２０１０年第１期２００９中国西部数学奥林匹克中圈分类号：Ｇ４２４．７９文献标识码：Ａ第一天１．设肘是一个由实数集Ｒ去掉有限个元素后得到的集合．证明：对任意的正整数ｎ，都存在１７，次多项式＾茹），使得火并）的所有系数及Ｉｔ个实根都属于肘．（冯志刚提供）２．给定整数凡≥３．求最小的正整数ｋ，使得存在一个ｋ元集合Ａ和ｒｔ个两两不同的实数菇ｌ，茗２，…，髫ｎ，满足菇ｌ＋并２，石２＋石３，…，菇川＋菇。，‰＋戈ｌ均属于Ａ．（熊斌提供）３．设日为锐角△ＡＢＣ的垂心，Ｄ为边ＢＣ的中点．过点日的直线分别交边ＡＢ、ＡＣ于点Ｆ、Ｅ，使得ＡＥ＝ＡＦ，射线ＤＨ与△ＡＢＣ的外接圆交于点Ｐ．求证：Ｐ、Ａ、Ｅ、Ｆ四点共圆．（边红平提供）４．求证：对任意给定的正整数ｋ。总存在无穷多个正整数ｒｌ，，使得２“＋３８—１，２“＋３“一２。…，２“＋３“一ｋ均为合数．（陈永高提供）第二天５．设数列｛％｝满足菇，∈｛５，７｝及当后≥１时，有戈…∈｛５“，７ｑ｝．试确定茗：啷的末两位数字的所有可能值．（梁应德提供）６．如图ｌ，设Ｄ是锐角△ＡＢＣ的边ＢＣ上一点，以线段ＢＤ为直径的圆分别交直线ＡＢ、ＡＤ于点ｘ、Ｐ（异于点Ｂ、Ｄ），以线段ｃＤ为直径的圆分别交直线ＡＣ、ＡＤ于点Ｙ、Ｑ（异万 方数据文章编号：１００５－６４１６（２０１０）０１—００２７—０４于点Ｃ、Ｄ）．过点Ａ作直线ＰＸ、Ｑｙ的垂线，垂足分别为Ｍ、Ⅳ．求证：ＢＣ△ＡＭＮ∽△ＡＢＣ的充分图ｌ必要条件是直线ＡＤ过△ＡＢＣ的外心．（李秋生提供）７．有Ｉｔ（Ｉｔ＞１２）个人参加某次数学邀请赛，试卷由十五道填空题组成，每答对一题得１分，不答或答错得０分．分析每一种可能的得分情况发现：只要其中任意１２个人得分之和不少于３６分，则这Ｉｔ个人中至少有３个人答对了至少三道同样的题．求ｎ的最小可能值．（刘诗雄提供）８．实数ａｌ，ａ２９ｏ＊ｏ，口。（凡≥３）满足口ｌ＋ａ２＋…＋口ｎ＝Ｏ，且２ａ＾≤口Ｉ—ｌ＋ａＩ＋ｌ（ｋ＝２，３，…，Ｉｔ—１）．求最小的Ａ（ｎ），使得对所有的ｋ∈｛１。２，…，Ｉｔ｝，都有Ｉ口ＩＩ≤Ａ（凡）・ｍａｘ｛Ｉａ１Ｉ，Ｉａ。Ｉ｝．（李胜宏提供）参考答案第一天１．设ａ为集合Ｔ＝｛名∈ＲＩｘ∈Ｍ｝中绝对值最大的元素，取实数ｋ＞ｍａｘ｛｝ＤＩ，ｌ｝．对任意的正整数，ｌ，考察ｎ次多项式以菇）＝ｋ（ｘ＋ｋ）ｎ．其ｍ次项系数为、ｋｃ７・ｋ”８≥Ｉｉ｝．由克的选取知，火石）的所有系数均不属于ｒ，即必属于肘．同理，一ｋ为八茗）的凡重实根，也属于Ｍ．故ｎ次多项式／（茗）＝ｋ（髫＋ｋ）４满足条件．２．记石ｌ＋戈２２ｍｌ，菇２＋戈３＝ｍ２，……髫ｎ一１＋Ｚｎ＝ｍｎ一１，茗Ⅱ＋茗ｌ＝玑ｎ・首先，ｍｌ≠ｍ２，否则，＊ｌ＝戈３，矛盾．类似地，ｍ。≠巩＋１（ｉ＝１，２，…，ｎ，ｍ。＋ｌ＝ｍ１）．于是，ｋｉ＞２．若ｋ＝２，不妨设Ａ＝｛口，ｂ｝（Ⅱ≠６），使得｛量主主；６，ｃ玮为奇数卜①或｛≥三主主≥口，＠为偶数卜②号口＝（戈ｌ＋算２）＋（戈３＋誓４）＋…＋（戈。一１＋戈。）＝（ｚ２＋戈３）＋（戈４＋菇５）＋…＋（菇。＋髫１）＝争，故ｏ＝ｂ，矛盾．对于ｋ＝３，构造例子如下：令戈弛一ｌ＝后，戈２Ｉ＝ｎ＋１一ｋ（ｋ＝１，２，…）．贝｜Ｊ．当１７，为偶数时，万 方数据中等数学，ｉ为奇数；，ｉ为偶数且ｉ＜尼；２，ｉ＝ｎ（ｘ。ｌ＝菇１）．ｎ＋ｌ，ｉ为奇娄咀ｉ＜见；ｎ＋２，ｉ为偶数；名ｉ＋戈ｉ＋１。孚＋２，湎（钆。＝钔．综上，所求的ｋ的最小值为３．３．如图２，延长ＨＤ至点Ｍ，使ＨＤ＝ＤＭ，联结ＢＭ、ＣＭ、ＢＨ、ＣＨ．因为Ｄ为边ＢＣ的中点，所以，四边形ＢＨＣＭ为平行四边形．于是，图２么ＢＭＣ＝么ＢＨＣ＝ｔ８００一么ＢＡＣ。即么ＢＭＣ＋么删Ｃ＝１８００．因此，点肘在△ＡＢＣ的外接圆上．如图２，联结ＰＢ、ＰＣ、ＰＥ、阿。因ＡＥ＝ＡＦ，日为△ＡＢＣ的垂心，所以，么ＢＦＨ＝么ＣＥＨ，①么ＨＢＦ＝９０。一么ＢＡＣ＝么ＨＣＥ．②结合式①、②知△启朋∽△伽精篇＝器．由四边形ＢＨＣＭ是平行四边形知ＢＨ＝ＣＭ．ＣＨ＝ＢＭ．于是，笔：器．于是，面２丽。③④又Ｄ为边ＢＣ的中点，则Ｓ凹删．＝．ｓ凹删．故÷即・ＢＭｓｉｎ么ＭＢＰ＝ｉ．ＩｔＣＰ・ＣＭｓｉｎ么ＭＣＰ．２０１０年第１期由么ＭＢＰ＋么ＭＣＰ＝１８００，得ＢＰ・ＢＭ＝ＣＰ・ＣＭ．④结合式③、④知历ＢＦ＝器．因为么朋Ｆ＝么ＰＣＥ，所以。△ＰＢＦ∽△Ｐ蚀ｊ么ＰＦＢ＝么ＰＥＣ．于是，么ＰＦＡ＝么ＰＥＡ．从而，Ｐ、Ａ、Ｅ、Ｆ四点共圆．４．对任意给定的正整数ｋ，取足够大的正整数ｍ，使得２“＋３”一ｋ＞１．考察２“＋３“一１，２“＋３“一２，…，２“＋３“一ｋ这ｋ个大于１的正整数，依次取每个数的一个质因子Ｐｌ，Ｐ２，…，ＰＩ，记仉＝ｍ＋￡Ⅱ（ｐｉ—１）（￡∈Ｎ＋）．下面证明：对任意的１≤ｉ≤｜｜｝，有２～Ｅ２”（ｍｏｄＰｉ）．若Ｐ；＝２，上式显然成立．若Ｐ。≠２，则由费马小定理得２“‘＝２“×２‘（Ｐｌ一１）（Ｐ２—１）…（ｐＩ一１）－－－２”×１＝２“（ｍｏｄＰｉ）．同理，３～－－３４（ｍｏｄＰｉ）．故２～＋３“一ｉ－－２”＋３”一ｉ兰０（ｒｏｏｄＰｆ），且２～＋３一一ｉ＞２”＋３“一ｉ．，于是，２～＋３“一ｉ必是合数．因此，／／＇ｔ使得２”＋３“一１，２”＋３８—２，…，２４＋３“一ｋ均为合数．又由ｔ的任意性，知这样的正整数有无穷多个．第二天５．令凡＝２００９．则（１）若％＝７５ｈ～，则％－７（ｍｏｄｌｏｏ）．事实上，因为５ｈ。２墨１（ｍｏｄ４），所以，５址：＝４ｋ＋１（ｋ∈Ｎ＋）．故靠＝７５ｈ～＝７４…＝（５０—１）２‘ｘ７暑７（ｒｏｏｄ１００）．万 方数据（２）若冤。＝７７“一，则菇。－－－４３（ｒｏｏｄ１００）．事实上，因为５和７都是奇数，知菇。（１≤七≤ｎ）全都是奇数，所以，７ｈ‘２兰（一１）ｘｎ－２三一１－－－－－３（ｍｏｄ４），即７ｈ。２＝４ｋ＋３（ｋ∈Ｎ＋）．故石。＝７ｒ”２＝７４¨３＝（５０—１）２‘×７３－－－－－７３－４３（ｍｏｄ１００）．（３）若ｘ。＝５靠～，则石。－－－２５（ｒｏｏｄ１００）．由数学归纳法知，当ｎ≥２时，５８－－－－２５（ｒｏｏｄ１００）．显然，髫。一ｌ＞２．因此，戈。＝５ｈ。１＝２５（ｍｏｄ１００）．综合以上的结果，知名：咖的末两位数字的所有可能值是０７、２５、４３．６．如图３，联结ＸＹ、ＤＸ、ＢＰ、ＤＹ．由已知有口、Ｐ、Ｄ、Ｘ及Ｃ、Ｙ、Ｑ、Ｄ分别四点共圆．故么ＡＸＭ＝么ＢＸ尸＝［ＢＤＰ＝么ＱＤＣ图３＝么ＡＹＮ．所以，Ｒｔ△ＡＭＸＧＯＲｔ△ＡⅣＬ于是，ＬＭＡＸ＝ＬＮＡＹ，尝＝筹．从而，么ＭＡＮ＝么ＸＡＹ．结合箬＝筹，ｑ导／ＸＡＭＮｃ．，＇９ＡＡＸＹ．故△ＡＭＮ∽△ＡＢＣ营△ＡＸＹ∽△ＡＢＣ｛．ｘｒ／／ｓｃ铮么ＤＸＹ＝么ＸＤＢ．而由Ａ、Ｘ、Ｄ、ｙ四点共圆知么ＤＸＹ＝么ＤＡＹ．又么ＸＤＢ＝９００一么ＡＢＣ，则么ＤＸＹ＝么ＸＤＢ甘么ＤＡＣ＝９０６一么ＡＢＣ舒直线ＡＤ过△ＡＢＣ的外心．因此，结论成立．７．ｎ的最小可能值为９１１．（１）首先证明：９１ｌ满足条件．若每名学生至少答对三道题，由于每名学生答对三道题的不同情况有ｃ毛＝４５５种，于是，若有９１１名学生参赛，则由抽屉原理知，其中至少有３名学生答对了同样三道题．若有一名学生答对题数不多于２道，则其余人中答对不超过三道题的学生不能超过１０人（否则，他们与第一个学生的分数总和少于３６分）．对于余下的９１１—１ｌ＝９００名学生，每名学生答对的题数都不小于４．由于Ｃ：×９００＞４５５×２，故其中至少有３名学生答对了同样三道题．（２）若有９１０名学生参赛，将这些学生分成４５５组，每组两人，每组学生恰答对同样的三道题．此时，不满足题设条件．综上，儿Ⅲｉ。＝９１１．８．Ａ（ｎ）咖＝等．首先，取口。＝１，ｎ：＝一芝等，吼一再＋石ｊ而∽＿ｊ一，…一卜铲一等＋揣吣３，４，…∽．贝Ｈ满足口Ｉ＋口２＋…＋口。＝Ｏ及２ａ‘≤口Ｉ—ｌ＋１７，‘＋ｌ（ｋ＝２，３，…，，ｌ一１）．此时，Ａ（凡）≥当．接下来证明：Ｎ／ｔ（ｎ）＝型｛时，对所有，Ｉ—ｌ的ｋ∈｛ｌ，２，…，疗｝，都有Ｉ口七Ｉ≤．：Ｌ（，ｔ）・ｍａｘ｛Ｉｏｌｌ，Ｉ口。Ｉ｝．因为２ａＩＣａ川＋ａＩ＋ｌ，所以，口＾＋１一ｏ★；≥口‘一Ｏ，ｋ—１．二于二是，口．一ｏ。一ｌ≥口。～ｌ一口。一２≥…≥口２一口１．故（ｋ一１）（口。一口，）＝（｜｜｝一１）∑（口ｉ一哦一，）万 方数据中等数学≥（ｎ一１）∑（口；一ａｉ＿１）ｉ＝２＝（，ｚ一１）（８｛－ａ】）．则吼≤ｎｋ－一ｌｌ（ｎ。一。１）＋口ｌ；ｊ１ｆ（ｋ一１）％＋（ｎ一后）８，］・①同式①可得，对固定的ｋ（后≠１，ｔ／，），当１≤，≤南时，呵≤占［Ｃ／－１）ａＩ＋（局一加・］；当七≤，≤忍时，吩≤志［（ｊ－Ｊ｝）ｎｎ＋（ｎ一加ｔ］・故喜吩≤由壹ｊ＝ｌ睁ｍ州Ｈ）口１］；虿ｋ（８，＋口。），骞吩≤而１封ｕ卅¨”加ｔ］：翌掣（口。＋口。）．＝———■Ｆ——一（口Ｉ＋口。）・以上两式相加得旷∑ｑ＋善ａｊ≤虿ｋ（口。怕）＋掣（¨¨Ｊ２ＩＪ２＾＝虿ｏｌ＋—互一ｏＩ＋——ｒ口ｎ‘ｋｎ＋１，ｌ＋１一ｋ故口Ｉ≥一—！彳［玩。＋（玎＋１一毳）ａ。］．②ｎ—ｌ由式①、②得Ｉ吼Ｉ≤刍ｍ瓤｛Ｉ（ｋ一１）口。＋（ｎ一｜ｉ｝）口ｌＩ，Ｉｋａｌ＋（ｎ＋１一ｋ）口。ｌ｝≤岩懈｛ｌ口ｌ｜’１％Ｊｌ（ｋ＝２，３，…，几一ｉ）．综上，Ａ（托）岫＝；ｎｊ＋１．（熊斌提供）