2019年中国东南地区数学奥林匹克试题

目录2004年东南数学奥林匹克 (2)2005年东南数学奥林匹克 (4)2006年东南数学奥林匹克 (6)2007年东南数学奥林匹克 (9)2008年东南数学奥林匹克 (11)2009年东南数学奥林匹克 (14)2010年东南数学奥林匹克 (16)2011年东南数学奥林匹克 (18)2012年东南数学奥林匹克 (20)2004年东南数学奥林匹克1.设实数a、b、c满足a2+2b2+3c2=32，求证：3−a+9−b+27−c≥1.2.设D是△ABC的边BC上的一点，点P在线段AD上，过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E，与线段AC、PC的延长线交于点F、N.如果DE=DF，求证：DM=DN.3.(1)是否存在正整数的无穷数列{a n}，使得对任意的正整数n都有a n+12≥2a n a n+2.(2)是否存在正无理数的无穷数列{a n}，使得对任意的正整数n都有a n+12≥2a n a n+2.4.给定大于2004的正整数n，将1,2,3,⋯,n2分别填入n×n棋盘（由n行n列方格构成）的方格中，使每个方格恰有一个数.如果一个方格中填的数大于它所在行至少2004个方格内所填的数，且大于它所在列至少2004个方格内所填的数，则称这个方格为“优格”.求棋盘中“优格”个数的最大值.5.已知不等式√2(2a+3)ccc(θ−π4)+6ssnθ+ccsθ−2csn2θ<3a+ 6对于θ∈�0,π2�恒成立，求a的取值范围.6.设点D为等腰△ABC的底边BC上一点，F为过A、D、C三点的圆在△ABC内的弧上一点，过B、D、F三点的元与边AB交于点E.求证：CD⋅EE+DE⋅AE=AD⋅AE.7.N支球队要矩形主客场双循环比赛（每两支球队比赛两场，各有一场主场比赛），每支球队在一周（从周日到周六的七天）内可以进行多场客场比赛.但如果某周内该球队有主场比赛，在这一周内不能安排该球队的客场比赛.如果4周内能够完成全部比赛，球n的值.注：A、B两队在A方场地矩形的比赛，称为A的主场比赛，B的客场比赛.8.求满足x−y x+y+y−z y+z+z−u z+u>0，且1≤x、y、z、u≤10的所有四元有序整数组(x,y,z,u)的个数.2005年东南数学奥林匹克1.(1)设a∈R.求证：抛物线y=x2+(a+2)x−2a+1都经过一个顶点，且顶点都落在一条抛物线上.(2)若关于x的方程y=x2+(a+2)x−2a+1=0有两个不等实根，求其较大根的取值范围.（吴伟朝供题）2.⊙O与直线l相离，作OO⊥l，P为垂足.设点Q是l上任意一点（不与点P重合），过点Q作⊙O的两条切线QA、QB，A、B为切点，AB与OP相交于点K.过点P作OP⊥QB，ON⊥QA，M、N为垂足.求证：直线MN平分线段KP.（裘宗沪供题）3.设n(n≥3)是正整数，集合P={1,2,⋯,2n}.求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于4n+1.（张鹏程供题）4.试求满足a2+b2+c2=2005，且a≤b≤c的所有三元正整数数组(a,b,c).（陶平生供题）5.已知直线l与单位圆⊙O相切于点P，点A与⊙O在直线l的，且A到直线l的距离为ℎ(ℎ>2)，从点A作⊙O的两条切线，分别与直线l交于B、C两点.求线段PB与线段PC的长度之乘积.（冷岗松司林供题）6.将数集A=�a1,a2,⋯,a n�中所有元素的算术平均值记为O(A)�O(A)=a1+a2+⋯+a n n�.若B是A的非空子集，且P(B)=P(A)，则称B是A的一个“均衡子集”.试求数集P={1,2,3,4,5,6,7,8,9}的所有“均衡子集”的个数.（陶平生供题）7.(1) 讨论关于x的方程|x+1|+|x+2|+|x+3|=a的根的个数；(2) 设a1,a2,⋯,a n为等差数列，且|a1|+|a2|+⋯+|a n|=|a1+1|+|a2+1|+⋯+|a n+1|=|a1−2|+|a2−2|+⋯+|a n−2|=507.求项数n的最大值.（林常供题）8.设0<α、β、γ<π2，且csn3α+csn3β+csn3γ=1.求证tan2α+tan2β+tan2γ≥3√32.（李胜宏供题）2006年东南数学奥林匹克1. 设a >b >0，f (x )=2(a+b )x+2ab 4x+a+b .证明：存在唯一的正数x ，使得f (x )=�a 13+b 132�3. （李胜宏 供题）2. 如图1，在△ABC 中，∠ABC =90°，D 、G 是边CA 上的亮点，连结BD 、BG .过点A 、G 分别作BD 的垂涎，垂足分别为E 、F ，连结CF .若BE =EE ，求证：∠ABG =∠DEC .图13. 一副纸牌共52张，其中，“方块”、“梅花”、“红心”、“黑桃”每种花色的牌个13张，标号依次是2,3,⋯,10,J ,Q ,K ,A .相同花色、相邻标号的两张牌称为“同花顺”牌，并且A 与2也算同花顺牌（即A 可以当成1使用）.试确定，从这副牌中取出13张牌，使每种标号的牌都出现，并且不含同花顺取牌方法数.（陶平生 供题）4. 对任意正整数n ，设a n 是方程x 3+x n =1的实数根.求证： (1) a n+1>a n ;(2) ∑1(s+1)a i n s=1<a n .（李胜宏 供题）5. 如图2，在△ABC 中，∠A =60°，△ABC 的内切圆⊙I 分别切边AB 、AC 于点D 、E ，直线DE 分别与直线BI 、CI 相交于点F 、G .证明：EG =12BC .图2 6. 求最小的实数m ，使得对于满足a +b +c =1的任意正实数a 、b 、c ，都有m (a 3+b 3+c 3)≥6(a 2+c 2+c 2)+1. （熊 斌 供题）7. (1) 求不定方程mn +nn +mn =2(m +n +n )的正整数解(m ,n ,n )的组数； (2) 对于给定的整数k (k >1)，证明：不定方程mn +nn +mn =k (m +n +n )至少有3k +1组正整数解(m ,n ,n ). （吴伟朝 供题） 8. 对于周长为n (n ∈N +)的圆，称满足如下条件的最小的正整数p n 个点A 1,A 2,⋯,A p n ，对于1,2,⋯,n −1中的每一个整数m ，都存在两个点A s 、A j (1≤s 、j ≤p n ).以A s 和A j 为端点的一条弧长等于m ，圆周上每相邻两点间的弧长顺次构成的序列T n =�a 1,a 2,⋯,a p n �称为“圆剖分序列”.列入，当n =13，圆剖分数为p 13=4，图3中所标数字为相B邻两点之间的弧长，圆剖分序列为T 13=(1,3,2,7), (1,2,6,4)，求p 21和p 31，并给出一个相应的圆剖分序列.图3（陶平生 供题）73112007年东南数学奥林匹克1. 试求实数a 的个数，使得对于每个a ，关于x 的三次方程x 3=ax +a +1都有满足|x |<1000的偶数根.2. 如图1所示，设C 、D 是以O 为圆心、AB 为半径的半圆上的任意两点，过点B 作⊙O 的切线交直线CD 于P ，直线PO 于直线CA ，AD 分别交于点E 、F .证明：OE =OF .图13. 设a s =msn �k +s k �k ∈N ∗�，试求S n 2=[a 1]+[a 2]+⋯+[a n 2]的值.4. 试求最小的正整数n ，使得对于满足条件∑a s n s=1=2007的任一个具有n 项的正整数数列a 1,a 2,⋯,a n ，其中必有连续若干项之和等于30. 5. 设函数f (x )满足：f (x +1)−f (x )=2x +1(x ∈R )，且当x ∈[0,1]时有|f (x )|≤1，证明：当x ∈R 时，有|f (x )|≤2+x 2.6. 如图，在直角三角形ABC 中，D 是斜边AB 的中点，PB ⊥AB ，MD 交AC 于N ；MC 的延长线交AB 于E .证明：∠DBN =∠BCE .7. 试求满足下列条件的三元数组(a ,b ,c )：E(1) a<b<c，且当a,b,c为质数；(2) a+1,b+1,c+1构成等比数列.8.设正实数a,b,c满足：abc=1，求证：对于整数k≥2，有a k a+b+b k b+c+c k c+a≥32.2008年东南数学奥林匹克1.已知集合S={1,2,⋯,3n}，n是正整数，T是S的子集，满足：对任意的x、y、z∈T（x、y、z可以相同），都有x+y+z∉T.求所有这种集合T的元素个数的最大值.（李胜宏供题）2.设数列{a n}满足a1=1,a n+1=2a n+n(1+2n)(n=1,2,⋯).试求通项a n的表达式.（吴伟朝供题）3.在△ABC中，BC>AB，BD平分∠ABC交AC于点D，AQ⊥BO，垂足为Q，M是边AC的中点，E是边BC的中点.若△PQM的外接圆⊙O与AC的另一个交点为H.求证：O、H、E、M四点共圆.（郑仲义供题）4.设正整数m、n≥2，对于任一个n元整数集A=�a1,a2,⋯,a n�，取每一对不同的数a s、a j(j>s)，作差a j−a s.由这C n2个差按从小到大.衍生数列顺序排成的一个数列，称为集合A的“衍生数列”，记为A生A生中能被m整除的数的个数记为A生(m).5.证明：对于任一正整数m(m≥2)，n圆整数集A=�a1,a2,⋯,a n�及B={1,2,⋯,n}所对应的A生及B生，满足不等式A生(m)≥B生(m)（陶平生供题）6.求出最大的正数λ，使得对于满足x2+y2+z2=1的任何实数x、y、z成立不等式|λxy+yz|≤√52. （张正杰供题）7. 如图1，△ABC 的内切圆⊙I 分别切BC 、AC 于点M 、N ，E 、F 分别为边AB 、AC 的中点，D 是针线EF 于BI 的交点.证明：M 、N 、D 三点共线.图1（张鹏程 供题） 8. 杰克(Jack )船长与他的海盗们掠夺到6个珍宝箱A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6，其中A s (s =1,2,⋯,6)内有金币a s 枚（诸a s 互不相等）.海盗们设计了一种箱子的布局图（如图2），并推派一人和船长轮流拿珍宝箱.每次可任意拿走不与两个或两个以上的箱子相连的整个箱子.如果船长最后所取得的金币不少于海盗们所取得的金币，那么船长获胜.问：若船长先拿，他是否有适当的取法保证获胜?图2 （孙文先 供题）9. 设n 为正整数，f (n )表示满足以下条件的n 位数（称为波形数）a 1a 2⋯a n �������������的个数：a 1a 2 a 3 a 4a 6 a 5i.每一位数码a s∈{1,2,3,4}，且a s≠a s+1(s=1,2,⋯);ii.当n≥3时，a s−a s+1与a s+1−a s+2(s=1,2,⋯)的符号相反.(1)求f(10)的值；(2)确定f(2008)被13除得的余数.（陶平生供题）2009年东南数学奥林匹克1.试求满足方程x2−2xy+126y2=2009的所有整数对(x,y).（张鹏程供题）2.在凸五边形ABCDE中，已知AB=DE，BC=EA，AB≠EA，且B、C、D、E四点共圆.证明：A、B、C、D四点共圆的充分必要条件是AC=AD.（熊斌供题）3.设x,y,z∈R+，√a=x(y−z)2，√b=y(z−x)2,√c=z(x−y)2；求证：a2+b2+c2≥2(ab+bc+ca). （唐立华供题）4.在一个圆周上给定十二个红点；求n的最小值，使得存在以红点为顶点的n个三角形，满足：以红点为顶点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边.（陶平生供题）5.设1,2,⋯,9的所有排列X=�x1,x2,⋯,x9�的集合为A；∀X∈A,记f(X)=x1+2x2+3x3+⋯+9x9，P={f(X)|X∈A}；求|P|. （其中|P|表示集合M的元素个数）.6.已知⊙O、⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆；证明：过⊙O上的任意一点D，都可作一个△DEF，使得⊙O、⊙I分别是△DEF的外接圆和内切圆.（陶平生供题）7.设f(x,y,z)=x(2y−z)1+x+3y+y(2z−x)1+y+3z+z(2x−y)1+z+3x，其中x,y,z≥0，且x+y+z=1.求f(x,y,z)的最大值和最小值.（李胜宏供题）8.在8×8方格表中，最少需要挖去几个小方格，才能使得无法从剩余的方格表中裁剪出一片形状如下完整的T型五方连块？（孙文先供题）2010年东南数学奥林匹克1. 设a 、b 、c ∈{0,1,⋯9}.若二次方程ax 2+bx +c =0有有理根，证明：三位数abc�����不是质数. （张鹏程 供题）2. 对于集合A ={a 1,a 2,⋯,a m }，记O (A )=a 1a 2⋯a m .设A 1,A 2,⋯A n (n =C 201099)是集合{1,2,⋯,2010}的所有99元子集.求证：2011|∑O (A s )n s=1. （叶永南 供题）3. 如图1，已知△ABC 内切圆⊙I 分别与边AB 、BC 切于点F 、D ，之心啊AD 、CF 分别于⊙I 交于另一点H 、K.求证：FD⋅HK FH⋅DK =3.图1 （熊 斌 供题）4. 设正整数a 、b 满足1≤a <b ≤100.若存在正整数k ，使得ab |a k +b k ，则称数对(a ,b )是“好数对”.求所有好数对的个数.（熊 斌 供题）5. 如图2，△ABC 为直角三角形，∠ACB =90°，M 1、M 2为△ABC 内任意两点，M 为线段M 1M 2的中点，直线BM 1、BM 2、BM 与AC 分别交于点N 1、N 2、N.求证：M 1N 1BM 1M 2N 2BM 22MN BM .图2 （裘宗沪 供题）6. 设Z +为正整数集合，定义：a 1=2,a n+1=msn �λ�∑1a i n s=1+1λ<1,λ∈Z +�(n =1,2,⋯). 求证：a n+1=a n 2−a n +1. （李胜宏 供题）7. 设n 是一个正整数，实数a 1,a 2,⋯,a n 和n 1,n 2,⋯,n n 满足：a 1≤a 2≤⋯≤a n 和n 1≤r 2≤⋯≤n n .求证：∑∑==≥n i nj j i j i r r a a 110),min(（朱华伟 供题）8. 在一个圆周上给定8个点A 1,A 2,⋯,A 8.求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形.（陶平生 供题）21B2011年东南数学奥林匹克1.已知min x∈R ax2+b√x2+1=3.（1）求b的取值范围；（2）对给定的b，求a.2.已知a、b、c为两两互质的正整数，且a2|(b3+c3),b2|(a3+ c3),c2|(a3+b3)求a、b、c的值.3.设集合P={1,2,3,⋯,50}，正整数n满足：M的任意一个35元子集中至少存在两个不同的元素a,b,使a+b=n或a−b=n.求出所有这样的n.4.如图1，过△ABC的外心O任作一直线，分别与边AB,AC相交于M,N，E,F分别是BN,CM的中点.证明：∠EOE=∠A.图15. 如图2，设AA0,BB0,CC0是△ABC的三条角平分线，自A0作A0A1∥BB0,A0A2∥CC0,A1,A2分别在AC,AB上，直线A1A2∩BC=A3;类似得到点B3,C3．证明：A3,B3,C3三点共线．图26．设O 1,O 2,⋯,O n 为平面上n 个定点，M 是该平面内线段AB 上任一点，记|O s P |为点O s 与M 的距离，s =1,2,3,⋯,n ，证明：≤∑∑∑===ni i ni i n i i B P A P M P 111,max . 7．设数列{a n }满足：a 1=a 2=1,a n =7a n−1−a n−2,n >3．证明：对于每个n ∈N ∗,a n +a n+1+2皆为完全平方数．8．将时钟盘面上标有数字1,2,⋯,12的十二个点，分别用红、黄、蓝、绿四种颜色各染三个点，现以这些点为顶点构造n 个凸四边形，使其满足：(1) 每个四边形的四个顶点四色都有；(2) 任何三个四边形，都存在某一色，该色的三个顶点所标数字各不相同．求n 的最大值．32012年东南数学奥林匹克1. 求一个三元整数组(l ,m ,n )(1<l <m <n )，使得∑k l k=1，∑k m k=l+1，∑k n k=m+1依次成等比数列.2. 如图1，△ABC 的内切圆I 在边AB ，BC ，CA 上的切点分别是D ，E ，F ，直线EF 与直线AI ，BI ，DI 分别相交于点M ，N ，K .证明：DP ⋅KE =DN ⋅KE .图1 3. 对于合数n ,记f (n )为其最小的三个正约数之和，g (n )为其最大的两个正约数之和.求所有的正合数n ，使得g (n )等于f (n )的某个正整数次幂.4. 已知实数a ，b ，c ，d 满足：对任意实数x ，均有acccx +bccc 2x +cccc 3x +dccc 4x ≤1， 求a +b -c +d 的最大值.当a +b -c +d 取最大值时，求实数a ，b ，c ，d 的值.5. 如果非负整数m 及其各位数字之和均为6的倍数，则称m 为“六合数”.求小于2012的非负整数中“六合数”的个数.6. 求正整数n 的最小值，使得A东南数学奥林匹克�n−20112012−�n−20122011<�n−201320113−�n−201120133.7.如图2，△ABC中，D为边AC上一点且∠ABD=∠C，点E在边AB上且BE=DE，设M为CD重点，AA⊥DE于点H.已知AA=2−√3，AB=1，求∠APE的度数.图2设m是正整数，n=2m−1，O n={1,2,⋯,n}为数轴上n个点所成的集合.一个蚱蜢在这些点上跳跃，每步从一个点跳到与之相邻的点.求m的最大值，使对任意x,y∈O n，从点x跳2012步到点y的跳法种数为偶数（允许中途经过点x，y）.。

1．求最大的实数k ，使得对任意正数a ，b ，均有2()(1)(1)a b ab b kab +++≥．2．如图，两圆1Γ，2Γ交于A ，B 两点，C ，D 为1Γ上两点，E ，F 为2Γ上两点，满足A ，B 分别在线段CE ，DF 内，且线段CE ，DF 不相交．设CF 与1Γ，2Γ分别交于点()K C ≠，()L F ≠，DE 与1Γ，2Γ分别交于点()M D ≠，()N E ≠．证明：若ALM ∆的外接圆与BKN ∆的外接圆相切，则这两个外接圆的半径相等．3．函数**:f →N N 满足：对任意正整数a ，b ，均有()f ab 整除(){}max ,f a b ．是否一定存在无穷多个正整数k ；使得()1f k =？证明你的结论．4．将一个25⨯方格表按照水平方向或者竖直方向放置，然后去掉其四个角上的任意一个小方格，剩下由9个小方格组成的八种不同图形皆称为“五四旌旗”，或“八一旌旗”，简称为“旌旗”，如图所示．现有一个固定放置的918⨯方格表．若用18面上述旌旗将其完全覆盖，问共有多少种不同的覆盖方案？说明理由．5．称集合{1928,1929,1930,,1949}S =的一个子集M 为“红色”的子集，若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除．用x ，y 分别表示S 的红色的四元子集的个数，红色的五元子集的个数．试比较x ，y 的大小，并说明理由．6．设a ，b ，c 为给定的三角形的三边长．若正实数x ，y ，y 满足1x y z ++=，求axy byz czx ++的最大值．7．设ABCD 为平面内给定的凸四边形．证明：存在一条直线上的四个不同的点P ，Q ，R ，S 和一个正方形A B C D ''''，使得点P 在直线AB 与A B ''上，点Q 在直线BC 与B C ''上，点R 在直线CD 与C D ''上，点S 在直线DA 与D A ''上．8．对于正整数1x >，定义集合()(){},,,mod 2x p S p p x p x v x αααα=≡为的素因子为非负数且，其中()p v x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数，并记()f x 为x S 中所有元素之和．约定()11f =． 今给定正整数m ．设正整数数列1a ，2a ，，n a ，满足：对任意整数n m >，()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++．（1）证明：存在常数A ，B ()01A <<，使得当正整数x 有至少两个不同的素因子时，必有()f x Ax B <+； （2）证明：存在正整数Q ，使得对所有*n ∈N ，n a Q <．第十六届中国东南地区数学奥林匹克参考答案1．原不等式()()2221(1)a b b a b b kab ⇔++++≥ ()221(1)b ab b b kb a ⎛⎫⇔++++≥ ⎪⎝⎭ 单独考虑左边，左边可以看成是一个a 的函数、b 为参数，那么关于a 取最小值的时候有()()2231(1)1(1)(1)b ab b b b b b a ⎛⎫⎛⎫++++≥++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭于是我们只需要取32(1)k b b −≤+即可．设32(1)()b f b b +=，那么23(1)(2)()b b f b b+−'=，演算可知2b =是f 的极小值点，那么min 27(2)4f f ==，即max 274k =，取极值时有1a =，2b =． 评析1．不等号的左边和右边都不对称，但是右边只是一个2kab ，所以可以考虑一下类似于分离变量的方法把a 或2b 挪到左边去．本答案用的是把a 挪到左边的方法．把2b 挪到左边也有类似的做法，但是会变得比较复杂，有兴趣的同学不妨一试．该题做法非常多，本篇答案给出的做法只是一种以高中课本知识即可解决的方法，但是如果不想用到函数求导这种比较偏流氓的方法的话，纯粹不等式的方法也是可行的．比如， ()(1)(1)11222222b b ab ab b b a b ab b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=++++++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1/31/31/333131222222b b ab ab b b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2274ab = 2．如图．记G 为CF ，DE 的交点，ALM ∆和BKN ∆的外接圆圆心为A O ，B O ．取两圆切线上任意一点为1H ，切线另一边的任意一点为2H ，连接CD ．LN ，AB ，MK ，EF ，A B O O ，由于180DCA DBA FBA FEA ∠+∠=∠+∠=︒，我们有180DCA FEA ∠+∠=︒，即//CD EF ．另外，由圆幂定理我们有~GLN GEF ∆∆，~GKM GDC ∆∆，于是我们有GLN GDC GEF GKM ∠=∠=∠=∠，即//LN MK ．另一方面，那么因为//CD EF ，我们有180180180LGM CDG EFG CAM EAL LAM ∠=∠+∠=−∠+−∠=−∠︒︒︒，即G 在A O 上．同理G 在B O 上．由于A O 与B O 相切，我们知道G 在A B O O 上．那这个时候G 在LK ，MN ，A B O O 上，我们知道12GKN NGH MGH GLM ∠=∠=∠=∠，故//LM KN ．由于//LM KN ，我们知道LMKN 是一个平行四边形，那么LGM KGN ∆≅∆，那么两个三角形的外接圆半径相等，ALM ∆和BKN ∆的外接圆半径相等．评析2．熟悉平面几何的同学应该很快就可以凭经验知道//CD EF ，//LN MK ，且G 在这两个外接圆上．余下的部分，观察题图可以猜测//LM NK ，如果有这一条的话我们很容易推出两个外接圆的半径相等，剩下就是一些比较角度的工作．总体来说本题偏简单题．3．一定存在无穷多个这样的k ，使得()1f k =．若不然，假设只有有限多个k 使得()1f k =，我们分两种情况讨论．若这样的k 不止一个，那我们可以取到最大的一个，还是记为k ，那么对任意n k >，我们有()1f n >．对任意一个素数p ，由于pk k >，我们有()1f pk >．但是由于()f pk 整除max{(),}max{1,}f k p p p ==．我们知道()f pk p =．对任意两个素数p ，q ，不妨p q ≤，那么()f pqk 整除max{(),}max ,}f pk q p q q ==．那么我们现在亏虑三个素数p ，q ，r 满足p q r ≤≤，但是pq r >（比如，2p =，3q =，5r =）．那么一方面，()f pqrk 整除max{(),}max{,}f rk pq r pq pq ==．另一方面，()f pqrk 整除max{(),}max{,}f pqk r q r r ==．但是(,)1pq r =，所以()|1f pqrk 即()1f pqrk =．但是pqrk k >，矛盾．所以一定存在无穷多个k ，使得()1f k =．评析3．欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式，在证明某一类数字有无限多个的时候，通过反证假设这一类数字只有有限个，不妨设为12n k k k ⋅<<，套路上我们可以考虑n k ，1n k +，12n k k k ，121n k k k +．[]12,,,n k k k 等数字来找到矛盾，本题也是如此．值得一说的是，在这个题目中，对于任何整数n ，我们可以定义一个新的函数()()n f a f an =，那么()()n f ab f abn =要整除{}max{(),}max (),n f an b f a b =．也就是说n f 也是一个满足相同性质的函数．那么实际上，我们可以证明对任意一个k 满足()1f k =．那么1{}m mk ∞=中有无限多个m 满足()1f mk =．更复杂的话，有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个()1f k =的解的密度．4．首先显然，一个92⨯的格子里面放置两面旌旗一共有两种方法，如下图：或那么918⨯的格子中可以放入9个92⨯的格子，所以每个92⨯的格子里有两种可能，一共92512=种放法．下面证明没有别的放法．首先我们考察918⨯的侧边，即变成为9这条边．若我们用18面旌旗把这些格子填满了，那么我们考察这条边上放的旌旗．旌旗的几条边长为5，4，2，1．若旌旗边长为1的边靠着底边，那么1的左右某一边的格子只能用另一面旌旗的边长为5的边来填，如图：那么这条边上剩下三个格子，无法用2和1来填满（因为1需要伴随5）．若旌旗边长为2的边靠着底边，那么这时侧边只能是9522=++用三条旌旗来覆盖，这个时候两条旌旗横着用边长为2的底边来接触侧边．同时第二列只有一个空着的格子，若要填住这个格子只能用一条旌旗的旗头来填，所以只能是如图的填法：其中虚线表示两面用边长为2的底边填充格子侧边的旌旗可以放在用边长为5的底边填充侧边的旌旗的上面或者下面．于是无论如何在第三列总会出现三个连续的空格无法被旌旗填充，所以侧边只能用54+的填法，那么消去这两列之后新的侧边也只能用54+的填法来填充，这种归纳的想法可知没有其他的填法． 评析4．本题的答案非常送分，证明的方法却变得非常朴素．一般遇到填格子的题目的话很常规的一种套路就是用染色的方法，我们可以斑马条纹染色，也可以国际象棋棋盘染色，但是这个题目似乎用染色的方法做不出来，反而用这种硬讨论的朴素方法可以做，似乎有时也需要跳出套路来想问题．5．显然，若m M ∈满足(mod 4)m i ≡，那么任何n 满足()4mod 4n i ≡−都不能在4里面．所以将S 按照模4的余数分为4种：0{1928,1932,1936,1940,1944,1948}S =1{1929,1933,1937,1941,1945,1949}S =2{1930,1934,1938,1942,1946}S =3{1931,1935,1939,1943,1947}S = 那么016S S ==，235S S ==．那么入前所述，0S ，2S 的元素顶多有一个在M 中，1S ，3S 的元素不能同时在M 中，所以四元红色子集有四种情况：四个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于0S ，剩下三个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于2S ，剩下三个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于0S ．一个元素属于2S ，剩下两个元素都属于1S 或3S ，所以4433332265656565665565651100x C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=．同理，5544443365656565665565651127y C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=．所以x y <评析5．这个题目就算是出自高考全国卷都不会让人感觉到任何奇怪……6．考虑拉格朗日乘子(1)axy byz czx x y z λ=++−⋅++−，那么ay cz x λ∂=−++∂ ax bz y λ∂=−++∂ cx by z λ∂=−++∂ 1x y z λ∂=−−−∂ 那么0L L x y z λ∂∂∂∂====∂∂∂∂的解为： 222()222b c a b x ab bc ca a b c +−=++−−−，222()222c a b c y ab bc ca a b c+−=++−−− 222()222a b c a z ab bc ca a b c +−=++−−−，2222222abc ab bc ca a b c λ−=++−−− 于是max 222()222abc axy byz czx ab bc ca a b c ++=++−−− 评析6．三元二次极值问题用拉格朗日乘子比较容易解决，因为拉格朗日量的各种偏导数都是线性的，最终我们只需要解决一个线性方程即可，所以这篇答案中用了最简单暴力的方法．事实上，这个题目可以用几何不等式的方法来做，或者直接用嵌入不等式来做，但是我不会．7．对于任意的四边形ABCD （甚至不要求凸），我们都可以找一条直线l 使得l 不在任何一条边上，也不与任何一条边平行，并且AB ，BC ，CD ，DA 分别与l 交于四个不同的点P ，Q ，R ，S ．我们将证明一个更强的结论：若P ，Q ，R ，S 是一条直线l 上的四个不同的点，那么我们可以找到一个正方形A B C D ''''，使得A B ''，B C ''，C D ''，D A ''分别过P ，Q ，R ，S 点．我们不妨设l 就是y 轴（不然通过旋转即可），P ，Q ，R ，S 的纵坐标为p ，q ，r ，s ．那么考虑一个斜率参数k ，过P ，R 做斜率为k 的直线y kx p =+和y kx r =+，过Q ，S 做斜率为1k−的直线1y x q k =−+和1y x s k=−+．那么设这四条直线就是A B ''，C D ''，B C ''，D A ''，于是我们可以解得 ()2221(),11k A s p k s p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭，()2221(),11k B q p k q p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭ ()2221(),11k C q r k q r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭，()2221(),11k D s r k s r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭于是22222||()||()AB k q s l AD p r −==− 即p r k q s−=±− 那么由于p ，q ，r ，s 互不相同可知存在这样的斜率，使得A B C D ''''是正方形．评析7．这道平面几何的题目非常的非主流，同学们如果直接从平几方法来构造的话可能会被卡很久，这里给了一种解析的方法．实际上这个题目也可以用复数做，假设A B C D ''''的中心所对应的复数为z ，那么正方形的四个点可以设为z t +，z it +，2z i t +，3z i t +，这种做法也一样可行．8．（1）设11k s s k x p p =(2)k ≥，直接计算可以有 22221010()i i i i s s k k s j s j i i i i i i j f x p p p ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦−−====⎛⎫ ⎪==⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑222112111111i i i s k k s s i ii i i ii p p p p p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦−==−=⋅<⋅−−∑∑ 21114123i i k s s i i i i p p −==<⋅=−∑∑（因为i p 最小为2） 记录i s i i a p =，，那么2i a ≥，我们重点考虑i a ∑和i a ∏之间的大小关系． 令()1,,k i i f a a a a λ=⋅−∑∏，那么j i j if a a λ≠∂=−∏∂，所以事实上若j i j a λ≠≤∏，对任意i 都成立，那么在i a 变小的时候f 变大，则()1,,(2,,2)22k k f a a f k λ≤=−．用求导的方法很容易知道22k k λ−会在()()()1111ln 2ln2ln (2)ln 22ln (2)ln (2)3k λ−−−−=⋅⋅≤⨯⨯⋅<的时候取到，那么在整数的取值上，我们取2k =，3得到 222244λλ⨯−=−323268λλ⨯−=−由于2λ≤，我们知道2244kk λλ−≤−．于是1144()2233k kk i i i i f x a k a λλ==⎛⎫<≤⋅−+ ⎪⎝⎭∑∏ 14416144333k i i a x λλλλλ=−⎛⎫≤⋅−+=⋅+⋅ ⎪⎝⎭∏ 那么我们只需要取一个λ使得423λ<≤即可，比如我们取2λ=就会得到28()33f x x <+． （2）若不存在这样的Q ，那么存在n a 使得28n a m >+，不妨设n a ，1n a −，，n m a −中最大的是a ，那么显然28a m >+．于是()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++ ()2828max ,,3333n n m a a m −⎧⎫<+++⎨⎬⎩⎭()()2828max ,,3333n n m a m a m −⎧⎫≤++++⎨⎬⎩⎭ {}228max ,,333n n m a a m −=++ 22833m a a +≤+< 所以归纳可证明n k a a +<，这与无上界是矛盾的．所以一定存在这么一个Q ，使得n a Q <对所有*n N ∈都成立．评析8．数论中出现素因子的加法一般都会变得很难，但是这个题目主要通过估计就可以达到要求，所有同学做题的时候一定要注意看题目，不要看一眼觉得很复杂就马上放弃，这个题还是可做的．从答案上看这个估计并不太难，只要敢拆敢放就能做出来，实际上这种估计也的确没有用到任何解析数论的方法，所有的步骤都是高中生都可以做出来的，但是我还是建议各位同学在学习潘承洞，潘承彪两位先生的《初等数论》的时候把后面章节的内容也看一看，素数定理和 Eratosthenes 筛法的基础知识并不会太难，了解一下并没有什么坏处．另外，这篇答案的放缩放得非常狠，比如公式第二行的不等号基本上是i s 直接放到无穷，第三行的不等号就直接把所有i p ；都放成2，之后讨论函数的时候又把所有i s i p 当2来做，可以说23是一个非常粗略的答案．有兴趣的同学可以算算2k =的情况玩玩，看看自己能把这个不等号放到多小．。

2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题（决赛）及答案（时间：5月16日18：40～20：40）满分：120分一、 选择题（本大题共6小题，每小题5分，满分30分）1．已知M =},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=，且P c N b M a ∈∈∈,,，设c b a d +-=，则∈d （ ）A. MB. NC. PD.P M 2.函数()142-+=xx x x f 是（ ）A 是偶函数但不是奇函数B 是奇函数但不是偶函数C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数3.已知不等式m 2＋(cos 2θ－5)m ＋4sin 2θ≥0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A . 0≤m ≤4B . 1≤m ≤4C . m ≥4或x ≤0D . m ≥1或m ≤04.在△ABC 中，c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长，若0sin cos 2sin cos =+-+B B A A ，则cba +的值是（ ） A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0ab >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 56．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则B CBAC Acos tan sin cos tan sin ++的取值范围是（ ）A. (0,)+∞B.C.D. )+∞．二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分）7.母线长为3的圆锥中，体积最大的那一个的底面圆的半径为 8．函数|cos sin |2sin )(x x ex x f ++=的最大值与最小值之差等于 。

个个9.设函数,:R R f →满足1)0(=f ，且对任意的R y x ∈,，都有)1(+xy f =2)()()(+--x y f y f x f ，则________________)(=x f 。

第十届东南数学奥林匹克解答第一天(2013年7月27日 上午8：00－12：00) 江西 鹰潭1. 实数,a b 使得方程320x ax bx a -+-=有三个正实根．求32331a ab ab -++的最小值．（杨晓鸣提供）解 设方程320x ax bx a -+-=的三个正实根分别为123,,x x x ，则由根与系数的关系可得123122313123,,x x x a x x x x x x b x x x a ++=++==，故0,0a b >>．由2123122313()3()x x x x x x x x x ++≥++知：23a b ≥． 又由3312312333a x x x x x x a =++≥=知：33a ≥．因此32331a ab a b -++23(3)31a a b a a b -++=+33233393113a a a aa ab ++≥≥=≥++， 当33,9a b ==，即方程三个根均为3时等号成立．综上所述，所求的最小值为93．2. 如图，在ABC ∆中，AB AC >，内切圆I 与BC 边切于点D ，AD 交内切圆I 于另一点E ，圆I 的切线EP 交BC 的延长线于点P ，CF 平行PE 交AD 于点F ，直线BF 交圆I 于点,M N ，点M 在线段BF 上，线段PM 与圆I 交于另一点Q ．证明：ENP ENQ ∠=∠． （张鹏程提供）证法1 设圆I 与,AC AB 分别切于点,S T 联结,,ST AI IT ，设ST 与AI 交于点G ，则,IT AT TG AI ⊥⊥，从而有2AG AI AT AD AE ⋅==⋅，所以,,,I G E D 四点共圆．又,IE PE ID PD ⊥⊥，所以,,,I E P D 四点共圆，从而,,,,I G E P D 五点共圆．所以90IGP IEP ∠=∠=o ，即IG PG ⊥，从而,,P S T 三点共线．直线PST 截ABC ∆，由梅涅劳斯定理知，1AS CP BT SC PB TA⋅⋅=， 又,,AS AT CS CD BT BD ===，所以有1PC BDPB CD⋅=． ① 设BN 的延长线交PE 于点H ，直线BFH 截PDE ∆，由梅涅劳斯定理知，1PH EF DBHE FD BP⋅⋅=． 因为CF 平行于BE ，所以EF PCFD CD=，从而有 1PH PC DBHE CD BP⋅⋅=．② 由①、②知，PH HE =，故22PH HE HM HN ==⋅，所以PH HNHM PH=，PHN ∆∽MHP ∆，HPN HMP NEQ ∠=∠=∠， 又PEN EQN ∠=∠，所以ENP ENQ ∠=∠．证法2 设圆I 与,AC AB 分别切于点,S T ，则由PI AD ⊥知2222222PA PD IA ID IA IT AT -=-=-=，所以2222222PA AT PD IP ID IP IT -==-=-，从而AI PT ⊥．又AI ST ⊥，所以,,P S T 三点共线．以下同证法1．3. 数列{}n a 满足：21211(1)1,2,(2,3,)nn n n a a a a n a +-+-====L ．证明：该数列任意两个相邻项的平方和仍是该数列中的一个项．（陶平生提供）证 由211(1)n n n n a a a +-+-=得211(1)(2,3,,)n n n na a a n +-=+-=L ，于是 211312n n n n n a a aa a ------=132n n n a a a ----==L 3122a a a -==，故122(3)n n n a a a n --=+≥．从而12345671,2,5,12,29,70,169,a a a a a a a =======L ，可见2222221232353475,29,169a a a a a a a a a +==+==+==，故猜想22121n n n a a a +++=．令22121()n n n f n a a a ++=+-，于是12222()2n n n n a a a a +++=+-2()g n =， ①其中1222()()n n n n g n a a a a +++=+-．进一步有2221232222(1)n n n a a a f n +++=+-=+．② 由①、②知4(1)2(1)2()f n g n g n +=+-(2)(1)(1)()f n f n f n f n =+-+-++，即(2)6(1)()f n f n f n +=+-．由于(1)(2)0f f ==，根据递推式可知()0f n =，即22121n n n a a a +++=．证毕．4. 十二个杂技演员编号分别为1,2,,12L ，将他们按适当方式分别围成,A B 两个圈，每圈6人，其中B 圈的每个演员分别站在A 圈相邻两个演员的肩膀上．如果B 圈中每个演员的编号分别等于他脚下两个演员的编号之和，就称这样搭配成的结构为一个“塔”，问总共能搭配成多少个结构不相同的“塔”？ （注：旋转或对称后的塔属于同一种结构．以8个人的情况为例，画一个圆，将底层演员编号填在圈内，上层演员编号填在圈外，那么以下三个图均是“塔”，但后两个图分别可由第一个图经旋转或对称而得，故它们属于同一种结构．） （陶平生提供）解 将组,A B 中的元素和分别记为,x y ，则有2y x =，所以 3121278x x y =+=+++=L ，26x =． 显然有1,2A ∈，11,12B ∈，设{}1,2,,,,A a b c d =，其中a b c d <<<，则23a b c d +++=，且3,810a d ≥≤≤（若7d ≤，则456722a b c d +++≤+++=，矛盾）．(1) 如果8d =，则{}1,2,,,,8,7,15A a b c c a b c =≤++=，于是(,,)a b c(3,5,7)=或(4,5,6)，即{}1,2,3,5,7,8A =或{}1,2,4,5,6,8A =．若{}1,2,3,5,7,8A =，则{}4,6,9,10,11,12B =，由于B 中含4,6,11,12，故A 中必须1、3邻接，1、5邻接，5、7邻接，8、3邻接，这时只有唯一的排法，由此得到一个塔：若{}1,2,4,5,6,8A =，则{}3,7,9,10,11,12B =，类似知A 中必须1、2邻接，5、6邻接，4、8邻接，这时有两种排法，得到两12345678123456781234567812564837111012*********3846521125648371110129个塔：(2) 如果9d =，则{}1,2,,,,9,8,14A a b c c a b c =≤++=，这时(,,)a b c(3,5,6)=或(3,4,7)，即{}1,2,3,5,6,9A =或{}1,2,3,4,7,9A =．若{}1,2,3,5,6,9A =，则{}4,7,8,10,11,12B =，为得到B 中的4,10,12，A 中必须1、3、9两两邻接，这不可能；若{}1,2,3,4,7,9A =，则{}5,6,8,10,11,12B =，为得到B 中的6,8,12，A 中必须2、4邻接，1、7邻接，9、3邻接，于是有两种排法，得到两个塔：(3) 如果10d =，则{}1,2,,,,10,9,13A a b c c a b c =≤++=，这时，(,,)(3,4,6)a b c =，即{}1,2,3,4,6,10A =，{}5,7,8,9,11,12B =，为得到B中8,9,11,12， A 中必须6、2邻接，6、3邻接，10、1邻接，10、2邻接，只有唯一排法，得到一个塔：因此，结构不相同的“塔”共有6个．第十届东南数学奥林匹克解答第二天(2013年7月28日 上午8：00－12：00) 江西 鹰潭1. 设()1!2!2013!x x x f x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L ，[]x 表示不超过x 的最大整数．对整 数n ，若关于x 的方程()f x n =有实数解，则称n 为好数．求集合{}1,3,5,,2013L 中好数的个数． （吴根秀提供）解 先指出两个明显的结论：(a ) 若m 为正整数，x 为实数，则[]x x m m ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦；(b ) 对任意整数l 与正偶数m ，有212l l m m +⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦． 下面我们求解原问题．在结论(a )中令!(1,2,,2013)m k k ==L 并求和，可知1256483711101291256483711101291256483711101292013201311[]()([])!!k k x x f x f x k k ==⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑， 这表明方程()f x n =有实数解当且仅当方程()f x n =有整数解．以下只需考虑x 为整数的情况．由于[][]201321(1)()11!!k x x f x f x x x k k =⎛+⎫⎡⎤⎡⎤+-=+-+-≥ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑， ① 所以()()f x x ∈Z 单调递增．下面找整数,a b ，使得(1)0()(1)(1)()2013(1)f a f a f a f b f b f b -<≤<+<<-<≤<+L ．注意到(1)0(0)f f -<=，所以0a =．又由于611173(1173)1173586195489120122013!k f k =⎡⎤==+++++=≤⎢⎥⎣⎦∑， 611174(1174)1174587195489120142013!k f k =⎡⎤==+++++=>⎢⎥⎣⎦∑， 故1173b =．因此{}1,3,5,,2013L 中的好数就是{}(0),(1),,(1173)f f f L 中的奇数．在①中令2(0,1,,586)x l l ==L ，由结论(b )知212(22013)!!l l k k k +⎡⎤⎡⎤=≤≤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 因此20132212(21)(2)11!!k l l f l f l k k =⎛+⎫⎡⎤⎡⎤+-=+-= ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑， 这说明(2),(21)f l f l +中恰有一个为奇数，从而{}(0),(1),,(1173)f f f L 中恰有11745872=个奇数，即集合{}1,3,5,,2013L 中的好数有587个． 2. 设n 为大于1的整数．将前n 个素数从小到大依次记为12,,,n p p p L （即12p =，23,p L =），令1212n p p p n A p p p =L ．求所有正整数x ，使得Ax为偶数，且Ax恰有x 个不同的正约数． （何忆捷提供）解 由已知得2|x A ，注意到224n p p n A p p =?L ，故可设1222n n x p p a a a =L ，其中101,0(2,3,,)ii p i n a a ＃＃=L ．此时有122222n n p p n Ap p xa a a ---=L ， 故Ax不同的正约数个数为122(3)(1)(1)n n p p a a a --+-+L ．由已知得121222(3)(1)(1)2n n n n p p x p p a a a a a a --+-+==L L ． ①下面数学归纳法证明：满足①的数组12(,,,)n a a a L 必为(1,1,,1)(2)n L ³． (1) 当2n =时，①变为1212(3)(4)23a a a a --=，其中1{0,1}a Î．若10a =，则223(4)3a a -=，无非负整数2a 满足；若11a =，则222(4)23a a -=?，可得21a =．从而12(,)(1,1)a a =，即2n =时结论成立．(2) 假设1n k =-时结论成立（其中3k ³），则当n k =时，①变为1121221121(3)(1)(1)(1)2k k k k k k k k p p p p p p a a a a a a a a ------+-+-+=L L ． ②若2k a ³，则考虑到01,011(11)k k k i i ik p p p p p ik a a <-+<<-+?<＃-，故②的左边不能被k p 整除，但此时②的右边是k p 的倍数，矛盾！若0k a =，则②变为1121221121(3)(1)(1)(1)2k k k k k p p p p p a a a a a a ------+-++=L L ．注意到23,,,k p p p L 为奇素数，因此一方面1k p +为偶数，从而上式左边为偶数，而另一方面，右边1221k k p p a a --L 为奇数．从而必有11a =．但此时132a -=，故左边是4的倍数，但右边不是4的倍数，仍矛盾！由上述讨论知，只能1k a =，此时②中1kk k kk p p p a a -+==，因而 1121221121(3)(1)(1)2k k k k p p p p a a a a a a ------+-+=L L ．由归纳假设知1211k a a a -====L ．从而1211k k a a a a -=====L ，即当n k =时结论成立．由(1)、(2)可断定12(,,,)(1,1,,1)n a a a =L L ，故所求正整数为2122n n x p p p p p ==L L ．3. 将33´正方形任意一个角上的22´正方形挖去，剩下的图形称为“角形”（例如，图1就是一个角形）．现于1010´方格表（图2）中放置一些两两不重叠的角形，要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合．求正整数k 的最大值，使得无论以何种方式放置了k 个角形之后，总能在方格表中再放入一个完整的角形． （何忆捷提供）解 首先有max 8k <，这是因为，若按图1的方式放置8个角形，则不能再于方格表中放入另一个角形．下面证明：任意放置7个角形后，仍可再放入一个完整的角形．将1010´方格表的第5、6行及第5、6列遮住，留出4个44´正方形．当放置7个角形后，由于每个角形不能与两个上述44´正方形相交，故根据抽屉原理知，必存在一个44´的正方形S ，使得与S 相交的角形至多1个，而角形可被33´正方形所包含，故正方形S 被角形所占据的部分必包含于它的某个角上的33´正方形．如图2所示，我们可以在S 除去一个角上33´正方形后剩余的部分放置一个新的角形．因此7k =时符合题意．综上所述，有max 7k =． 4. 设整数3n ≥，,,(0,1)αβγ∈，,,0(1,2,,)k k k a b c k n ≥=L 满足1()nkk k aαα=+≤∑，1()nk k k b ββ=+≤∑，1()nk k k c γγ=+≤∑．若对任意满足上述条件的,,(1,2,,)k k k a b c k n =L ，均有1()n k k k k k a b c λλ=+≤∑， 求λ的最小值．（李胜宏提供）解 令111,,111a b c αβγαβγ===+++，,,0(2,3,,)i i i a b c i n ==L ，此时条 件成立，故λ须满足(1)111αβγλλαβγ+⋅⋅≤+++，解得 (1)(1)(1)αβγλαβγαβγ≥+++-．记0(1)(1)(1)αβγλαβγαβγ=+++-．下面证明，对任意满足条件的,,k k k a b c ， 1,2,,k n =L ，有01()nk k kk k a b cλλ=+≤∑． ①由题目条件知111333111nn nk k k k k k k k k a b c αβγαβγ===⎛⎫⎛⎫+++⎛⎫≤⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑1≤，这里用到了结论：当,,0(1,2,,)i i i x y z i n ≥=L 时，有33331111n n n n i i i i i i i i i i x y z x y z ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑． ②（为完整起见，我们将②的证明过程附在最后．）因此，为证①，只需证明对1,2,,k n =L ，有13k k k k k k k k k k a b c a b c λαβγλαβγ+⎛⎫+++≤⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭，即()1233()()()k k k k k k k a b c λαβγλαβγ+⎛⎫+++≤ ⎪⎝⎭．③ 事实上，()()()k k k k αβγαβγαβγ=+++-，因此()()()k k k k λαβγλαβγ++++≤． ④又由于(),(),()k k k k a k b k c ααββγγ+≤+≤+≤，故()2233()()()k k k a b c k k k αβγαβγ⎛⎫≤ ⎪+++⎝⎭．⑤ 由④、⑤可知③成立，从而①成立．综上所述，min 0(1)(1)(1)αβγλλαβγαβγ==+++-．注 ②可以直接用H?lder 来证明，亦可由Cauchy 不等式进行如下推理：233111n n n i i i i i x y ===⎛⎫⎛⎫⎛≥ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝∑∑；23111n n n i i i i i i i z x y z ===⎛⎫⎛⎫⎛≥ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝∑∑；221111n nn n i i i i i i i x y z ====⎛⎛⎛⎫≥= ⎪⎝⎝⎝⎭∑．由以上三式知2231133311111nnn n nni i i i i i i i n i i i i i i ii x y z x y z x y z =======⎛⎛ ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎝⎭≥≥⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑．。

第三届中国东南地区数学 奥林匹克（含解答及英文版）希望联盟2006年度赛第一天（2006年7月27日， 8：00－12：00， 南昌）一、设0,a b >>2()2()4a b x abf x x a b++=++．证明：存在唯一的正数x ，使得11333()()2a b f x +=． 解法一：令11333()2a b t +=， 由2()24a b x ab t x a b++=++，得 [2()4]()2a b t x t a b ab +-=+- ， ……○1 为证○1有唯一的正数解x ，只要证，2()40a b t +->及()20t a b ab +->, 即113332()22ab a b a ba b ++<<+. ……○2 记1133, , ,a u b v u v ==>，即要证3333333222u v u v u v u v ++⎛⎫<< ⎪+⎝⎭， ……○3由于()33333322u v u v u v +⎛⎫+>= ⎪⎝⎭，即○3左端成立. 为证33322u v u v ++⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()()2222221, 4()82u uv v u v u v u uv v -++<+<-+，即 ()230u v ->，此为显然.故○3成立，从而()22()4t a b abx a b t+-=+-即为所求．解法二：22()21()()()422(4)a b x ab a b f x a b x a b x a b ++-==+-++++在(0,)+∞上为严格单调增加的连续函 数，而且2(0)ab f a b =+，lim ()2x a bf x →+∞+=． 据解法一○2式知,113332()22ab a b a b a b ++<<+， 故存在唯一的正数x ，使得11333()()2a b f x +=． 二、如图所示，在△ABC 中，90,,ABC D G ∠=︒是边CA 上的两点， 连接BD ，BG . 过点A ，G 分别作BD 的垂线，垂足分别为E ， F 连接CF . 若BE ＝EF ，求证：ABG DFC ∠=∠.证：作Rt ABC 的外接圆w ，延长BD 、AE 分别交w 于K 、J . 连接BJ 、CJ 、KJ 、FJ . 易知BAJ KBC ∠=∠，故BJ ＝KC .于是四边形BJCK 是等腰梯形，又AJ 垂直平分BF ，故BJ ＝FJ ，故四边形FJCK 是平行四边形.设AE 与BG 的交点为M ，FC 与JK 的交点为N ， 则M 、N 分别是BG 和FC 的中点，于是sin sin ,sin sin AB MAG JKC FKAG BAM BKJ CK∠∠===∠∠ 又 B A G F K C ∠=∠，于是 BAG ∆∽FKC ∆， 所以 ABG DFC ∠=∠.三、一副纸牌共52张，其中“方块”、“梅花”、“红心”、“黑桃”每种花色的牌各13张，标号依次是2,3,,10,,,,J Q K A ，其中相同花色、相邻标号的两张牌称为“同花顺牌”，并且A 与2也算是顺牌（即A 可以当成1使用）. 试确定，从这副牌中取出13张牌，使每种标号的牌都出现，并且不含“同花顺牌”的取牌方法数．解：先一般化为下述问题：设3,n ≥ 从 ()()1212,,,, ,,,n n A a a a B b b b == ，()()1212,,,, ,,,n n C c c c D d d d == 这四个数列中选取n 个项，且满足： ()11,2,,n 每个下标都出现；()11 下标相邻的任两项不在同一个数列中（下标n 与1视 为相邻），其选取方法数记为n x ，今确定n x 的表达式:将一个圆盘分成n 个扇形格，顺次编号为1,2,,n ， 并将数列,,,A B C D 各染一种颜色，对于任一个选项方案， 如果下标为i 的项取自某颜色数列，则将第i 号扇形格染上该颜色.于是n x 就成为将圆盘的n 个扇形格染四色，使相邻格不同色的染色方 法数，易知，14,x = 212, x =()1143 3n n n x x n --+=⋅≥, ○1 将○1写作 ()()()1111143.nn n n n x x ------=-⋅-因此 ()()()122121143;n n n n n x x --------=-⋅-…… ……()()()()()32232221143;143.x x x ---=-⋅--=-⋅-相加得，()()133nnn x -=-+，于是 ()331(2)nnn x n =+⋅-≥.因此 131333x =-. 这就是所求的取牌方法数. 四、对任意正整数n ，设n a 是方程31xx n+=的实数根，求证： （1）1n n a a +>；（2）211(1)nn i ia i a =<+∑． 证：由 31nn a a n+=，得 01n a <<. （1）333322111111110()()1n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a n n n n n+++++++=-+-<-+-=-++++．因为221110n n n n a a a a n+++++>，故10n n a a +->，即1 .n n a a +> ()2 因为 211n n a a n ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以BB 2111111n n n a n a nn=>=+++， 从而()()21111nn n n a <++，()()211111111()111111nnnn i i i i na i i i i n n i a ===<=-=-=<+++++∑∑∑. 故 ()2111nn i ia i a =<+∑.第三届中国东南地区数学奥林匹克解答希望联盟2006年度赛第二天（2006年7月28日， 8：00－12：00， 南昌）五、如图，在ABC ∆中,60A ∠=︒, ABC ∆的内切圆I 分别切边,AB AC 于点,D E ,直线DE 分别与直线BI CI ，相交于点 F G ，, 证明：12FG BC =． 证法一：分别连接CF BG ID IE AI ，，，，, 则A D I E 、、、四点共圆.所以12IDE A ∠=∠,从而1902BDF A ∠=︒+∠,又1118022BIC B C A ∠=︒-∠+∠︒+∠（）=90,所以BDF BIC ∠=∠.又 DBF CBI ∠=∠,得FDB ∆∽CIB ∆.所以FB DBCB IB =.又由 DBI FBC ∠=∠,得 IDB ∆∽CFB ∆,所以 CF BF ⊥,从而1302FCG A ∠=∠=︒. 同理BG GC ⊥，所以B C F G 、、、四点共圆，由此sin FGBC FCG=∠， 所以12FG BC =.证法二：因为1()2BIG B C ∠=∠+∠， 又因为1801()22A BDG ADEBC ︒-∠∠=∠==∠+∠， 所以B D I G 、、、四点共圆， 因此90BGC BDI ∠=∠=︒.同理90CFB ∠=︒，所以B C F G 、、、四点共圆.又 19090()302FCG FBC BCI B C ∠=︒-∠-∠=︒-∠+∠=︒，所以1sin 2FG BC FCG BC =∠=.六、求最小的实数m ，使得对于满足a+b+c=1的任意正实数a ，b ，c ，都有333222(61m a b c a b c ++≥+++）（）． 解法一：当a=b=c 13=时，有27m ≥． 下证不等式33322261a b c a b c ++≥+++27（）（） 对于满足a+b+c=1的任意正实数a ，b ，c 都成立． 因为对于01x <<，有32427653x x x ≥+-3281181540x x x ⇔--+≥21940x x ⇔-+≥（3）（）， 故 32427653x x x ≥+-，01x <<．所以 32427653a a a ≥+-，32427653b b b ≥+-，32427653c c c ≥+-，把上面三个不等式相加，得33322261a b c a b c ++≥+++27（）（）. 所以，m 的最小值为27．解法二：当a=b=c 13=时，有27m ≥． 下证不等式 33322261a b c a b c ++≥+++27（）（） 对于满足a+b+c=1的任意正实数a ，b ，c 都成立． 因为2()()0a b a b -+≥，所以3322a b a b ab +≥+， 同理， 3322b c b c bc +≥+，3322c a c a ca +≥+，于是 333222222()a b c a b b c c a a b b c c a++≥+++++， 3333332222223()a b c a b c a b b c c a ab bc ca ++≥++++++++22222()()a b c a b c a b c =++++=++， 所以222222616a b c a b c +++=++（）（）2()a b c +++ 2222226()3()a b c a b c ≤+++++ 2223339()27a b c a b c=++≤++（）． 所以，m 的最小值为27．七、（1）求不定方程2()mn nr mr m n r ++=++的正整数解(,,)m n r 的组数.（2）对于给定的整数1k >，证明：不定方程()mn nr mr k m n r ++=++至少有31k +组正整数解(,,)m n r .解：（1）若,,2m n r ≥，由2,2,2mn m nr n mr r ≥≥≥得2()mn nr mr m n r ++≥++，所以以上不等式均取等号，故2m n r ===. 若1{,,}m n r ∈，不妨设1m =，则2(1)nr n r n r ++=++，于是(1)(1)3n r --=，所以{1,1}{1,3}n r --=，故{,}{2,4}n r =，{,,}{1,2,4}m n r =， 这样的解有3!6=组.所以，不定方程2()mn nr mr m n r ++=++共有7组正整数解.（2）将()mn nr mr k m n r ++=++化为22[()][()]n k m r k m k km m ----=-+．221,n k m r k km m k m =-+=-++-满足上式．且1,2,,[]2k m = 时, 0m n r <<< ．k 为偶数时,22{,,}{,1,}m n r l k l k kl l k l =-+-++-,其中 1,2,,2kl = 给出了不定方程的3k 组正整数解． k 为奇数时, 22{,,}{,1,}m n r l k l k kl l k l =-+-++-,其中11,2,,2k l -= 给出了不定方程的3(1)k -组正整数解， ,,m n r 中有两个12k +,另一个为22111()222k k k k k k +++-++-(1)(31)4k k +-=的情况给出了不定方程的3组正整数解．而m n r k ===亦为不定方程的正整数解．故不定方程()mn nr mr k m n r ++=++至少有31k +组正整数解．八、对于周长为n *()n N ∈的圆，称满足如下条件的最小的正整数n P 为“圆剖分数”：如 果在圆周上有n P 个点12,,,n p A A A ，对于1,2,,1n - 中的每一个整数m ， 都存在两个点,i j A A (1,)n i j P ≤≤，以i j A A 和为端点的一条弧长等于m ；圆周上每相邻两点间的弧长顺次构成的序列12(,,,)n n P T a a a = 称为“圆剖分序列”．例如：当13n =时，圆剖分数为134P =，如图所示，图中所标数字为相邻两点之间的弧长，圆剖分序列为13(1,3,2,7)T =或(1,2,6,4)． 求2131P P 和，并各给出一个相应的圆剖分序列．解：由于k 个点中，每两个点间可得一段优弧和一段劣弧，故至多可得(1)k k -个弧长值. 当(1)20k k -≥时，则5k ≥;而当(1)30k k -≥时，则6k ≥.5161711另一方面，在5k =时，可以给出剖分图 所以，215P =，21(1,3,10,2,5)T =. 对于n =31，在6k =时，类似可给出剖分图所以，316P =，31(1,2,7,4,12,5)T =,(1,2,5,4,6,13),(1,3,2,7,8,10),(1,3,6,2,5,14)或 (1,7,3,2,4,14)等.The Third Chinese Southeast Mathematical OlympiadDay 1（8：00－12：00，July 27，2006, Nanchang ）1．Suppose 0,a b >>2()2()4a b x abf x x a b++=++．Show that there existsunique 0x >，such that 11333()()2a b f x +=． 2．As shown in the graph, in △ABC ，90,ABC ∠=and ,D G areB two points on CA . Let E ,F be the projection of A ,G on BDrespectively. Suppose BE ＝EF ，Show that .ABG DFC ∠=∠3．A set of poker has 52 cards with 13 cards in each suite (diamonds ♦, clubs ♣, hearts ♥, andspades ♠). Each suite of cards are marked 2,3,,10,,,,J Q K A . Calculate the number of subsets with 13 cards of the poker ，where 2,3,,10,,,,J Q K A all appear and no two consecutive cards(A and 2, 2 and 3, …,K and A) of the same suit both appear.4．For any positive integer n ，let n a be the real number solution of 31xx n+=. Show that （1）1n n a a +>；（2）211(1)nn i ia i a =<+∑．The Third Chinese Southeast Mathematical OlympiadDay 2（8：00－12：00，July 28，2006, Nanchang 5．As shown in the graph, 60A ∠=︒. The inscribed circle I ofABC ∆meet ,AB AC at D E 、 respectively. Line DE meets line BI and line CI at F G ， respectively. Show that 12FG BC =． 6．Find out the smallest real number m ，such that for all positive real numbers a ，b ，c witha+b+c=1， 333222(61m a b c a b c ++≥+++）（）．7．（1）Find out the number of positive integer solutions in ,m n and r of the Diophantineequation 2()mn nr mr m n r ++=++.（2）Fixaninteger1k >.Show that the Diophantine equation()mn nr mr k m n r ++=++ has at least 31k + positive integer solutions in ,m n第 10 页 共 10 页 金太阳新课标资源网and r .8．Given a positive integer n ，let n P be the smallest positive integer such that there are n P points 12,,,n P A A A on a circle of perimeter n satisfying the following condition: for any integer m in 1,2,,1n - ，there are two points ,i j A A (1,)n i j P ≤≤，and one arc of the circle with endpoints i A and j A has length m . In this case, we call the sequence of the lengths 12,,,n P a a a of the arcs of adjacent points a splitting sequence of n , written as12(,,,)n n P T a a a = ．For example, we have 134P = as shown in the graph where thecorresponding splitting sequences of 13 are13(1,3,2,7)T =or (1,2,6,4)．Find 21P and 31P ，and give a splitting sequence of 21 and a splitting sequence of 31．。

第十六届中国东南地区数学奥林匹克1. 求最大的实数k ，使得对任意正数a ，b ，均有()()()211a b ab b kab +++≥. 2. 如图，两圆1P ，2P 交于A ，B 两点，C ，D 为1P 上两点，E ，F 为2P 上两点，满足A ，B 分别在线段CE ，DF 内，且线段CE ，DF 不相交.设CF 与1P ，2P 分别交于点()K C ≠，()L F ≠，DE 与1P ，2P 分别交于点()M D ≠，()N E ≠.证明：若ALM ∆的外接圆与BKN ∆的外接圆相切，则这两个外接圆的半径相等.3. 函数:f N N **→满足：对任意正整数a ，b 均有()f ab 整除(){}max ,f a b .是否一定存在无穷多个正整数k ；使得()1f k =？证明你的结论.4. 将一个25⨯方格表按照水平方向或者竖直方向放置，然后去掉其四个角上的任意一个小方格，剩下由9个小方格组成的八种不同图形皆称为“五四旌旗”，或“八一旌旗”，简称为“旌旗”，如图所示.现有一个固定放置的918⨯方格表.若用18面上述旌旗将其完全覆盖，问共有多少种不同的覆盖方案？说明理由.第十六届中国东南地区数学奥林匹克 江西吉安高二年级 第一天2019年7月30日 上午8:00-12:001. 对任意实数a ，用[]a 表示不超过a 的最大整数，记{}[]a a a =−.是否存在正整数m ，n 及1n +个实数0x ，1x ，…，n x ，使得0428x =，1928n x =，110105k k k x x x m +⎡⎤⎧⎫=++⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭(0k =，1，…，1n −)成立？证明你的结论. 2. 如图，在平行四边形中ABCD ，90BAD ∠≠︒，以B 为圆心，BA 为半径的圆与AB ，CB 的延长线分别相交于点E ，F ，以D 为圆心，DA 为半径的圆与AD ，CD 的延长线分别相交于点M ，N ，直线EN ，FM 相交于点G ，直线AG ，ME 相交于点T ，直线EN 与圆D 相交于点()P N ≠，直线MF 与圆B 相交于点()Q F ≠.证明：G ，P ，T ，Q 四点共圆.3. 今有n 人排成一行，自左至右按1，2，…，n 的顺序报数，凡序号为平方数者退出队伍；剩下的人自左至右再次按1，2，3，…的顺序重新报数，凡序号为平方数者退出队伍；如此继续.在此过程中，每个人都将先后从队伍中退出.用()f n 表示最后一个退出队伍的人在最初报数时的序号.求()f n 的表达式(用n 表示)；特别地，给出()2019f 的值.4. 在55⨯矩阵X 中，每个元素为0或1.用,i j x 表示中第行第列的元素(，，…，).考虑的所有行、列及对角线上的元有序数组(共个数组)：（,1i x ，,2i x ，...，,5i x ），（,5i x ，,4i x ，...，,1i x ，）（1i =，2， (5)（1,j x ，2,j x ，...，5,j x ），（5,j x ，4,j x ，...，1,j x ）（1j =，2， (5)（1,1x ，2,2x ，…，5,5x ，），（5,5x ，4,4x ，…，1,1x ），（1,5x ，2,4x ，…，5,1x ），（5,1x ，4,2x ，…，1,5x ）.若这些数组两两不同，求矩阵X 中所有元素之和的可能值.第十六届中国东南地区数学奥林匹克 江西吉安高一年级 第二天2019年7月31日 上午8:00-12:005. 称集合{}1928192919301949S =⋯，，，，的一个子集M 为“红色”的子集，若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除.用x ，y 分别表示S 的红色的四元子集的个数，红色的五元子集的个数.试比较x ，y 的大小，并说明理由.6. 设a ，b ，c 为给定的三角形的三边形.若正实数x ，y ，z 满足1x y z ++=，求axy byz czx ++的最大值.7. 设ABCD 为平面内给定的凸四边形.证明：存在一条直线上的四个不同的点P ，Q ，R ，S 和一个正方形''''A B C D ，使得点P 在直线AB 与''A B 上，点Q 在直线BC 与''B C 上，点R 在直线CD 与''C D 上，点S 在直线DA 与''D A 上.8.对于正整数1x >，定义集合()(){}=v mod 2x p S P P x P x x αααα=为的素因子，为非负整数，，且 其中()p v x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数，并记()f x 为x S 中所有元素之和.约定()11f =.今给定正整数m .设正整数数列1a ，2a ，…，n a ，…满足：对任意整数n m >，()()(){}11max ,1,...,n n n n m a f a f a f a m +−−=++.（1）证明：存在常数A ，B ()01A <<，使得当正整数x 有至少两个不同的素因子时，必有()f x Ax B <+； （2）证明：存在正整数Q ，使得对所有n N *∈，n a Q <. 第十六届中国东南地区数学奥林匹克江西吉安高二年级 第二天5. 对任意正整数n ，用n a 表示三边长均为整数且最长边的长为2n 的三角形的个数.（1）求n a 关于的表达式；（2）设数列{}n b 满足：()()11n n k k n k n k C b a n N −*=−=∈∑.求使2019n n b a ≤成立的正整数n 的个数.6. 在ABC ∆中，AB AC >，ABC ∠的平分线交AC 于点D ，ACB ∠的平分线交AB 于点E ，过A 作ABC ∆的外接圆的切线，交ED 的延长线于点P .已知AP BC =.证明：//BD CP .7. 甲、乙两人从0，1，2，…，81中轮流挑选互不重复的数，甲先选，每次每人从剩下的数中选1个数.当这82个数被选定完之后，记A 为甲选择的所有数之和，B 为乙选择的所有数之和.在挑选数的过程中，甲希望A ，B 的最大公约数越大越好，而乙希望A ，B 的最大公约数越小越好.在甲、乙各自的最佳策略下，求挑选完毕之后A ，B 的最大公约数.8. 对于正整数1x >，定义集合()(){}=v mod 2x p S P P x P x x αααα=为的素因子，为非负整数，，且其中()p v x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数，并记()f x 为x S 中所有元素之和.约定()11f =.今给定正整数m .设正整数数列1a ，2a ，…，n a ，…满足：对任意整数n m >，()()(){}11max ,1,...,n n n n m a f a f a f a m +−−=++.（1）证明：存在常数A ，B ()01A <<，使得当正整数x 有至少两个不同的素因子时，必有()f x Ax B <+； （2）证明：存在正整数N ，l ，使得对所有n N ≥，1n n a a +=成立.。

第十六届中国东南地区数学奥林匹克1．求最大的实数k ，使得对任意正数a，b，均有(a b)(ab 1)(b 1) kab2．2．如图，两圆1，2交于A，B两点，C，D为1上两点，E，F 为2上两点，满足A，B分别在线段CE ，DF内，且线段CE ，DF不相交．设CF 与1，2分别交于点K C ，L F ，DE与1，证明：若ALM 的外接圆与BKN 的外接圆相切，则这两个外接圆的半径相等．3．函数f :N* N *满足：对任意正整数a，b，均有f ab 整除max f a ,b ．是否一定存在无穷多个正整数k ；使得f k 1？证明你的结论．4．将一个2 5 方格表按照水平方向或者竖直方向放置，然后去掉其四个角上的任意一个小方格，剩下由9简称为“旌旗” ，如图所示．2 分别交于点M D ，N E现有一个固定放问共有多少种不同的覆盖方明理由．第十六届中国东南地区数学奥林匹克5．称集合S {1928,1929,1930,L ,1949}的一个子集M 为“红色”的子集，若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除．用x ，y分别表示S的红色的四元子集的个数，红色的五元子集的个数．试比较x，y 的大小，并说明理由．6．设a ，b ，c为给定的三角形的三边长．若正实数x，y，y满足x y z 1，求axy byzczx的最大值．7．设ABCD为平面内给定的凸四边形．证明：存在一条直线上的四个不同的点P，Q，R ，S和一个正方形ABCD ，使得点P在直线AB与AB 上，点Q在直线BC与BC 上，点R在直线CD 与CD 上，点S 在直线DA 与D A 上．8．对于正整数x 1 ，定义集合S x p p为x的素因子 , 为非负数 , p x,且 v p x mod 2 ，其中v p x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数，并记f x 为S x中所有元素之和．约定f 1 1 ．今给定正整数m ．设正整数数列a1，a2 ，L ，a n ，L 满足：对任意整数n m ，max f a n , f a n 1 1 ,L , f a n m ma n 1(1)证明：存在常数A，B 0 A 1 ，使得当正整数x有至少两个不同的素因子时，必有f (x) Ax B； (2)证明：存在正整数Q ，使得对所有n N*，a n Q．第十六届中国东南地区数学奥林匹克参考答案1．原不等式2 2 2a2b 1 b2 a b (b 1) kab 22 b 2ab 1 b2(b 1) kb 2a单独考虑左边，左边可以看成是一个a 的函数、b为参数，那么关于a 取最小值的时候有ab 1 b2 b(b 1) 2 ab b1 b2(b 1) (b 1)3aa于是我们只需要取k (b 1)3b 2即可．设 f(b)32(b21) ，那么f (b)(b 1)3(b 2) ，演算可知b 2是 f 的极小值点，那么 f min f (2) 27， b b4 即k max27 ，取极值时有 a 1， b 2．4评析 1 ．不等号的左边和右边都不对称，但是右边只是一个 kab 2，所以可以考虑一下类似于分离变量的方法把 a 或 b 2挪到左边去．本答案用的是把 a 挪到左边的方法．把 b 2挪到左边也有类似的做法，但是会变得 比较复杂，有兴趣的同学不妨一试．该题做法非常多，本篇答案给出的做法只是一种以高中课本知识即可解决的方法，但是如果不想用到函数 求导这种比较偏流氓的方法的话，纯粹不等式的方法也是可行的．比如，为H 1，切线另一边的任意一点为 H 2，连接 CD ．LN ，AB ，MK ，EF ，O A O B ，由于 DCA DBA FBA FEA 180 ，我们有 DCA FEA 180 ，即CD / /EF ．另外，由 圆幂定理我们有 GLN ~ GEF ， GKM ~ GDC ，于是我们有 GLN GDC GEF GKM ， 即 LN / / MK ． 另一方面，那么因为 CD / / EF ，我们有LGM CDG EFG 180 CAM 180 EAL 180 LAM ，即 G 在 e O A 上．同理 G 在 e O B 上．由于 e O A与e O B 相切，我们知道 G 在O A O B 上．那这个时候G 在 LK ，MN ，O A O B 上，我们知道 GKNNGH 1 MGH 2 GLM ，故LM / / KN ．由于 LM / /KN ，我们知道 LMKN 是一个平行四边形，那么 LGM KGN ，那么两个三角形的外接圆半径相等， ALM 和 BKN 的外接圆半径相等．b b ab ab(a1)(b 1) a12 2 2 21/31/31/3b bab abbb3a31 31 2 2 2 22227 2ab 242．如图．记 G 为CF ， DE 的交点， ALM BKN 的外接圆圆心为 O A ，O B ．取两圆切线上任意一点 bb1 22评析 2．熟悉平面几何的同学应该很快就可以凭经验知道CD//EF ，LN //MK ，且G在这两个外接圆上．余下的部分，观察题图可以猜测LM / / NK ，如果有这一条的话我们很容易推出两个外接圆的半径相等，剩下就是一些比较角度的工作．总体来说本题偏简单题．3．一定存在无穷多个这样的k ，使得f k 1．若不然，假设只有有限多个k 使得f k 1，我们分两种情况讨论．若这样的k 不止一个，那我们可以取到最大的一个，还是记为k ，那么对任意n k ，我们有f n1．对任意一个素数p ，由于pk k ，我们有f pk 1 ．但是由于f pk 整除max{ f (k), p} max{1,p} p ．我们知道f pk p ．对任意两个素数p ，q，不妨p q，那么f pqk 整除max{ f ( pk), q} max p,q} q．那么我们现在亏虑三个素数p，q，r 满足p q r ，但是pq r(比如，p 2，q 3，r 5)．那么一方面，f pqrk 整除max{ f (rk ), pq} max{r, pq} pq ．另一方面，f pqrk 整除max{ f ( pqk), r} max{q,r} r．但是(pq,r) 1，所以f ( pqrk ) |1即f( pqrk) 1．但是pqrk k，矛盾．所以一定存在无穷多个k ，使得f k 1 ．评析 3．欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式，在证明某一类数字有无限多个的时候，通过反证假设这一类数字只有有限个，不妨设为k1 k2 L k n，套路上我们可以考虑k n，k n 1，k1k2L k n，k1k2L k n 1．k1,k2,L ,k n 等数字来找到矛盾，本题也是如此．值得一说的是，在这个题目中，对于任何整数n ，我们可以定义一个新的函数f n (a) f (an) ，那么f n(ab) f (abn)要整除max{ f (an),b} max f n(a),b ．也就是说f n也是一个满足相同性质的函数．那么实际上，我们可以证明对任意一个k满足f k 1．那么{ mk}m 1中有无限多个m满足f mk 1．更复杂的话，有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个f k 1 的解的密度．4．首先显然，一个9 2 的格子里面放置两面旌旗一共有两种方法，如下图：那么9 18的格子中可以放入9个9 2的格子，所以每个9 2的格子里有两种可能，一共29512种放法．下面证明没有别的放法．首先我们考察9 18的侧边，即变成为9这条边．若我们用18 面旌旗把这些格子填满了，那么我们考察这条边上放的旌旗．旌旗的几条边长为5，4，2 ，1．若旌旗边长为1的边靠着底边，那么1的左右某一边的格子只能用另一面旌旗的边长为5 的边来填，如图：那么这条边上剩下三个格子，无法用2 和1来填满(因为1需要伴随5)．若旌旗边长为2 的边靠着底边，那么这时侧边只能是9 5 2 2用三条旌旗来覆盖，这个时候两条旌旗横着用边长为2 的底边来接触侧边．同时第二列只有一个空着的格子，若要填住这个格子只能用一条旌旗的旗头来填，所以只能是如图的填法：其中虚线表示两面用边长为2 的底边填充格子侧边的旌旗可以放在用边长为5的底边填充侧边的旌旗的上面或者下面．于是无论如何在第三列总会出现三个连续的空格无法被旌旗填充，所以侧边只能用5 4 的填法，那么消去这两列之后新的侧边也只能用5 4 的填法来填充，这种归纳的想法可知没有其他的填法．评析 4．本题的答案非常送分，证明的方法却变得非常朴素．一般遇到填格子的题目的话很常规的一种套路就是用染色的方法，我们可以斑马条纹染色，也可以国际象棋棋盘染色，但是这个题目似乎用染色的方法做不出来，反而用这种硬讨论的朴素方法可以做，似乎有时也需要跳出套路来想问题．5．显然，若m M 满足m i( mod 4) ，那么任何n满足n 4 i mod4 都不能在4里面．所以将S按照模4 的余数分为4 种：S0 {1928,1932,1936,1940,1944,1948}S1 {1929,1933,1937,1941,1945,1949}S2 {1930,1934,1938,1942,1946}S3 {1931,1935,1939,1943,1947}那么S0 S1 6，S2 S3 5．那么入前所述，S0 ，S2的元素顶多有一个在M 中，S1 ，S3的元素不能同时在M 中，所以四元红色子集有四种情况：四个元素都属于S1或S3；一个元素属于S0 ，剩下三个元素都属于S1或S3；一个元素属于S2 ，剩下三个元素都属于S1或S3；一个元素属于S0 ．一个元素属于S2，剩下两个元素都属于S1或S3，4 4 3 3 3 3 2 2所以 x C 64C 546 C 636 C 53 5 C 63 5 C 53 6 5 C 62 6 5 C 521100 ．同理， y C 65C 556 C 646 C 545 C 645 C 546 5 C 636 5 C 531127 ． 所以 x y评析 5．这个题目就算是出自高考全国卷都不会让人感觉到任何奇怪⋯⋯xyL0 的解为：abc2222ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2评析 6．三元二次极值问题用拉格朗日乘子比较容易解决， 因为拉格朗日量的各种偏导数都是线性的， 最终我们只需要解决一个线性方程即可， 所以这篇答案中用了最简单暴力的方法． 事实上， 这个题目可以用几何 不等式的方法来做，或者直接用嵌入不等式来做，但是我不会．7．对于任意的四边形 ABCD （甚至不要求凸） ，我们都可以找一条直线 l 使得 l 不在任何一条边上，也不与 任何一条边平行，并且 AB ， BC ， CD ， DA 分别与 l 交于四个不同的点 P ，Q ，R ，S ．我们将证明一6．考虑拉格朗日乘子 L axy byz czx(x y z 1)，那么ay czaxbz cx by那么b(c a 2 2ab 2bc 2ca a 2b)b 2c 2 c(a b c)2ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2a(b c a)z 2ab 2bc 2ca222abc2abc2ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2(axy byz czx)max个更强的结论：若P ，Q ，R，S是一条直线l 上的四个不同的点，那么我们可以找到一个正方形ABCD ，使得AB ，BC ，CD ，DA 分别过P，Q，R，S点．我们不妨设l就是y轴（不然通过旋转即可），P，Q，R ，S的纵坐标为p，q，r，s ．那么考虑一个斜率参数k ，过P ，R 做斜率为k 的直线ykxkx1r ，过Q ，S 做斜率为的直线k1k1x q和s．那么设这四条直线就是CD ，BC ，DA ，于是我们可以解得kk2(sp),k2s，Bkk2 (qk p),11 k22k2q pkk2(qkr),11k21kk2q 1k k2 (s r), 11k2 k 2s r1k|AB|2|AD|2k 2(qs)2( p r )2即k pr qs那么由于p ，q ，r ，s互不相同可知存在这样的斜率，使得ABC D 是正方形．评析 7．这道平面几何的题目非常的非主流，同学们如果直接从平几方法来构造的话可能会被卡很久，这里给了一种解析的方法．实际上这个题目也可以用复数做，假设A B C D 的中心所对应的复数为z ，那么正方形的四个点可以设为z t ，z it ，z i 2t ，z i3 t ，这种做法也一样可行．8．（1）设x p1s1Lskp ksksif(x)k2p isi2 jk i1i0 i1k1 2s i2k s i p ipi1 i i112 p iik s i1 4p i1 i 1 2 2i131sipii记录a ipisip isi(k2），直接计算可以有si2p i2jj011 pi2因为p i 最小为2 ）sp i si，，那么a i2，我们重点考虑a i和a i之间的大小关系．令f a1,L , a k a i a i ，那么a ij i a j ，所以事实上若j i a j ，对任意i都成立，那么在 a i 变小的时候 f 变大，则 f a 1,L ,a k f (2,L ,2) 2 k 2k．用求导的方法很容易知道2 k 2kln 2 2 ln 1(2) ln 1(2) 3的时候取到， 那么在整数的取值上， 我们 4 4 ．于是k ai i116 1328 2即可，比如我们取 2就会得到 f (x) x ．33(2)若不存在这样的 Q ，那么存在 a n 使得 a n 2m 8 ，不妨设 a n ，a n 1，L ，a n m 中最大的是 a ，那么 显然 a 2m 8 ．于是an 1max f anf an 11 ,L , f a n m m2828maxan,, anmm3n33n328 ,28maxa n m,Lan mm33 33228max a n ,, an mm3m332 2m 8aa33成立．评析 8．数论中出现素因子的加法一般都会变得很难，但是这个题目主要通过估计就可以达到要求，所有同所以归纳可证明 a n ka ，这与无上界是矛盾的．所以一定存在这么一个 Q ，使得 a n Q 对所有 n N * 都会在 k ln 2 ln 1 2 ln 1(2) 取 k 2 ， 3得到22 22 44232368由于2 ，我们知道2k 2kk4 4k f(x) ai2 k 2ki13 34k444aix 3i134 那么我们只需要取一个 使得3学做题的时候一定要注意看题目，不要看一眼觉得很复杂就马上放弃，这个题还是可做的．从答案上看这个估计并不太难，只要敢拆敢放就能做出来，实际上这种估计也的确没有用所有的步到任何解析数论的方法，骤都是高中生都可以做出来的，但是我还是建议各位同学在学习潘承洞，潘承彪两位先生的《初等数论》的时候把后面章节的内容也看一看，素数定理和Eratosthenes 筛法的基础知识并不会太难，了解一下并没有什么坏处．另外，这篇答案的放缩放得非常狠，比如公式第二行的不等号基本上是s i直接放到无穷，第三行的不等号就s2直接把所有p i ；都放成2 ，之后讨论函数的时候又把所有p si i当2来做，可以说是一个非常粗略的答案．有3兴趣的同学可以算算k 2 的情况玩玩，看看自己能把这个不等号放到多小．。