历届全国中学生数学竞赛试题Word下载.docx

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−x2n）

=（−a1）（（1−x1）2−x22−·

=（−a1）（（x2+·

+xn）2−x22−·

-370

最后一步是由于x2,x3,...,xn>

0,（x2+·

+xn）2=x22+·

+x2n+

2i<

jn

xixj

x22+·

+x2n.

逆命题的证明:

对于任意的1

i<

j

n,令xi=xj=

11

1

+aj）.

∴ai+aj

0,即任两数之和非负.证毕.

2.在三角形ABC中,BC边上的高AD=12,∠A的平分线AE=13,设BC边上的中线AF=m,问m在什

么范围内取值时,∠A分别为锐角,直角,钝角?

解:

设O为ABC的外心,不妨设AB>

AC,∠B为锐角.

则OF垂直平分线段BC,由外心的性质,∠C为锐角时,∠OAB=∠OBA=

1◦

−2∠C）=90◦−∠C.

又因为AD⊥BC,∴∠CAD=90◦−∠C,∴∠OAB=∠DAC.

类似地,当∠C为直角或钝角时也有∠OAB=∠DAC.

由AE平分∠BAC,∠BAE=∠CAE.∴∠OAE=∠DAE.（由于F,D在E两侧）.

∠A为锐角时,O,A在BC同侧,∠FAE<

∠OAE=∠DAE;

∠A为直角时,O,F重合,∠FAE=∠OAE=∠DAE;

∠A为钝角时,O,A在BC异侧,∠FAE>

∠OAE=∠DAE.

−∠AOB）=

2,其余xk均等于0.则2（ai+aj）

4（ai

2（180

√

sinFAEFE

AF

FE=FD−DE=AF2−AD2−DE=m2−122−5>

0.∴m>

13,

m2−122−5

5

×

12

m

=1;

>

1.

解得当13<

m<

2028

当m=

当m>

3.设z1,z2,...,zn为复数,满足

|z1|+|z2|+·

+|zn|=1.

求证:

上述n个复数中,必存在若干个复数,它们的和的模不小于16.

设zk=xk+yki（xk,yk∈R,k=1,2...,n）

将所有的zk分为两组X,Y.若|xk|

|yk|,则将zk放入X中;

若|yk|

|xk|,则将zk放入Y中.其中必有一组中

所有复数模长之和不小于12.不妨设为X.

再将X中的复数分为两组A,B.若xk

0,则将zk放入A中;

若xk

0,则将zk放入B中.其中必有一组中的

所有复数摸长之和不小于41.不妨设为A.

则|zk|

zk∈A

而对于zk∈

A,x2k

yk2,

x2k+yk2

2xk.

42

即A中复数之和的模不小于16.证毕.

xk+i

yk|

xk

另证:

则|zk|=

|xk|+|yk|.

∴

n

|xk|+|yk|

1.

k=1

∴|

xk0

xk|+|

xk<

yk0

yk|+|

yk<

其中必有一项不小于14,不妨设为第一项,则|

xk|

zk|=|

|

4

16.证毕.

4.已知:

四边形P1P2P3P4的四个顶点位于三角形ABC的边上.

四个三角形P1P2P3,

P1P2P4,

P1P3P4,

P2P3P4中,至少有一个的面积不大于ABC的面积

的四分之一.

有两种情况:

（1）四个顶点在两条边上;

（2）四个顶点在三条边上.

（1）不妨设P1,P4在AB上,P2,P3在AC上,P1,P2分别在AP4,AP3上.将B移至P4,C移至P3,三角形ABC的

2

由正弦定理sin∠∠DAE=DE×

AD.其中DE=

AE2−AD2=5,

且∠A为锐角等价于

∠A为直角等价于

∠A为钝角等价于

<

1;

119时,∠A为锐角;

119时,∠A为直角;

119时,∠A为钝角.

4,即

4.

.∴|

而42<

6,∴|

zk|

6.

√.

面积减小,归为情形

（2）.

（2）不妨设P1在AB上,P2在AC上,P3,P4在BC上,P3在P4C上.

（2.1）若P1P2

AB

AP2

AC

=λ,P1P2=λBC.P1P2到BC的距离为（1−λ）h,h为三角形ABC中BC边

上的高的长度.

∴S

P1P2P3

=λ（1−λ）S

ABC

ABC.

（2.2）若P1P2不平行于BC,不妨设P1到BC的距离大于P2到BC的距离.

过P2作平行于BC的直线

交AB于E,交P1P4于D.则S

P1P2P3,S

P4P2P3中有一个不大于S

DP2P3,也就不大于S

EP2P3.

由（2.1）知S

EP2P3

ABC.则S

ABC.证毕.

5.能否把1,1,2,2,...,1986,1986这些数排成一行,使得两个1之间夹着1个数,两个2之间夹着2个数,...,两

个1986之间夹着1986个数.请证明你的结论.

不能.假设可以做出这样的排列,将已排好的数按顺序编号为1,2,...,3972.

当n为奇数时,两个n的编号奇偶性相同;

当n为偶数时,两个n的编号奇偶性不同.而1到1986之间有993个

偶数,所以一共有2k+993个编号为偶数的数.（k∈N∗）但是1到3972之间有1986个偶数,k=496.5.矛

盾.所以不能按要求排成这样一行.

6.用任意的方式,给平面上的每一点染上黑色或白色.求证:

一定存在一个边长为1或3的正三角形,它的

三个顶点是同色的.

（1）若平面上存在距离为2的两个点A,B异色,设O为它们的中点,不妨设A,O同色.考虑以AO为一

边的正三角形AOC,AOD,若C,D中有一个与A,O同色,则该三角形满足题意.否则BCD为边长3的

同色正三角形.

（2）否则平面上任两个距离为2的点均同色,考虑任意两个距离为1的点,以他们连线为底,2为腰长作等腰

三角形,则任一腰的两顶点同色.所以三个顶点同色,即任两个距离为1的点同色.所以平面上任意一个边

长为1的正三角形三个顶点同色.证毕.

3

BC,设AP1=

4S

P4P2P3中有一个不大于4S

第二届中国数学奥林匹克（1987年）

北京北京大学

1.设n为自然数,求证方程zn+1−zn−1=0有模为1的复根的充分必要条件是n+2可被6整除.

∴zn+1−zn−1=e−iπiπ

π

136

−1=（12−

=1,|z|=1.

−1=0.

∴z

n+1

若zn+1−zn−1=0有模为1的复根eiθ=cosθ+icosθ.

则zn+1−zn−1=（cos（n+1）θ−cosnθ−1）+i（sin（n+1）θ−sinnθ）=0.

∴cos（n+1）θ−cosnθ−1=−（2sin2n2+1θsinθ2+1）=0.

sin（n+1）θ−sinnθ=2cos2n2+1θsinθ2=0.

∴cos2n2+1θ=0,sin2n2+1θ=±

1,sinθ2=±

12,设θ2=ϕ.

（1）sinϕ=12,sin（2n+1）ϕ=−1.ϕ=2kπ+π6或2kπ+

5π

∈Z.

（2n+1）ϕ=（2l+32）π（l∈Z）.∴（2n+1）（2k+16）=2l+23,2n6+1=2t+32,n=6t+4（t∈Z）.

或（2n+1）（2k+65）=2l+32,5（2n6+1）=2t+32,5|4t+3,t≡3（mod5）（t∈Z）.

设t=5s+3,则n=6s+4,总有6|n+2.

（2）sinϕ=−12,sin（2n+1）ϕ=1.显然以−ϕ代ϕ即有

（1）.所以6|n+2.证毕.

2.把边长为1的正三角形ABC的各边都n等分,过各分点平行于其它两边的直线,将这三角形分成若干个

小三角形,这些小三角形的顶点都称为结点,并且在每一结点上放置了一个实数.已知:

（1）A,B,C三点上放置的数分别为a,b,c.

（2）在每个由有公共边的两个最小三角形组成的菱形之中,两组相对顶点上放置的数之和相等.

试求:

（1）放置最大数的点和放置最小数的点之间的最短距离.

（2）所有结点上数的总和S.

（1）不难证明同一直线上相邻三个结点上放置的数中间一个为两边的等差中项,所以同一直线上的数

按顺序成等差数列.若两端的数相等,则所有的数都相等.否则两端的数为最大的和最小的.

若a,b,c相等,显然所有数都相等,最短距离显然为0.

若a,b,c两两不等,最大的数与最小的数必出现在A,B,C上,最短距离为1.

若a,b,c有两个相等但不与第三个相等,不妨设a=b>

c,最小的数为c,最大的数出现在线段AB的任意

结点上.当n为偶数时,与C最近的为AB中点,最短距离为

当n为奇数时,与C最近的为AB中点向两

边偏21n的点,最短距离为12

3+

（2）将这个三角形绕中心旋转32π,43π弧度,得到的两个三角形也满足题意

（2）.将这三个三角形对应结

点的数相加形成的三角形也满足

（2）,三个顶点上的数均为a+b+c.由

（1）的分析知所有结点上的数均

为a+b+c.共21（n+1）（n+2）个结点,∴S=13（12（n+1）（n+2））（a+b+c）=16（n+1）（n+2）（a+b+c）.

3.某次体育比赛,每两名选手都进行一场比赛,每场比赛一定决出胜负,通过比赛确定优秀选手,选

手A被确定为优秀选手的条件是:

对任何其它选手B,或者A胜B,或者存在选手C,C胜B,A胜C.结果按上

当6|n+2时,令z=ei3=

−e

+

2i,z

−（−12−

2i）

33

−z−1=0有模为1的复根.

6,k

2.

n2.

述规则确定的优秀选手只有一名,求证:

这名选手一定胜所有其它选手.

假设该优秀选手为A,且存在其他选手胜A.

设B为所有胜A的人中胜的场次最多的一个,由B不是优秀选手,必存在选手C使得C胜B,且不存在选

手D使得B胜D,D胜C.由B胜A,C也胜A,且C胜B胜过的所有人.C至少比B多胜一场,且C胜A,与B的选取

矛盾.所以A胜所有人.

4.在一个面积为1的正三角形内部,任意放五个点,试证:

在此正三角形内,一定可以作三个正三角形盖住

这五个点,这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边,并且它们的面积之和不超过0.64.

100

在面积为1的正三角形ABC中,在AB上取A1,B2,AC上取A2,C1,BC上取B1,C2,使得AA1=AA2=

BB1=BB2=CC1=CC2=

（1）若AB2C1,

BC2A1,

CA2B1中有一个至少包含五个点中的三个,另两个点可分别用面积为2ε的

13

ε

=

169

+ε.

（2）菱形AA1A0A2,BB1B0B2,CC1C0C2中有两个有两个点,另一个中有一个点,则可用两个边长

为136AB的正三角形和一个面积为ε的正三角形覆盖.面积之和为2（136）2+ε<

（3）菱形AA1A0A2,BB1B0B2,CC1C0C2中有两个有一个点,另一个中有两个点,不妨设为AA1A0A2,

则B1B0C0C2中有一个点,不妨设这个点更靠近B,则可用一个边长为136AB的正三角形覆盖AA1A0A2中

两个点,用一个边长为136AB的正三角形覆盖BB1B0B2,B1B0C0C2中的点.用一个面积为ε的正三角形

覆盖最后一个点,面积之和为（136）2+（138）2+ε=

+ε.证毕.

注:

当五个点取为A,B,C,A0,B0C0中点是不难证明不能用三个面积之和为100的正三角形覆盖这五个

5.设A1A2A3A4是一个四面体,S1,S2,S3,S4分别是以A1,A2,A3,A4为球心的球,它们两两相外切.如果

存在一点O,以这点为球心可作一个半径为r的球与S1,S2,S3,S4都相切,还可以作一个半径为R的球和

四面体的各棱都相切,求证:

这个四面体是正四面体.

设Si的半径为ri（i=1,2,3,4）,则AiAj=ri+rj（1

4）.

设O到A2A3A4的投影为O1,由O到A2A3,A3A4,A4A2的距离相等,得到O1到A2A3A4的三边距离相

等.即O1为A2A3A4的内心,设O到A2A3的投影为B,即O1到A2A3的投影.而BA3=21（A2A3+A3A4−

A2A4）=r3,OB=R.若半径为r的球与四个球均外切,则A3O=r+r3,（r+r3）2=r32+R2,r3=

R2−r2

2r

.

若半径为r的球与四个球均内切,则A3O=r−r3,（r−r3）2=r32+R2,r3=

r2−R2

类似可求得r1,r2,r4均

为该值,所以该四面体各条棱长相等为正四面体.

6.m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987,对于所有这样的m与n,问3m+4n的

最大值是多少?

请证明你的结论.

设m个正偶数为a1<

a2<

<

am,n个正偶数为b1<

b2<

bn.

∴ai

2i,bj

2j−1.

1987=a1+a2+·

+am+b1+b2+·

+bn.

∴1987

2+4+·

+2m+1+3+·

+2n−1=m2+m+n2.

可将换成169+ε（ε>

0）.

13AB.连结A1C2,A2B1,B2C1交于A0,B0,C0.

正三角形覆盖,面积之和为（10）2+2×

点.即169+ε（ε>

0）为最优.

设s=3m+4n,m=13（s−4n）,13（s−4n）（13（s−4n）+1）+n2

1987.

22

s2+（3−8n）s+25n2−12n−9×

1987

0.

s

−3+6

198714−n2）.

不难知道n=35时,f（n）有最大值280+6

76214.

所以s

+676214−3）,由s∈N∗,s

221.

又当s=221,n=35,m=27.取2,4,...,52,60,1,3,...,69为和为1987的35个正奇数与27个正偶数,所

以3m+4n的最大值为221.

6

s−8ns+25n+3s−12n−9×

所以判别式∆=（3−8n）−4（25n−12n−9×

1987）=26（198741−n2）>

0.

2（8n

设f（n）=8n+6198714−n2,f（n）=8−6n（198714−n2）−2,又n为奇数.

2（280

第三届中国数学奥林匹克（1988年）

上海复旦大学

1.设a1,a2,...,an是给定的不全为零的实数,r1,r2,·

rn为实数,如果不等式

r1（x1−a1）+r2（x2−a2）+·

+rn（xn−an）

对任何实数x1,x2,·

xn成立,求r1,r2,·

rn的值.

x21+x22+·

+x2n−

a21+a22+·

+a2n

令xi=0（i=1,2,...,n）,−（r1a1+r2a2+·

+rnan）

nn

∴（riai）2a2.

i=1i=1

令xi=2ai（i=1,2,...,n）,r1a1+r2a2+·

+rnan

∴（riai）2=a2.

nnnn

由Cauchy不等式,（r2）（a2）（riai）2,r2

i=1i=1i=1i=1

−a21+a22+·

+a2n.

又令xi=ri（i=1,2,...,n）,

i=1

ri2−

riai

a2i.

由

riai=

a2i,

ri2

ri2,

不难解得ri=（i=1,2,...,n）.

+an

r1

a1

r2

a2

=·

·

=

rn

2.设C1,C2为同心圆,C2的半径是C1的半径的2倍,四边形A1A2A3A4内接于C1,设A4A1延长线交

圆C2于B1,A1A2延长线交C2于B2,A2A3延长线交圆C2于B3,A3A4延长线交圆C2于B4.

试证:

四边形B1B2B3B4的周长2（四边形A1A2A3A4的周长）.并确定等号成立的条件.

设圆心为O,连结OB1,OB4,OA4,设C1的半径为R,C2的半径为2R.

在四边形B4A4OB1中,由Ptolemy定理,OA4×

B1B4+OB1×

A4B4

OB4×

A4B1.

R×

B1B4+2R×

2R×

A4B1,即B1B4

2A4B1−2A4B4.

同理B1B2

2A1B2−2A1B1,B2B3

2A2B3−2A2B2,B3B4

2A3B4−2A3B3.

相加得B1B2+B2B3+B3B4+B4B1

2（A1A2+A2A3+A3A4+A4A1）.

即四边形B1B