2009年IMO中国国家队选拔考试试题含答案（第一天，2009年3月31日

2009年IMO中国国家队选拔考试

第1天

2009年3月31日 8：00-12：30 湖北 武汉

1、设D是三角形ABC的BC边上一点，满足?CAD=?CBA．圆O经过B，D两点，并分别与线段AB，AD交于E，F两点，BF、DE相交于G点．M是AG的中点．求证：CM⊥AO．

2、给定整数n?2，求具有下述性质的最大常数?(n)：若实数序列

a0,a1,a2,...,an满足

0?a0?a1?a2?...?an，

及 则有

ai?12(ai?1?ai?1)，i?1,2,...,n?1，

n2n2(?iai)??(n)?aii?1i?1.

3、求证：对于任意的奇素数p，满足p|n!?1的正整数n的个数不超过

cp3，这里c是一个与p2无关的常数.

1、设D是三角形ABC的BC边上一点，满足?CAD=?CBA．圆O经过B，D两点，并分别与线段AB，AD交于E，F两点，BF、DE相交于G点．M是AG的中点．求证：CM⊥AO．

证明 如图，连接EF并延长交BC于P，连接GP交AD于K，并交AC延长线于L．

AEMFOGKDBPCL

如下图，在AP上取一点Q，满足∠PQF＝∠AEF＝∠ADB．

易知A、E、F、Q及F、D、P、Q分别四点共圆．记⊙O的半径为r．根据圆幂定理知：

AP2＝AQ×AP＋PQ×AP＝AF×AD＋PF×PE

＝（AO2－r2）＋（PO2－r2）． ①

AEQFGOBDP

类似地，可得： AG2＝（AO2－r2）＋（GO2－r2）． ② 由①，②得AP2－AG2＝PO2－GO2，于是由平方差原理即知PG⊥AO．

如下图，对△PFD及截线AEB应用Menelaus定理，得

DAAF?FEEP?PBBD?1． ③

对△PFD及形外一点G应用Ceva定理，得

DKKF?FEEP??PBBD?1． ④

③÷④即得：

DAAFDKKF． ⑤

AEFGOKBDP

⑤表明A，K；F，D构成调和点列，即AF×KD＝AD×FK． 再代入点列的Euler公式知：

AK×FD＝AF×KD＋AD×FK＝2AF×KD． ⑥

而由B、D、F、E四点共圆，得∠DBA＝∠EFA．而∠CAD＝∠CBA；故∠CAF＝∠EFA，这就表明AC∥EP．由此，

CPPD?AFFD． ⑦

在△ACD中，对于截线LPK应用Menelaus定理，得

ALLCALLC?CPPD?DKKA?1； ⑧

将⑥，⑦代入⑧即得?2．

最后，在△AGL中，由M、C分别是AG、AL的中点，故MC是其中位线，得MC∥GL．而已证GL⊥AO，从而MC⊥AO．

2、给定整数n?2，求具有下述性质的最大常数?(n)：若实数序列a0,a1,a2,...,an满足

0?a0?a1?a2?...?an，

及 ai?则有

12(ai?1?ai?1)，i?1,2,...,n?1，

n2n2(?iai)??(n)?ai. i?1i?1

解：?(n)的最大值为

n(n?1)42.

首先，令a1?a2?...?an?1，得?(n)?n(n?1)42.

下面我们证明：对任何满足条件的序列a0,a1,a2,...,an，有不等式

n(?iai)?i?12n(n?1)42n(?ai) (*)

i?12首先我们证明a1?a22?...?ann.

事实上，由条件有2iai?i(ai?1?ai?1)对任意i?1,2,...,n?1成立.

对于给定的正整数1?l?n?1，将此式对i?1,2,...,l求和得(l?1)al?lal?1，即任意l?1,2,...,n?1成立.

2ik2all?al?1l?1对

下面我们证明，对于i,j,k?{1,2,...,n}，若i?j，则

i?k?2jk2j?k.

事实上，上式等价于2ik(j?k)?2jk(i?k)，即(i?j)k?0，显然成立. 现在我们来证明(*). 首先对于1?i?j?n，来估计aiaj的下界.

aiiajj223由前述，知?，即jai?iaj?0.

ii?jji?j又因为ai?aj?0，故(jai?iaj)(aj?ai)?0，即aiaj?这样，我们有：

nn2aj?2ai.

2(?iai)?i?1?ii?12ai?22?1?i?j?nijaiaj

n??ii?12?a?22i?1?i?j?n(iji?j2a?2jij2i?jai)

2nn2i??(a??i?k).

i?1k?1n2ik2记bi??i?kk?12ik2，由前面证明可知b1?b2?...?bn.

22又a12?a2?...?an，由切比雪夫不等式，有：

n?ai?12ibi?1nn2in(?a)(?bi).

i?1i?1n这样(?iai)?i?121nn2in(?a)(?bi).

i?1i?1而

nnin?bi?1???i?k??ii?1k?1i?12ik2n2?2?1?i?j?n(iji?j2?ij2nn2i?j)??ii?1?2?1?i?j?nij?(?i)?i?12n(n?1)422

n因此(?iai)?i?12n(n?1)42n?ai?12i.

故(*)获证.

综上所述，可知?(n)的最大值为

n(n?1)42.

23、求证：对于任意的奇素数p，满足p|n!?1的正整数n的个数不超过cp3，这里c是一个与p无关的常数.

证明 显然，符合要求的n应满足1?n?p?1. 设这样的n的全体是n1?n2?...?nk，

2我们只需要证明k?12p3，当k?12时结论是显然成立的，下设k?12. 将ni?1?ni(1?i?k?1)重排成不减的数列1??1??2?...??k?1. 则显然有

k?1ki??i?1??(ni?1i?1?ni)?nk?n1?p. ①

我们首先证明，对s?1，有

|{1?i?k?1:?i?s}|?s， ②

即等于给定的s的?i至多有s个.

事实上，设ni?1?ni?s，则ni!?1?ni?1!?1?0(modp)，由此可知(p,ni!)?1，故

(ni?s)(ni?s?1)...(ni?1)?1(modp).

故ni是s次同余方程

(x?s)(x?s?1)...(x?1)?1(modp)

的一个解. 由于p是素数，由拉格朗日定理知，上述同余方程至多有s个解，故满足

ni?1?ni?s的ni至多只有s个值，从而②得证.

现在我们证明，对任意的正整数l，只要假设结论不成立，即?l(l?1)2l(l?1)2?1?k?1，就有?l(l?1)2?l?1.

?1?1?l，那么?1,?2,...,?l(l?1)都是1到l中的正整数. 而由②知，

2?1在?1,?2,...,?l(l?1)中，1至多出现1次，2最多出现2次，…，l至多出现l次，即从1到l2?1的正整数总共至多出现1?2?...?l?是不超过l的正整数矛盾！ 设m是满足

m(m?1)2l(l?1)2次，这与

l(l?1)2?1个数?1,?2,...,?l(l?1)2都

?1?1?k?1的最大正整数，则

m(m?1)2?1?k?1?(m?1)(m?2)2?1 ③

我们有

k?1m?1im?1i(i?1)2?1m?1i(i?1)2??i?1??(?i?0??i(i?1)2?2?...??(i?1)(i?2))?2?(i?1)?i?0??1?(i?1)i?02

?m(m?1)(2m?1)6?m33.

由于k?12，故m?4，因此，结合①，③可得

k?2?(m?1)(m?2)2k?1222?4m?4(3??i)3?4?(3p)3.

i?1这就证明了结论.

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