数学奥林匹克冬令营模拟训练题 第一天 08：00----12:30 a1 ，a2 ，...，an 一、设 n ak ∑k k =1 证明： n ≥ 2 ∑ k =1 是一列互不相同的自然数，求证： 1 k . a1 + a2 + .. .+ak ≥1+2+3+. . .+ k= k ( k +1 ) 2 . 二、圆 A 与 B 相等且相交两个外切的圆 C 与 D 使它们既同时与 A 内切，又同时与 圆 B 外切,记圆 C，圆 D 的内公切线为 L.显然 符合条件的圆 C 圆 D 可以画出无数组。 证明:无数条内公切线交于一点. 三 、 一 个 国 际 社 团 的 成 员 来 自 六 个 国 家 共 有 1978 人 , 用 12.… 1977,1978 来编号，试证明:该社团至少有一个成员的编号或者与他 的两个同胞的编号之和相等，或者是其中一个同胞的编号的两倍. 第二天 08：00----12:30 一、设 f(x)在 k 上单调，且 f f ( x)+ f ( y ) x+ y = ，求 f(x). 2 2 ( ) 三、四 边 形 ABCD 内 接 于 圆 , 其 边 AB 与 DC 的 延 长 线 交 于 点 P，AD 与 BC 的延长线交于点 Q,由 Q 作该圆的两条切线 QE 和 QF 切点分别为 E 和 F 证明:P、E、F 三点共线. 三、确定最小的整数 n≥4 对于它可以从任意 n 个不同的整数中 选出 4 个不同的数 a，b，c，d 使得 a+b-c-d 被 20 整除. 数学奥林匹克冬令营模拟训练题 参考答案 第一天 08：00----12:30 n 一、设 a1 ，a2 ，...，an 1 k2 n ak n 1 ≥∑ ∑ 2 是一列互不相同的自然数，求证： k =1 k k =1 k . S k =a 1 +a2 +.. .+a k≥1+2+3+ .. .+k = 证明：不妨设 ak k ( k +1 ) 2 ， b k= ∑k 则 k =1 n = a b 2 ∑ k k k =1 n−1 =Sn bn + ∑ S k ( bk −b k +1 ) k=1 n−1 k ( k +1 ) 1 1 1 ¿ 2 S n+ ∑ − 2 k k +1 n k =1 ( n−1 ¿ 1 n ( n+1 ) 1 1 1 + ∑ + 2 2 2 k k +1 n k=1 = ( n−1 ) ( n−1 )( 1k + k 1+1 ) ) n 1 1 1 1 1 1 1+ ∑ + ∑ + =∑ 2 1+ k 2 k k +1 k=1 k =1 k=1 k ( ) 二、圆 A 与 B 相等且相交两个外切的圆 C 与 D 使它们既同时与 A 内 切，又同时与 圆 B 外切,记圆 C，圆 D 的内公切线为 L.显然符合条 件的圆 C 圆 D 可以画出无数组。 证明:无数条内公切线交于一点. [分析]如图.设 C.D 外切于点 N 取 AB 中点 M 证 明 直 线 MN 就 是 内 公 切 线 L 关 键 是 证 明 MN 垂直 CD 证明:记圆 A,B 的半径为 R，圆 C，D 的半径 各为 c，d,连接 AC, BC,MC:AD.BD.MD 利用三角形中线公式,有 AC2+BC2=2·CM2+2·AM2 AD2+BD2=2·DM2+2·AM2 两式相减，得 2(CM2-DM2) =(AC2+BC2)(AD2+BD2) =(R-c)2+(R+c)2-(R-d)2-(R+d)2= 2(c²-d2)=2(CN2-DN2).故 CM2-DM2=CN2DN2 由此式易推得 MN 垂直 CD 从而证明了圆 C，D 的内公切线 L 通过已 知线段 AB 的中点 M。 三 、 一 个 国 际 社 团 的 成 员 来 自 六 个 国 家 共 有 1978 人 , 用 12.… 1977,1978 来编号，试证明:该社团至少有一个成员的编号或者与他 的两个同胞的编号之和相等，或者是其中一个同胞的编号的两倍. 证明:可用反证法来证明与本题完全相当的下列问题 :把数列 12… 1978 按任一方式分成六组则至少有一组具有这样的性质其中有一个 数或等于同组中其他两数之和或等于其中某一个数的两倍. 假设这六组中的每一组数都不具备上述性质,也就是说每一组数都具 备下列性质,记作性质(P)同组中任何两数之差必不在此组中 因为如果有 a，b 连同 a-b 都在同一一组中,那么由 a=b+(a-b)可知这组 已具备题目所要求的性质. 因 1978÷6>329,所以由抽屉原则可以肯定有一个组 A,其中至少有 380 个正整数,现在从 A 中任意取出 330 个数来，记其中最大的那个数为 a 把 a 分别减去其余 329 个数而得到 329 个差，它们互不相等且均小 于 1978 由性质(P)它们不会再在组中即应属于其余五组，又因 3295>65 再由抽屉原则可以肯定有一组 B,其中至少含有上述 329 个数中 的 66 个数从 B 中任取 66 个数且记其中最大的那个数为 b 再把 b 减 去其余 65 个数得出的差显然不再属于 B,当然也不会属于 A 假如其中的某一个数 b1-b 属于 A,由于 b1 与 b 分别可以写为 b1=a1a',b=a1-a 其中 a 与 a’都属于 A,于是 b1-b=(a1-a’)~(a1-a)=a-a’ 这就同 A 具备性质(P)的假设相违背,这就是说上述 65 个数必属其余 四个数组 由于 65÷4>16,所以至少有一组,称为 C 至少会有上述 65 个整数中的 17 个,反复进行上述推理。最后可得一数组 F 其中至少会有两个数大 数与小数之差是一个小于 1978 的正整数，可是它不在 A. BC,DE,F 的任一组中,这显然是一个矛盾,这矛活说明至少有一组数不具备性质 (P) 即题目的结论是正确的。 第二天 08：00----12:30 一、设 f(x)在 k 上单调，且 f f ( x)+ f ( y ) x+ y = ，求 f(x). 2 2 ( ) 解：设 f(0)=b，由已知有 f ( x )+ f ( y ) x + y +0 f ( x )+ f ( y ) f ( x+ y )+ f ( 0 ) =f = = 2 2 2 2 ( ) 即 f ( x + y )= f ( x ) +f ( y ) −f ( 0 ) 1 即 f ( x + y )−f ( 0 )=[ f ( x )−f ( 0 ) ]+[ f ( y )−f ( 0 ) ] 记 g ( x ) =f ( x )−f ( 0 ) 于是有柯西方程 g(x)在 k 上单调，且 g(x+y)=g(x)+g(y) 由柯西方程得 g(x)=ax=f(x)-f(0) 即 f(x)=ax+b. 二、四边形 ABCD 内接于圆,其边 AB 与 DC 的延长线交于点 PAD 与 BC 的延长线交于点 Q,由 Q 作该圆的两条切线 QE 和 QF 切点分别为 E 和 F 证明:P、E、F 三点共线. 证明:在线 PQ 上取一点 G 使 P、B、C、G 四点共 圆 则 ∠ CGP= ∠ CBA = ∠ CDQ, 因 此 D、C、G、Q 四点共圆. QE2=QC·QB=QG·QP QP2- QE²=QP2-QG·QP=QP·GP 又因为 OP2-OE2=(OP+OE)(OP-OE) =PC·PD=PG·PQ 所以 QP2-QE²=OP2-OE2 PE 垂直 OQ 又 EF 垂直 OQ 所以 P、E、F 三点共线. 三、确定最小的整数 n≥4 对于它可以从任意 n 个不同的整数中 选出 4 个不同的数 a，b，，cd 使得 a+b-c-d 被 20 整除. 【分析】任意 9 个不同的整数至少有 7 个不同的剩余类(mod20),这 7 个互不同余的数两两的和中由抽履原理可知只有两个是关于模 20 同 余的,从而知 n<10。 解 : 一 方 面 , 任 意 9 个 不 同 的 整 数 , 如 果 其 中 有 一 个 数 a,bc,,d 满 足 a=c(mod20),6=d(mod20) 那 么 显 然 a+b-c-d 被 20 整 除 , 因 此 可 以 设 mod20 后至少有 7 个不同的剩余类 考虑这 7 个互不同余的数，它们两两的和共有 C27=7x6/2=21(个)因而 必有同余的.但由于每两个数互不同余,所以 a+b≠a+c(mod20)从而同余 的和只能是 a+b=c+d(mod20)a.b.c.d 互不相同即有不同的数 a,b,c,d 使 得 a+b-c-d 被 20 整除另一方面八个数 020401.2.4.7.12 中任四个数 a,b,c,d 都不能使 a+6-c-d 被 20 整除. 故 n=9.