2013年首届“学数学”数学奥林匹克邀请赛试题与参考解答 4

2013年首届\学数学数学奥林匹克邀请赛参考答案第二试{12:10一.(本题满分40分)如图1,已知△ABC的外心为O,其外接圆直径MN分别交AB,AC于点E,F.E,F关于O的对称点分别为E1,F1.求证:直线BF1与CE1的交点在△ABC的外接圆上.(单墫供题)ABCEFMNOE1F1图1解答(法一)如图2,设A,B,C关于直径MN的垂直平分线l的ABCEFMNA1B1C1A′OE1F1图2对称点分别为A1,B1,C1,则E1,F1分别在A1B1,A1C1上.设CE1交⊙O于点A′,联结A′F1,A′A1.于是\A1F1E1=12łNA1◦+øMC1◦=12łNA1◦+łCN◦(øMC1与łCN关于直线l对称)=12łCA1◦=\A1A′E1所以,A1,F1,E1,A′四点共圆.于是\A′F1A1=\A′E1A1=\CE1B1.类似地,\BEM=12łBM◦+AN◦=12łBM◦+øMA1◦(AN与øMA1关于直线l对称)=180◦−12œBNA1◦=180◦−\F1C1B:所以,B,F1,E,C1四点共圆,于是\C1F1B=\C1EB.1因为\CE1B1=\C1EB(两个角关于直线l对称),所以\A′F1A1=\CE1B1=\C1EB=\C1F1B,从而A′,F,B三点共线,即直线BF1,CE1相交于⊙O上的点A′.(法二)如图3,作点C关于直径MN的垂直平分线l的对称点C1,根据对称性知C1在⊙O上.设直线CE1交⊙O于D,联结BD交MN于点F2,联结C1E,C1B,C1F2.因为OE=OE1,根据对称性,易知\C1EF2=\CE1F=łDM◦+łCN◦2=łDM◦+øC1M◦2=180◦−œDAC1◦2=180◦−\F2BC;所以F2,B,C1,E四点共圆,所以\F2BE=\F2C1E=\FCE1,又根据对称性知C1E=CE1,所以△F2C1E∼=△FCE1,所以EF2=E1F=EF1,因此F2与F1重合,所以BF1,CE1交于⊙O上的点D.ABCEFMNC1DOE1F1(F2)图3ABCEFMNPQDROE1F1图4(法三)如图4,联结BO,CO并延长分别交⊙O于点P,Q,联结QE,PF并延长交于点R.根据帕斯卡定理知点R在⊙O上,于是知\QRP=PQ◦2=BC◦2=\BAC.设BF1,CE1交于点D.因为OE=OE1,OQ=OC,所以QR∥CD.同理可知PR∥BD,所以\BDC=\QRP=\BAC,所以点D在⊙O上.二.(本题满分40分)设M为所有小于1000的正整数组成的集合.M上的运算\◦定义如下:设a;b∈M,若ab∈M,则a◦b=ab.若ab̸∈M,设ab=1000k+r,其中k为正整数,r为非负整数,且r1000.当k+r∈M时,a◦b=k+r;当k+r̸∈M时,再设k+r=1000+s,a◦b=s+1.例如,559×297=166023,所以599◦297=166+23=189.再如559×983=549497,549+497=1046,所以559◦983=1+46=47.(1)求559◦758;(2)求x∈M,使得559◦x=1;(3)问:该运算是否满足结合律?即对于任意的a;b;c∈M,是否一定有a◦(b◦c)=(a◦b)◦c?如果成立,请加以证明;如果不成立,请举出反例.(单墫供题)解答(1)559×758=423722,423+722=11451000,所以,559◦758=145+1=146.(2)首先证明:对a;b∈M,a◦b≡ab(mod999):1⃝当ab∈M时,式1⃝显然成立.当ab̸∈M时,ab=1000k+r.若k+r∈M,则a◦b=k+r≡1000k+r≡ab(mod999);若k+r̸∈M,则a◦b=s+1=k+r−999≡k+r≡1000k+r≡ab(mod999).此时均有式1⃝成立.其次证明:对a;b∈M,a◦b1000.2对a;b∈M,a·b1000000,设ab=1000k+r,则k1000,又06r6999,于是k+r1999.若k+r1000,则a◦b=k+r1000;若10006k+r1999,则a◦b=k+r−9991000.由式1⃝知559◦x=1(x∈M)等价于559x≡1(mod999)(x∈M).由(559;999)=1,根据完全剩余系的性质知这样的x存在且惟一.由9|999及37|999,知1≡559x≡x(mod9),不妨设x=9t+1(t∈N).又由1≡559x≡4x≡36t+4≡1(mod37),知t≡3(mod37).经检验可知,x=361.(3)由式1⃝可知a◦(b◦c)≡a·(b◦c)≡abc(mod999):同理,(a◦b)◦c≡(a◦b)·c≡abc(mod999):所以满足结合律.三.(本题满分50分)已知正实数a1;a2;···;an与非负实数b1;b2;···;bn满足(a)a1+a2+···+an+b1+b2+···+bn=n;(b)a1a2···an+b1b2···bn=12.试求a1a2···anb1a1+b2a2+···+bnan的最大值.(田开斌褚小光潘成华供题)解答根据均值不等式知(a1+b1)(a2+b2)···(an+bn)6(a1+b1)+(a2+b2)+···+(an+bn)nn=1:于是a1a2···an+b1b2···bn+(b1a2a3···an+a1b2a3···an+···+a1a2a3···bn)61:即a1a2···anb1a1+b2a2+···+bnan61−(a1a2···an+b1b2···bn)=12:取a1=a2=···=an−1=1,an=12,b1=b2=···=bn−1=0,bn=12,满足题设条件.且使得a1a2···anb1a1+b2a2+···+bnan=12.因此,a1a2···anb1a1+b2a2+···+bnan的最大值为12.四.(本题满分50分)设实数a1;a2;···;a2013(允许有相同的)的算术平均值为m,称满足ai+aj+ak3m(ijk)的{i;j;k}为\优组.求优组个数的最小可能值.(林常供题)解答考虑n=3k(k∈N∗),nXi=1ai=3km的情形.将a1;a2;···;an任意地划分为k个三元组,由于k个和数之和等于3km,其中至少有一个不少于3m,即至少有一个优组.3k个数的三元组划分共有(3k)!(3!)k·k!种,每种划分至少给出一个优组.另一方面,每个优组出现的次数是其余3k−3个数的三元划分种数(3k−3)!(3!)k−1·(k−1)!,因此,优组的个数不少于(3k)!(3!)k·k!÷(3k−3)!(3!)k−1·(k−1)!=(3k−1)(3k−2)2=C2n−1:3取a1=a2=···=an−1=m−1,an=m+n−1,此时任一三元组为优组当且仅当它含an,故优组的个数即为C2n−1,达到最小值.特别地,取n=2013,得到本题的结果C22012.4