全国高中数学竞赛二试模拟训练题(39)(1).doc

加试模拟训练题（39）1、 d为abc的边bc上的点作abd和acd的内切圆，并作它们的外公切线(异于bc的外公切线)，交ad于点k证明：线段ak的长度与点d在bc上的位置无关2、 设r是全体实数的集合试求出所有的函数f：rr，使得对于r中的一切x和y，都有f(x2f(y)y(f(x)2【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题2本题由印度提供3、 能否将19901990方格表的每个小方格涂成黑色或白色，使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色，并且表的任意一行及任意一列中黑格和 白格都各占一半？4、 已知p为大于3的素数.且.（a, b）=1，证明。加试模拟训练题（39）1、 d为abc的边bc上的点作abd和acd的内切圆，并作它们的外公切线(异于bc的外公切线)，交ad于点k证明：线段ak的长度与点d在bc上的位置无关【题说】 第五十七届(1994年)莫斯科数学奥林匹克十年级题24【解】 如图设ad与两圆的切点分别为p、q，两圆的另一条公切线为mn，切点分别为m、n，bc与两圆的切点分别为e、f利用切线的性质不难算得ap(abadbd)，aq(adacdc)kpkqkmknmnef所以4ak2(apaq)2(kpkq)abacbc2(adef) (1)另一方面，容易算得2ef(dedp)(dfdq)(adbdab)(addcac)2ad(abacbc) (2)将(2)代入(1)得2akabacbc，与d在bc上的位置无关2、 设r是全体实数的集合试求出所有的函数f：rr，使得对于r中的一切x和y，都有f(x2f(y)y(f(x)2【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题2本题由印度提供【解】令tf2(0)，f(2)(x)ff(x)在函数方程f(x2f(y)y(f(x)2 (1)中令x0，得f(2)(y)yt (2)由(1)、(2)有x2f(2)(y)tf(2)x2f(2)(y)ff2(x)f(y)f(2)(x)2y即x2y2ty(xt)2，或2tt22tx由于此式对任意xr都成立，故t0，即f(0)0于是(2)成为f(2)(y)y(yr) (3)又对任意x0，由(1)、(3)有令y0，得所以 f(xy)f(x)f(y)f(y)(x0)这就是说，f(x)是r上的非减函数，即若xy，则f(x)f(y)最后证明，对一切xr，有f(x)x事实上，若存在zr，使f(z)z假如 zf(z)，则f(z)f(2)(z)z，矛盾；假如f(z)z，则zf(2)(z)f(z)，也矛盾显然，函数f(x)x满足题设条件3、 能否将19901990方格表的每个小方格涂成黑色或白色，使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色，并且表的任意一行及任意一列中黑格和 白格都各占一半？【题说】 第二十四届(1990年)全苏数学奥林匹克十年级题1【解】 假设能按要求涂色将黑格记为1，白格记为1将方格表分成四个995995的正方形(如图)因每个正方形含奇数个方格，故任一正方形各格上的数相加，和不为零又因关于中心对称的方格涂有不同颜色故正方形a1与a4，a2与a3各格的数相加的和均为零因此，a1与a4，a2与a3中各有一个，其中各数之和为正，不妨设a1、a2中各数的和为正这时a1a2中各数之和为正，但由已知，每行中黑格与白格各占一半所以前995行各数之和为零，即a1与a2中各数之和为零矛盾！所以，满足要求的涂色法不存在4、 已知p为大于3的素数.且.（a, b）=1，证明。.证明 对于不超过p-1的自然数k，由于（k, p）=1，所以存在唯一的不超过p-1的自然数x，满足。而且，当k=1或p-1有x= k=1或p-1。当时，有，故