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2005年第4届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)



2005 年女子数学奥林匹克
第一天
00~12∶ 2005 年 8 月 12 日上午 8∶00~12∶00 长春

我们进行数学竞赛的目的,不仅仅是为了数学而数学, 我们进行数学竞赛的目的,不仅仅是为了数学而数学,其着眼点还是因为它是一切科 学的得力助手,因而提高数学,也为学好其他科学打好基础. 学的得力助手,因而提高数学,也为学好其他科

学打好基础. ——华罗庚 ——华罗庚 1. 如图,设点 P 在△ABC 的外接圆上,直线 CP 和 AC 相交于点 E,直线 BP 和 AC 相交于点 F,边 AC 的垂直平分线交边 AB 于点 J,边 AB 的垂直平分线交 边 AC 于点 K,求证:

CE 2 AJ · JE = . BF 2 AK ·KF

? ? ? 1? 1? 1? ? 5 x + ? = 12? y + ? = 13? z + ?, ? ? 2. 求 方 程 ? ? x? y? z ? 组的所有实数解. ? ? ? ? ? xy + yz + zx = 1 ?

3.是否存在这样的凸多面体,它共有 8 个顶点,12 条棱和 6 个面,并且其中有 4 个面,每两个面都有公共棱?

4.求出所有的正实数 a ,使得存在正整数 n 及 n 个互不相交的无限集合 A1 , A2 ,…, An 满 足 A1 ∪ A2 ∪…∪ An =Z,而且对于每个 Ai 中的任意两数 b > c ,都有 b - c ≥ a . Z
i

2005 年女子数学奥林匹克
1

第二天
00~12∶ 2005 年 8 月 13 日上午 8∶00~12∶00 长春 数学竞赛,它对牢固基础知识、发展智力,培养拔尖人才, 数学竞赛,它对牢固基础知识、发展智力,培养拔尖人才,是一件具有战略意义的活 动。 ——华罗庚 ——华罗庚 5.设正实数 x,y 满足 x + y 3 =x-y,求证:
3

x 2 + 4 y 2<1.

6.设正整数 n≥3,如果在平面上有 n 个格点 P1,P2, , n 满足:当 Pi Pj 为有理数时,存 … P 使得 Pi Pk 和 Pj Pk 均为无理数;当 Pi Pj 为无理数时, 存在 Pk ,使得 Pi Pk 和 Pj Pk 在 Pk , 均为有理数,那么称 n 是“好数”. (1)求最小的好数; (2)问:2005 是否为好数?

7.设 m,n 是整数,m>n≥2,S={1,2,…,m},T={ a1 , a 2 …, a n }是 S 的一个子集.已知 T 中的任 两个数都不能同时整除 S 中的任何一个数,求证:

1 1 1 m+n + +…+ < . a1 a 2 an m

8.给定实数 a,b,a>b>0,将长为 a 宽为 b 的矩形放入一个正方形内(包含边界),问正方形的 边至少为多长?

【题 1】证:如图,连接 BK,CJ. 题 证 ∠E=∠ABP—∠BPE,

2

而由 A,B,P,C 四点共圆,知∠BPE=∠A, 故 ∠E=ABP—∠A, 又由 KA=KB,知∠A=∠ABK, 故 ∠E=∠ABP—∠ABK=∠KBF. ① 同理 ∠F=∠JCE. ② 由①,②得 △JEC∽△KBF. 由此,

CE JE JE = = , BF KB AK CE JC AJ = = . BF KF KF

③ ④

将③,④两式的左端和右端分别相乘即得结论.

【题 2】解法一: 题 解法一: 解法一 ①式可化为

x y z = = . 2 2 5 1+ x 12 1 + y 13 1 + z 2

(

)

(

)

(

)



显然 x,y,z 同号.首先求正数解. 存在α,β,γ∈(0,π),使得 x=tan sinα= ③即

α
2

,y=tan

β
2

,z=tan

γ ,则 2

2x , 1+ x2

sinβ=

2y , 1+ y2

sinγ=

2z , 1+ z2

sin α sin β sin γ = = . 5 12 13
②式可化为



1 x+ y = , z 1 ? xy


cot

γ
2

= tan

α +β
2

.

注意 z≠0,xy≠1,因为α,β,γ∈(0,π),所以

α+β π γ = ? , 2 2 2
即 α+β+γ=π. 从而α,β,γ是某个三角形 ABC 的三个内角. 由 ④ 和 正 弦 定 理 知 , α , β , γ 所 对 的 边 a , b , c 的 比 是 5 ∶ 12 ∶ 13 , 所 以 ,

5 12 , β = , γ =1. sin sin 13 13 α 1 β 2 3 γ 从而 x=tan = 或 5, y=tan = 或 , z=tan = 1 . 2 5 2 3 2 2 sin α =

3

将 z=1 代入②式,易知 x 和 y 均小于 1.所以 ? , , 是唯一正数解. 1?

?1 2 ? ?5 3 ?

故原方程组有两组解: ? , , 和? ? , 1? ? 解法二:显然 x,y,z 同号. 解法二 由②得 x=

?1 2 ? ? 1 ?5 3 ? ? 5

2 ? , 1? . ? 3 ?

1 ? yz ,代入①得 y+z

? y 2 + 1? ? 1 ? yz y + z ? (1 ? yz )2 + ( y + z )2 = 5 y 2 + 1 z 2 + 1 , ? = 5? ? = 5. 12? + ? y + z 1 ? yz ? ? y ? ( y + z )(1 ? yz ) ( y + z )(1 ? yz ) ? ? ? ?
即 同理 整理得 5(z +1)y=12(y+z)(1-yz), 2 5(y +1)z=13(y+z)(1-yz).
2 2 2

(

)(

)

12y z+17yz =7y+12z, 2 2 18y z+13yz =13y+8z, 两式相加,得 30yz(y+z)=20(y+z), ∴ yz=

2 2 ,y = ,代入①解得 z=±1. 3 3z

故原方程组有两组解: ? ,

?1 2 ? ? 1 2 ? ,1?和? ? ,? ,?1?. ?5 3 ? ? 5 3 ?

【题 3】解:存在,如下图所示。 题 解

【题 4】解: 若 0<a<2,n 充分大时, 2 n ?1 > a ,令 题 解
n

4

Ai = {2 i ?1 m m为奇数}, i = 1,2,…,n-1,
An = {2 n?1 的倍数},则该分拆满足要求。
若 a≥2,设 A1 , A2 ,… An 满足要求, M={1, …, }, 令 2, 2 下证 Ai ∩ M ≤ 2
n n? i

.设 Ai ∩ M

={ x1 , x 2 , …,x m }, x1<x 2<…<x m , 则

2 n >x m ? x1 = ( x m ? x m ?1 ) + ( x m ?1 ? x m ?2 ) + … + ( x 2 - x1 ) ≥ (m ? 1)2 i .
∴ m-1< 2 n?i ,即 m< 2 n?i +1,故 m≤ 2 n?i .

Ai ∩ M , i = 1,2,…,n 为 M 的一个分拆,故
2 n = M = ∑ Ai ∩ M ≤ ∑ 2 n?i = 2 n ? 1, 矛盾.
i ?1 i ?1 n n

∴ 所求的 a 为所有小于 2 的正实数. 【题 5】证:由平均不等式 题 证

5 y 3 + x 2 y ≥ 2 5 x 2 y 4> 4 xy 2 ,
所以

(x

2

+ 4 y 2 ( x ? y )<x 3 + y 3 ,

)

从而

x 2 + 4 y 2<

x3 + y3 = 1. x? y

【题 6】解:我们断言最小的好数为 5,且 2005 是好数. 题 解 在三点组( Pi , Pj , Pk )中,若 Pi Pj 为有理数(或无理数), Pi Pk 和 Pj Pk 为无理数(或有理 数),我们称( Pi , Pj , Pk )为一个好组. (1)n=3 显然不是好数.

n=4 也不是好数.若不然, 假设 P1 , P2 , P3 , P4 满足条件, 不妨设 P P2 为有理数及( P1 , P2 , P3 ) 1
为一好组,则( P2 , P3 , P4 )为一好组.显然( P2 , P4 , P )和( P2 , P4 , P3 )均不是好组.所以 1

P1 , P2 , P3 , P4 不能满足条件.矛盾!
n=5 是好数.以下五个格点满足条件:

A5 ={(0,0),(1,0),(5,3),(8,7),(0,7)}.

5

(2)设 A={(1,0),(2,0),…,(669,0)}. B={(1,1),(2,1),…,(668,1)}. C={(1,2),(2,2),…,(668,2)}.

S 2005 = A ∪ B ∪ C .
对任意正整数 n,易证 n + 1 和 n + 4 不是完全平方数.不难证明,对于集合 S 2005 中
2 2

任两点 Pi , Pj , Pi Pj 为有理数当且仅当 Pi Pj 与某一坐标轴平行.所以,2005 是好数. 注:当 n=6 时,

A6 = A5 ∪ {(-24, ; 0)}
当 n=7 时,

A7 = A6 ∪ {(-24, . 7)}
则可验证 n=6 和 7 均为好数. 当 n≥8 时,可像 n=2005 那样排成三行,表明 n≥8 时,所有的 n 都是好数. 【题 7】证:构造 Ti = b ∈ S ai b , i = 1,2 …,n. 则 题 证

{

}

?m? Ti = ? ? , ? ai ?
由于 T 中任意两个数都不能同时整除 S 中的一个数,所以当 i≠j 时,

Ti ∩ T j = ? .

n ?m? Ti = ∑ ? ? ≤m. ∑ i =1 i =1 ? a i ? n

又因为

m ?m? <? ? + 1 , a i ? ai ?
6

所以

m n ∑ a <∑ i =1 i i =1

n

n ?m? ?m? n ( ? ? + 1) = ∑ ? ? + ∑1 ≤ m + n , i =1 ? a i ? i =1 ? ai ?



m∑
i =1 n

n

n m 1 = ∑ <m + n , ai i =1 ai

所以

∑a
i =1

1
i



m+n . m

【题 8】解:设长方形为 ABCD,AB=a,BC=b,中心为 O. 题 解 以 O 为原点,建立直角坐标系,x 轴、y 轴分别与正方形的边平形. 情形 1:线段 BC 与坐标轴不相交.不妨设 BC 在第一象限内,∠BOX≤ 1).此时正方形的边长≥BDcos∠BOX≥BDcos

90° ? ∠BOC 2

1 (90°-∠BOC)(图 2

=BDcos45°cos

1 1 2 ∠BOC+BDsin45°sin ∠BOC= (a+b). 2 2 2

所以此时所在正方形边长至少为

2 (a+b). 2

情形 2:线段 BC 与坐标轴相交.不妨设 BC 与 x 轴相交,不妨设∠COX≤ 此时正方形的边长≥ACcos∠COX≥ACcos 所以此时所在正方形边长至少为 a. 比较情形 1,2 中结论知: 若 a<( 2 + 1)b ,则正方形的边长至少为 a. 若 a≥( 2 +1)b,则正方形的边长至少为

∠COB =a. 2

1 ∠COB (图 2). 2

2 (a+b). 2

7

8



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