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1、第六届中国西部数学奥林匹克第一天2006年11月4日8：00～12：00江西鹰潭一．设是给定的正整数，，.求的最大值，这里．二．求满足下述条件的最小正实数k：对任意不小于k的4个互不相同的实数a，b，c，d，都存在a，b，c，d的一个排列p，q，r，s，使得方程有4个互不相同的实数根．三．如图，在△PBC中，，过点P作△PBC的外接圆w的切线，与CB的延长线交于点A.点D和E分别在线段PA和圆w上，使得，PD＝PE.连接BE，与PC相交于点F.已知AF，BP，CD三线共点．（1）求证：BF是的角平分线；（2）求的值．四．设正整数a不是完全平方数

2、，求证：对每一个正整数n，的值都是无理数．这里，其中表示不超过x的最大整数．第六届中国西部数学奥林匹克第二天2006年11月5日8：00～12：00江西鹰潭五．设．证明：若，则．六．如图，AB是圆O的直径，C为AB延长线上的一点，过点C作圆O的割线，与圆O交于D，E两点，OF是△BOD的外接圆O1的直径，连接CF并延长交圆于点G．求证：O，A，E，G四点共圆．七．设是一个不小于3的正整数，是一个实数．证明：如果和都是有理数，那么存在正整数，使得和都是有理数．八．给定正整数，求的最小值，使得对集合X的任意n个二元子集，都存在集合X的一个子集，满足

3、：（1）；（2）对，都有．这里表示有限集合A的元素个数．解答第六届中国西部数学奥林匹克第一天2006年11月4日8：00～12：00江西鹰潭一．设n是给定的正整数，n³2，.求的最大值，这里．解由AM－GM不等式，得所以等号成立当且仅当.故y的最大值是.二．求满足下述条件的最小正实数k：对任意不小于k的4个互不相同的实数a，b，c，d，都存在a，b，c，d的一个排列p，q，r，s，使得方程有4个互不相同的实数根．解所求最小正实数.一方面，若，取，则对的任意排列，方程的判别式，该方程无实数根.所以，.另一方面，设是不小于4的4个不同实数，不妨设，

4、考察方程（1）和.（2）首先，，故（1）、（2）都有两个不同实根.其次，若（1）与（2）有公共实根，则两式相减，得，这时，，矛盾.所以，（1）与（2）没有公共实根，从而符合要求.综上，问题的答案为.三.如图，在△PBC中，，过点P作△PBC的外接圆w的切线，与CB的延长线交于点A.点D和E分别在线段PA和圆w上，使得，PD＝PE.连接BE，与PC相交于点F.已知AF，BP，CD三线共点．(1)求证：BF是的角平分线；(2)求的值．解（1）当BF平分时，由于，所以，BD平分，于是，所以，由Ceva定理的逆定理知，AF，BP，CD三线共点．若还有一

5、个角满足，且三线共点，不妨设在线段PF内，则在线段AD内，于是，，所以，这与三线共点矛盾．所以，BF是的内角平分线．（2）不妨设圆O的半径为1，，由（1）知，，E是的中点．因为，，所以由PD＝PE知，，．又，，所以，在直角三角形BDE中，有，，，，，所以．四．设正整数a不是完全平方数，求证：对每一个正整数n，的值都是无理数．这里，其中表示不超过x的最大整数．证明：设，其中整数，则，且，而．令.则．……①下面证明，对所有正整数n，.由于，所以由可得.消去得，，②其中.由数学归纳法易得．③由②和③，可得相乘得，又因，故．又由相乘得，即．所以，对所有

6、正整数n，都有．④故由③④得，对所有正整数n，都有．因此，，从而对所有正整数n，都有，故由①知，是无理数.第六届中国西部数学奥林匹克第二天2006年11月5日8：00～12：00江西鹰潭五．设．证明：若，则．证明注意到若x，y是整数，则由奇偶性分析知．若，则由上知．于是可设，（c，d不可能相等），，其中a，b，c，d，e，f都是正整数．则，，．假设b＝a，且f＝e，则，两式相减得，，则，而，矛盾！故b＝a，f＝e不可能同时成立．所以，，于是．六．如图，AB是圆O的直径，C为AB延长线上的一点，过点C作圆O的割线，与圆O交于D，E两点，OF是△B

7、OD的外接圆O1的直径，连接CF并延长交圆于点G．求证：O，A，E，G四点共圆．证明连接AD，DG，GA，GO，DB，EA，EO．因为OF是等腰△DOB的外接圆的直径，所以OF平分，即．又，所以．又，所以，所以，G，A，C，D四点共圆．所以．①而，②，③结合①，②，③得．④因为B，D，E，A四点共圆，所以，⑤又OA＝OE，所以．⑥由④，⑤，⑥得，所以，O，A，E，G四点共圆．七．设是一个不小于3的正整数，是一个实数．证明：如果和都是有理数，那么存在正整数，使得和都是有理数．证明首先，我们证明如下结论：设是一个实数，如果是有理数，那么对任意正整数

8、m，是有理数．对m用数学归纳法．由是有理数，得也是有理数．设对一切，是有理数，则由知也是有理数，即当时命题也成立．由上述结论，对，分别令得到都是有理数