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1、金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 第 1 页 共 11 页 金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 第三届中国东南地区数学奥林匹克（含解答及英文版）希望联盟 2006 年度赛第一天（2006 年 7 月 27 日， 8：0012：00， 南昌）一、设证明：存在唯一的正数，使得0,ab2()2( )4ab xabf xxabx11 333( )()2abf x解法一：令， 11 333()2abt由，2()2 4ab xabtxab得 ， 2()4 ()2abt xt abab 1为证有唯一的正数解，只要证，及, 即 1x2()40abt()20t abab. 11 3332()22abab
2、ab ab 2记，即要证11 33, , ,au bvuv， 33333332 22u vuvuv uv 3由于，即左端成立.33333333222uvuvu vuvu v 3为证，即，33322uvuv2222221, 4()82uuvvuvuvuuvv即，此为显然.故成立，230uv 3从而即为所求()2 2()4t ababxabt金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 第 2 页 共 11 页 金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 EFCABGD解法二：22()21()( )()422(4)ab xababf xabxabxab在上为严格单调增加的连续函(0,)数，而且，2(0)abf
3、ablim( )2xabf x 据解法一式知,， 211 3332()22ababab ab故存在唯一的正数，使得x11 333( )()2abf x二、如图所示，在ABC 中，是边 CA 上的两点，90 ,ABCD G连接 BD，BG . 过点 A，G 分别作 BD 的垂线，垂足分别为 E， F，连接 CF. 若 BEEF，求证：.ABGDFC 证：作的外接圆 w，延长 BD、AE 分别交 w 于 K、J. Rt ABCV 连接 BJ、CJ、KJ、FJ. 易知，故 BJKC.BAJKBC 于是四边形 BJCK 是等腰梯形，又 AJ 垂直平分 BF，故 BJFJ， 故四边形 FJCK 是平行四
4、边形. 设 AE 与 BG 的交点为 M，FC 与 JK 的交点为 N， 则 M、N 分别是 BG 和 FC 的中点，于是sinsin,sinsinABMAGJKCFK AGBAMBKJCK 又 ，BAGFKC 于是 ，BAGFKC 所以 .ABGDFC 三、一副纸牌共张，其中“方块” 、 “梅花” 、 “红心” 、 “黑桃”每种花色的牌各张，5213标号依次是，其中相同花色、相邻标号的两张牌称为“同花顺2,3,10, ,J Q K AL牌” ，并且与也算是顺牌（即可以当成 使用）. 试确定，从这副牌中取出张A2A113 牌，使每种标号的牌都出现，并且不含“同花顺牌”的取牌方法数解：先一般化为
5、下述问题：设 从 ，3,n 1212, ,nnAa aaBb bbLL这四个数列中选取个项，1212, ,nnCc ccDd ddLLn且满足： 每个下标都出现； 1 1,2,nnnn nnxx 322 322 21143;143 .xxx 相加得，于是 . 133nn nx 331(2)nn nxn 因此 . 这就是所求的取牌方法数.13 1333x四、对任意正整数，设是方程的实数根，求证：nna31xxn（1）；1nnaa（2） 2 11 (1)nn iiaia证：由 ，得 .31n naan01na（1）33332211 1111110()()1nnnn nnnnnnnnnnaaaaaa
6、aaaaaaaannnnn 因为，故，即22 1110nnnnaaaan10nnaa1.nnaa金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 第 4 页 共 11 页 金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 ABCDFGIEABCDFGIE因为 ，所以 2211nnaan， 211 1111nnnanann从而 ，211 11nn nna.2 11111111()111111nnnn iiiinai iiinnia 故 .2 111nn iia ia 第三届中国东南地区数学奥林匹克解答希望联盟 2006 年度赛第二天（2006 年 7 月 28 日， 8：0012：00， 南昌）五、如图，在中, 的内
7、切圆分别切边ABC60AABCI于点,直线分别与直线相交于点,AB AC,D EDEBICI，, 证明：FG，1 2FGBC证法一：分别连接,CFBGIDIEAI， 则四点共圆.ADIE、所以,1 2IDEA从而,1902BDFA又,1118022BICBCA （）=90金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 第 5 页 共 11 页 金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 所以.BDFBIC 又 ,得.所以DBFCBI FDBCIB.FBDB CBIB又由 ,DBIFBC 得 ,所以 , IDBCFBCFBF从而.1302FCGA同理，所以四点共圆，BGGCBCFG、由此 ，sinFGBCFC
8、G所以.1 2FGBC证法二：因为，1()2BIGBC 又因为，1801()22ABDGADEBC 所以四点共圆，BDIG、 因此.90BGCBDI 同理，所以四点共圆. 90CFBBCFG、又 ，19090()302FCGFBCBCIBC 所以.1sin2FGBCFCGBC六、求最小的实数 m，使得对于满足 a+b+c=1 的任意正实数 a，b，c，都有333222(61m abcabc）（）解法一：当 a=b=c时，有1 327m 下证不等式33322261abcabc27（）（）对于满足 a+b+c=1 的任意正实数 a，b，c 都成立因为对于，01x有，32427653xxx32811
9、81540xxx21940xx（3）（）故 ，32427653xxx01x所以 ，32427653aaa，32427653bbb金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 第 6 页 共 11 页 金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 ，32427653ccc把上面三个不等式相加，得.33322261abcabc27（）（）所以，m 的最小值为 27解法二：当 a=b=c时，有1 327m 下证不等式 33322261abcabc27（）（）对于满足 a+b+c=1 的任意正实数 a，b，c 都成立因为，所以，2() ()0abab3322aba bab同理， ，3322bcb cbc3322ca
10、c aca于是 ，3332222222()abca bb cc aabbcca3333332222223()abcabca bb cc aabbcca，222222()()abc abcabc所以222222616abcabc （）（）2()abc2222226()3()abcabc2223339()27abcabc（）所以，m 的最小值为 27七、 （1）求不定方程的正整数解的组数.2()mnnrmrmnr( , , )m n r（2）对于给定的整数，证明：不定方程至少有1k ()mnnrmrk mnr组正整数解.31k ( , , )m n r解：（1）若，由得, ,2m n r 2 ,2
11、 ,2mnm nrn mrr，2()mnnrmrmnr所以以上不等式均取等号，故.2mnr若，不妨设，1 , , m n r1m 则，于是，2(1)nrnrnr(1)(1)3nr金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 第 7 页 共 11 页 金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 1327 6214所以，故，1,11,3nr , 2,4n r , , 1,2,4m n r 这样的解有组.3!6所以，不定方程共有 7 组正整数解.2()mnnrmrmnr（2）将化为()mnnrmrk mnr22()()nkmrkmkkmm满足上式221,nkmrkkmmkm且时, 1,2, 2km L0mnr为
12、偶数时, k22 , , ,1,m n rl klkkllkl 其中 给出了不定方程的 3组正整数解1,2,2kl Lk为奇数时, ,k22 , , ,1,m n rl klkkllkl 其中给出了不定方程的 3组正整数解，11,2,2klL(1)k 中有两个,另一个为, ,m n r1 2k 22111()222kkkkkk的情况给出了不定方程的 3 组正整数解(1)(31) 4kk而亦为不定方程的正整数解mnrk故不定方程至少有组正整数解()mnnrmrk mnr31k 八、对于周长为的圆，称满足如下条件的最小的正整数为“圆剖分数”：如n*()nNnP果在圆周上有个点，对于中的每一个整数，nP12, npA AAL1,2,1nLm都存在两个点，以为端点的一条弧长等于；圆周上每相邻两点间的,ijA A(1,)ni jPijAA和m弧长顺次构成的序列称为“圆剖分序列” 例如：当时，12(,) nnPTa aaL13n 圆剖分数为，如图所示，图中所标数字为相邻两点之间的弧长，圆剖分序列134P 为13(1,3,2,7)T 或(1,2,6,4)求，并各给出一
