数学奥赛精彩试题.doc

20081208上午1。 的内心为I,圆切AB,AC于M,N.圆过B,C且于相切于点D.求证:M,B,D,I;N,C,D,I分别四点共圆.2。给定n1.求所有， 使得，3设P 是一个凸多边形，证明：在P内存在一个凸六边形，其面积至少是P面积的4. 已知，证明：20081208上午1. 的内心为I,圆切AB,AC于M,N.圆过B,C且于相切于点D.求证:M,B,D,I;N,C,D,I分别四点共圆.证明: 设与外接圆交于D点, DM交BI于P, DN交CI于Q,则有=,在圆上又 ,四点共圆.类似有 从而PQ/MN,故 ,而 且 IM=IN,设DB,DC交圆于E,F,则有位似,D为位似中心,所以,.证毕.2. 给定n1.求所有， 使得， （1）证明: 在（1）中取x=y, f(0)=0, 取y=0, ， I) 设n为偶数。 在（2）中取x=-x,得f(-x)=-f(x)(x=0也成立)。在（1）中取y=-y, 得，若， 则= （3）若，则， 推 出f(x)=-f(y)=f(-y)， 即对f(x)=f(y)等于或不为零， （4）也成立。于是存在c, 使得f(x)=cx(任意小x 不为零， 等于零也成立)代入方程， n=2时， 任意实数c,n2 时， c 为-1，0，或1。II) n为奇数时，由（2）， 与x同号。记。 显然，0,1属于 S, 假设a, b属于S,则对任意x, （5）若ax不为零， 则。 但同号，所以， ax=0时也成立。所以，。 同理，。现在，有所以 a-b属于S, 因为0,1属于S, 所以-1属于S,n属于S,n+1=n-(-1)属于S.于是任意正整数属于S.易证，f(x)=x,对任意有理数x.再证明在0点连续，从而对任意实数连续。故, n=2 时， f(x)=cx, n2为奇数时， f(x)=0或f(x)=x.n2 为偶数时，f(x)=0 或f(x)=x或f(x)=-x.3. 设P 是一个凸多边形，证明：在P内存在一个凸六边形，其面积至少是P面积的证明：取该多边形的面积最大的内接三角形ACB过A作BC平行线，过C作AB平行线交出DEF。则多边形P在DEF内部或边界。设多边形P（在BDC中的部分）离BC最远的点为M。过M作BC平行线分别交BD、DC于P，Q设，且ABC面积为1。则多边形P在BCD内部的面积至多为类似定义b,c.则取出的六边形面积而多边形P的面积 下证：只需证上式显然成立。于是所取出的6边形满足题意。4. 已知，证明：证明：注意到可将 为原不等式等价于 （*）若则若2b-a0也大于0，则（*）成立。若2ba0则（*）式等价于上式不太好证，于是观察原式：注意到此时且于是有设则此时求导可证：上式亦求导可证。此时原不等式成立。若，且（I）若，则(*)式成立（II）若则，成立。(III)若，则成立。综上所述，原命题成立。29981208下午1 在凸六边形ABCDEF 中,AD=BC+EF, BE=AF+CD, CF=DE+AB.求证：2设是正实数，用表示它们的几何平均，用表示的算术平均为，为的几何平均。证明：3。求所有整数对（a,b）,使得存在整系数多项式f,满足 4(n+1)(n-1)的棋盘上每个格子被染成三种染色之一， 使得对于任意两行和两列相交处的四个格子所染的颜色不全相同。求n 的最大可能值。1. 在凸六边形ABCDEF 中,AD=BC+EF, BE=AF+CD, CF=DE+AB.求证：证明：考虑向量方法。 由 AD=BC+EF, 有两边平方类似有。相加并化简得，于是有，并且所有等式成立。于是BC/EF, .所以，BC/AD/FE, 类似地，AB/CF/DE, AF/BE/CD.设AD与FC交于x，FC 与BE交于y, AD与BE交于z.其中x,y,z可能交于一点。由平行关系，有BCDz, AFEz均为平行四边形。 Bz=CD, zE=AF,所以。同理， 。故 。考试题（1）1设ABCD为凸四边形,AC交BD于P.的内心依次为.求证:四点共圆当且仅当ABCD有内切圆.证明: 先证明必要性.当四点共圆时, (1)设PA=x, PB=y, PC=z, PD=w. AB=a, BC=b, CD=c, DA=d. (为的半径)从而可知(1) (2)故(2) (3)设a+c,则 因为 故 (由(3)式,有:它们均等于1,.必要性证毕.充分性.由上述证明可以知道 ,从而(2)成立.得出四点共圆,证毕.2 设是正实数，用表示它们的几何平均，用表示的算术平均为，为的几何平均。证明：证明：开始时想找到，的一些关系如等，继而推出题目的结论，可发现上式无论取何值均不恒成立。观察用表示，得原式左边+3。求所有整数对（a,b）,使得存在整系数多项式f,满足 解： 设为P(x) 的复根。则所以，所以， 如果，则。d=0或者，。所以.如果d=1, 则， 显然成立。所以， P(x)的所有复根的模均小于2， 的所有复根的模均小于2，由P(0)=bf(0)= ,必有b=1或b=-1.(1) b=1.如果，则的根为，矛盾。，矛盾。所以，a=0, a=1,2,-1,-2.(2) b=-1, 如果，则的根为, 类似（1）矛盾。所以，a=0,1,-1.故(a,b)=(0,1),(0,-1),(1,1)(1,-1)(-1,1)(-1,-1)(2,1)(-2,-1).下面验证以上均满足题意。(a,b)=(0,1),(0,-1), 令f(x)=x+1(a,b)=(1, 或， 令f(x)=1.(a,b)=(2,1).令，(a,b)=(-2,-1).令，所以(a,b)=(0,1),(0,-1),(1,1)(1,-1)(-1,1)(-1,-1)(2,1)(-2,-1).考试二 3求所有函数,在零点连续,且 (*)解:令 （1）而所以 f (0)=0由(1)有 f(2f(y)=y+f(y) (2)在(*)中令 故 f(f(y)=f(f(y)+y+f(y) 再在(*)中令 y=f(x) f(x+2f(f(x)=f(f(x)由(*)中f(x)为单射,故x+2f(f(x)= f(x),将x换成y,有 (2) (3)所以由(2)有 f(4f(f(y)=f(2f(2f(y)=2f(y)+f(2f(y)=2f(y)+2f(f(y)=3f(y)+y另一方面 f(4f(f(y)=f(2(y+f(y)=f(2y)+y+f(y)所以 f(2y)=2f(y) (4)故由(*)及(4)有 f(x+f(2y)=f(x+2f(y)=f(x)+y+f(y)=f(x)+2f(f(y)=f(x)+f(f(2y)所以 f(x+ f(y)= f(x)+ f(f(y) (5)于是,易知: f(kf(y)=kf(f(y)f(ky+y+f(y)= f(k+1)y) +f(f(y)= f(ky+f(f(2y)= 所以f(k+1)y)= f(ky) +f(y) f(ky)=kf(y) 当时,亦有 f(ky)=kf(y) (6) (由(2)所以 f(x+y)= f(x + f(2 f(y)y) (由(5) = f(x) + f(y)由于f(x)在零点连续,所以f(x)在所有点连续,故 f(x)=cx (c为常数)解得 c=1或所以 经检验均满足条件.4(n+1)(n-1)的棋盘上每个格子被染成三种染色之一， 使得对于任意两行和两列相交处的四个格子所染的颜色不全相同。求n 的最大可能值。解： n=10。对于n10.考虑左上角12x10棋盘。引理： 非负整数x1,x2,xn, m满足x1+x2+xn=m. 则当取最小值时， （定义）。引理的证明：首先A的最小值存在。如果取最小值时， 有， 不妨设。则， 矛盾。在12X10的棋盘中每一列有10。个格子，考虑所有在同一列中颜色相同的两个格子组成的无序对的个数 S。并设第i列中这样无序对的个数为Si，在第i列中， 三种颜色的格子分别有 ai,bi,ci个， ai+bi+ci=10. . 由引理知，Si取最小时，ai,bi,ci中任意两个差至多为1。只有两个取值d和d+1。 设有k个d, 3-k个d+1， kd+(3-k)(d+1)=10,所以，3d+3-k=10,k属于0,1,2,3, 有，即， 所以.由抽屉原理， 至少有一种颜色的这样的无序对数不小于144/3=48个。 每一个无序对对应一个无序数对(x,y)(0xy11) 是该对中两格所在的行编号， 但所有不同数对有C_102=45个，由抽屉