中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B

2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B学校：姓名：营员证号：________一．以⊿ABC的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,ABCBCACAB若三点111,,ABC在一直线上，试求cotcotcotABC的值.二．平面上给出n个点3n，以这些点为端点的集合为M，线段长度的集合为D，,dDM中长为d的线段条数记为.fd证明：1.对于D中的最小数0,d有036,fdn2.,dDfd32n三．设,0,kfxxxx2,k记11,nnfxfxfxffx.证明：对每个给定的正整数,a数列nfa中必有一个K次方整数.四．某人掷硬币，得正面记a分，得背面记b分，(,ab为互质正整数，ab），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,ab的值。2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B解答学校：姓名：营员证号：________四．如图，以⊿ABC的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,ABCBCACAB若三点111,,ABC在一直线上，试求cotcotcotABC的值.解：设ABC的外心为O，外接圆半径为单位长，作1CDAB于D，则外心O在AB的中垂线1CD上，且圆周角CACBAOD，于是，11sincos,OCDCDODADOCC同理有1sincosOBBB，而11cossinOAOEAEOEBEAA，由于111,,OABCOBACOCAB，则11,AOCB11AOBC，11BOCA，因此，1111111sin2OACSOAOCAOC1cossinsincossin,2AACCB同理有，1111111sin2OABSOAOBAOB1cossinsincossin,2AABBC1111111sin2OBCSOBOCBOC1sincossincossin,2BBCCA因为点111,,ABC共线，则111111OBCOABOACSSS，即有sincossincossinBBCCAcossinsincossinAABBCcossinsincossin,AACCB……○1同除以sinsinsinABC，得1cot1cotcot11cotBCABcot11cotAC，即1cotcotcotcotBCBCcotcot1cotcotABABcotcot1cotcotACAC……○2而在ABC中，由于cotcotcotcotcotcot1ABBCCA因此由○2得cotcotcot2ABC.FA1ACBB1C1DOE五．平面上给出n个点3n，以这些点为端点的集合为M，线段长度的集合为D，,dDM中长为d的线段条数记为.fd证明：1.对于D中的最小数0,d有036,fdn2.,dDfd32n证：1.对n归纳，当3n时显然有0336fdn，今设命题对于3nn个点成立，考虑1n个点的情况，设其中一点1np是其凸包的顶点，则1np至多引出3条长度为最小值0d的线段.去掉1np后由归纳假设，剩下n个点，连线中至多有36n条长为最小值0d的线段因此，这1n个点所成的线段中，成立0363316fdnn，从而命题对一切不小于3的n皆成立.2.称已知点为“红点”，对于每个红点,(1,2,,)ipin，若它发出的线段中，有长为d的线段ik条，则12niikfd，而以ip为圆心，d为半径所作的圆ip上有ik个红点，共作成2ikC条弦，今过每个这种点都作这种等圆以及相应的弦，共得21inkiC条弦，每两个圆至多一条公共弦，即这些弦至多重复2nC条，因此得到221inkniCC条不同的弦，另一方面，n个红点间两两连线，共计2nC条，因此，2221innkniCCC，由此，211111111222nnniiiiiiinnkkkk2111122nniiiikkn22fdfdn即2221fnfnn，232722,24nfnn因此32187944nnfnnnnPn+1ACB六．设,0,kfxxxx2,k记11,nnfxfxfxffx.证明：对每个给定的正整数,a数列nfa中必有一个K次方整数.证：由于aN，故存在pN，使1kkpap，因此有bN，使,01.kkkapbbpp再设,0bqprrp，于是,0kapqprrp○1又因1122111kkkkkkkkappCpCpCp，所以122310,kkkkkkqCpCpC○2称○1式中的r为数a的“余量”，由于1kkpap，则kap01.当0,0qrp时，kapr，这时12,2,kkfapprfappr，记12231kkkkkksCpCpC，则11221kkkkkskkkfapsprpCpCpCpr11.kpr所以，sfa要么是一个k次方数（当1r），要么是一个其“余量”比a的“余量”小1的数（当1r），继续此过程，可知，经有限项后，必有某项mfa是一个k次方数.02.当122310,0kkkkkkqCpCpCrp时，,kapqpr则121,2,kkfapqprfapqpr，记1211kkkksCpCq，则11ksfapqspr11111.kkkkkkpCpCprpr若1,r则11ksfap为一个k次方数；若2,r则111ksfapr是一个其“余量”比a的“余量”少1的数；若0,r则1111111.kkssfaffapppp它们都归结为情形01.03.当0,0qr时，,kapp归结为情形02.综合以上讨论，知本题结论成立.四．某人掷硬币，得正面记a分，得背面记b分，(,ab为互质正整数，ab），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,ab的值.解：设此人掷得正面x次，背面y次，则累计得分为axby，若,1,abd则对任一个不能被d整除的正整数分值，他都记录不到，也就是有无穷多个数记录不到，所以,1ab.现在设m为掷币人能够记录到的一个分值，则方程axbym至少有一组非负整解，（即直线axbym上至少有一整点位于闭的第一象限内），（1）.若mab，因为,1ab，则b个正整数,,2,,1mmamamba构成模b的完全剩余系，其中恰有一个是b的倍数，即此时方程axbym有非负整数解。也就是m能被记录到，因此掷币人能够记录到的分值m应满足：0mab.(2).当0mab，因为,1ab，则直线axbym上至少有一整点位于闭的第一象限内，事实上，设闭的第一象限内有两个整点1,122,,xyxy在直线上，则直线axbym的斜率1212yykxx满足bka，但由直线axbymab，则1xyab，而由截距，1212,xxbyya知ab不是既约分数，矛盾。据此知，在闭的第一象限内，满足0axbyab的整点与满足0mab且可记录到的分值m，一一对应，因为闭矩形0,0xbya内有11ab个整点，故在闭的第一象限内，满足0axbyab的整点数为11122ab个，从而满足0mab的ab个数值m中，不能记录到的数值m的个数为：111111122ababab.所以135112ab，由1170170235514ab710，而,,1abab，故仅有71,2ab及11,8ab可能适合；若取71,2ab，则71022958能够记录到，不合题意，再考察11858xy上的整点，显然此方程没有非负整解，即分值58记录不到，因此11,8ab是合于题意的唯一解.