2017年度中国西部数学邀请赛试题及解析

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2017中国西部数学邀请赛

1.设素数p、正整数n满足2211nkpk.证明：2pn.

1.按照211nkk中的因子所含p的幂次分情形讨论.

（1）若存在1kkn，使得221pk，则221pn.

于是，212pnn.

（2）若对任意的1kkn，221pkŒ，由条件，知存在1jkn，使得21pj且21pk.

则22pkj.

于是，|()()pkjkj.

当|()pkj，则12pkjnn；当|()pkj，则1212pkjnnnn，

综上，2pn.

2、已知n为正整数，使得存在正整数12,,,nxxxL满足：1212100nnxxxxxxnLL，求n的最大可能值.

2、n的最大可能值为9702，

显然：由已知等式得1niixn，所以：1100niix

又等号无法成立，则199niix

而111111111nnnniiiiiiiixxxxn ,.

则11198nniiiixxnn99(98)10099989702nnn…

取123970299,1xxxxL，可使上式等号成立

3.如图1，在ABC中，D为边BC上一点，设ABDACD、的内心分别为12,II，12,AIDAID的外心分别为12OO、，直线12IO与21IO交于点P.证明：PDBC.

3.由1111OAOIOD及内心的性质，知1O为ABD外接圆弧»AD的中点. ,.

如图2，延长12,BIDI交于点1J，

则1J为ABD中B内的旁心，且1O为11IJ的中点

类似地，延长12,DICI交于点2J，则2J为ACD

中C内的旁心，且2O为22IJ的中点

过点D作DPBC.只需证明12IO、21IO、DP三线共点

对12DII用角元塞瓦定理，只需证明：212121121221sinsinsin1sinsinsinPDIDIOOIIPDIOIIDIO

事实上，由2222OJOI，知212212OIJOIISS，

则212212122121212122122121212122sinsin2sinsinOIJoIISDIOOIJIJIOIISOIIOIIIJIIIO

同理：121212112sinsinOIIIJDIOII，又2211sincossincosPDICDIPDIBDI

所以只需证明：212121cos1cosIJCDIIJBDI

即2112IJIJ、在边BC上的投影长度相同.

如图3，设1212,,IIJJ，在边BC上的投影分别为1212,,,HHKK

则2112HKDKDH

11()()221()2ABADBDADCDACABACBC

同理：121()2HKABACBC

所以：2112HKHK，命题得证

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4、给定整数,2nknk，甲、乙两人在一张每个小方格都是白色的nn的方格纸上玩游戏：两人轮流选择一个白色小方格将其染为黑色，甲先进行.如果某个人染色后，每个kk的正方形中都至少有一个黑色小方格，则游戏结束,此人获胜.问谁有必胜策略?

4、解将方格纸按从上到下标记行，从左到右标记列.

若21nk，则甲将第k行第k列的小方格染为黑色后，每个kk正方形中至少有一个黑格，因此甲获胜.

下面假设2nk，我们证明当n为奇数时，甲存获胜策略；当n是偶数时，乙有获胜策略.

对于一个已经有若干个方格染为黑色的局面：如果有两个不相交的kk正方形所含的全是白格，并且方格纸内白格总数为奇数，我们称其为“好局面”；如果有两个不相交的kk正方形所含的全是白格，并且方格纸内白格总数为偶数，称其为“坏局面”.

我们证明当某人面对好局面时，他有获胜策略^

假设甲面对好局面，他先取定两个不相交的kk正方形A和B，其中都是白格，由于白格总数为奇数，可选取不在,AB中的另一个白格，将它染为黑色，此时白格总数为偶数，且,AB中仍然都是白格，因此变为一个坏局面

轮到乙面对坏局面，如果他染色后.仍有两个不相交的kk正方形中都 是白格，此时白格总数是奇数，又回到好局面；如果他染色后，不存在两个不相交的kk正方形，注意到此时至少有一个全白格的kk正方形，设1,,mAAL是所有全白格kk正方形，则它们两两相交，故必包含于某个2121kk的正方形S，因此S的中心方格P是1,,mAAL的公共格，这样甲将P染为黑色后，所有kk正方形中都含有黑格，于是甲获胜.

总之，当某人面对好局面时，他可以在自己的下一回合获胜或是仍面对好局面，而游戏必在有限步内结束，因此他有获胜策略.由上述论证亦可知.当某人面对坏局面时，他要么让对方下一回合即可获胜，要么留给对方好局面，因此对方有获胜策略；在2nk时.由于四个角上的kk正方形互不相交，且一开始都是白格.因此当n是奇数时，一幵始是好局面，甲有获胜策略； 当n是偶数时.一开始是坏局面，乙有获胜策略.

5.已知九个正整数129,,,aaaL（允许相同）满足：对任意的19ijk，均存在与ijk、、不同的,.

19ll，使得100ijklaaaa；求满足上述要求的有序九元数组129,,,aaaL的个数.

5.对满足条件的正整数组129,,,aaaL，将129,,,aaaL从小到大排列为129bbbL.

由条件，知分别存在{4,5,,9}lL及{1,2,,6}lL，使得

123789100llbbbbbbbb.①

注意到，172839,,,llbbbbbbbb.②

结合式①，知结论②中的不等号均为等号

于是，238bbbL.

因此，设1289,,,,(,,,,)bbbbxyyzLL，其中，xyz.

由条件，知使100lxyzb的lb的值只能为y，即2100xyz.③

（1）当25xyz时，有129,,,(25,25,,25)bbbLL，此时，得到一组129,,,aaaL.

（2）当,xz中恰有一个为y时，记另一个为w，由式③知3100wy.

该条件也是充分的.此时，y可以取1,2,,24,26,27,,33LL这32种不同值，且每个y值对应一组129,,,bbbL，进而，对应九组不同的129,,,aaaL，共有329288个数组129,,,aaaL.

（3）当xyz时，由条件，知存在某个{,,}lbxyz，使得3100lyb，

与式③比较得lybxz，则必有lby.故5025,xyz.

该条件也是充分的.此时，对1224xL，，，，每个x值对应一组129,,,bbbL，

进而，对应9872组不同的129,,,aaaL，共有24721728个数组129,,,aaaL.

综上，知符合条件的数组个数为128817282017.

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6.如图，在锐角ABC中，点DE、分别在边ABAC、上，线段BE与DC交于点HMN，、分别为线段BDCE、的中点。证明：H为AMN的垂心的充分必要条件是BCED、、、四点共圆且BECD.

6.如图4，延长MH，与AC交于点P，延长NH，与AB交于点Q.

充分性。

由BCED、、、四点共圆知BDHCEH.

又BECD，从而，DHBEHC、均为直角三角形.

注意到，MN、分别为斜边BDCE、的中点.

则.MDHMHDMHBMBH，

故90EHPHECMHBHDBMBHHDB

所以：MHAC.

类似地，NHAB.

因此，H为AMN的垂心.

必要性.

若H为AMN的垂心，则MPANNQAM，.

故sinsinsinsinDQDHDHQDHCHNDHEHQBBHBHQBHEHNBHCH

类似地，EPDHEHPCBHCH，于是EPDQPCQB

利用比例性质及,DMMBENNC，

知ECDBNCMBNCMBENDMPCQBPCQBPNQMPNQM

又因为H为AMN的垂心，所以，DMHENH ,.

则QMPNDMENMHNHMHNH DMHENHMDHNEH∽

所以：BCED、、、四点共圆。

设四边形BCED的外心为O

易知，OMAB.从而，//OMNH.

类似地，//ONMH.

于是，四边形MHNO为平行四边形，即MHON.

过点B作MH的平行线，与DC交于点X注意到，M为边BD的中点.

则22BXMHON.

由熟知的外心性质，知X为BCE的垂心.

因此，CXBE，即CDBE.

7.设正整数2nq，其中，为非负整数，q为奇数.证明：对任意正整数m，方程22212nxxxmL①的整数解12,,,nxxxL的个数能被12整除.

7.设方程①的解的个数为12nNmxxxL，，,,为方程①的一个非负整数解，不妨设其中有k个非零项

注意到，12nxxxL，,,的每个分量有正负两种情形，恰对应原方程的2k个整数解.

设kS为该方程恰有12,kknL，，个非零项的非负整数解的个数，则1()2nkkkNmS.

因为k个非零项的非负整数解有knC种位置可选，所以，|knkCS.

于是，要证明12|Nm，只需证明：12kknC