第6届中国女子数学奥林匹克CGMO试题含答案.docx

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第6届中国女子数学奥林匹克CGMO试题含答案

2007年女子数学奥林匹克

第一天

1．设m为正整数，如果存在某个正整数n，使得m可以表示为n和n的正约数个数（包括1和自身）的商，则称m是“好数”。

求证：

（1）1，2，…，17都是好数；

（2）18不是好数。

2．设△ABC是锐角三角形，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，线段AD、BE、CF经过△ABC的外心O。

已知以下六个比值

、、、、、

中至少有两个是整数。

求证：

△ABC是等腰三角形。

3．设整数，非负实数

求的最小值。

4．平面内个点组成集合S，P是此平面内m条直线组成的集合，满足S关于P中的每一条直线对称。

求证：

，并问等号何时成立？

第二天

5．设D是△ABC内的一点，满足∠DAC=∠DCA=30°，∠DBA=60°，E是边BC的中点，F是边AC的三等分点，满足AF=2FC。

求证：

DE⊥EF。

6．已知a、b、c≥0，求证：

7．给定绝对值都不大于10的整数a、b、c，三次多项式满足条件是否一定是这个多项式的根？

8．n个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局。

规定：

胜者得1分，负者得0分，平局各得0.5分。

如果赛后发现任何m个棋手中都有一个棋手胜了其余m—1个棋手，也有一个棋手输给了其余m—1个棋手，就称此赛况具有性质P（m）.

对给定的，求n的最小值，使得对具有性质的任何赛况，都有所有n名棋手的得分各不相同。

综上，最少取出11枚棋子，才可能满足要求。

三、定义集合

由于对任意的k、是无理数，则对任意的k1、和正整数m1、m2，

注意到A是一个无穷集。

现将A中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。

对于任意的正整数n，设此数列中的第n项为

接下来确定n与m、k间的关系。

若

由m1是正整数知，对，满足这个条件的m1的个数为

从而，

因此，对任意

参考答案

第一天

1．记为正整数n的正约数的个数。

（1）因为，又

所以，1，2，…，17都是好数。

（2）假设存在正整数n，使得

①

则可设是大于3的相异质数，

令

由式①得

=②

由于对任意质数，从而，

如果

而则

（i）当时，式②为

（ii）当时，式②为

（iii）当时，式②为

（i）（ii）（ii）均不成立。

综上，18不是好数。

2．从六个比值中取出两个，共有两种类型：

（1）涉及同一边；

（2）涉及不同的边。

（1）如果同一边上的两个比值同时是整数，不妨设为、因它们互为倒数，又同是整数，所以，必须都取1，则BD=DC。

由于O是△ABC的外心，进而得AD是边BC的中垂线。

于是，AB=AC。

（2）记∠CAB=α，∠ABC=β，∠BCA=γ。

因为△ABC是锐角三角形，所以，

∠BOC=2α，∠COA=2β，∠AOB=2γ。

于是，

同理，

若上述六个比值中有两个同时是整数且涉及不同的边时，则存在整数m、n，使得

①

或，②

其中，x、y、z是α、β、γ的某种排列。

以下构造△A1B1C1，使得它的三个内角分别为

180°—2α，180°—2β，180°—2γ。

如图1，

过点A、B、C分别作△ABC外接圆的切线，

所围成的△A1B1C1即满足要求。

根据正弦定理，知△A1B1C1的三边与、、成正比。

在式①、②两种情况下，可知其三边之比分别为1:

m:

n或m:

n:

mn.

对于式①，由三角形两边之和大于第三边，可知必须m=n；

对于式②，要保证，由此，m、n中必有一个为1。

无论哪种情况，都有△A1B1C1是等腰三角形。

因此，△ABC也是等腰三角形。

3．由2，知问题等价于求

因为时，

下面用数学归纳法证明

①

当时，不等式①等价

由平均值不等式知，命题成立。

假设不等式①对时成立。

对于，不妨设

由归纳假设知，上式右边小于或等于0，即当时，不等式①成立。

回到原题。

由引理知

因此，所以最小值为

4．

（1）记S中的n个点为A1，A2，…，An.

建立直角坐标系，设

易证

这说明，平面内存在唯一的一点B，使我们称B为点集S的“质心”。

如果任取P中一条直线l为x轴，建立直角坐标系，则

故点B在l上。

即P中每一条直线均过质心B。

（2）设

显然，①

考虑P中任一直线l，X为S中任一点，X关于l的对称点Y是唯一的。

即对每一个l，三元有序组（X，Y，l）有n个，故

②

对于F1中的三元有序组（X，Y，l），因为不同的两点X、Y的对称轴只有1条，所以，

③

（i）当S中任一点至多在P中的一条直线l上时，

④

由式①、②、③、④得

（ii）当S中存在一点同时在P中的两条直线上时，由

（1）所证，此点即为质点B。

考虑集合中的每条直线对称，由（i）所证，

得

综合（i）、（ii）得

（3）当m=n时，由

（2）所证，式③、④同时取等号，即S中任意两点的中垂线均属于P，S中每点恰在P中的一条直线，同时，质心B不在S中。

首先，指出相等。

否则，如果存在j、，则线段的对称轴不过点B，与

（1）所证矛盾。

因此，A1，A2，…，An均在以点B为圆心的圆上，记此圆为⊙B。

不妨设A1，A2，…，An按顺时针排列。

其次，A1，A2，…，An是⊙B的n个等分点。

否则，

如果存在（定义

）。

不妨设

如图2，线段

的对称点在（不含端点）上。

这与、是相邻两点矛盾。

因此，当时，集S中的点是正n边形的n个顶点。

易知正n边形确有n条对称轴。

故当且仅当S中的点组成正n边形n个顶点，P是正n边形的n条对称轴时，

第二天

5．证法1：

如图3，作DM⊥AC于点M，FN⊥CD于点N，联结EM、EN。

设CF=a，AF=2a，则

，

即N是CD的中点。

又因为M是边AC上的中点，E是边BC上的中点，所以，EM//AB，EN//BD，得

∠MEN=∠ABD=60°=∠MDC。

故M、D、E、N四点共圆。

又因D、M、F、N四点共圆，所以，D、E、F、M、N五点共圆。

从而，∠DEF=90°

证法2：

建立复平面，令

经计算可得

6．证法1：

不妨设令

最后一步由柯西不等式得到。

证法2：

令，则

于是，所证不等式变为

①

注意到

将上式代入式①，所证不等式变为

以下同证法1。

注：

证法2解释了证法1中替换的动机。

7．将代入得

8．先证明两个引理。

引理1当个棋手的赛况具有性质，则必有一个棋手全胜。

引理1的证明：

当n=m时，命题显然成立。

假设命题对n成立。

则对个棋手，从中任取n个棋手，由归纳假设，这n个棋手中必有一个棋手全胜。

不妨设全胜。

若A1胜；

若A1平这n个棋手中没人全胜，不可能；

若这n个棋手中全胜的只能是

全胜。

由归纳原理知，命题对任意成立。

类似地可证：

引理2当时，如果n个棋手的赛况具有性质，则必有一个棋手全败。

回到原题。

接下来证明：

当时，所有棋手的得分必各不相同。

由引理1，有一个棋手A1胜了其余n—1个棋手，有一个棋手A2胜了除A1外的n—2个棋手，……有一个棋手个棋手。

由引理2，有一个棋手个棋手，有一个棋手外的个棋手，……有一个棋手个棋手，另外，还有一棋手为

这样，这n个棋手编号小的棋手都战胜了编号大的棋手，因此，他们的得分为，各不相同。

对个棋手水平为

其中，编号小的棋手胜编号大的棋手，编号相等的棋手打平。

则对任取m个棋手，必有一个最小编号为另一个最大编号为，从而，在这m个棋手中编号为i的棋手全胜，编号为j的棋手全败。

所以，这n个棋手具有性质，但其中有两个棋手的得分相同。

综上，