有 9种 取法 ,   万 位上 有 8种取 法 , 千 位上 有 6种 取法 , 百 位  上有 4种取 法 , 十位上 有 2种取法 , 个位 上 有  0种 取法 , 矛盾 .  
  .

( i ) 任 意一 个元 素 的各 数 位上 的数 字 互  不相 同 ;  

( i i ) 任意一个元素的任两个数位上的数 
字之 和不 等于 9 .  

( 1 ) 求  中的两位数和三位数的个数 ;  
( 2 ) 是 否存在 五位数 、 六位 数 ;   ( 3 ) 若从 小 到 大排 列 曰 中 的元 素 , 求 第  1   0 8 1 个元 素.   ( 2 0 1 3 , 清 华 大 学 等 学 校 联 合 自主 招 生 

( 3 ) 由( 1 ) , 知符 合题意 的两 位数有 7 2  
个, 三 位数 有 4 3 2个.  

又符合题意的四位数有 
9 ×8×6 ×4=l   7 28  

考试 )  

个, 而四位数中千位上是 l 的有 8 × 6 × 4 = 1 9 2  



( 1 ) 两位数 中, 十位上 的数字 可取 

1 , 2 , …, 9 ; 个位上 的数字 由于不能和十位上  的数字重复 , 且与十位上的数字之和不能为  9   故对于十位上的每一个数字, 相应的个位  数字有 8 种取法.   故满足题意的两位数共有 9× 8 = 7 2个.  
收稿 日期: 2 0 1 3 — 0 6 — 1 4  

个, 千位上是 2或 3的也各有 1 9 2个.   由l   0 8 1一( 7 2+ 4 3 2+ 1 9 2× 3 )= l , 贝 0   符合题意的数为千位上是 4的最小 的数 , 即   4   0 1 2 为  中第 1   0 8 1 个元素.   例 2 对 一个 四位数 , 其各 位数字至多  有两个不相同. 问: 共有多少个这种四位数?  
( 2 0 0 6 , 复旦大 学 自主招 生考试 )  

2 0 1 3年第 8期 

l 3  



显然 , 四位 数 字 全 部 相 同的 四位 数 

文 氏图.  

恰 有 9个.  

下面分 三 步考 虑 四位数字 恰有 两个 不 同 

3 转化为一次不定方程的非负 ( 或正 ) 整数解 


数字的四位数.   ( 1 ) 先考虑千位数字 , 有 9种可能取法 :  
1, 2, … , 9.  

次不 定方 程 
1 +  2 + … + 戈n= r  

的非 负整 数 解 的个 数 为 C : …  , 正 整 数 解 的 
个数为 C   n - I .  

( 2 ) 再 考虑百位、 十位 、 个 位 上 的数 字.   由于恰 有两 个 不 同数 字 , 故除 了千 位数字 外 ,   再 从 O, 1 , …, 9中选 出 1 个 数字 .  

例 4 已知两个 实数 集合 

A={ a l , 8 2 , …, 口 l 0 o } , B={ b l , b 2 , …, b 5 o } .   若从  到   的映射, 使得  中每个元素  均有原像 , 且 
口 1 ) ≤   口 2 ) ≤… ≤   n l 0 0 ) ,  

( 3 ) 前两步两个数字确定后 , 再对个位 、   十位 、 百位上的数字进一步确定. 这三个位置 
上 分别 各有 两 种 可选 择 性 , 但 要 去 掉 一 种 情 

形, 即个 位 、 十位 、 百 位上 的数字 选 出 的均 
与 千位 数字 完 全 相 同 , 故 有 2×2×2—1种 
选法 .  

则这样的映射共有(  

) 个.  

( A ) c   ( B ) c   ( C ) c 2 g ( D ) c 嚣  
( 2 0 0 2 , 全国高中数学联赛)  
解  不妨设 b l <b 2 <… <b 5 0 .  

综上 , 共 有 四位数 
9+ 9× 9 ( 2× 2× 2—1 ): 5 7 6 ( 个) .   2 借助 文 氏图 

因为集合  中每个元素均有原像 , 设6   原像的集合为 A   ( i =1 , 2 , …, 5 0 ) , 其元素个 
数 为  . 则 

例3   已知 A   u  u   C={ l , 2 , …, 6 } , 且  A   n   ={ 1 , 2 } , { 1 , 2 , 3 , 4 }  B   u   c .  
则符 合 条 件 的 ( A,  , C) 共 有 — — 组  ( A、  、 C顺 序不 同视 为不 同组 ) .  

l +   2 + …+   5 0 = 1 0 0 .  
数解 的组 数 , 其有 C   4 9 组解 . 故 应选 ( D) .  
4 分 组 问题 


① 

于是 , 问题转化 为求不定方程① 的正整 

( 2 0 0 9 , 全国高中数学联赛湖北省预赛 )  
解 如图 1 , 对 

般地 ,  个不同的元素分成 P组 , 各组 

于1 、 2 , 可属于 区域 
I、Ⅱ, 有 2  种 ; 对  于3 、 4 , 可属 于  uC  

内元素数 目分别为 m 。 , m : , …, %, 其中, 恰有  k 组元 素数 目相 等, 于是 , 分 组 方 法 数 为 
c 7   c 7 :  c  
后!  
图1  

, , I 2 …c  

中 除 区 域 I、Ⅱ之 
外。 即 区 域 Ⅲ、Ⅳ 、   Ⅵ、 Ⅶ, 有 4  种 ; 对 

例5   6名 大学 毕 业 生 到 三 个 用人 单 位 

应聘 , 若每个单位至少录用其 中一人 , 则不同 
的录用情 形 有— — 种.  

于5 、 6 , A   uB中除 区域 I、 Ⅱ之 外 , 即区域 Ⅲ 、   Ⅳ、 V、 Ⅵ、 Ⅶ, 有5  种 .   故共 2  x 4  × 5  =1   6 0 0组.  

( 2 0 1 1 , 全 国高 中数学 联赛河北 赛 区预 
赛)  

【 注】 与集合有关 的计数 问题 常常借助 

解 录用3 人的情形有 A : = 1 2 0 种;  

1 4  

中 等 数 学 

种排法 ?   录 用 4 人 的 情 形 有   鲁   x   : 5 4 0 种 ;   有多少 ( 2 ) 从 左开 始有 3张卡 片 颜 色相 同 的有  录用 5人 的情形 有  多少 种排 法?  

警  +  
录用 6人 的情形 有 

一(  

解 ( 1  



= 1 2   6 0 0 .  

( 2 ) 左 边 3张卡 片为红 色 的有 

警  +   C 4 C I F 1  


C I ^ 3 ,  

= 4 2 0 ( 种) ;   左边 3张 卡 片为蓝色 的有 
0 5 ( 种) ?  

5 4 0 ( 种) .  

综上 , 共1 2 0+ 5 4 0+ 9 0 0+ 5 4 0= 2   1 0 种.  
5 不尽相 异元 素排 列问题 

于是 , 共有 4 2 0+1 0 5= 5 2 5种 .  

例 6 有 6×6的 方 格 表 中停 放 三辆 完 

练 习 题 
1 . 数列 { 口   } 共有 l l 项, 满足 
1 2 l=0, 口I 1=4,  

全相同的红色车和三辆完全相同的黑 色车 ,   每一行每一列只有一辆车 , 每辆车占一格. 则  停放的方法数为(  
( A) 7 2 0  

) .  
( B) 2 0  



I 1 2   一口 ,   I =1 (  =l , 2 , …, 1 0 ) .   则 不 同数列 的个数 为 (  
( A) 1 0

( C ) 5 1 8   4 0 0  

( D) 1 4   4 0 

) .  

( 2 0 1 3 , 北京 大学等学校联合 自主招 生 
考试 )   解 先假 设 三 辆红 车 不 同 、 三 辆 黑 车 也 

( B ) 1 2 0 ( C) 1 4 0 ( D) 1 6 0  

( 2 0 1 1 , 卓 越人才培 养合作 高校联合 自  
主选 拔考试 )  

不相同. 第一辆车显然可从 3 6 个方格中任取 


提示: 依题 意 口   一0   =l或 一1 .   在0 2 —0 l , 0 3一口 2 , …, 口 l l 一口 l 0 中  乏 有  个1 , 则有 1 0一  个 一1 .  

个, 有3 6 种放法. 第二辆车由于不能与第  辆车 同行, 也不能与第一辆车 同列 , 有2 5  



种放 法.  

依题意知 4=  一( 1 0一   )  

= 7 .  

同理 , 第三 、 四、 五、 六辆车分别有 1 6 、 9 、  
4 、 1 种放 法.  

从而 , 满足条件的数列个数为 c   。 : 1 2 0 .  
故选( B) .     .

再注 意到 三辆 红 车 相 同 , 三 辆黑 车 也 相 

2 . 若9 名学生分别到三个不同的工厂进  行社会实践活动 , 每个工厂三人 , 则不同的分 

同. 于是 , 共有 

塑 堕  
3   1 ×3   1  

: ( 5   1 )  : 1 4   4 0 0  
~  .  

配方案共有(  

) 种.  

( A ) c 3 9   3 6 c ;   ( c ) c ; c : c  

( B ) 3 c   3   3 6 c ;   ( D )   C 3 ( - ,   3 e 3  
/ ' X 3  

种不同的方法. 故选( D ) .   例 7 现有红色卡片 4张, 蓝色卡 片 3   张, 黄色卡片 2张 , 白色卡片 l张. 同色卡片  
没有 区别 . 问:  

( 2 07 , 武汉 大学 自主招 生考 试 )  

提示 : 先在 9名学生中选三人到第一个 

( 1 ) 将这 l 0张卡片从左至右排成一行 

工厂 , 再在余下六名学生 中选三人到第二个 

2 0 1 3年第 8期 

1 5  

工厂 , 剩下 的三名学 生去第三个 工厂 , 共 有 

( 2 0 1 1 , 全 国 高 中数 学 联 赛 江 西 赛 区  预赛)   提示 : 事实上 , 四位数  。   :   ,   的个数 , 即  
为不定 方程 
1+ 2+  3+  4=4  

c   3 乙 3   c ; 种方案.  
3 . 若从 数 1 , 2, …, 1 4中按 由小 到 大 的顺 

序取出 口   、 a   、 口 , , 使得同时满足 
a 2 一口 l   >3与 a I 3 一口 2 ≥3 .  

则符合要求的不同取法有— — 种.   ( 1 9 8 9 , 全国高中数学联赛 )  
提示 : 令口 l =   1 , 口 2 一  l =  2 ,  
口 3一 a 2=  3 , 1 4 一口3=  4 .  

满 足条 件  ≥1 ,  、   , 、  I >0的 整数 解 的个 

数. 易知这种解有 C : = 2 0个.  
6 . 现 有 8个 英文 字母 K、 Z、 A、 I 、 G、 A、 K、  

u , 分别写在 8张卡片上. 问:  
( 1 ) 把 这些卡片排成 一列有多少种排 法?  
( 2 ) 从 中取 出七 张卡 片 排成 一 列有 多 少  种 排法 ?   提  1 )   =1 0   0 8 0 .  

贝 0  l +   2 +   3 +   4 =1 4 .  

于是 , 问题转 化 为求不定 方程 在 
1 ≥ 1,  2≥ 3,  3I > 3,  4 ≥0  

下 的整 数解 的组数 .  

可得不同取法共 c 3 0 = 1 2 0 种.  
4 . 设 A、 B是 两个 集 合 , ( A, B) 称 为 一个 

( 2 ) 若取走的字母为 K或 A , 则有  2   x   = 5   0 4 0 ( 种) ;   若取走的字母为 Z 、 I 、 G、 u , 则有 
7, f  

“ 对子” . 当A ≠  时, 将( A,  ) 与(  , A ) 视为  不同的对子. 则满足条件 A uB={ 1 , 2 , 3 , 4 }  
的不 同的对子 的个 数为— —_ .  

( 2 0 1 1 , 全国高中数学联赛湖南赛区预赛)   提示: 仿例 3 , 知对子有 3   = 8 1 个.  
5 . 2   O l 1 是一 个 各 位数 字 之 和 为 4的 四  位数. 则满 足各 位 数 字 之 和 为 4的 四位 数 总  共有— — 个.  

4 × 乖  5  0 ( 种 ) ?  
因此 , 共有 5   0 4 0+ 5   0 4 0= 1 0   0 8 0种排法.  
参考文献 :  
[ 1 ] 范 端喜. 2 0 1 4名 牌大 学 自主 招生 高效 备 考 ? 数学 
[ M] . 上海 : 华东 师范大学 出版社 . 2 0 1 3 .  

. .

.  

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- wl  

4 r殆 

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1 6  

中 等 数 学 

活用   次单位根解清华保送题  
吕 海 柱 
( 江苏省宝应中学 , 2 2 5 8 0 0 )  
中图分类号 : O 1 5 6 . 1   文献标识码 : A   文章编号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8— 0 0 1 6—0 1  

定义

l的 n次 方 根 称 为 几次 单 位 根.  

:  

一 

付 (  +  + 1 )  

令 ∞:   , 则1 的 n次单位根可以表示为 1 ,  
2   n— l  

o ,t t o

,…

,t O 

?  



( 一 1  - 付   .  

若记 t o   : e   Z 睇 1   则单位根具有如下性质.  


又P是 大于 3的素数 , 则( 一1 )   =1 ;   同时, P与 3 互素, { 1 , 2 , …, P一1 } 和{ 3   X   1 ,   3× 2 , …, 3   X( P一 1 ) } 均表示模 P的缩系.  

性质 1  t O   + , = O t , ( g∈N, r = 0 , 1 , …, n 一 1 ) .  

性 质 2 任 意两 个 r / , 次单 位根 t o   、 t o ; 的 

积仍是 n 次单位根 , 且∞   o t j = t O  .   性质 3 对于任意的 n∈ Z , 则 
t O  m  O mn. t  

从 而, Ⅱ( 1 一 ∞   ) = Ⅱ( 1 一 ∞   ) .  
综上,  
k  l

性质 4 设 m是整数 , n是大于 1 的整 
数. 则  -   + + OL, t =  

= 、   + 2 c 。 s  ) ,   - 1 .  

【 说明】 本题将三 角的计算转 化为单位 
根 的计 算 , 根据 性质 1 , 通 过 构造 模 P的缩 系 

简化了求解过程.   本文借助单位根 , 与大家一起探讨两道  清华大学保送生试题.   例 1 已知 P 是大于 3的素数. 求 
例 2 求 
,: i n   .i n   2 E
』=8 1  — n —  S 1   n … ‘ 。 S i 1 n   一
… . .

 

( -  。  )   .  
的值.  

的值( n 为大于 1 的自然数 ) .  
( 2 0 1 1 , 清 华大 学金 秋营试 题 )  
解  设 ∞:c o s   + i   s i n   . 则  h:1 .  
,   r g  

( 2 0 1 2 , 清华大学金秋营试题)  
解 设 ∞=e 了. 则 
-  

从而 , 1 , O t   , c c J 4 , …,  (   均 为 抽 一1= 0  
.   . 

p   一 号   2   O =1. t O一 t   = 一1, 2 c o s竺   二 = =∞ +t O- k
P  

的棍  

故   ( 1 + 2 c o s  ) = k 付
=l  

则  —l  


(  一 1 ) [  ‘   一 ”+   2 ‘   一 2   + …+  + 1 ]  
(  一 1 ) (  一 0 ) 2 ) (  一 c £ I 4 ) …[  一  ‘   ] .  
(  一 O t   ) (  一 O t   ) …[  一 ∞   ‘  ’ ] .  

Ⅱ∞ 一   (  + ∞   + 1 )  
收稿 日 期: 2 0 1 3一 O 1 一 o 5  



故 2 (   一  +   2 ‘   一 2   +… +   +1  


2 0 1 3年第 8期 

1 7  



道 爱 尔 兰 数 学 奥 林 匹 克题 的 推 广 木  

中图分类号 : O1 2 2   文献标识码 : A  

欣 
文章编号 1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8—0 0 1 7一 O 1  

( 天津师范大学数学科学学院 , 3 0 0 3 8 7 )  

2 0 1 2年 爱 尔 兰数 学 奥 林 匹 克 有 这 样 一  道题 为 :   、   题目 记 S ( 1 7 , ) 表 示 整 数 n的各 位 数 字 

则a  = 0  

…= a 2 = n I =9 .  

再由式①得 S ( n ) ≤9 .  
从而,  =1 , a 。 =0 .   故 n= 9 0 , S ( n )=5 ( 9 0 )= 9 .   于是 , 1 1 , 一S ( I 1 , )= 9 0—9= 8 1 .  
而l 0  一1 0 ≥1 0 0—1 0= 9 0 , 矛 盾.   ( 2 ) . } j =m .‘  

之和. 证明 : 不存在正整数 n , 使得 
n一| s (  )= 9   9 9 0 .  。  

本文将此题推广为 :   推广 记 S ( / / , ) 表示 整 数 n的各 位 数 字  之 和. 则 对任 意 的 整 数 m( m >1 ) , 不 存 在 正  整数 n , 使得  n— J s (  ) = 1 0  一 1 0 .   ①  证 明 对某 个 整数 m( m >1 ) , 假设 存在  正整数 n , 使得式①成立. 记 
凡=1 0   a  +1 0   一 ’ 口   l+… + l O a1+ao ,  


由a m+ a m 一 1 +… + a 0  


l 0 m ( 口 m一 1 )+ 1 0 m 一   0 m — l + …+ a 0 +l 0 ,  

从而 , a  =1 , n   一 l =… =a 1 = 0 .   故r / , 一 S ( n ) =1 0  一1 >1 0  一l 0 , 矛 盾.  
( 3 ) 后>m .  

其中, a   , a   , …, a 。 均为不大于 9的非负整 
数, 且a ^ ≥1 .   于是 , S ( n ) =a   +a   — l +… + 口 0 .   ( 1 ) . 1 } < m.   易知 , 1 0  比 n的位 数 至少 多 1 .   由1 O 巩+a   +a ^ 一 1 +… + a o  


易知 ,   比l 0  的位数至少多 1 .  
由a  +a   一 l+… +a m+口 m 一 1+… +0 0  


1 0   a  +1 0   一   a  


1 +… +l 0 m ( 0 m—1 ) +  

l 0  

0+ 1 0,   a   1+ … + a


贝 0   a   = 1 , a   一 l =… = 口 m= 0 m 一 1 = …= 口 1 = 0 .   故 n— S ( n )=1 0  一1 >1 0  一1 0, 矛 盾.   综上 , 推广 成立.  
参考文献 :  
[ 1 ] 宋 宝莹 翻译. 2 0 1 2爱尔兰数学 奥林 匹克 [ J ] . 中等 
数学 , 2 0 1 3 ( 增刊二 ) .  

1 0   Ⅱ^+1 0   一  n  一 l+… +1 0   口2+  

1 0 ( a l +1 )+ a 0 ,  
天津 师范大学校教育基金 5 2 L J 3 6资助  收稿 日期 : 2 0 1 3- 0 7—1 2  

令  =1 , 得 

故( 2   i )  


扣(   ) :( 2   i )   (  号 )   一  

( 1 一   ) ( 1 一 ∞   ) …[ 1 一  ‘   ] = n .  
一 .   凡   一∞ 一  


2 一   (一1 ) 一 
,=

而  n  

— 

1  

Z  l  

2   i ?  
… s i n  
/ - / ,  

监 等 
几 

,:s i n  

. s i n  
i / ,  

n 

(   一 1 ) ( ∞   一 1 ) …[   :  
一  



( 2   i )   ∞  (   )  

2  一  ‘  

1 8  

中 等 数 学 



 
2 0 1   3 年 全’ 国 初 中 数 学 联 合 竞 赛 
中图分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 :A   文章编号 :1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8— 0 0 1 8—0 5  

第 一 试 


二  填空题( 每小题 7分, 共2 8 分)   1 . 已知实数 x , y 、 z 满足 
+Y=4, l z+1   I=x y+2 y一9.  



选择 题 ( 每小 题 7分 , 共4 2分 )  

1 . 4 ^ / / 3 + 2   一 √ 4 1 + 2 4   = (  
( A)   一1 ( B ) 1 ( c)   2 . 满足 ( 2一m)   的和 为 (   ( A) 3   ) .   ( B ) 4  

) .  

贝 0   +2 y+ 3 z :_

.  

( D) 2  

2 . 将 一个正 方体 的表 面 均 染 成 红 色 , 再  切 割成 n   ( n> 2 ) 个 相 同 的小正方 体. 若 只有 


~ =1的所 有 实数 m   ’   ( C ) 5   ( D) 6  

面是红色的小正方体数 目与任何面均不是 
.  

红 色 的小正方 体 的数 目相 同 , 则  =  

3 . 已知 A B是o O的直径 , C为 o O上 一 

3 。 在△ A B C中 , 已知  A=6 0 。 , / C=   7 5 。 , A B=1 0, 点 D、  、 ,分 别在 边 A B、 B C 、 C A   上. 则△ D E F周长 的最 小值 为  4 . 若实 数 x , y 、 z 满 足 
+ Y   +   一( x y+ y z + 荔)= 8 ,  

点, /C A B=1 5 。 ,   A C B 的角 平 分 线 与 o0   交 于点 D . 若C D=   , 则A B=(  
( A) 2   ( B )   ( c ) 2  

) .  
( D) 3  

4 . 不定 方程 
3   +7   一2  一5y一1 7=0  

用 A表示 I  — Y   l 、 I   Y— z I 、 I  一  I 的最 大 值 ,   则  的最 大值 为— —  ( D ) 4  

的全 部正 整数解 (  , Y ) 有(   ( A) 1   ( B ) 2  

) 组.  

( C) 3  

第 二 试  A 卷 


5 . 矩形 A B C D 的边长 D= 3 , A B= 2 , E为 

A B的中点, F在线段 B C上 , 且葡 B F=_f 1 AF 




( 2 0分 ) 已知实数 口 、 6 、 c , d满 足 

分别与 舾 、 册 交 于点  、   则 MN=(  

) .  

2 a   + 3 c  = 2 b  + 3 d   =f a d—b c )  = 6  

( A ) 学  ( c ) 警 
数” . 则所有好数之和为(  

( B ) 等  ( D )  
) .  

求( a   + b   ) ( C   + d   ) 的值.  

6 . 设/ / , 为正整数 , 称不超过 n的正整数  中素数 的个 数等 于合 数 的个数 的 / / , 为“ 好 

( A ) 3 3 ( B) 3 4 ( C ) 2   0 1 3 ( D) 2   0 1 4  

2 0 1 3年第 8期 

三、 ( 2 5分 ) 已知 是一 元二 次方 程 
+   一 1 =0  

当 2一 m≠ ±1 , 即 m≠1且 m≠3时 , 由   题 意知 m   一m一 2= 0 , 且 2一 m≠0 .  
解得 m =一1 .  

的一个 根. 若 正整 数 口 、 b 、 m 使得 等式 
( a t +m) (  + m): 3 1 m  

因此 , 所求 和 为 1 + 3+( 一1 )=3 .  
j - . A.  

成立 , 求0 6 的值.  

B 卷 


如图 3 , 联结 O C,  



( 2 0分 ) 已知 f = √  一1 . 若 正整 数 0 、  

作O M. 1 - C D于点  则  O C M 


A  

b 、 m使 得 
( 0 £ +m) ( 6 t + m . )=1 7 m  

4 5。一1 5。:3 0。 .  
D 

成立 , 求口 6的值.  
二、 ( 2 5分 ) 如图 2 , 在A A B C中 , 已 知  A B >A C, 0、 ,分 别 是  △A B C的 外 心 、 内心 ,  
且 满足 A B— A C= 2 0 L  
证明 :  
c  

于 是 , c   : 4 @  ̄ 0 C .  
故A B= 2 0 C  
c  :2 CD
:  


图3  

2.  

3  

4. B.  

由题 给条 件知 


( 1 ) O l ∥B C ;  

图2  

3   +2   +1 7  

( 2 ) . s  D c —S  伽 : 2 . s   .  

Y  —_ j『 _ 一’  
又 、 y为正 整数 , 从而 ,  

三、 ( 2 5 分) 若正数 a , b 、 c 满足 

(  
求代 数式 
—  

)   + (  
+ —   + —  

)  



3   +2   +1 7≥7 戈 一5 .  

所以, 3  + 5 x ≤2 2 .  

故  =1 或2 .  

6  +c  一n   c 2+口  一6 2   n  +6  一c 2  

当  =1 时, Y=8 ; 当  = 2时 , Y:1   综上 , ( x , Y )=( I , 8 ) , ( 2 , 1 ) .  
5. C.  

的值 .  

参 考 答 案 
第 一 试 
— —

易知 △ 


∽A D N A  



 

F   BN BF 1   AN — 。 ND — 。 AD — 。3 ‘  






1. B.  

4  


一  ̄ / 4 — 1 + 2 — 4 4 2 " -  

于是 , F N=  A N=  A F .  

4 (   +1 )一( 3+ 4   )=1 .  

如 图 4, 延长 D E、 C B交 于点 G .  
G’ : =一 一 一   B   F   C  

2. A.  

当 2一 m =1 , 即 m =1 时, 满足 题意 .  

当2一 m=一 1 , 即 m= 3时,  
( 2一m)  一 m ~ =( 一1 )  =1 ,  
满 足题 意.  
A   D 

图4  

2 0  

中 等 数 学 

则△ A M D∽ △ F MG  

—  

6 ( r t 一 2 )  个 , 任 何面均 不是 红 色 的小 正 方体 
的 总数为 ( n一 2 )  个. 由题 意知  6 ( n一 2 )  =( n一 2 )   / t ' = 8 .  

A M

AD 3   FM — 。 FG — —4 ‘  




于 是 , A M = } 删=  
故 MN= A F— A M一  
:  

3. 5  

.  

如图 5 , 作 点 E关 于 A B、 A C的对称点 P、  
Q, 联结 A E、 A P、 A Q、 D 尸、 F Q、 P Q .  

F =  瓣

=  

.  

6. B.  

因为 1既不 是素数 也不是 合数 , 所以, 好 
数一 定是 奇数 .  
Q  

设 不 超 过 n的正 整 数 中 素 数 的 个 数 为  a   , 合 数 的个 数 为 b   . 当 n≤1 5时 , 只考虑 n  
为奇 数 的情形 ( 如表 1 ) .  

n   n n   b   1   0   0   3   2   O   5   3   1  

图5  

则  P A Q:1 2 0 。 , 且A P= A Q= A E .  

1  
7   4   2   9   4   4   1 l   1 3   l 5   5   5   6   6   6   8  

作A H上 B C于 点 H  则△ D E F的周 长 
f =D E+ D F+ E F= P D+ D F+F Q  

≥J p Q= gA P=  A E ≥√ § A H 
因为 A H= 1 0 c o s   B= 1 0 c o s   4 5 。 = 5 √ 2 , 所 
以, f ≥   × 5   = 5   , 当且 仅 当点 E与 日 重 

显然 , 1 、 9 、 1 1 、 1 3是好 数.   因为 b 1 5 一a l 5 = 2 , 当n ≥1 6时 , 在  =1 5   的基础 上 , 每增加 两个数 , 其 中必有 一个 为偶 

合, 且P 、 D 、 F , Q四点共线时, 上式等号成立.  


数, 即为合数, 也就是说 , 增加的合数 的个数  不会少于增加 的素数 的个数 , 所 以, 一定有 
b  一 a  ≥ 2.  

4 0 6  



‘  

由题意知  (  — y )  +( Y— z )  +(  —  )  =1 6 .   不 妨设 A=I  — y 1 . 则 

故当 n ≥1 6时 , / 7 , 不 可能是 好数.  
因此 , 所有好 数之 和为 
l+9+1 1+1 3=3 4.  
二 、 1. 4.  

A  =(  —y )  =[ ( Y— z )+(  —  ) ]   ≤2 [ ( Y— z )  +( z —  )   ]  


由  + Y= 4, 得  = 4一 Y . 贝 0  


2 [ 1 6 一(  — Y )   ]  
2 ( 1 6一 A   ) .   .  

I   +l   l=x y+2 y一9  


6 y— Y   一 9= 一( Y一 3 )  
=l  

解 得 A≤  

j   = 一 1. Y  3  
: : >   +2 ) , +3 z=4 .  

故当I  — y   I :  

, I   y  

:l   z —  I  

2. 8 .  

只有 一个 面染 红 色的小 正方体 的 总数 为 

时 ,   取 得 最 大 值 为 竽.  

2 0 1 3年 第 8 期 

2 1  

第 二 试 
A 卷 


三、 因为 t 是 一元二 次方 程 
+   一 1= 0  

的一个 根 , 所 以, t 是无 理数 , 且t  =1 一t .  
由题 意知 
. 



设 m=a  +b   , n= c   +d   . 则 

2m +3 n =2 n  +2b 2+3 c  +3 d  = 1 2

a b t  +m( n+b ) t +m   = 3 1 m  

由( 2 m+ 3 凡 )   =( 2 m一 3 n )  + 2 4 a r n >  ̄ 2 4 m n  
1 2  ≥ 2 4m 
mn≤ 6.  

=  a b ( 1 一t )+ , 孔 ( a+ b ) t +m   = 3 1 m  
= 

[ m ( a + 6 ) 一 a b ] t + ( n 6 + ,  一 3 1 m ) = Q  

① 

又a 、 b 、 m是 正整数 , t 是无理 数 , 则  r m( a+6 )一 a b= 0 ,  

又m n=( a   +b   ) ( c   +d   )  


= a c

2+b 2 d 2+口   d  +b 2 c  



( a c +6 d )  +( a d—b c )  

【 n 6 + m   一 3 1 m= o  
② 
r a +6:31一m ,  

≥( a d—b c )  = 6 ,  

则由式① 、 ②得 m n = 6 , 即 
( a   +b   ) ( C   +d   )= 6 .  

【 a b = 3 1 m— m   .  
因此 , a 、 b 是 关于  的一元 二次方 程 

【 注】 符合条件 的实数 a 、 b 、 c 、 d存在且 
不 唯一 , 如 

+ ( r n 一 3 1 )  + 3 1 m— r n   = O  
的两个 整数根.  

① 

( 0 ' 6 ’ c ’ d ) =   ,   , 一 竽)  
就是其 中的一组解.  
二、 联结 O C、 B C .  

方程①的判别式 
A=( m一 3 1 )  一 4 ( 3 1 m—m   )  


( 3 1一 m) ( 3 1 — 5 m) 10 > .  

因为 P c 、 朋 为OD的切线 , 所以,  
POC =   POB.  

因为 a . b 是正整数 , 所 以,  
a+b=3 1一m >0.  

又  C O B= 2   O A C, 则 
PO B=   O A C .  

从而, 0< m≤  .  

故O P ’ / / A C .  
由题意 知  A C B=   O B P= 9 0 。 ,  
POB =   OAC.  

又判别 式 △是一 个完 全平 方数 , 经验证 ,   只有 m = 6符 合要求 .   把 m= 6代 人得 
A C=   A B
. 

则 △  c∽ △ P  

0 b:31 m —m2:1 5 0

. 

又 O P=   c ,  曰 =2 r , O B =r ( r为 o 0  

B 卷 


的半 径 ) , 代人 得 



因为 t =   一1 , 所以 ,  
.  

O P= 3 r , A C= ÷r .  
在R t △P O B中, 由勾 股定理 知 

t  :3—2  

由题 意知 
a b t   +m( a+ b ) t +m   =1 7 m  

P B= ̄ / D P   一 O B  : 2  ̄ / 2 - r .  
所以,   = 3   .  
=  

( 3 一   ) + m( 口+ 6 )   一 1 ) + , , l 2 = 1 7 m  

√ 芝 [ m( a + b ) 一 2 a b ‘ ] +  

2 2  

中 等 数 学 

[ 3 a b — m ( a+ b ) + m   一 1 7 m ] = 0 .  
又a 、 b 、 m是 正整 数 , 则  f m( a+b )一 2 a b = 0 ,  

垂线 段 , 则 O l 也 是 两 条平 行 线 O M、 I N 之 间  的垂 线段 .  

o l   } M N .  
BI、 C1 .  

. o l   C .  

【 3 a b — m ( a + b ) + m   一 1 7 m= 0  
r a+ b= 2 ( 1 7一 m) ,  

( 2 ) 由( 1 ) 知 四边形 O MN I 是 矩 形. 联 结 
设O M: I N=r ( r为△ A B C的 内切 圆 半 

【 a b = 1 7 m— m   .  
因此 , a 、 b是关 于  的一元 二次 方程 

径) . 则 
J s  0 c—S G4 o s  


+ 2 ( m一1 7 ) x + 1 7 m— m   = 0  
的两个整 数根.  

① 
. 

( J s △ 4 0 , +. s △ ∞, +J s △ ^ , c )一   ( | s △ 4 册一 . S  o , 一 S  0 , )  

方程①的判别式 
△: 4( m 一1 7 )  一 4 ( 1 7 m—m   )   = 4 ( 1 7一 m) ( 1 7— 2 m) >0 I .  



2s  

| 七s  B o | +S  

l 七S   l c—s   l 8  

= 2 s '   z M o I + -  ̄ - 0 I . ? r +   ÷ _ D , - ? r +  


因为 a 、 b 、 m是 正整数 , 所以,  
a+b =2 ( 1 7一m)>0 .  


c一

 

从而, 0<m≤   .  

2 . s  + r ( D , +  一 _ 1 c ) : 2 S  .  

三、 由于 a 、 b 、 C 具有 轮换对 称性 , 不妨设  又判别 式 △是一个 完全 平方数 , 经验 证 ,   只有 m=8符合要 求.  
把 m= 8代入 得 
a b=1 7m —m =7 2.  

0<a≤ b ≤c .  

( 1 ) 若c > a+ b , 则 
c—a>b>0, c—b>a>0 .  

二、 ( 1 ) 如图 6 , 作O M  j _B C于 点  ,  
j _ B C于点 
A 

故 
c   +Ⅱ  一 6  


2 c a   n  +6  一c  


1+  

>  ,  

2a b  

(  ±   : = ! : l< 2!


a b  

一1 .   ‘、   ‘ ‘  

由 以 上 二 式 得 

(   )   + (  
B   M  N  C  

矛盾 .  

( 2 ) 若C < a + b , 则 
罔6  

0≤ c—a<b . 0≤ c—b<a .  

设B C=a , A C=b , A B= C .  

易得 c  =   1 。C N=   1( n+6


故0 <  
c ) .  
0<  
Zc a  



所 以, M N= C M— C N= 虿 1 ( c 一 6 ) = 0 I
.  

:1+  
zc a 

<l,  

又 MN恰 是 两 条 平 行 线 O M、 I N 之 间 的 

: ±: = 旦 : = (  ± 2 : = ! :‘ l>   一1. ‘'  


2   a b

2   a b

2 0 1 3年第 8期 

2 3  

2 0 1 3年全 国高 中数学联赛 四川赛 区预赛 
中图分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A   文章编号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8— 0 0 2 3—0 6  





选 择题 ( 每小 题 5分 , 共3 0分 )  

4 . 设A 、 B到二 面角 的棱 Z 的距 离分别 为 x , y .   当  变 化 时 , 点(  , y )的 轨 迹 为 图 1中 的 
(   ) .   .  

1 . 函数  ) 对 于任意 的实 数  满 足 
f ( x   )一   ?  

若, ( 0 ) = 2 , 则厂 ( 2   0 1 3 ) =(  

) .  

( A ) 一 ÷ ( B ) ÷ ( c ) 2 ( D ) 2   0 1 3  
2 . 设等差数列 { a   } 与等比数列 { b   } 满足  0 < 口 1 = b 1 < a 5 = b 5 。 则下面四个结论 :   ①0 3 < b 3 ,  a 3 > 6 3 ,  a 6 > b 6 ,  a 5 < b 6  
中正确 的有 (   ( A) 0   ) 个.   ( B) l   ( C ) 2   ( D) 3  
( C)  
图 1  

( A)  

( B)  

3 . 从[ O , 1 O ] 中任取一个数 , 从[ 0 , 6 ] 中  任取一个数 ) , , 则使得 
I   一5}+ I Y一3   l ≤4   ?  

( D)  

6 . 在A A S C中, 已知  C: 9 0 。 ,   B= 3 0 。 ,  

的概率为(  

) .  

A C= 2 , M是A B 的中点 , 将△ A C M 沿 

翻 

( A ) ÷( B )  ( c   1( D ) ÷  
4 . 当平 面上 的点 (  , Y ) 的坐 标 x , y均 为  有理 数 时 , 称该 点 为“ 有理 点 ” . 设r 是 给定 的  正实 数. 则圆(  一 1   2+( Y一 √  ) 。=r  上 的  有理 点 的个数 (   ( C ) 最多 有 四个 ) .   ( B) 最 多有两 个  ( D) 可 以有无 穷多 个  ( A) 最 多有 一个

折, 使 A、 B两 点 间 的距 离 为 2 √  . 则 三 棱 锥  A— B C M 的体 积  等 于 (   ) .  

( A )  ( B )  ( c ) 孚( D ) 竽 
二、 填空题( 每小题 5 分, 共3 0分)  
7 ? 已知 函数  )=   . 记  1 )+  2 )+  4 )+… + , ( 1   0 2 4 )= m,  

5 . 已知 二 面 角  —Z 一口的平 面 角 为 0 ,  
- i -  , P B上  , A、 B 为垂 足 , P A=5 , P B=  

号 ) +   ÷ ) + … +1   ) = n .  
因此 ,  
ZD C  

-1 ,  
.  
‘  

Z 

ca

:1 : ,   ,  

由 以上 三式 得 

a  +6  一c  
—  

(   )   + (   c 2 + a 2 _ b 2 . J 2 + a + b 2 _ c 2  ̄   I < 3 ,  
矛盾.  

故 

+  

+  

综合( 1 ) 、 ( 2 ) 知c = n+ b .  

( 徐胜林

提供 )  

2 4  

中 等 数 学 

则 m +n:— — .  

( 1 ) 证明: { b   } 为等比数列, 并求数列 { b   }  
的通 项公 式 ;  

8 . 已知 i 是虚数 单位. 若 


1+ i+ … + 1 ‘  0 B
.  

( 2 ) 记C  = 一 n b   ( / / , ∈ N+ ) , 求数列 { C   }    
的前 n项 和公 式  .  

将 复数 z 的共轭 复数 记为 三 , 则 ?  : 一
9 . 已 知 实 数  、 y满 足 X 2+  

=1 . 则 

1 5 . 已知点 B( O , 1 ) , P, Q为椭圆  + y 2 =1   上 异 于点  的任 意两 点 , 且日 P上 B Q .  

+ Y   的最 大值 是— — .   1 0 . 关 于 曲线 C:   + Y   =1的下列命 题 :  

( 1 ) 若点 日在线段 P Q上的射影为  , 求 
M 的轨迹方 程 ;  

① 曲线 C关于原点对称 ;   ②曲线 C关于直线 Y :  对称 ;   ③曲线 C所围成的面积小于  ;  
④ 曲线 C所 围成 的面积 大于兀  

( 2 ) 求 线段 P Q的 中垂 线 Z 在  轴 上 的 

截距的取值范围.   1 6 . 若实数  满足f ( x 。 ) =   。 , 则称 =   。  
为  ) 的不动 点. 已知 函数 
)=   +a x   +   + 3 ,  

其中的真命题是— — ( 写出所有真命 
题 的编号 ) .  

1 1 . 设 凡是 小 于 1 0 0 的正 整 数 , 且 满 足 

其中 , a 、 b 为常数.   ( 1 ) 若 a= 0 , 求 函数 f (  ) 的单调 递增 
区间 ;  

了 1 ( n 2 —1 ) +   1   为整数 则符合条件的所有 


正 整数 n的和为— — .  

( 2 ) 若 a=0时 , 存 在一 个 实 数 。 , 使 得  1 2 . 已知 函数 (  )=旦 一  . 若 对 于任 意  的  ∈( 0 , 1 ) , 有  1 一  ) ≥1 恒成 立 , 则 
. 
— —

=   。既是  ) 的不 动 点 , 又是f (  ) 的极 值 

点, 求实数 b 的值 ;   ( 3 ) 证 明: 不 存 在实 数组 ( a , b ) , 使得  , (  ) 互异的两个极值点均为不动点.  

实数 a的取值范围是

三、 解答题 ( 每 小题 2 0分 , 共8 0分 )   1 3 . 已知 函数 

参 考 答 案 


i f x ) = s i n 2  +   s i n  . s i n (  + 詈 )  
的最小正周期是  , 其 中, ∞> 0 . - : i t . f ( x ) 在 



1. A.  

由题意 知 

[ 詈 , 詈 】 上 的 最 大 值 与 最 小 值  
1 4 . 已知函数  ) = x 3   + 3 x 数列{  } 满足 


ix f + 6 ) 一  

=  

则- 厂 (   ) 是以6为周期 的周期函数.  
故  2   0 l 3 )=  3 )=一   =一   .  

. = 2 ,  + 。 = l  ) f ( 凡∈ N+ ) .  

- l % (   ) (  N + ) ?  

2. B.  

注意 到 ,  

2 0 1 3 年第 8期 

0 3  丁

 丁 :  

> )√D   l   D 5   _ 6 3 ,  

最 多只有 一个 .  
5. C.  

从而, 结论②正确 , 结论①不正确.  
令a   =1+ 2 0 ( n—1 ) .  

设 点 P到棱 Z 的距 离 为 d . 则 
+5  =d  , ) ,  +4  =d   .  

若取 b   = 3 一   , 知a   <b   , 从而 , 结论③ 
不正 确 ;   若取 b  =( 一 3 )   , 知 a  >b   , 从而 , 结 

因此 ,  一   = 9 (  > 0, Y> 0 ) .  
6 . D.  
Ⅳ 
D 

如图 3 , 作B D上 C M, 且与 C M 的延 长 线 
P 

论④不正确.  
3. C.  

交于点 D , A F上 C M 于点  , 作E F ∥B D 且  0  
0  

E F=B D, 联结 B E .  

如图2 , l  一 5   I +I y 一 3   l ≤4的图像是以 
C ( 5 , 3 ) 为 中心 的正方 形 B N E M 及 其 内部.  
Y   R( O . 6 )   M( 5 . 7)  

A( 4 , 6  

F( 6 ’ 6 )Q ( 1 0 , 6 )  

E 9 , 3)  

显然 , A F:F E= B D=   , E B=D F= 2 .   于是 , A E   = A B   一 E B   =8— 4= 4 .  

设B M与R Q交 于 点 A . 易知 A ( 4 , 6 ) .   同理 , F( 6 , 6 ) .  

三棱锥 A— B C M 的高 h即点 A到平面  B C M的距离 , 亦 即在等腰△ A E F中, 点 A到 
边E F的距 离.  

于是 , 所求的概率为 
p=  
u矩形 D P 口  

由面积相 等得 
=  .  
=   =   .  

-  

=  
uu  

厶 



4.B.  

/ 3  

j  
× 


设( 8 , 6 ) , ( c , d ) 为此圆上 的两个有理  .   则( 口 一1 )   +( b 一  )  


故  =   1×   1×  
二 、 7. 4 2.  

= 

.  

( C — 1 )  +( d一  )  

由  

)=1+  

, 知 

z /  ̄ ( b — d ) = 口   + 6   一 C 2 一 d 2 + 2 ( c 一 口 ) .  
显然 , 等式 右边 是有 理数 .  

)  

.  

因此 , 当且仅当 b = d时, 等式左边 是有 
理数.  
此时, a ≠c , a+C = 2 .  

占 女  ) 十   ÷ ) = 4 .  
又  1 )= 2 , 于是 ,  
m +n=4 ×l 0+2 =4 2.  
8. 2.  

故 这两个 有理 点关 于直 线  =1 对称 .   易知 , 圆上与 ( a , b ) 关 于  :1对 称 的 点 

中 等 数 学 

记a   =i   . 则a   + 4 = a   , 且 
1+i +i  +i  =0.  

=9 5+ 

-63 5.  

故 =1 +i   三 =1 一i  
=  z ? 三 =( 1 +i ) ( 1一i )=1 一i   = 2 .  
9. 9
4 .  

1 2 . 口 ∈ ( 一 ∞ , 一   1 】 u [ 1 , + ∞ ) .  
记 Y=1 一  . 则 Y∈( 0 , 1 ) . 故  , (  


1一  )=   ) , ( y )  

由题 意知 1 6 x  +   =1 6 .   记s =  


( 詈  ) ( 号 一 , , )  
:  二   ±  ) ±  
xy 

+ y 2. 则 
:  



=  

( 2 +  ) =  × 1 6 x 2 ( 2 + ) , 2 )  


! 型2 : =   !  ±  2 : =   』 ±   :  
xy 

≤   (  
号成 立.  

)  8 1  

故 s ≤ 詈 , 当   =   3 , Y = ±   时 , 上 式 等  
1 0 . ①、 ④.   注意到, 以一   代替 、 以一 Y 代替 Y , 曲  


/ + x y = 堋0   t ∈ ( 0 ,  
设g (   ):   ) , ( 1一  ) . 贝 《  
)=   t  +( 2 a一1 )  + a   一口 ≥0 .  

线 C的方程不变 , 故命题①正确.  
以  代替 Y 、 以Y 代替 , 曲线 C的方程 

分 三类情形 讨论 .  

( 1 ) 若 ÷一 0 ≤ o , 即 下 1 ≤ n 时, 只 需  
g ( 0 ) ≥0= 》口   一口 ≥O_ 一  口 ≥1 ;  

1  

’  

改变, 故命题②不正确.  
因为 1 =   + Y  <   +y Z ( 0<I  I <1 ) ,   知 曲线 C上 的点 在圆  + y 2 =1 外, 所 以, 曲 

( 2 ) 若 0<   1





口≤

线C 所 围成的面积大于亿故命题④正确.  
1 1 . 6 3 5.  

÷ , 即 ÷ ≤ n < 丢 时 ,  

只 需 g (  一 口 ) ≥ o , 无 解 ;  

注意到 ,  





2 -1 )+   1 :  

( 3 ) 若 丢 一 n >   1 , 即 n < ÷ 时 , 只 需  

为整 数 , 于是 , 1 5   I ( 5 n   + 3 n一 5 ) .   从而 , 5   l  , 且3   I ( , l   一1 ) .  

g ( ÷ ) ≥ o  ( 口 一 丢 )   ≥ }  口 ≤ 一 { .   综 上 , 口 ∈ ( 一 o o , 一 ÷ 】 u [ 1 , + o o ) .  
三、 1 3 . 由题意 知 

所以, / " t =1 5 k+ 5或 1 5 k+1 0 .  

因此 , 符合条件的所有正整数 / t ' 的和为 

∑( 1 5   + 5 ) + ∑( 1 5 k + l 0 )  
=0   =U  


=  

+   Ts i n   2  

9 5 + ∑( 3 0 k + l 5 )  

= s i n ( 2   一 詈 ) + 丢 .  

2 0 1 3年第 8期 

2 7  

又  =   =旦 则 ∞= 2 . 故  2,

等  

: 

.  

3  

丁 『  

) = s i n ( 4   一 詈 ) +  .  
一  
6  

4   。一 一 2 . ,  
. ≤  5 暑  

1 5 . ( 1 ) 设 P( x 。 , Y , ) , Q(  2 , Y 2 ) . 则 P Q   的方 程 为 y=k x+ m.   与椭 圆方 程联 立得 
( 1 + 4 k   )   + 8 k m x+ 4 m   - 4= 0  


当 

堑6  兀 一 . 6     8 ≤   ≤ 詈 时 , 由  
≤ 

8  m 
,  一  :  

4m  —4 
’  

j  

2  

由B P   j - 占 Q  

j   t ≤ s i n ( 4   一 詈 ) + 1 2 ~ < 3 2 .  


1  

.  

: = 一 一 1 I  

2  

所 以 , 当 戈 = 詈 时 , , (   ) 取 得 最 大 值 吾 ;  
当 =   时, 厂 (  ) 取得最小值 1 ?  
1 4 . ( 1 ) 由题 意 得  1   )一1   + l +1一   (   )+1  
+l 一
=  

:   1   2 +  l Y 2 _( y 1 + Y 2 )+1= 0  
4 后   +l  
‘  

)   十   虢  十l 。  

( m一1 )  = 0  
j  5 m 一2 m 一3 =0  
j  m = 一

÷ 或l ( 舍 去 ) .  
.  

3 } {   3 2   = \   x   . - + 1 / +   x   : +   3 x   +   1  \  +  / 1 /   .  

设 M(  , y ) .  

因为 B M上P Q, 所 以, k=一  
~  

V — l  

i  ̄ l o g 3 筹 = 3 k g s  
b  =3 b  
一  

代人 P Q方程得 
2  
y   一  

3  
一  

所以, { b   } 为等 比数列.  
又  :=   1 4


则 
=l o g 3   1= I 3 .  

2 + ( y 一   )   = (   )   c y ≠ ?   .  
( 2 ) 因为 P Q方 程 为 y=   一   3


l o g ,  

所以 ,  

I+X2  

2  

5 ( 4 k   +1 1 ’  2 — 一 5 (=  

于是 , b   =一 3   .  

4 k  +1 、‘  

( 2 ) 由( 1 ' ) , 知b   :一 3   . 于是 ,   =3   n .   贝 《 T n = 3 ‘ ×1+ 3  x 2+… +3  
=  3 r .=3   ×1+3  x2+ … 十3   n   =   一2   =3+3 2+… +3   一3   n  
3川 n  
:  

故P Q 中垂线 方程 为 
3   1   r   1 2 k   1  

) , + 丽

  一  【  
.  

J ,  

其 在  轴 上 的截距 6=  

、  

一 

1 



6 从而 , 一 2 6 <b <2
 ̄2

.  

2 8  

中 等 数 学 

1 6 . ( 1 ) 若口 = 0 , 贝 0   ) =   。 + 6   + 3 .  
故/   (  ) =3 x 2 . + b .   当b >0时 , I 显然 ,  
为( 一∞ , +∞) ;   当 6< 0时 , 由f   (  )> 0 , 知  >   或一   .  

) 的单 调 递增 区间 

( X   t : q -   X 2   " 1 -   3 C 3    ̄   -   O , , j = 6 一   ,  
于 是 ,   , = 一 号 = 一 詈 . 从 而 ,   = 了 b + ( 一   ) ( 一 手 ) ,
. 

综上 ,  

) 的单 调 递增 区 间为 

( 一一 √ 一   ) u (   一) .  
( 2 ) 由题 意知 
r 3   +6=0,  

I   3 。 + 6   。 + 3 :   。 .  
故2   ; +   。 一 3 = 0 , 即  
(   o 一1 ) ( 2 x   + 2 x 0 +3 )= o .  
解得 。 =1 . 从而, b =一 3 .  

即  2 a 2 2 了 b +1 = 0


.  

故 簪.   + 1 = O , H p  

( 3 ) 假设存在一组实数( a , b ) 满足条件.  
由条 件知 
f   (  )= 3 x 。 + 2 a x+ b .  

因为厂 (   ) 有两个不同的极值点 , 所 以,  
△ :4 a  一1 2 b>0  

a   > 3 b .  

① 

设f (  ) 的两个 不 同的极值点 为 , 、   :  
(  1 <   2 ) . 则 1 、   2 是方 程 
3   +2 a x+6=0  

由式①、 ②知 2 > 3 b : _ 8 1即 a 3 >8 1 , 与 


口 

的两个 实根.  

故   +   = 一  戈   = 争 .  
又由  、   : 是  ) 的不动点 , 知  。 、 I . f   是 
方程 

2 0 1 3年 第 8期 

2 9  

2 0 1   3 欧 洲 女 子 数 学 奥 林 匹 克 
中图分类号 : C 4 2 4 . 7 9   文献标识码 :A   文章编号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 8— 0 0 2 9— 0 4  

不 同的两 天 , 至 少 有 三个 小 矮 人 在 这 两 天 里 

第 一 天 
1 . 对于△ A B C , 延长边 B C到点 D, 使得  C D= C B , 延长边  到点  , 使得 A E= 2 A C .  
若A D= B E, 证明: △A B C为直角 三角 形. ’   2 . 求所 有 的正 整 数 m, 使得 m   xm 的正  方 形能 被分 成 五 个 矩形 , 它 们 的 边 长 分 别 为 
1, 2, … , l 0.  

干过 这 两件工 作. 已知 在第 一天 , 所有 七个 小  矮人 均在 采矿 . 证明 : 在这 1 6天 的某 一天 , 所 
有七 个 小矮人 均 在摘果 实.  

参 考 答 案 
第 一 天 
1 . 如图 1 , 延长 A C 到 点 F, 使得 A C=  
CF.  

3 . 设 n为 正整数 . 证明 :  

( 1 ) 存在由 6 凡 个正 整数组成 的集 合 ,   满足 : I s中任 意两个元素的最小公倍数 均不 
大于 3 2 n   ;  
D 

( 2 ) 对任何 由 6 n个正整 数组成 的集 合 


均存在两个元素 , 其最小公倍数大于 9 n   .  
l 冬 { 1  

第 二 天 
4 . 求所 有 的正 整数 口 、 6 , 满足 : 存 在 三个  

则△ A C D   △F C B  
=   BF =AD =BE.  

又A E=2 A C= A F, 故  B A C=9 0 。 .  

连续的整数 , 使得多项式 P ( n ) :  
U 

的值 

2 . 设 这 五 个 矩 形 的长 与 宽 分别 为 Z 。 、 z   、  
Z 3 、 Z 4 、 Z 5 与  1 、 W 2 、  3 、 W 4 、 W 5 .  

为 整数.  

贝 0 / n '  = I I W l +1 2 w 2 +1 3 w 3 +1 4 w 4 +Z 5  5  
1  
=  

5 . 已知 o 0是 △ A B C 的外 接 圆 , o ,与  A C、 B C相 切 , 且 与o 0内切 于点 P, 一 条平 行  于A B的直 线 与 o , 切 于 点 q( 在 A  A B C 内  部) . 证明:   A C P=   q C B .  
6 . 白雪公 主 与七个 小 矮人 生活 在森林 的 

_ L ( z 1 W   J + l 2 w 2 + 1 3 加 3 + I g w 4 + 1 5 w 5 +  

1 0 . 1   Z 1 + W 2 Z 2 +W 3 Z 3 +  4 Z 4 + W 5 Z 5 ) .  

由排序不等式知 
m2   1
._

( 1   xl 0+ 2   x 9  … + 1 0× 1 ): 1 1 0 ,  

小房 子 里. 在 1 6个 连 续 的 日子 里 , 每 天 有 一 

些小矮人在采矿 , 其余的在森林里摘果实 , 没  有~个小矮人在同一天干两件工作. 对任意 

≤  ( 1 × l + 2 x 2+… +1 0 ̄ 1 0 ) : 1 9 2 . 5 .  

又/ 7 1 , ∈ N+ , 故 m=1 1 , 1 2, l 3 .  

中 等 数 学 

( 1 ) m =1 1 , 如图 2 ( a ) .  

不妨设矩形 尺   为1 0×   . 则与其在 同一边上 
的矩 形 尺  为 2×y , R 3为 ( 1 2一Y )x  , R  为  ( 1 2一   )×( 1 2一 戈 ) .  

五个 矩形 的长 和宽分 别 为 
( 1 0, 5 ) , ( 3, 6 ) , ( 7 , 4 ) , ( 8 , 2 ) , ( 1 , 9 ) ;  

首先 , 注 意到 ,  、 y , z中只有 一 个 为偶 数  ( 4或 8 ) , 另 两个 为奇 数.  
其次 。 由面积知 
1 4 4= 6 + 1 0 x + 2 y + ( 1 2 一 y ) z + ( 1 2 一 z ) ( 1 2 一 x )  
= 

( Y—  ) ( z 一 2 )= 6 .  

利用 、 ) , 、  中有 且 只有 一 个 为 偶 数 , 知 
( a )   网2   ( b)  

Y 一  与z 一 2要么均 为奇数 , 要么均为偶数 ,  
所以 , ( Y一  ) ( z一 2 ) ≠6, 矛 盾.  

( 2 ) / T / , =1 3 , 如图 2 ( b ) 。  

由( i ) 、 ( i i ) , 知 m=1 2不满 足要 求.   综上 , m =l 1 , 1 3 .  

五个 矩形 的长 和宽 分别 为 
( 1 0 , 5 ) , ( 3 , 7 ) , ( 9 , 8 ) , ( 1 , 2 ) , ( 4, 6 ) ;  

3 . ( 1 ) 构造集合 
S:{ l , 2 , 3 , …, 4 n , 4 n+ 2 , 4 n+ 4,   4 n+6 , …, 8 n } ,  
I   5I=6n .  

( 3 ) m =1 2 , 分 如 下 两 步 说 明 m =i 2不 
满 足要 求.  

( i ) 先说 明   若 m= 1 2 满足要求 , 则五个 
矩 形 的分布 一定是 四个 各包 含一 个正 方形 的  顶点 , 一个 在 中 间 ( 不 与 正 方 形 的边 有 公 共 
点) .  

下 面说 明 . s 满足 要求.   ( i ) 若口 、 b∈ { l , 2 , …, 4 n } , 则 

[ 0 , b ] ≤( 4 n ) 。 = 1 6 n   ;   ( i i ) 若 a∈{ l , 2 , …, 4 n } ,  
b∈ { 4  + 2 , 4  + 4, …, 8  } ,  

首先 , 与每 条边 有 公 共 边 的矩 形 恰 好 为 
两 个.  


方面 , 由于 m >1 0, 因此 , 与每 条 边 有 

则[ 口 , b ] ≤4 n ? 8 n = 3 2 n   ;   ( i i i ) 若a , b ∈{ 4 n + 2 , 4 n + 4 , …, 8 凡 } , 贝 0  

公共 边 的矩形 至少有 两个.  

另一方 面 , 若 与某 条 边 有 公 共 边 的矩 形 

有三个 , 则剩余 区域是一个 由 8 个顶点组成 
的 多边形 区域 , 不可 能 由两个 矩形 完全覆 盖  综上 , 与 每条 边 有 公共 边 的 矩 形恰 好 为  两个 . 由此也 可 以 得 到五 个 矩 形 的分 布 一 定 

[  ] ≤ 譬 ≤   : 3 2 n : .  
( 2 ) 先证明一个命题.   命题 若集合  中包含 m+ 1 ( m≥2 ) 个 

正整数 , 其中, 每个正整数均不小于 r l l , 则  中存在两个元素的最小公倍数大于 m 。 .  
证明   设集 合  中的元 素 t t   ,  : , …,  
“   + l 满足 1 >  2 >… >   + l ≥玑 则 
0< 1
- -

是: 四个各包含一个正方形的顶点, 一个在中 
间( 不 与 正方形 的边 有公 共点 ) .   ( i i ) 根据( i ) , 设 四个 各 包 含 一个 正方 形 

的顶点的矩形为 

尺   、 R , 、  ( 依次分布在 



- -

正方形的 四个顶点 ) , 由于在一条边上 的两 
个矩 形 的边长 一个 为 s , 则另一 个为 1 2一s , 因  此, s ≠l , 6 . 所 以, 中 间一个 矩 形 一定 为 1× 6 .  




- -

Ul  

Ⅱ 

/ 7 / ,  

( i :l , 2 , …, m +1 ) .  

将 区 间 【   ,   】 平 均 分 成 m 段 , 则 每 一  

2 0 1 3年第 8期 

3 1  

段的长度小于  . 由抽屉原理 , 知存在 M   、  

正 整数 口均 满足要 求 ;   当 b=l 1 时, n -0 , 1 , …, 1 0 ( o r o d   1 1 ) , 则 

( 1 ≤i <   ≤m+ I ) 使得 
二  

n  - - - 0, 1,一1, l, l, 1,一 l,一l,一1, 1,  


1 ( m o d   l 1 ) .  

0<  
M 

一  

<  
f  

j 
M  u j  

<  
m。  

m 。  

所 以, 当且仅 当 口 羞 ±1 ( o r o d   1 1 ) 时, 才 

(  ,  )  
兰 L 二  

< 
. 

存在三个连续的整数 , 使得 P ( n )=  
为整数 .   故( 0 , b )=( k , 1 ) , ( 1 1 . j } 一1 0, 1 1 ) ,  

均 

因为   \  

,   ,  

≥l , 所以, [  , u 『 ] > m 2 .  

( 1 l k一1 , l 1 ) ( k∈ N+ ).  

回到原 题.   取 m= 3 n . 由于  中一 定 包含 3 n+1个 

5 . 如图3 , 设A C、 B C分 别 与 o,切 于 点  E、 F, P C与0, 交 予点 D 。 联结 P E、 P Q、 P F并  延长, 分别 与o0交 于点  、  、 L  

不小于 3 凡 的正整数 , 因此 ,   中一定存在两  个元素 a , b , 满足[ 口 , b ] > 9 n   .  

第 二 天 
4 . 设三个连续的整数 一 1 、   、  + 1 使得 
(  一1 )  +a -0 ( mo d   b ) ,  
+口 壬O ( oo r d   b ) ,  

(  +1 )  +a - - 0 ( oo r d   b ) .  

贝 Ⅱ   =(  +1 )  一(  一1 )  


1 0 x   + 2 0 x  + 2 兰0 ( o r o d   b ) ,  
5  4+1 0   +1 0   2+5   +1  

图3  

B :f   +1 )  一  


由O0 、 0, 关 于点 P位似 , 知  、  、  分  ①  别是弧  c 、 A B , B c 的中点?  
由L , _   - 、 =B ,   M —B ,   L一  _ 1( a , 、 B— B ,   C )=C ,   K  



0 ( o r o d   6 ) ,   2 0 x   +1 0 x -0 ( oo r d   6 ) .   2 2 x -0 ( o r o d   6 ) ,  

. 

C=(  +1 )  +(  一1 )  一 2 x  


故 D= 4 x A一( 2 x   +3 ) C  
= 一

C E D:   D P E=   Q o F=   C F Q  
△C E D   / X   c F O  
E C D=   p  

2 2 B+( 5   +1 0 x  +1 0 x+5 ) D  


2 2 -0 ( o r o d   6 、 .  

所以, b=1 , 2, 1 1 , 2 2 .  

由式①知 
B=2 ( 5 x 。 +5 x   )+ 5 ( x  +  )+1  

/A C P:   p   .  

6 . 若一个小矮人  在 D 。 、  、   三天中 
的工作相 同, 则称这三天对小矮人  单调” ,  
先证 明一个 引理.  

为奇 数 , 于是 , b为奇 数 , 因此 , b =1 , l 1 .  

当b =1 时, P ( n ) =乃   +口 , 故对任 意的 

3 2  

中 等 数 学 

引理
,,

不 可 能 存 在 三 个 小 矮 人  、   、  

于是 , d ( 7 )= 0 . 从而 ,  

使得 D。 、 D   、 D , 三天对 其均 单调.  
证明 反证法 .  

d ( 3 ) + d ( 4 ) + a ( 5 ) + d ( 6 ) = 1 5 .  
3 d ( 3 )+ 4 d ( 4 )+ 5 d ( 5 ) +6 d ( 6 )  


① 

又每个小矮人均恰好 8 天在摘果实 , 故 
7× 8= 5 6 .   ② 

假设 结 论 不 成 立 , 即 存 在 三 个 小 矮 人 
。、   :、   ,

使得 D, 、 D   、 D , 三 天 对 其 均单 调 .  

下 面考 虑  。 、   、   在 D 这 天 均 摘 果 
实, 数组 (   ,   , X , , D) 的个数 为 q .   因为共有 7×6×5=2 1 0组 三元 组 对 应 

在其 余 的小 矮人 中一定 存在 三 个 小矮 人  、   y 2 、 y 3 在D   、 D   两 天的工 作 不 同. 则在D  这  天, y l 、 y 2 、 y ]中一定 有 两个人 工 作 同 时与 D   或D   相 同. 不妨 设 为 Y 1 、   与 D  中 的工 作  相同, 则在 D 。 、 D , 两 天里 ,  . 、   、   、   、 y 2  

小矮人 , 且每个工作安排对确定的三个小矮 
人 均在 两天 里发 生过 , 所 以, q= 4 2 0 .   又 因为有 k个小 矮人 摘果 实 的那 些 天有  k ( k一1 ) ( k一 2 ) 组三 元组 , 所以,   3× 2×1 ×d ( 3 )+ 4× 3× 2 d ( 4 )+  

五人分别从事了同一工作 , 与题设矛盾.  
回到原 题.  

5× 4× 3 d ( 5 )+6× 5× 4 d ( 6 )= g= 4 2 0  

对 于确 定 的  、  、   三个人 , 共有 8种 

d ( 3 ) + 4 d ( 4 ) + l O , / ( 5 ) + 2 0 d ( 6 ) = 7 Q③ 
同样 考虑  . 、   、  ,在 D 这 天 均 采 矿 ,  

工作 安排 , 由引理 , 知 这 8种工 作安排 均 各 自  

在l 6天里发生了两次. 这表 明, 每个 小矮人 
恰有 8天 在采矿 , 有 8天在 摘果 实.  


数组(   ,  , x , , D ) 的个数为 r , 同理 ,  
7× 6× 5× d ( 0 )+ 4× 3× 2 d ( 3 )+   3× 2×1× d ( 4 1=r = 4 2 0  

对于 0 ≤I i } ≤7 , 记d ( k ) 为恰有 k 个小矮 

4 d ( 3 ) + d ( 4 ) = 3 5 .  
②× 1 0+ ④× 4 一 ③一 ① ̄ 4 0得 

④ 

人摘果实的天数 , 由于第一天所有小矮人均  在采矿 , 其余天均至少有三个小矮人在摘果 
实. 所以,  
d ( 0 )=1 , d ( 1 )= d ( 2 )= 0 .   则假 设 结论不 成立 .  

5 d ( 3 )= 3 0   d ( 3 )= 6   d ( 4 )=1 1 .   从而, d ( 3 )+ d ( 4 )=1 7>1 5 , 矛盾 .  

所以, 命 题成 立.  

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2 0 1 3年第 8期 

3 3  

2 0 1   2 美 国 国 家 队 选 拔 考 试 
中图分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A   文章编号 : 1 0 0 5- 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) o 8 - 0 0 3 3 一 o 8  

1 . 已知锐角 △ A B C 满 足  A<   B,   A<   C, P为 边 B C上 的动 点 , D、 E分 别 

结论成立 : 若( a . , a   , …, a   ) 是正整数数列 ,  
且满 足 
al+ 口 2+ … +a   =2n — l,  

是边 A B 、 A C上的点 , 使得 B P= P D, C P= 腿  
证明 : 当点 P在边 B C上 移动 时 , △A D E的外 

则该数列 中存在若 干相邻的项 ( 至少两项 ) ,   其算术平均值是一个整数.   8 . 求所 有 的正整 数数对 ( a , n ) , 其 中,   > 1 , 使得对于 a “ 一 1的每一个素因数 P , 均  存在整数 k ( o < k < n ) , 满足P I ( a   一 1 ) .  

接圆过一个不同于  的定点.   2 . 求所有的函数 , : R   R, 使得对于每  个实数对(  , , , ) , 均有 
+y 2 )=   )+l Y f ( Y ) I .  

3 . 是否存 在整数 a , b 、 c> 2   0 1 0 , 满足 方程 
0  +2 b  +4 c  =6 a b c+1 7  

参 考 答 案 
1 . 只需证明 : 该定点是△ A   C的垂心 H  如图 l , 设 点 C、  在 边 A B、 A C上 的投影 

4 . 在奥林 匹克高级 中学有 2   0 1 0 名学生  和1 0 0间教室. 开始时 , 每名学生任意进入 到 


间教室. 每分钟只要所有 学生不都在 同一 

分别为  、 y ,   是B C的中点. 则 
MB =MX =M Y=MC.  

问教室 , 且存在教室 y中的学生数 目不少 于 
教 室  中的学 生数 目, 则 教 室  中的 一名 学 

生走到教室 y中. 此过程在 M 分钟后结束 ,  
求  的最 大值.  

5 . 求所有的正整数 n , 使得三元多项式 
P   (  , Y ,   )  


(  一 y )  ( y一   ) h+( Y 一   ) h(  一  )  +  
(  一  )  (  一 Y )  
图 1  

整 除 三元 多项式  Q   (  , Y , z )  


不 失一 般性 , 假 设 点 P在  、   之间 , 则 

点 D在 曰 、  之间 , 点 E在 A 、 y 之间.  
因为  A X H=   A Y H=9 0 。 , 所 以, A、  、   日、 y四点共 圆.   于是 , 由正 弦定理 得 
X H  s i n   Y H  s i n   X A H  C O 8   B   Y A H  C O 8   C ‘  

[ (  一 y )   +( Y —   )   +( z 一  )  ]  .  

6 . 已知 圆 内接 四边形 A B C D 的对 角线  A C 、 B D交于点 P , P在 A B 、 C D上的投影分别  为 、 F , 线段 B F与 C E交于点  证明:  
P Q   E F .  

又D X=B X— B D= B C c o s   B一 2 B P c o s   B.  
EY:EC —CY=2 PC c o s   C —BC c o s   C.  

7 . 求所有 的正整数 ( n 12 > ) , 使得下述 

中 等 数 学 

则   : 丝 =  

— c o s — B: 一 c o s   B:  
( 3 0 8   C  Y H ‘ .  

EY   2PC —BC C O S   C

=  

或 c  ) = 一 ( c +  ) ,  
: 0 .  

于是 , △D H X∽ △ E HY .  

即 

0 ): 0或 2 c +  

由  A D H=   H E Y , 知 D、 A、 E、   四点  共 圆.   2 . 先证明: f单调 不减.   从而,   0 ): 0或 一 了 4。
.  

设任意实数 r 、 s 满足 r Is > , t =  
r )=  s + t   )=  s )+I t f ( t ) l  

. 则 
s ) .  

将厂 ( 0 ) =一 ÷c 代入式②得 
c =

在原 方程 中, 令  = 0 . 则 

I   c 一 争 l   c = 0  0 ) = 0 .  

Y   ) 一  0 ) =J y f ( Y ) I .  
对任意的实数 0 , 定义 g ( a )  

① 
口 ) - f ( O ) ,  

因此 , 在 两种 情形 中 均可 得 到  0 ): 0 ,   且 对 于所有 的 ≥O , 均 有  )=  .  

则对于任意的实数 ) , , 有 
g ( Y   )=I Y f ( Y ) I .  

下 面证 明 : 对于所有 的实数 Y ,   Y )= e y .  
因为  0 )= 0, 所以,  
y   )=I )  Y ) I ,  

由 

+   )—   ) = g (  + y Z ) 一 g (   ) , 知 

g ( x+) ,   )一 g ( x )=l y f ( Y ) I =g ( , ,   ) .  

其中, Y为任 意的实 数.   对 于任意 的 Y< 0 , 均有 
e y   =  Y   )=I   Y ) I .   这 表明 , c ≥0,   y ) l _一c y .  

因此 , 对于任意的非负实数 z , t , 均有 
g ( z +t ): g ( z )+ g (   ) .  

于是 , g满足对于非负实数 的柯 西函数 
方程.  

于是 ,   Y ): c y或 一  .  

若, ( Y ) = c y , 则结论成立.   若存在 Y < 0 , 使得  Y ) =一 c y , 则 


又 因为 函数 ,是单 调 不减 的 , 所 以, 函数 
g也是 单调不 减 的.  

从而 , 对于非负实数 , g ( X ) 是线性 的,   即存在 c ≥0 , 使得对于所有的 x tO > , 均有 
g (  )=C X .   因此 , 对 于所有 的 > t0, 均 有  戈 )=   +  0 ) .  

c y=  Y ) ≤  0 ) =0 ≤一 c y .  

于是 , 0= 一 c ) , , 即C = 0 .   因此 ,   y )= 0 .  

从而, 对于所有的实数 y , 均有, ( Y ) = e y .  
对 于任 意 的 c ≥0 , 均有 

戈 + y 2 ) = c   + 矿 =   ) +l   ) , ) 1 .  
于是 , 原方程 的解 为, (  )=  , 其 中, c  

将其代人式①得 

矿= I c y   +  O ) y 1 .  
令Y = 1 , 得 

为任意非负实数.  
3 . 存在这样的整数 a , b 、 c .  

c :I c +  0 ) I ;  

② 

显然, ( 0 。 , b 。 , C , )=( 1 , 1 , 1 ) 满足原方 程.   对于 , l ≥l , 定义 
( 口   + 1 , b   + l , C   + 1 )  


再令 Y = 2 , 且在等式两端同时除以4 , 得 
c =

l   c +  } '   自 I c + f ( o ) l : l   c +  l , 知  

( 口   + 2 c   + 2 b   , b   + a   + 2 c   , c   + b   + 口   ) .  

贝 Ⅱ 口 3   + l + 2 6 : + 1 + 4 c : + 1 — 6 a   + l b   + l C   + 1  

2 0 1 3年第 8期 

3 5  

= 口 : + 2 b : + 4 c : 一 6 a   6 n c n .  
于是, 对于所有的正整数 , t , 若( Ⅱ   , b   , C   )  
满足原 方 程 , 则(  + 。 , b   , C 川 ) 也 满 足原 方 
程, 且 
0   + l >口   , 6   + l>6  , C   + l >C n .  

动过程 中, 若教室 y中的学生数 目至少 比教  室  中的学生数 目多 2 , 则教室 y中的一名  学生走到教室 , 故 的值至少减少 2 . 卢是唯 


的一个 不能 再 进行 反 向移 动 的分 布 , 这 意 

味着对 O t 经过 反向移 动序列直到不能再进  行反向移动时得 到 . 将这 些反向移 动序 列 
倒过来 就得 到从 』 B到  的移 动序列 .  

因此 , 对 于足够 大 的 n有 
口n、 b ¨c  >2   01 0.  

4 . M 的最大值为 6 3   7 5 6 .   设教室分别 为 c 。 , C   , …, c 。   . 若存此 过 
程 的某 一 步 , 教室 c   ( 1 ≤  ≤1 0 0 ) 中有 0   名  学生 , 记学 生 的分布 为 ( 口   , n   , …, a   ∞) .  

上面的结论 表明, 对于任意一个初始状 
态a , 从 a到 占任 意移动 序列 , 均可 延拓 到从 

到  的移动序列. 因此 , 求  的最大值 , 只  需考虑由   到 占的移动序列.  

【 第一步 】 证明:   是有限的.  
考虑 函数 
口 l , 口 2 , …, 口 l o 0 )=口   +0   +… +口  .  

【 第三步】 考虑一个特殊 的分布 

y= ( Q , 0 , …, 9 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 7 , 8 , 9 , …, 6 3 ) .  
—  

则  y )一  卢 )  


若一 名学 生从 教 室 c   走到教室 c i , 则 此 

( 1  + 2  +… + 6 3  一 6   )一   ( 9 0   x 2 0   +1 0   x 2 1   )  

时学生的分布为 
( 口 l , n 2 , …, 口 i +1 , …, n , 一1 , …, 口 1 0 0 ) ,   且口   ≥口 , , 于是 ,   口 l , 口 2 , …, 口 f +1 , …, a i 一1 , …, 口 1 0 0 )一   口 l , 6 , / 2   9 . t   o , 6 1 . 1 0 o )  


4 4   8 9 8 .  

由于每一步/至少增加 2 , 因此 , 由   到 
4   8 9 8 y最 多经过 m   : 4






2 2   4 4 9次 移动.  

= 2 ( 口 i 一口   ) +2 ≥2 ,  

下面证明: 从 卢到  可 以取到最大值 
ml=2 2   4 4 9.  

当且仅当 口 i = 口   时, 上式等号成立.  
因此 , 每次学 生 从 一 间教 室 走 到 另 一 间 

因为每次移动 恰增加 2 , 当且仅当移动  前两间教室中的学生数 目相等 , 并称这次移 
动为 “ 好 的” , 所 以, 只需验证存 在 由   到 

教室后 ,   的值至少增加 2 .   另一方面 ,   的最大值是在 

占 = ( Q :   : : : : : 9 , 2   0 1 0 )  
9 9 个 

的好的移动序列. 为此 , 先证明引理.   引理 对于正整数 a 、 b ( 1 ≤n ≤6 ) , 若有 


时 取到.  
1  

个 由 b一 。+ 2间教 室对 应着 的分布 
( 口 , 0+1 , …, c 一1 , C , C , c +l , …, b 一1 , 6 ) ,  

由于, 是正数 , 则  ≤  
限 的.  

) , 即M是有 

其中, 整数 c 满足 o ≤c ≤6 , 则存在好 的移动 

序列 , 使得分布变为 
( o一1 , 口 , …, d一1 , d+1 , …, b+1 ) ,  
1 0个  

【 第二步 】 考虑分布 
卢=( 2 Q 。 2 Q ≈ : : : , 2 9 , 2 1 ,   1 ≈ : : : ,   1 ) .  
9 0个  

其 中, d : 口 + b — C .  

下面证明: 任何分布 a均可以由口得到.   事实上 , 由   进行反 向移 动. 在反 向移 

证明 让有 C 名学生的教室中的一名学 
生走到另一间有 c 名学生 的教室 中, 这名学 

中 等 数 学 

生 再走 到另一 间有 c +1名 学生 的教 室 , 继续 

容易验 证 , y是 唯一一个 对 于 2   0 1 0名学 

上述移动 , 直到他 走 到有 b名学 生 的教室 , 此  时的分 布为 
( 口 , …, c —I , C 一1 , …, b一1 , b+1 ) .  

生和 1 0 0间教室 满足 ( 1 ) 和( 2 ) 的分 布. 因   此, 在数学归纳法 中最后得到的分布就是 .  

【 第四步】 证 明: 从 y到 最多经过 m   =  
4 1   3 0 7次 移动.  


对 两 间有 c 一1名 学 生 的教 室 重 复上 述 
过程 , 得 到分 布  ( a , …, c一 2, c - 2 , …, b 一 2 , b , b+ 1 ) ,  

对于分 布 ( 口 。 , 0   , …, 口 。 。 。 ) , 考虑 函数 

g ( a 。 ,   …, t  ̄ 1 0 0 ) =∑ l a i — a j 1 .  
若一名 学生 从教 室 c   走 到教 室 c   , 则 
I a   —a t I 增加 2 .   若n   >m x{ a 口 i , a t } 或口 ^ <m i n{ n   , a t } ,  
贝 0 l 口  一 口 £ I +I a   一a t l 不变 ;  

重复这个过程共 c — a + 1 次后 , 得到分布 
( 口一1 , 0 , …, d—l , d+1 , …, b+1 ) .  
回到原 题.  

对于 r ( 1 ≤r ≤1 0 0 ) , 用数学 归纳法证  明: 可以对  的前 r 间教室经过好的移动序 
列, 使 得  ( 1 ) 在 这 些 教 室 中学 生 的数 目在 区 间  [ A, B] 内, 其中, 0 ≤A≤2 0< 2 1 ≤B;  

若m i n{ 口 £ , a t } ≤a   ≤m x{ a 口 f , a i } , 则 
I 口   一8 i I +I 口   一 口 j I 增力 Ⅱ 2 .  

因此, 每次移动 , g的值至少增加 2 .  
因为 g ( 8 )= 2   0 1 0   x 9 9=1 9 8   9 9 0,   g ( y) =3 8 ( 1 + 2+… + 6 3— 6 )+  
( 1 + 2+… + 6 2 )+  

( 2 ) 区间[ A ,  ] 中的每个整数除了下面 

的两种情形外恰 出现一次 : 在区间[ A ,  ] 中  
的某个数 日, 称它 为 “ 洞” , 它 可 以不 出现 ; 若  A= O , 则 0可 以出现 的次 数没有 限制 .   当r = 1时 , A= 2 0 , B=H =2 1满 足 上述 
结论.  

( 1 + 2 + …+ 6 1 ) + …+ ( 1 + 2 ) + 1 一  
( 5+ 4 + 3 + 2+ 1 + 1 + 2 +… + 5 7 )  

= 3 8   x 2   0 1 0 + ÷( 1   + 2   + …+ 6 2   ) +  

假设对 于 r 一1 时, 结 论成 立.   对于 r 时, 设 增 加 的 这 间 教 室 中学 生 的  数 目为 c , 则C = 2 0或 2 1 .  

( 1 + 2  ? + 6 2 ) 一  孚 
=1 1 6   3 76,  

若c = H, 则不需要移动 , 可让  增加 1 ,  
设 日为新 的  即可 , 否则 , c ≠且 对 于 
r 日 +1, H <c ;  

所以, 从  到 占最 多经过 
, :   m  ,=— — — —— — —  — — — —— 一 : =   41   3 07 /  

次 移动.  

l m a x { A , 1 } , 其他,  
.  

【 第五步】 证 明: 第 四步的上界 m   是 能 
达 到 的.  

r n一1 , H> c ;  

【  ,  
C = C.  

其他,  

事实上 , 若分布( c / , 。 , a   , …, 口   。 。 ) 满足 
0=n 1 =… =口  <a   + 1 <口 l + 2<… <口 l 0 o  

应用引理可得到相应的分布 , 且此时的  
H =d =a   b—C  

( 分布  是满足这个条件 的) , 经过下述“ 波 

形” 移动序列 

不出现, 且区间[ A ,  ] 可以向一端或两端延拓  
从而完成了数学归纳法的证明.  

( Q :   : : : : J ' 0 , 口 …, a i + 2 ’ …,i o o )  

2 0 1 3年第 8期 

3 7  

一 (  
i 个 

,  + - 一   + z + 1 , n  , …, 。   o o )  



次移 动 , 从而, 与S   的最大性 矛盾 .   考 虑下述 两种 情形 .   ( 1 ) 一名 学生 离开教 室 C . 若该 学 生从 教 

- +( Q :   : : : : : 9 , 口 …一 1 , 口 Ⅲ, 口 Ⅲ + 1 ,  
个 

口   + 4 , …, 口 1 0 o )  

室C 走 到教 室 c ” , 则 c ” 中的 学 生 数 目大 予 s ,  

( Q !   : : : : 1 9 , n …一 1 , 0 m, 0 Ⅲ,  
价 

可以将这次移动用 C   c   _ ÷ c ” 代替 , 从而, | s  
的长度 增加 了, 矛 盾.   ( 2 )一 名 学 生 进 入 教 室 C . 若 该 学 生 从  教室 c ” 走 到教 室 c , 则c ” 中的学生 数 目小 于 s ,  

a   + 4 +1 , 口   + 5 …, 口 l 0 o )  
— - —

÷’ ? ?‘  

一( Q :   : : : : : 9 , 0 … 一1 , 口 m, 口 m, 一 ‘ ,   让另外 一 名学生 从教 室 c   走到 教室 C , 再让 那  个 
0 啪 +1 ) ,  

名原 来 从 c ” 走 到 C的学 生从 c ” 走到 c   , 用 这  两 次移 动代替 原来 的移 动 , 则S   的 长度 增 加 
了, 矛 盾.  

得 到一 个 类 似 的分 布 , 且教室 C … 中 少 一名  学生 , C l o 0 中多一 名学生.   因为 a i <口 … <n   <… <口 啪, 所以, 在 

因此 , 第 m次 移 动一 定 涉及 c和其 他 一  间有 s 名学 生 的教室 c ” .  

波形移动序列 的每次移动 中, g的值恰增 加 
2 . 因此 , 从 分 布  经 过波 形移 动 序列 得 到 占 ,   恰 经过 m  = 4 1   3 0 7次 移动.  

构造 J s ” , 将第 m次移动插入到第 k 次移  动后, 作为新 的第 k + 1 次移动 , 在所有 m次 
移 动后 , c   和c   的角 色进 行 了交换.  

【 第六步 】 证明: 对于从 卢到  的每个最 
长 的移 动序 列 , 均 有 另一 个 具 有 相 同 长 度 的 

因为 c t 在第 k 次移动后和原始的第 / 7 / , 次  移动前不参与移动, 所以, 这样产生 的移动序 
列 是有 效 的.   因此 , S ” 与S   的 长度 相 同 , 其 前 k+1次 

移动序列用同样的方式经过分布 y .  
设 S是 已得 到 的从 1 3到  的最 长的移 动 

序列 , 特别地 , I s 包含从 卢到  的好的移动 ,   设J s   是任意其他最长的移动序列.  
对 k用 数 学 归 纳 法 证 明 : 存 在 从  到 考  

移动与 | s 的前 k +1 次移动保持一致. 从而 ,  
完 成数 学归 纳法 的证 明.  

的移动序列 5 ” 与J s   的长度相同 , 使得 . s ” 的前  k ( o ≤k ≤m . ) 次移动 与 S的前  次保 持一 
致. 注 意到 , S开始 的 m   次 移动 均是好 的.  
当 k= 0时是 空 的.  

这样 , 可 以重排 I s   的移动次序 , 使得 s   的前 m . 次移动与 5的前 m   次移 动保持一  致, 因此 , 可知最长移动序列经过分布 .  
于是 , 从 到   的 所有 移 动 序 列 的 最 大 
长 度为 
M =m1 +m2=2 2   4 4 9 +4 1   3 0 7=6 3   7 5 6 .  

假设 S   和 s的前 | i } 次移 动是 相 同的.   因为 k<m, , 所以, 5的第 k+1次移 动是 

好的. 假设这 次移动是在均有 s 名学生 的教  室c 和C   中进行的, 则| s   前k 次移动后 , 不妨  设为第 m次移动涉及 c 或c   , 不失一般性 , 不 
妨 假设 涉及 到 c .  

由第二步, 知  的最大值为 6 3   7 5 6 .  
5 . 满足 条件 的正整 数 只有 n=1 , 且 容 易  验证 Ql = 4 P1 .   下 面证 明 : 对于 n ≥2 , P   Q   .  

若第 m次移动不是在均有 s 名学生的教 
室 之 间进行 的 , 下面证明 J s   的 长度 可 以增 加 

假设 P   I Q   , 设 
Q   (  , y , z )=R   (  , y , z ) P   (  , y , z ) .  

3 8  

中 等 数 学 

定义 p   (   ) = P   (  , 0 , 一 1 ) ,  
q   (  ) = Q   (  , 0 , 一1 ) .  

故  E Y F= 9 0 。 +   E Y P  


9 0。+   E BP =9 0。 +   A B D 
9 0。+   DCA =9 0。+  FCP 

则q  = R   (  , 0, 一1 ) P   .  



P   、 q   作为 的实系数多项式 , 有P   I 9   .  
特 别地 , P  和 q  均 为整 系数 多项 式 , 且P  是 
首一 的.  



9 0 。+/ F XP=/ F X E.  

从而 , E、  、 y 、 F四点 共 圆.  

由于 E、 G、 P、 X, F、 G、 P、 Y 分 别 四点共 圆 ,  
则 四边 形 E X Y F、 四边形 E G P X、 四边 形 F G P Y  

故R   (  , 0, 一1 ) 是关 于  的整 系数 多项  式. 特别 地 , 当  取整 数时 , 其也取 整数 值.  

的外接 圆两两 的根轴分别 为 G P、 E X、 F Y .  

对于任意的整数 a , P   ( 口 ) 和q   ( a ) 作为  整数 , 有P   ( a ) l q   ( a ) .  
令 a: 1 . 则 
( 2   ”  +1 ) I ( 2  + 2 ) 2 凡 .  

由蒙 日定 理 , 知G P、 E X 、 F l , 三 线 交于 


’  

点.  

因为 E X与 F y交 于 点 Q, 且 P G上 E F,  
所以 , P Q   E F .  

设 素 数 P满足 PI ( 2 。 ” +1 ) . 则 
P   l ( 2  + 2 ) .  

7 . 对 于 所 有 整 数 n≥4满 足 要 求 , 而 

1 1 , = 2 , 3不满足要求 , 数列( 1 , 2 ) 和( 2 , l , 2 )  
就是 反例.   设( a 。 , a   , …, 口   ) 是任意和为 2 n—l的 

故0 - - 2 h   +1 — 2 ( 2 h+ 2 )   一 3 ( m o d p ) .   因此 , P= 3 . 这表明, 2  。 +l= 3   , 其 中,   k 是 某个 正整数 .  

正整数数列 , 记 
S k - ' a l + 口 2 +… + 口 ^ - 2 k ( k= 1 , 2 , …,   ) ,   且定 义 S 。 = 0 .  

因为左端模 4 余l , 所 以, k 一定是偶数.  
设k = 2 m. 则  2   ”  =( 3  +1 ) ( 3  一1 ) .  

若一个数列不满足 已知条件 , 即不存在  至少两项构成的一段满足它们的算术平均值 
是 整数 , 则称此 数列 是 “ 好 的” .  

因此 , 3  + 1 和3  一 1 均是 2的整数次幂  
从而 , m =1 , r t =1 .  

综上 , n =1 是唯一满足条件的正整数.   6 . 如图 2 , 设点 P在 E F 、 E C 、 F B上 的投 
影分别 为 G、  、   则 E、 P、 Y 、 B, F、 P、 X、 C分 
别 四点共 圆.  

若非负整数数对 ( i ,   ) ( i <   ) 满足 
( _ 『 一 i ) l ( S   — S   ) ,  

则称此数对( i , _ 『 ) 是整除的.  
显然 , 数列( a , , a   , …, 口   ) 是 好 的 当且 仅 

当没有整除数对 ( i ,  ) 使得 l   —   I ≥ 2 .  
下面证 明 : 对于 r t ≥4 , ( a   , 口 2 , …, a   ) 不 

是 好 的.  
易知 S   =a 1 +a 2 +… +a   一2 n= 一l , 对 

于每个 I l } ( 0 ≤   ≤n — 1 ) ,  
I s   + 1一S ^=a   + l 一2≥ 一1 .  

分类讨论 s   的可能取值.  
( 1 ) 若I s   ≤一 2 , 因为 
图2  

S l ≥. S o一1= 一1 , S 2 ≥S l一1 ≥ 一2,  

2 0 1 3年第 8期 

3 9  

所以, S   = 一1 .  

引理 1   设正整 数 n 、 . 1 } 、 d满 足 n=k d .  

从而 , ( n一1 ) I ( . s   一 S   ) .  

若0 是一个正整数, P是一个素数, 使得要么P  
是奇数且 pl ( 口   一1 ) , 要么 P= 2且 4I ( a   一 1 ) ,  
则  ( 0  一1 )=  ( 口  一1 )+  ( d ) .   引理 1的证 明   由二项 式定 理知 

( 2 ) 若S z = 一1 , 贝 Ⅱ ( 忍一 2 ) J ( S   一 S z ) .   ( 3 ) 若S : = 0, 则( 2— 0 ) I ( S   一5 。 ) .   ( 4 ) 若. s   ≥1 , 因为 S  =一1 , 且 
S   + l   >S I ^ 一l (  = 2 , 3 , …, n一 1 ) ,  

n   一1 :[ (  一 1 ) + 1 ]  一 1  


所 以, 一定 存 在整数 i ( 3 ≤   ≤n—1 ) 使 得 
Si =0 .  

∑c   ( n   一 1 ) i .  

从而 , ( i - 0 ) l ( . s i 一. s 。 ) .   因此 , 在( 1 , n ) , ( 2 , n ) , ( 0, 2 ) 和( 0 ,   )  

对于p的 两种情形, 均有  ( C : ( o   一 1 ) i )  
在i =1有最 小值 . 于是 ,  
( 口   一1 )=t ,   ( d ( 口   一1 ) )  
=  

( 3 ≤i ≤凡一1 ) 中至少 有一 个是 整 除数对 .   当n >4时 , I 这 些数 对 中 的两 个数 一定 不 
同. 于是 , ( 口   , 口   , …, a   ) 不是 好 的.   8 . 称满 足 条件 的数对 为 “ 好 的” .  



( 口   一1 )+   P ( d ) .  

引理 2 对于任意的整数 矗 ( n ≥3 ) 和任 
意 的素 数 P, 且o r d   ( 口 ) ≠n , 有 
t , P (   ( a ) ) ≤  P ( n ) .  

下面 证 明 : 好 的 数对 为 ( 2, 6 ) , ( 1 ,  ) (   为 任 意大 于 1的整 数 ) , ( 2  一1 , 2 ) ( m 为 任 

引理 2的 证 明   若 t J   (   (  ) )=0 , 则  结 论显 然成 立. 否则 , 设 . i } =o r d 。 ( a ) .   因为  (  ) l (   “ 一1 ) , 所以, J j }  

意大于或等于 2的整数 ) .  
的整数 n , ( 1 , n ) 均为 好 的.  

  _

首先 , 若 口=l , 则易知 对于任意 大于 l   其次 , 考虑 a >2的情形. i   若n = 2 , 则( 0 , n ) 是好 的当且仅当  
口  一 1=( 口+1 ) ( 口一1 )  

若 P为奇 数 , 注意 到, P   l ( 口   一1 ) , 由引  
理 1 , 知 

( 口   一 1 ) =   ( 口  1 ) + t , P ( 针 

的素因数也整除 口 一1 .  
由于 n+l和 口一1的最 大公 因数 至多 是 

因 为  (   ) I 1   }, 一 l   所 以 ,  

2 , 因此 , 0 + 1 一定是 2的整数次幂.  
设 口+1 = 2   ( mI >2 ) . 贝 0 ( 2  一1 , 2 ) 均 为  好 的.  

(   (  ≤ I , P ( 籍) =   ( 詈 ) ≤  ) .  
若P= 2 , 因为 2 1 ( 口   一 1 ) , 所以, 0 为奇数 

接下来证明: 当a / > 2 , n >3时, i 唯一 的好 
的数对 为 ( 2 , 6 ) .   设  (  ) 是 n级 分 圆 多 项 式 , 对 于 素 

又   ) { 等, 则  
n -1扣 +. 一+ n   =   - O ( m  ̄ t   2 ) .  

于是 , n 为偶数.  
设 n= 2 m. 注 意到 , 4   l ( 0  一1 ) , 且 凡>2 ,   则 2是 n的一 个真 因数.  

数P , 设  (  ) 是满 足 P   I   的最大 整数 ,   o r d 。 (   ) 表示 模 P的阶 , 即满足 
三1 ( m o d P )  

的最小的正整数 t .  
先证 明四个 引理.  

于 是   ) J f   一 工   .  
由引 理 1知 

、  

中 等 数 学 

(  

的. 对 于任 意 的素数 P和任 意的整 数  ( 岩  (   ) .   积性 k ≥2 , 有 
f ( p k ):  
P  

引理 3 对 于任意的整数 a ( a ≥2 ) 和n  

:  
P  

( n > 1 ) , 有  ( 口 ) ≥ 丢 口   ) .  
≥ 

p k - 1 )  

p   )  

p   ) ,  

引 理3 的 证明 设p   = Ⅱ( 1 — 2 - i ) .  

其 中, 用到 了结论 : 当p ≥2时 , 2 ‘  

≥p .  

先 证 明 : 对 于 所 有 的 正 整 数n , p   ≥ 寺.  
易知, 对于所有的正整数 n , P   ≤ ÷.  
于是 , 对 于每个 正整 数 . i } , 均有 
P  —P   + 1=2- k - l p ≤2- k - 2
. 

易验证 , 对任意的素数P > I 7 , 有f ( p ) > 4 ,  
且 当 n= 2   , 3   , 5  时 , 也有  n )> 4 .  

因此 , 若  凡 ) ≤ 4 , n 一定是 2   × 3× 5的  
因数.  

因为 , ( 2 )=1 ,   4 )=1 ,   8 ): 2 ,  
3 )=   4 As ) = 1 i 6

,  

故p 。 _ p .   = ∑( p   一 P …)  
n  - l  



2 小   ≤ ÷ ?  


所以, 由,的积性 , 知  n ) ≤4的解 只有 
/ 1 , =2, 3, 4, 5, 6, 8, 1 0, 1 2 .  

因为 p   =   1

所 以 , p   ≥ ÷ . 从 而 ,  

这 就 证 明 了 当 a=2 , 且 n ≥3时 , 满 足 

( n ) = Ⅱ( 口 号 一 1 )  



a  ’ ≤ 4 n的解 n∈{ 3 , 4 , 5 , 6 , 8 , l O , l 2 } .  
若。 ≥3 , 且 ( n ) ≥4时 , 有 
=  

.  

: 。dl n  

-  1 - [ ( 1 一 口 一 了 n )  

(   > 4 .  

≥  ‘ n   Ⅱ( 1 一 a - i )   ≥ 口  ’ Ⅱ( 1 — 2  )  
≥  .  

因此 , 对于 口 ≥3 , n只可能属 于 { 3 , 4 , 6 } .  
经验 证 , 只有  ( a , n )=( 4 , 4) ( 3 , 3 ) , ( 3, 4) , ( 3 , 6 ) ,   ( 4 , 6 )  

【 译者注 】  ( n ) 为欧拉 函数 ,  ( d ) 为默 
比乌斯函数 , 与 ( n ) 及 ( d ) 有关 的结论请 

满 足条件 .  
回到原题 .  

参考冯 克勤 、 余红兵编著的《 整数 与 多 项 
式》 , 高 等教 育 出版 社 , 施 普 林 格 出版 社,  

注意到 , 若( a , n ) 是好的 , 则对于任意的  素数P I ( a  一 1 ) , 一定有 o r d   ( a ) ≠n . 于是,   由引理 2 知  (   ( a ) ) ≤  (  ) . 将其应用  到  ( a ) 的所有素因数 , 有  ( a ) ≤, 1 .  

1 9 9 9 年l 0 月, P 4 6 , P 1 4 6 .  
引理 4   当整数 a ≥2 , n ≥3时, 满 足  a  ‘   ≤4 n的解 是  ( a , n ) =( 4 , 4 ) , ( 3 , 3 ) , ( 3 , 4 ) , ( 3 , 6 ) ,  
( 4, 6 ) , ( 2 ,  ) ,  

由 引 理3 , 知n ≥ ÷ 口  .  
由引理 4得 所 有 可 能 好 的 数 对. 逐 个 验 

证, 知当 口 ≥2 , n ≥ 3时 , 只有( 2 , 6 ) 是唯一好 
, '  ( J , I )  

其中 ,   ∈{ 3 , 4 , 5 , 6 , 8 , l O , 1 2 } .  
引理 4的证 明 设  m)   ? 则厂是 

的数对 .  

( 冯祖鸣 提供

李建泉

翻译)  

2 0 1 3年第 8 期 

41  

数静奥拣  魏寓   则昧遥( 1 6 8 )  
中图分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识 码:A   文章编号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) o 8一O o 4 l一 0 6  

第 一 试 


8 . 设 m、 n为整数 , 5 3 < m、 凡 < 1 0 0 , 令 


( m+  

+1 )  , Y=( m一  

+1 ) “ .  



填空题( 每小题 8 分, 共6 4 分)  

若 Y的整数 部 分为 2   0 1 3 , 且2   0 1 3除 以 

1 . 设  ) 是 R上的递减函数 , 对任何的 
∈ R, 有  + 2   0 1 3 )= 2   o l 3 f ( x ) .   则满 足这 样 条件 的一个 函数 为— — _ .   2 . 设 正 三棱 柱 A B C—A   B   C   的体 积 为  V , 点 P、 Q分 别 在 棱  、 C C   上, 满足 A P=  

m的余数为 5 3 , 则  的整数部分除以 m的余 
数 是一   二、 解答 题 ( 共5 6分 )   9 . ( 1 6分 ) 设  )=  +   (  > 0 ) . 若 对 

任 意 的 正数。 , 在区 间『 L   1 , n +  口   1 J   内 总 存  
在 m+ 1 个实数 n 。 , 口 2 , …, 口   + 1 , 使得不等式  a 1 ) +  0 2 ) + …+ 厂 ( 口   ) <  口   + 1 )  
成立 , 求 m的最大值.  
1 0 . ( 2 0分 ) 有2   0 1 3支 球 队进 行 一 次 年 

C   Q .则四面体 B P Q B   的体积为一
3 . 设n 是给定的正整数 , 集合 

 

M =  

, … , 斟 

记  的所 有子 集分别 为  。 ,   , …,  .  

度超级足球循环赛 , 每两支球 队均恰 比赛一 
场, 每场 比赛胜者得 3分 , 负者得 0分 , 平局  各得 1 分. 比赛结束后 , 甲把他所在球队的总  分告诉了乙 , 乙马上知道 了甲所在球队在整  个 比赛中的胜负场数. 试问 : 甲所在球队在这 
次 比赛 中所得 的总 分是 多少 ?   1 1 . ( 2 0分 ) 已 知 P是 抛 物 线 Y=   一1  

对1 ≤   ≤   , 用J s (  i ) 表示集合 M  中所有元素 
的和, 规定 . s (   )= 0 . 则  S (  1 ) +. s ( J 7 l  )+… +S ( 』 I  ) =— — .  
4 . 设  ∈   4   =   的 

最 小 值为— — . .   5 . 设  A、   、   C是 △ A B C的三 个 内 

上一动点, 设点 Q( 一1 , 0 ) . 若以 P Q为直径  的圆与抛物线 只有两个公共点 , 求 该圆面积 
的取值 范 围.  

角. 若s i n   A= 0 ,  ̄ O 8   B= b , 其 中, 口> 0 , b > 0 ,  
且n 2 +b 2 ≤1 , 则t a n   C=  

6 . 在[ 一 1 , 1 ] 上任取两个 实数 口 、 b . 则方 
程  + 似+ b = 0有实根 的概率为一  





试 

7 . 已知 0是△ A B C的外心. 若A B= A C ,   C A B =3 0 。 , 且 
=   .  

( 4 0 分) 求出所有使 
】  
+一 +   Y

1  

1  

=  

+  

, 则 

+Y +z、  

、 x y z  

均为整数的正有理数组(  , Y ,   ) (  ≤y ≤   ) .  

4 2  

中 等 数 学 
3. 2一  1
. 

二、 ( 4 O分 ) 过 点 0作 圆 C 的两 条 切 线  O A、 O B, 切 点分别 为 以、 8, 过 0作 直 线 z 与 圆 
C交 于点 D、 E, 与 直线 A B交 于点 , . 证 明:  


对 集合  的任 一 个元 素 a, 因 为含 a的  子集 共有 2 “ 个, 所以, . 每个元素在 “ 和” 中均 

OF  OF  OD + 

‘  

出现 了 2   次.  

故. s ( M  )+ S ( M2 )+… +s (   )  

三、 ( 5 0 分)  

整数 几求 
k=l

[  一   】 ,  

其中, [  ] 表 示不超 过 实数  的最大 整数.   四、 ( 5 0分 ) 圆 周上 有 几个 白点 , 先 将 其  中一个染 为黑 色 ( 称 为第 一 次染 色 ) , 对任 何  正 整数 k , 第 k次染色 后按 逆时 针 方 向间 隔 k   个 点将 下一个 点染 成与 原来颜 色相 反 的颜色 

= 2  ) = 2   一   1 ) : 2 一   .  
7 4. 2 2
_



.  

取 a= b=1 , 得 
=   =   .  

^  1 

( 称为第 | i } +1 次染色) .  

下面证明:  ≥ 竿.  
令  =a   +b   , Y  a b . 则  ≥0, 且x >  ̄2 y .   故不 等式 化为 
4 ( x+ ) , )   >2  ̄ 7 y   (  +2 y ) .   注 意到 ,   4 ( x+ ) , )  一 2 7 y 2 (  + 2 y )  

( 1 ) 对给定正整数 ( / t ' >1 ) , 是否存在 

正整数 m, 使 m次染色后 n 个点均为白色?  
( 2 ) 对给定正整数 / 7 , ( n>1 ) , 是 否 存 在 

正整数 m, 使 m次染色后 几 个点均为黑色?  

参 考 答 案 
第 一 试 
1 .一 2   0 l 3 赢( 答 案不 唯一 ) .   考虑 函数  )= 一 a   ( a>1 ) .  
由题 意 有 
口 x+2。”




4 x 。 +f 1 2 x一1 5 y ) x y一 5 0 y 。  

≥4 ( 2 y )  + 2 y   ( 1 2   x2 y z 一1 5 y )一5 0 y  


0.  

故  的最小值 为  .  

±   互 




2   01 3 a  

  ,



b 厢

 

2   Ol 3 a


2   01 3  

口=2   O 1 3 南
.  

因为 C O S   B=b > 0, 所 以,   为锐 角 , .  
s i n   B=   =  =  
. 

故  ) =一 2   0 1 3 志 符合条件.  

此外 , 对任何负数 k , f (  )= 2   O l 3 赢I i }  
符合条件.  
2 .  

又口  + b   ≤1 , 贝 0  

s i n   A= 口 ≤ ̄ / 1 — 6  = s i n   B .  
于是 , s i n ( 7 t — A ) <s  ̄ i n   B .  
一:  棱锥P—B B ? Q   棱锥^一 B B , Q  

面体 

若  A为钝角 , 则 一   A为锐角.   又 
一  

= 

棱锥…

 



÷   .  

为锐角 , 则 
A≤  B  A+   B≥ 7 c .  

2 0 1 3年第 8期 
才盾 .  

4 3  

由I   D  I =I   O Cl , 得 

从而 ,   A为锐 角 , 且 
cos   :  : 

1 + ) , 2 = (   一 1 )   + ( y 一 1 )   .  
=  
. 

解得 Y= 2一   .  

故  =  = 高 ,  
t a n   B=   s i n   B

贝 0 ( 1 一 √ 3 一   , 1 一 √ 3 一 )= C — - —   O=   l   C —’ A+  c - - - 四    
=  

( 一 √ 3 , 一 1 )+  ( 2一 √ 3 _ , 一 1 ) .  

: 丁  ̄ / 1 - b 2
.  

锯得  = 2   一 3 ,  = 2一   .  

a n   c=  

故  = 7   一1 2 .  
8. m 一5 2.  


一  

 

± 盈
0  
.  


一 b 、 f  

 

设 =( m+ 1 + √ m)  


A+   m( A 、 B∈ N+ ) .  

①  . ② 

6.  

则Y =( m+ 1 一   )  = A一  
若 m是 平方 数 , 令 m= a   , 得 

注意 到 ,  

方程 2 + a x + 6 : 0 有实根 
铮 口  一4b ̄ >0§   .  

Y =( m+ 1 一 , / g) -  =( a 。 + 1 一 口 )  


2   0 1 3=3   X   1 l   X6 1 .  

故 n=1 , 矛 盾.  

于是 , 在平面直 角坐标系 a O b内, 满 足  条件的实数对( a , b ) 构成的区域为图 1 中的  阴影部分 , 其面积为 

所以, m不是平方数.  
从而 , Y不 是整 数 , 2   0 1 3< Y< 2   0 1 4 .  

①+ ②得 
x+  =2 A  


+ 2   1 扣  .  
6  

2 A- y=( 2 A- 2   0 1 4 ) +( 2   0 1 4- y ) .  

贝 4 [   ] = 2 A一 2   0 1 4 =  + y 一 2   0 1 4  


\  …   L_ _ . :   /,   6 :   4  
Q   ~  

( m+ 1 +  ̄ / m)   + ( , n + 1 一 √  ) “ 一 2 0 1 4  
2   c   +1 )   (   - 20 1 4  




1  



2 C ] ( m+ 1   1   一 2   0 1 4 - 2 — 5 3 — 1  

图 1  

兰一 5 2 Em一5 2 ( m o d   m) .  
. 

故所求的概率为 p=   S=   1 3
7 . 7   一l 2 .  

二、 9 . 取a =, / 2 0 1 3 , 则在区间[ 1 , 2   0 1 3 ]  
内存在 m +1 个 符合 要求 的实数 .  

不妨 设 A B:2 . 以  为 原 点 、 A B所 在 直 

注 意 孙, 2 , / 2 一   o 1 3 ]   [ 1 , a +   】 .  
故只需考虑在[ 1 , 2 4  ̄ - 0 1 3 。 ] 上存在符合 
要求的实数 口 l , 口 2 , …, 0   + 1 .  

线为 轴建立平面直角坐标系. 则  A ( 0 , O ) , B ( 2 , O ) , c (  , 1 ) .   设外心为 0 ( 1 , Y ) .  

易知 ,   ) 在区间[ 1 , 2 / 1 2 0 1 3 ’ ] 上为增 

中 等 数 学 

函数.  
所 以,   1 )   a i ) ( i =1 , 2 , ? 一, m) ,  

O B 。 上, Z 至 少 过 区域  内 的两 个 整 点 , 故 Z   不 为好 直线.  
当 S=3 n一 4时 , 由图 2 , 知Z 不过 区域 . f 2  

口   +   )  

2  ̄ / 2   0 1 3 ) .  

将前 m个不等式相加得  m y ( 1 ) ≤  a 。 ) +  a 2 ) +… +  a   )  
<  a   +   )  
得 m<  

内的任 何整 点 , 故Z 不 为好直 线.  

2 , / 2   0 1 3) ,  
+ —  < 4 5 .  
4 , / 2   0 1 3  

所以, m<  ̄4 4 .  

当 m=4 4时 , 取 a 1 =a 2=… =a “ =1 ,  

a 帖= 2   0 1 3 , 则题中不等式成立.   故 m的最大值为 4 4 .  
1 O . 考 虑有 / - g 支 球 队的情形 .  


0 )  

设整个 比赛 中甲所在球 队共胜  场, 平 

Y 场, 负z 场. 则该队的总分 
S= 3 x+ Y (  + Y+  =n一1 ,  、 Y 、 z ≥0 ) .  
r   +y≤ n一1,  

图 2  

当3 n一8 ≤S ≤3 n一 5或 S=3 n一3时 , 由  图2 , 知Z 恰 过 区域 力 内 的一 个 整 点 , 故 Z 为  好 直线 .   综上 , S=0 , 1 , 2 , 3 n一8 , 3 凡一7 , 3 n一6 ,  
3 n一5. 3 n一3 .  

考 虑 区 域   : { 【 舵 } 0 ,  
y≥ 0 .  

当 5变化 时 , 方程 S=3 x+ Y表示 一 组斜 

取 n= 2   0 1 3 , 得 
. s=0 , 1 , 2, 6   0 3 1 , 6   0 3 2, 6   0 3 3, 6   0 3 4, 6   0 3 6 .  

率为 一 3的平行直线. 现要确定 | s 的值 , 使直 
线Z 位于 区域  内的线 段 上恰 有 一 个 整 点 ,   称此 时 的直 线 Z 为“ 好 直线 ” .  

1 1 . 从 反面 考虑.   设以P Q为直 径 的 圆与抛 物 线 有异 于 点 

考虑直线 z 与Y 轴的交点 A ( 0 , S ) .   当S = 0 , 1 , 2 时, z 为好直线.  

P 、 Q的公共点 R ( t , t   一 1 ) .   若t =1 , 则J j } 伽= 0 . 从 而, 艘 垂直 于 
轴, 矛盾 . 所以, t #1 .  
设 P( x , Y ) .  

当3 ≤s ≤n一 1 时, z 至少过区域  内的  
两 个整点 , Z 不为好 直线 .  

当S ≥n时 , 考虑直线 Z 与  轴 的交点 

因 为  =   寻 = t 一 1 , 所 以 ,  
1  
P R  ‘  

( 亨 , o ) .  
当S = 3 n一 9时, Z 过 。 ( n 一 3 , 0 ) , 此外 , Z  

还过区域  内的整点 ( n一 4 , 3 ) , 故Z 不为好 
直线.  

则 

y' t 2 +l=  

(  

.  

上式与 Y =  一 l 联立 , 消去 Y 得 
( 1 一t ) (   一 t   ) :  — t .  

当5 ≤3 儿一 9时 , Z 与  轴的交点在线段 

2 0 1 3年第 8期 

4 5  

因为 at , 所 以,   ( 1 一   ) (  +£ )=1  

若Y =1 , 则只 能是 z =1 , 得( 1 , l , 1 ) ;   若Y =2 , 由  + Y+z :3+  为整 数 , 知 

=  t   +(  一 1 ) t 一  + 1 = O .  
由关 于 t 的方 程① 有实 根知 
A=(  一1 )  一 4 ( 1 一  ) ≥0  

① 

为整数 , 故z = 2 , 得( 1 , 2 , 2 ) ;  

若 y ≥ 3 , 则 专 + ÷ Z  3 ≤    3 +     , 矛 盾 .  
( 2 )当  =2时 ,  

=   ≤ 一3或 ≥1 .   而4 S 图= 7 c l 尸 QI  

号 V   ≥   Y + ÷ =   一 丢 ≥ - 一 号 Z   = 吉 Z    
, , ≤ 4.  

: 7 r [ (  + 1 )  +  ]   = 7 c [ (  + 1 ) 2 + (   2 — 1 ) 2 ] .  
令  )=(  +1 )  +(   一1 )   .  

若Y = 2 , 则只能是 = 1 , 与  ≥ ) , = 2 矛盾.  
若 Y=3 , 则z = 6 , 得( 2 , 3 , 6 ) ;   若Y = 4, 则z = 4 , 得( 2 , 4, 4 ) .  
( 3 )当  = 3时 ,  



当 ≥1时 ,  
)  

) 是增 函数 , 有 

1 ) = 4;  

当 ≤ 一3时 , , (  ) 是 减 函数 , 有  )   一 3 )=6 8 .  
则4 S 圆= 7 c  z ) ≥4 兀   从而 , S 圆≥兀 _  

专 + ÷ z   =   一 ÷ ≥ ? 一   =  

) , ≤3 .  

又y ≥  = 3 , 则 Y=3 , z = 3 . 故( 3 , 3, 3 ) .   综上 ,   (  , y , z )=( 1 , l , 1 ) , ( 1 , 2 , 2 ) , ( 2 , 3 , 6 ) ,  
( 2 , 4 , 4 ) , ( 3, 3 , 3 ) .   二、 如图3 .  

于是 , 若以 P Q为直径 的圆与抛 物线只 
有 两个 公共 点 , 则 0<S 圆<  

故所求圆面积的变化范围是 ( 0 , 丌 ) .  




试 



考虑 以 x , y 、 z为根 的多项 式 

t )=( t 一  ) ( t — Y ) ( t — z )  
=t 3


(  + y+   ) f 2 +(   +  + z x ) t — x y z .  
0  
图 3  

注 意 到 , x y + y z +   =  ( ÷ +   + ÷ ) 为  
整数 . 所以,   t ) 是 首一 的整 系 数 多项 式 . 又 

其根均为有理数 , 其根 的分母为首项系数的 
约数 , 故其根均为整数 , 即 、 y 0均为整数  

由   O A D=   O E A   △O A D   C , 3 △O E A  


OD  OA  AD 
一 = 一 = ~ .  

设上 +   +   : k
. 

OA   oE   AE ‘  

Y  

则 

:~ O D OA


O A OB  

. 一

因为 ≤y ≤   , 所以,  
1 :  ≥  一 ≥ ≥  一 +一 +   +~ +~ = | j } ≥1   j   ≤_ 3 j .  
Y  z  

| oE   O A  O E   oE   oE   A D  B D  s   B B   DF  A E  B E  s   E   EF ‘  

一 :

( 1 )当 : 1 时, 一 1+ 上为整数
. 

从而 ,   :  

.  

中 等 数 学 

故  +   O F = 1 +   D F ) + 1 一  ) 一 z .  
三、 令 n= 2   a  + 2   一   a   一 l +… + 2   口 1 + c I o  



善 [   一  [  一  喜 。 [ 拳 一 ÷ 】  
( n — m一 1 ) + o +∑ ( 一 1 )  
(  —m一1 )一( n—m一1 )= 0 .  



其 中, 口   ≠0 .  

此时, 2   ≤n < 2   , 所 以, [ 1 o   ] = m .  
若| i } ≥m + 2 , 则 
一一 2 <— <  m+ —2一 一一   2  :0, u,  
一  



四、 设n 个点按逆时针方向编号为 1 , 2 , …,  
n . 对固定的 n , 记第  次染色 的点 的编号 为 0  

( k = 1 , 2 , …) , 称{  } ( k = 1 , 2 , …) 为染色数列.  

此 时 , 【   1 1 , 一   1 】 = 一 1 .  
若  : m +1 , 则  ‘  

不妨设 口 , =1 . 则 
. 

口 2=3, n 3   6, ( / 4=1 0, …… 

注意到 , 染色数列是二阶等差数列 , 即  

一  
一  

= 

一 一   ∈ 【 o U ,   ) J ,  





0  =1+2+ … +k ,  

此 日 寸 , 【  一 吉 】 = 0 .  
若k =m, 则 

其 中编号在 模 n意义 下.  

( 1 ) 显然 , 第 k次染色后 n个点均为 白   色, 等价于染色数列的前 k 项 中每个数 出现 
的次数 均 为偶数.   分别 考虑 n=2 , 3 , … 的情 形 , 各 染 色 数 
列如表 1 :  
表 l  

[   一 号 】 = [   一 号 】  


【 。 0   m +   丁一    j 1 】   = ~’  

若k ≤m一1 , 于是 ,  

● 

最小 
口 d   n 6   口   Ⅱ 8   口 9   a l o  

[  一 号 】 = 【   m   2 一   口 …一 ÷ 】  
=  

n  口 l  Ⅱ 2  

次数  
2  1  3 i1   2  

2  

。  

3  l   3  6 -3   l 0  l  

4   6  
8  

则 [ 1   o 8 2   n   [  一  
=  

】  

4  1   3  6 -2   l 0 -2   l 5 =3 -   Z l 量1  
5  l   3   6 三1   1 0 §5   I 5 i f - s   Z l 兰l   Z 8 - - 3   ; 6 兰l  

】 " I " G m _ I  


6  l   3   6 -6   1 0 =4 -   I 5 -3   Z 1 -3   Z 8 - - 4   ; 6 量 6   l 5 =3 -   5 5 il  1 O  

由此猜 想 , n个 点 时 , 经过 r =2 n一2次 
= 0 

。+

∑( ∑2   口   + n  一 l   1  
= I 、 t=  
m  t   m —l   m 一1  

染色 , 全 变成 白色.   下 面通过 配对 的方法 证 明 :  

- G 



一  

n   +

∑∑2 , - k n   + ∑n   一   一 ∑1  
t =1   k =l  
, n一 1  

=l  

=I  

在前 2 n 一 2次染色中, 第k 次与第 2 乃一   1 一 k ( 1 ≤  ≤ n一 1 ) 次染同一个点 , 从而, 每个  点均被染偶数次( 包括 0次) , 均变为白色.  

T t l  

=  

( 2 m 一 2 ) + ∑(   一 1 )   + ∑  - r( m 一 1 )  
f=1   =1  



∑2 ‘ 口   一 m 一 1 = 凡 一 m 一 1 .  

事 实上 ,  
{ / 2 n

故  【 = l   L  一 二     】 J  

1 - k兰


堕  

2 0 1 3年第 8期 

4 7  







题  

高3 5 2 已知 a , b 、 c 是满 足 a b c =1的 正 
数. 证明:  

高3 5 1 如图 1 , 不等边△ A BC的 内 切 

圆分 别 与 三 边 B C、 C A、 A B切 于 点 D、 E、 F,   A   、 B   、 C   分别 是边 B C、 C A 、 A B 的 中点 ,   、   E   、 F   分 别 为点 D、 E、 F在 △ D E F 的边 E F、  
F D、 D E上 的 射 影. 证 明: A   D   、   、 C   三 

( a—1 ) ( c+1 ). ( b一1 ) ( a+1 ).  
1+6 c+C   。   1+c 口 +口   ’  

1 0. >  

线共 点 .  

高3 5 3 设 P是一个 奇 素数. 证明: 方程 
+2 y  =p  

有 解 当且仅 当 P除 以 8的余数 是 1或 3 .   高3 5 4 将 正△ A B C的各边 四等分 , 过每  个分 点 分别 作 另 外 两 边 的平 行 线 , 称△ A B C  

的边及这些平行线所交 出的 l 5 个点为格点 ,  
图 1  

在这 1 5个格点中任取 n 个格点 , 一定存在三 

( 2 n一1 一 . 1 } ) ( 2 凡一k )  
一  

En ( 2 n一1 )= a 2   一 1 ( m o d   n ) .  

2  

三  

:n   ( mo d   n ) .  

( 2 ) 对任 何正整数 n , 均不存 在正 整数  m, 使 m次染色后全部变黑.   首先 , a   a :   +  ( m o d   n ) , 即 染 色 数 列 
( 关 于模 n ) 是以 2 n为 周 期 的 周 期 数 列 , 且 
a2   兰 口2  




( m o d   n ) ( 即第 2  次与第 2 n ~1 次 

染 色 的是 同一个 点 ) .  

事实上,   ( 2 n+ k ) ( 2 n+ k+1 )  
Ⅱ 2 n + k一   2  

考虑前 2  一 2次染色 中染色的总次 数 ,   发现 至少有 一个 点未染 色.   由( 1 ) , 知第 k ( 1 ≤k ≤n一1 ) 次与 第  2 n一1 一k次 染 色 的 是 同 一 个 点 , 于是 , 在 前  2 n一 2次 染 色 中 , 被 染 过 色 的 点 均 至 少 染 过  两次颜 色. 从而 , 至 多有  一1个 点被 染 过 颜  色, 即 至少 有 一 个 点从 未被 染 过 色, 故 前  2 n一 2次染 色 中不可 能 出现 全 黑 的情 形.   而第 2 n 一 2 次染色后全白, 故, 第2 n一 1 次  染色后只有一个黑子 又 a h;a h — l ( m o d  ) ,   第2   次染 色后全 白, 于是 , 前2  次染 色中不  可能出现全黑的情形.   由周期性 , 任何时候均不 可能出现全黑  的情 形.  
( 冯 跃峰 广 东省深圳 市 高级 中学 , 5 1 8 0 4 0 )  

兰   ¨ 2   。:   :  里 n 一 

: 口   ( o t o d  ) ,   :n ( 2 n+1 )  
一 , ‘ \厶 , ‘- r   ,  

4 8  

中 等 数 学 

个格点能构成一个等腰三角形 ( 包括正三角 


1 .  

形) . 求  的最小值 .  
证明
上 期 问 题 解 答  

由题设 得 

l 6=4 口  +4 6  + 4 c  +4 。 6 c .  

初3 4 9 如图 2 , 在正方形 A B C D 中, 对  角线 A C、 B D 交 于 
点 0, 点 F在 边 C D  
A   D 

则 √  


+ √  

+  

上, A F的延 长 线 与 
B C 的 延 长 线 交 于  点 E, O F的延 长线 
图 2  

 ̄ / ( 4 一 口 )   ( 4 一 b   ).  
( 2" 1 - 口 ) ( 2+b )   ’   ( 4一b   ) ( 4一 c   ).   ( 2+b ) ( 2+c )   。  

与D E交于点  求  O M D的度数.  
解 由题 设知 
A BE =9 0。 ,  

互王 E五  
( 2+ c ) ( 2+ n )  

AB =AD,   ADF =  

 ̄ / 1 6— 4 0   一 4 6  + 口   6  
—   一

A D #B E  

D A F=   B E A .  

+ 

故△ A D F ∽△ 

A 丽 D=  

 ̄ / 1 6 — 4 6   一 4 c   + 6   c  
( 2   4 - b ) ( 2" 1 - c )   。  

= 争BE? DF =AD. A B =AD  .  

 ̄ / 1 6 — 4 c   一 4 口   + c 2   2  
( 2+ c ) ( 2+ 口 )  

又O D? B D= A D   , 则 

B E ? D F = O D ? B D   = 筹.  
而  D B E= 4 5 。 =   O D F, 于是 ,  
△ D B E∽ △ F DO  
 ̄  ̄

/ 4 c   + 4 口 b c + 口 2 6  


/ 4 a 2+4 a b c+b   c  

+  

( 2+6 ) ( 2   4 - c )   。  
/ 4 b 2   4 - 4 口 b c+c   口  

DFO =  

BDE.  

( 2+c ) ( 2+0 )  
2 c+8 6  
+ 

故  O MD=   D F O一   F D M 
=   BD E一   =   B DC =4 5 。 .  

2 a   4 - b c  
+ 

2 b+c 口  

( 姜照 华  山 东省 枣庄 市 第二十 九 中   学, 2 7 7 0 0 0 )  
初3 5 0   已知 口 、 b 、 c > 0 , 且0  +b   +c  +  
a b c = 4 . 证明:  
+ 
一 一    

( 2+ c ) ( 2   4 - 口 )  
2 c +  1 f 2 + c ) + f 2 Ⅱ + 6 c ) f 2 + 口 1 + f 2 6 + ∞) f 2 + 6  

! ±   (  ±   ! ± !   2 ±   (   ±   ± 1   2 ±  
( 2 + 口 ) ( 2 + b ) ( 2 + c )  

8 2
2 0 1   3

?

7 X 


0 0 8  

{ I MO} — — l  

{ 1 快讯 }   一  
. ,. . , .,  .

中 国队 获 第 5 4届 I MO 团 体 总 分 第 一 名  

第5 4届 国际数学奥林 匹克 ( I MO) 于2 0 1 3年 7月 l 8日至 2 8日在 哥 伦 比亚 圣玛 尔塔 ( S a n t a   M a r t a ) 举行 , 来 自9 9 个国家及地区的 5 2 8名学生参加了这次比赛。中国队以2 0 8 分获得 团体  总分第 一名 , 6名队员 获得 5金 1 银。   中国队的成员如下 :   领 队 熊 斌 华 东 师范大学  副领 队  李秋 生  北 京 市人大 附 中  观察 员  姚 一隽  复旦 大学  张思汇 上海 理工 大学 
队 员  刘宇韬  上海 市上海 中学  张 灵 夫  四川 省绵 阳 中学  刘  潇  浙江 省乐成公 立 寄宿学 校 

廖 宇轩  河南省郑州外国语学校 ( 高二)   顾 超   上海 市格致 中学  饶 家鼎  广东 省深圳 三 中 

4 1 分  3 8分  3 5分  3 3分  3 1 分  3 0分 

金牌  金牌  金牌  金牌  金牌  银牌 

第 5   4 届
第 一 天 

I M0 试

题 

为 日, 设  是边 B C上 一点 , 与顶 点 B、 c均 不  1 . 证明 : 对 于任意一对正整 数 k , n , 均存在  重合 ,   和 Ⅳ分别 是过 顶点  和 C的高 的垂  足. 记△ B W N 的外接 圆为 圆  。 , 设  是 圆  k 个( 允许相同) 正整数 m 。 , m 2 , …, m k , 使得  上一点 , 且 W X是 圆  的直 径. 类 似地 , 记  1 + 丛 : f 1 + i1 f 1 +  1 . . . f 1 +  1 .   n   \   ml 八  /   、   mk ,   / k   C W M 的外接 圆为 圆 ∞   , 设 y是 圆 t o   上 一  且 WY是 圆  的直 径. 证明:  、 y 、   三 点  ( 日本 供题 )   点,   ( 泰 国 供题 )   2 . 平 面上 的 4   0 2 7个 点 称 为 一 个 “ 哥 伦  共线. 比亚式 点集 ” , 其 中任 意三 点不 共线 , 且有  5 . 记 Q+ 是所有正有理数组成 的集合.   2   0 1 3个 点 为红 色 , 2   0 1 4个 点 为 蓝 色. 在 平  设函数, : Q+ _ +R满足如下三个条件 :   面上画出一组直线 , 可 以将平面分成若干区  ( 1 ) 对 所有 的 、 Y∈ Q+ , 均有  域. 若一组直线对于一个哥伦 比亚式点集满  Y )   ) ;   足下述 两个 条件 , 称 这是 一个 “ 好直线 组 ” :   ( 2 ) 对 所有 的 x , y∈ Q+ , 均有  ( 1 ) 这些 直线 不经 过 该 哥伦 比亚式 点 集  + Y ) ≥   ^ (  )+  Y ) ;   中的任何一个点 ;   ( 3 ) 存在有理数 a > 1 , 使得  口 ) = a .   ( 2 ) 每个区域 中均不会同时出现两种颜  证明 : 对所 有 的  ∈ Q+ , 均有  )=   .   色 的点.   ( 保 加利 亚 供 题 )   求k 的最小值, 使得对于任意的哥伦比亚  6 . 设整数 n ≥3 , 在圆周 上有 1 1 , +1 个等  式点集, 均存在由 k 条直线构成的好直线组  用数 0 , l , …,  标记这些点 , 每个数字  ( 澳大利亚 供题 )   分点. 恰用一次. 考虑所有可能的标记方式. 若一种  3 . 设/ k   A B C的顶点 A所对 的旁切 圆与  标记方式可以由另一种标记方式通过圆的旋  边B C切 于点 A , . 类似地 , 分别用顶 点  、 C   则认为这两种标记方式是同一个. 若  所对 的旁切 圆定义边 C A 、 A B上 的点  、 c 。 .   转得到, +c的 四个标 记数  假设△ A ,  C , 的外接圆圆心在△A B C的外接  对于任意 满足 口+d=b 口 < b < c < d , 联结标 0和 d的点的弦与联结  圆上. 证明: △A B C是直角三角形.   和c 的点 的弦均不相交 , 则称标记方式  【 注】 △A B C的顶点 A所对的旁切圆是  标 b 漂亮的” .   指与边 B C相切 , 且与边 A B、 A C的延长线 相切  为“ 设  是漂亮的标记方式 的总数 , 又设 Ⅳ   的圆. 顶点 、 C 所对的旁切圆可类似定义.   ( 俄 罗斯 供题 )   是满足 + y ≤凡 , 且(  , Y ) =l 的有序正整数  对(  , Y ) 的个数. 证明: 肘= N+ 1 .   第 二 天  ( 俄 罗斯 供题 )   4 . 设/ k A B C为一个锐角三角形 , 其垂心 


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