数学竞赛二试练习一

一个学校有n 名学生，他们之间要么互相认识，要么互相不认识。

已知可以将他们分成a 组，使得同组中任意两人互相认识；也可以将他们分成b 组，使得同组中任意两人互相不认识。

求b a N +=可以取到的最小值。

是否存在正整数m 和无穷递增正整数数列{}n a ，{}n b ，使得集合{}m b a p j i p p M j i +=使为质数，且存在正整数,,为有限集？设),...,,(200321a a a a =是前2003个正整数的一个排列，A 是满足如下条件的a 的集合： 不存在{}2003,...,2,1的一个真子集S 使得{}.S S k a k =∈ 对每个A a a a a ∈=),...,,(200321，记.)()(200312∑=-=k kk aa d（1）求)(a d 的最小值。

（2）设)(a d 的最小值为0d ，求所有满足0)(d a d =的a 。

如图，△PAB 中，,E F 分别是边,PA PB 上的点，在,AP BP 的延长线上分别取点,C D ，使 , PC AE PD BF ==，,M N 分别是△PCD ，△PEF 的垂心.证明：MN AB ⊥.二．证：如图，设线段,,DE CF PF 的中点分别为,,G H K ，则K 也是BD 的中点，据中位线知，在△BDE 中，KG ∥BE ，12KG BE =；在△PCF 中，KH ∥PC ，12KH PC =，即KH ∥AE ，12KH AE =，所以△KHG △EAB ，且HG ∥AB ，12HG AB =.为证MN AB ⊥，只要证MN HG ⊥.以G 为圆心，DE 为直径作G ，其半径记为R ；以H 为圆心，CF 为直径作H ，其半径记为r ，设直线AC 交MD 于Q ，MC 交BD 于W ，由于点M 是△PCD 的垂心，则MD PQ ⊥，MC PD ⊥，所以DWCQ 共圆，故有 MQ MD MC MW ⋅=⋅ … … ○1 另一方面，由于90, 90,EQD FWC ︒︒∠=∠=可知，Q 在G 上，W 在H 上，从而2222, MQ MD MG R MC MW MH r ⋅=-⋅=-，因此○1化为2222MG R MH r -=-， 即 2222MG MH R r -=- … … ○2又设直线NF 交AC 于S ，NE 交BD 于T ，由于点N 是△PEF 的垂心，，则NS PE ⊥，NE PF ⊥，所以ETFS 共圆，故有 NT NE NF NS ⋅=⋅ … … ○3再由 90, 90,DTE CSF ︒︒∠=∠=可知，T 在G 上，S 在H 上，从而2222, NT NE NG R NF NS NH r ⋅=-⋅=-，因此○3化为2222NG R NH r -=-， 即 2222NG NH R r -=- … … ○4据○2、○4得，2222MG MH NG NH -=-，所以 MN GH ⊥，而HG ∥AB ，所以MN AB ⊥.A B数列{}n a 为：1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4,，其构作方法是：首先给出11a =，接着复制该项1后，再添加其后继数2，于是得231,2a a ==；接下来再复制前面所有的项1,1,2，再添加2的后继数3，于是得45671,1,2,3a a a a ====；接下来再复制前面所有的项1,1,2,1,1,2,3，再添加3的后继数4，于是得前15项为1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3 如此继续． 试求2011a 以及数列前2011项的和2011s ．解：据{}n a 的构作方法，易知137151,2,3,4,,a a a a ====一般地，我们有21,n a n -=即数n 首次出现于第21n -项，并且，若()21,121n n m k k =-+≤≤-，则有m k a a =，由于10201121988,=-+ 998821477,=-+ 847721222,=-+ 7652222195,952132,32211=-+=-+=-+，所以 2011988477222953211a a a a a a a =======为求2011s ，先计算21n s -，由{}n a 的构作方法知，数列的前21n-个项中，恰有1个n ，2个1n -，22个2,n -，2k个,n k -，12n -个1，所以有， 21n s -()()22121222221n n n n n --=+-+-++⋅+⋅○1，从而 212n s -()()23122122222n nn n n -=+-+-++⋅+○2，据○1，○2得， 21n s -()()211222222n n n n n -+=-+++++=-+○3 其次，当()21,121n nm k k =-+≤≤-，则()()()2121121221n n n n m k s s a a a --+-+-+⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭()1221n k s a a a -=++++21n k s s -=+因此，10982011988988477477222212121,,,s s s s s s s s s ---=+=+=+72229521,s s s -=+ 6953221s s s -=+，5321121,1s s s s -=+=，因此由○3得， ()()()()()()11109876201121221121029282713996s =-+-+-+-+-+-+=．ABC ∆中，D 是角A 平分线上的任一点，,E F 分别是,AB AC延长线上的点，且CE ∥BD ，BF ∥CD ；若,M N 分别是,CE BF 的中点；证明：AD MN ⊥．证：如图，延长,BD CD ，分别与,AC AB 交于,H G ， 注意,DBG DCH ∆∆关于顶点D 的等高性及等角性，由面积比定理，BG DBG DB DGCH DC DHDCH ∆⨯==⨯∆，（记号∆表示面积），所以BG DC DH CH DB DG ⋅⋅=⋅⋅ …… ①又由CE ∥BD ，BF ∥CD ，得 GB GD BE DC =，HC HDCF DB=，所以 BE BG DC DH CF CH DB DG ⋅⋅=⋅⋅ ……②，由①、②得1BECF=，即BE CF = ……③． 取BC 的中点K ，据中位线知，MK ∥BE ,12MK BE =,NK ∥CF ,12NK CF =．由③，KM KN =，作角分线KP ，则KP MN ⊥，因MK ∥AB ，NK ∥AC ，所以其角分线AD ∥KP ，因KP MN ⊥，得AD MN ⊥．三．如果既约分数n m 满足：2011,,mn m n ≤为正整数，则称nm为“兔分数”；现将所有“兔分数”按递增顺序排成一个数列312123,,,n n n m m m ，称为“兔数列”；证明：对于兔数列中的任两个相邻项11,k k k k n n m m ++，都满足：111k k k k m n m n ++-=．证：对任一正整数n ，将兔数列中分母不大于n 的子数列记为n T ，当1n =， 数列11232011,,,,1111T ⎛⎫= ⎪⎝⎭显然满足条件； 对n 归纳：据数列1T 知，2n <时结论成立，设结论对于n k <成立，考虑数列k T ， 注意1k k T T -⊂，而k T \1k T -中的分数ab满足，分母b k =，(),1a b =； 设,,,1a c a c bc ad b d b d ⎛⎫<-= ⎪⎝⎭是1k T -中的一对相邻分数，如果它们在k T 中也相邻，则显然满足条件；如果它们在k T 中不相邻，即有k T \1k T -中的分数mk插入它们之间，其中2011mk ≤，(),1m k =．a m c b k d <<，（插入的分数中总有一个与a b 或cd 相邻，不妨设m k 与c d 相邻），于是111c m m a b dbd d k k b dk bk bdk+⎛⎫⎛⎫=-+-≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ……①， 所以k b d ≥+ ……②，又易知，分数a cb d ++也介于,ac bd 之间，（这是由于，()10a c a b d b b b d +-=>++，()10c a c d b d d b d +-=>++），注意()()1b a c a b d bc ad +-+=-=，可知a c +与b d +互质，即a cb d++为既约分数． 如果()()2011a c b d ++>，注意2011mk ≥及k b d ≥+，相乘得a c m +>，而由()2011m b d mk +≤≤，得k mT b d∈+， 因m m a c c k b d b d d +≤<<++，且,m ck d在k T 中相邻，所以k b d =+，且①中成立等号，则1c m c a c c a c d k dk d b d d k++-==-=-+，得a c m +=，这与a c m +>矛盾， 因此，()()2011a c b d ++≤；如果分数1\k k a cT T b d-+∈+， 则b d k += ……③， 如果,,a a c cb b d d++是k T 中的相邻项，则对于前一对分数而言，有 ()()1b a c a b d bc ad +-+=-=；而对于后一对分数而言，有()()1c b d d a c bc ad +-+=-=；因此插入a cb d++后的分数列合于条件； 又由③知，①式成立等号，于是有1c m d k dk -=以及1m a k b bk-=，而由()11c m c a c c a cd k dk d b d d b d d k++-===-=-++，所以a c m +=；……④ 因此得m a c k b d +=+；并且a c b d ++是k T 中能够插入1k T -中的一对相邻分数a b ，cd之间的唯一分数，即是说，在由数列1k T -过度到数列k T 时，不论相邻分数间是否插入了新的分数，所得数列k T 都满足条件，因此对于每个正整数n ，结论成立．特别是数列2011T 满足条件，故本题得证．从圆周的九等分点中，任取五点染为红色；证明：存在以红点为顶点的不同的六个三角形126,,,∆∆∆，满足：1∆≌2∆；3∆≌4∆；5∆≌6∆．证：注意如下事实：()1、以,A D B C 为底的等腰梯形ABCD 中，存在两对全等三角形：ABC ∆≌DCB ∆；BAD ∆≌CDA ∆．并且梯形的每个顶点都在其中一对全等三角形中两次出现．()2、若M 是等腰梯形ABCD 两底,AD BC 中垂线上的任一点，则MAB ∆≌MCD ∆． （一）、先证明，五个红点中，必有某四点构成等腰梯形的四个顶点：不妨设，圆周上九等分点相邻两个分点间的弧长为1．一条弦，如果其所对的劣弧长为k ，则称该弦的“刻度”为k ，于是，以分点为端点的弦的刻度只有1,2,3,4四种情况，显然，两弦相等当且仅当其刻度相等；五个红点，共得2510C =条红端点的弦，其中必有三条弦具有相同的刻度，由于对每个k ，同一点只能发出两条刻度为k 的弦．注意到以九等分点为端点的任一条弦不为直径，因此，若两条等弦无公共端点，则其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点；若这三条等弦不围成三角形，则其中有两条等弦无公共端点，于是其四个端点构成等腰梯形的四个顶点；若这三条等弦围成三角形，则是正三角形，于是这三弦的刻度皆为3．若还有刻度为3的弦l ，则该弦与正三角形的每条边无公共端点，这时弦l 与正三角形的每一条边所形成的四个端点都构成等腰梯形的四个顶点；若除了正三角形的边之外，再无刻度为3的弦，去掉这三条弦，剩下的7条弦，只有1,2,4这三种刻度，其中必有三条弦具有相同的刻度，这三条等弦不可能围成三角形，因此其中有两条等弦无公共端点，于是其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点；（二）、由于弦的刻度只有1,2,3,4四种情况，故等腰梯形上下两底的“刻度对”只有()1,2,()1,3,()1,4,()()()2,3,2,4,3,4这六种可能，顺次如以下六图所示．PD（以下用梯形两底的“刻度对”表示相应的梯形图）． 据()1知，每个等腰梯形中都存在两对全等三角形；再考虑第五个红点，若该红点为两底中垂线上的点M ，据()2知，存在另一对全等三角形：MAB ∆≌MDC ∆；若该红点异于点M ，据图形的对称性，只需考虑红点为P 或Q 的情况；我们来证明，无论增加红点P 或Q ，图形中都将新增一个等腰梯形．若增加红点P ，则在图()1,2中，增加了梯形PBAD ；在图()1,3中，增加了梯形PDCB ；在图()1,4中，增加了梯形PCBD ；在图()2,3中，增加了梯形PBAD ；在图()2,4中，增加了梯形PADC ；在图()3,4中，增加了梯形PBAC ；若增加红点Q ，则在图()1,2中，增加了梯形QDBC ；在图()1,3中，增加了梯形QADC ；在图()1,4中，增加了梯形QBCD ；在图()2,3中，增加了梯形QABC ；在图()2,4中，增加了梯形QCAB ；在图()3,4中，增加了梯形QABD ；而据()1，新增红点必在新增梯形的一对全等三角形中两次出现．也就是增加了一对新的全等三角形． 因此，给出的五个红点中，存在六个以红点为顶点的三角形，它们可配成全等的三对．故本题得证．求所有的非零整数b a b a ≠,,，使得：可以把整数集分拆为3个子集，使得对每个b n a n n n ++、、,分别属于这3个集合.四、设r b a =),(，考虑rbb r a a ='=',，则)3(mod 2≡'⋅'b a 为所求充要条件. 先证充分性.当)3(mod 2='⋅'b a 时，考虑这样的3个t t kr n n A i ≤+==0,|{1-≤r 且)3,2,1)}(3(mod =≡i i k ，则自然数集被分拆为3个集合1A 、2A 、3A .下证这样的分拆满足条件.设)10(-≤≤+=r t t kr n ，则t r b k b n t r a k a n +'+=++'+=+)(,)(.由于)3(mod 2≡''b a .所以0、a '、b '构成模3的完全剩余系，所以b k a k k '+'+,,构成模3的完全剩余系，所以b n a n n ++、、在不同的子集中.设321,,A b r n r A a r n r A n r ∈'+'∈'+'∈'，可知,2A b r a r n r ∉'+'+'+'+'a r n r3A b r ∉'，所以1)'''(A b a n r ∈++.又21)'2'(,)'2'(A a n r A a n r ∉+∉+，所以3)'2'(A a n r ∈+. 同理可得：1)'3'('A a n r ∈+，从而1)'3'(A la n r ∈+，其中. 同理，1)'3'(A kb n r ∈+，从而1)'3'3'(A kb la n r ∈++，其中Z ∈k l ,. 若'|3a ，则由裴蜀定理知存在Z ∈k l ,，使得3'''a kb la =+，从而φ=∈+21)'(A A a n r ，矛盾！所以'3a ⨯.同理可证：''3,'3b a b -⨯⨯.于是有''0b a 、、模3互不相同，则)3(mod 2''≡b a . 必要性获证.Z ∈l半径为为R 的○·O 经过ABC ∆的顶点A 、B ，且分别与边CA 、CB 交于点D 、E ，AE 与BD 交于点P .求证：22222R PC OP OC =-+一、如图2所示，过点C 作○·O 的两条切线，切点分别为M 、N ，连结MA 、MD 、NB 、NE 、DE . 易证CDM ∆∽CMA ∆，CEN ∆∽CNB ∆，CDE ∆∽CBA ∆.于是CD CBCE AB CB CN BN NE CM CD MA DM ===,,. 由切线长定理知CN CM =，所以1=⋅⋅=⋅⋅CDCBCB CN CM CD ED NE BN AB MA DM ， 于是由塞瓦定理可知AE 、BD 、MN 相交于点P.又MN ⊥CO ，所以2222222R R OC NO NC PO PC --=-=-, 即22222R PC OP OC =-+.图1AN图2如图，C 为半圆弧的中点，点P 为直径BA 延长线上一点，过P 作半圆的切线PD ，D 为切点，BPD ∠的平分线分别交BC AC ,于点F E ,． 求证：以EF 为直径的圆过半圆的圆心O ．一、证明：连结DF DB DO DE DA ,,,,，因为C 是半圆弧的中点，PD 是切线．所以,AB OC ⊥ .OD PD ⊥所以.COD DPB ∠=∠ 因为PF 平分,DPB ∠ 所以CBD CAD COD DPB DPF ∠=∠=∠=∠=∠2121 所以E D P A ,,,四点共圆，F D P B ,,,四点共圆所以CFD DPA CED ∠=∠=∠，CFD DPA COD ∠=∠=∠，所以E F D C ,,,四点共圆，O F D C ,,,四点共圆，所以O E F D C ,,,,共圆，即以EF 为直径的圆过半圆的圆心Ｏ．PP已知平面上有n 个点，任意三点不共线，证明：顶点属于这n 个点且面积为1的三角形个数不超过().322n n -一所学校有n 名学生和若干个课外班，每名学生可参加任意多个课外班.已知每个课外班至少有2名学生，若两个课外班中有两名相同的学生，则这两个课外班的学生数目不同，证明：课外班的数目不大于2)1( n 个.A’求最小的正整数n ，使得把集合{}n M ,...,2,1=任意划分成两个子集B A ,，方程10921...x x x x =+++至少存在一组正整数解),...,,(1021x x x （1021,...,,x x x 的值可以相同），而由这一组数构成的集合C ，或者,A C ⊆或者.B C ⊆考虑n n ⨯的正方形的所有格点构成的集合G ，点对),(B A 构成的集合E 满足G B A ∈,,且不存在G D C ∈,，使得D C B A ,,,为一个正方形的四个项点；点对),(B A 构成的集合F 满足G B A ∈,，且恰存在两个点对),(),,(2211D C D C ，使得11,,,D C B A 和22,,,D C B A 均为一个正方形的四个项点，其中.,,,2121G D D C C ∈证明F E ,的奇偶性相同。