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1、第八届中国东南地区数学奥林匹克（试卷参考解答宁波·北仑2011年7月）第一天1.已知.（1）求的取值范围；（2）对给定的,求．（卢兴江供题）解法1记.由知，，且易知.（i）当时，等号当时，即时取到此时，，特别当时，（ii）当时，令当时单调增加，所以，此时综上所述：（1）的取值范围是（2）当时，；当时，．解法2设.因为，且，所以易知，，10/10（i）当时，令得，且有时，；时，。所以为最小值所以即，（ii）当时，令得，此时易知不是最小值，为最小值即，综上所述：（1）的取值范围是（2）当时，；当时，
2、2.已知为两两互质的正整数，且，求的值．（杨晓鸣供题）解答由题设可得到：，又因为两两互质，所以。不妨设，所以10/10又当，与矛盾。所以。显然（1,1,1）是一组解。当时，。由又由当时，无解；逐个验证得，。所以满足条件正整数为（1,1,1），（12,3），（1,3,2），（2,1,3），（2,3,1），（3,2,1），（3,1,2）。3．设集合，正整数满足：的任意一个35元子集中至少存在两个不同的元素，使或.求出所有这样的n.（李胜宏供题）解答：取，则对任意，下面证明.设，不妨设；（i）当时，考
3、虑由抽屉原理，存在，使，即（ii）当时，由由抽屉原理，至少存在，使，即（iii）当时，由于所以中至少有个属于10/10又由于至多有24个存在，使，所以（iv）当时，由至多有个由抽屉原理，存在，使，即（v）当时，共个所以，存在，使得（vi）当时，若，当时，当时，均存在，使若，当时，当时，当时，所以，均存在，使4．过的外心任作一直线，分别交边于，分别是的中点.证明：.（陶平生供题）证：我们证明以上结论对任何三角形都成立．分三种情况考虑，对于直角三角形，结论是显然的，事实上，如图一中左图，若为直角，则
4、外心是斜边的中点，过的直线交于，则共点，由于是的中点，故中位线∥，所以；10/10以下考虑为锐角三角形或钝角三角形的情况，（如图一中右边两图所示）（图一）先证引理：如右图，过的直径上的两点分别作弦，连，分别交于，若，则.引理证明：设，直线分别截，据梅涅劳斯定理，，；则……①而由相交弦，得……②若的半径为，，则…③，据①②③得，，即.因此.引理得证.回到本题，如下图（两图都适用），延长得直径，在直径上取点，使，设，连交于，由引理，，（右图中则是）因此，是的中点，故分别是及的中位线，于是得.10/1
5、0第二天5．设是的三条角平分线，自作∥，∥，分别在上，直线交于；类似得到点．证明：三点共线．（陶平生供题）证明：据梅尼劳斯逆定理，只要证，……①由于直线截，得，所以……②；同理有……③，……④．由，，得…⑤又由，，得…⑥据②、⑤、⑥得；10/10同理可得，，……⑦由于的三条角平分线共点，由塞瓦定理，……⑧，于是由⑦、⑧得，，即①成立，因此结论得证．6．设为平面上n个定点，M是该平面内线段AB上任一点，记为点与M的距离，，证明：.（金蒙伟供题）解答：设原点为O，则有：因此7．设数列满足：．证明：对
6、于每个，皆为完全平方数．（陶平生供题）证：易求得数列开初的一些项为：，…，注意到，，…，构作数列：，则对每个，为正整数．我们来证明：对于每个，皆有：． 引理：数列满足：对于每个，．10/10 引理证明：令，则．所以，于是． 回到本题，对归纳，据数列的定义，，若结论直至皆已成立，则对于，有．即在时结论也成立．故本题得证．8．将时钟盘面上标有数字的十二个点分别染上红、黄、蓝、绿四色，每色三个点，现以这些点为顶点构作个凸四边形，使其满足：（）每个四边形的四个顶点染有不同的颜色；（）对于其中任何三个
7、四边形，都存在某一色，染有该色的三个顶点所标数字互不相同．求的最大值．（陶平生供题）解：为叙述方便，改用分别表示这四种颜色，而同色的三点，则分别用；；以及来表示．今考虑其中一色，例如色；若在这个四边形中，色点出现的次数分别为，则，设；如果，则；再考虑这个四边形（其色顶点要么是，要么是），它们中色点出现的次数分别为，则，据对称性，可设，则，即；10/10继续考虑这个四边形（其色顶点要么是，要么是；色顶点要么是，要么是），它们中色点出现的次数分别为，则，据对称性，可设，则，即；最后考虑这个四边形，记
8、为（其色顶点要么是，要么是；色顶点要么是，要么是；色顶点要么是，要么是），由于色点只有三个，故其中必有两个四边形，其色点相同，设的色点都为；那么，三个四边形中，无论哪种颜色的顶点，所标数字皆有重复，这与条件相矛盾！因此，．再说明，最大值可以取到；采用构造法，我们只要作出这样的九个四边形即可．作三个“同心圆环图”，给出标号，并适当旋转相应的圆，标号对齐后，图中的每根线（半径）上的四个点分别表示一个四边形的四个顶点颜色及其标号，九条半径共给出九个四边形，且都满足条件（）；再说明，它们也满足条件（）：
