2007协作体资料长沙一中

12 / 12 / 组合几何选讲 （湖南省长沙市第一中学：于杰延） 1．已知n×n (n是奇数)的棋盘上的每个单位正方形被黑白相间地染了色，且4个角上的单位正方形染的是黑色. 将3个连在一起的单位正方形组成的一个L形图称为一块“多米诺”. 问n为何值时，所有的黑格可以用互不重叠的“多米诺”覆盖？若能覆盖，最少需要多少块“多米诺”？ 2．在坐标平面上，具有整数坐标的点构成单位边长的正方格的顶点，这些正方格被涂上黑白相间的两种颜色（像国际象棋棋盘那样）. 对于任意一对正整数m和n，考虑一个直角三角形，它的顶点具有整数坐标，两条直角边的长度分别为m和n，且两条直角边都在这些正方格的边上. 令S1​为这个三角形区域中所有黑色部分的总面积，S2则为所有白色部分的总面积. 令 f (m, n) = |S1 – S2|. （a）当m和n同为正偶数或同为正奇数时，计算f (m, n)的值. （b）：f (m, n)≤ max {m, n}对所有的m和n都成立. （c）证明：不存在常数c，使得对所有的m和n，不等式f (m, n)＜c都成立. 3．两个半径相等的圆盘内各有一个内接正2n边形，每个正2n边形的顶点有一半染上黄色，另一半染上蓝色. 将一个圆盘放在另一个圆盘上，使得圆盘内的两个正2n边形的顶点均重合，于是得到2n对顶点. 如果一对中的两个相重合的顶点同色，我们称这一对点为“匹配点对”. 证明：存在一种放置的方法，使得至少有n对“匹配点对”. 4．在一个面积为1的正三角形内部，任意放五个点. 试证：在此正三角形内，一定可以作三个正三角形盖住这五个点，这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边，并且它们的面积之和不超过0.64. 5．集合S是平面上n个点构成的点集，S中任意两点的距离至少有1个单位. 证明：存在S的一个子集T，T至少由 个点构成，并且T中任意两点的距离至少为 个单位. 6．在一个平面上放n个无三点共线的特殊点，它们的颜色或红或绿或黄，且满足条件： （1）在一个所有顶点为红色的三角形内，至少有一个绿点； （2）在一个所有顶点为绿色的三角形内，至少有一个黄点； （3）在一个所有顶点为黄色的三角形内，至少有一个红点. 求整数n的最大可能值. 7．平面上有n个点，其中的每三个点均同属于一个半径为1的圆，证明存在一个半径为1的圆覆盖这n个点. 8．给定(3n + 1)×(3n + 1)的方格纸（n∈N），试证任意剪去一个方格后，余下的纸必可全部剪成形如 的纸片. 1．【解析】设n = 2m + 1，考虑奇数行，则每行有m + 1个黑格，共有(m + 1)2个黑格.而任意两个黑格均不可能被一块“多米诺”覆盖，因此，至少需要(m + 1)2块“多米诺”，才能覆盖棋盘上的所有黑格.由于当n = 1，3，5时，均有3(m + 1)2＞n2，所以，n≥7. 下面用数学归纳法证明：当n≥7时，(m + 1)2块“多米诺”可以覆盖棋盘上的所有黑格. 当n = 7时，由于两块“多米诺”可组成一个2×3的矩形，两个2×3的矩形又组成一个4×3的矩形，则可将这4个4×3的矩形放在7×7的棋盘上，使得除了中间的一个黑格外，覆盖了棋盘上的所有方格(如图1). 调整与中间的这个黑格相邻的一块“多米诺”，使得用这块“多米诺”盖住中间的这个黑格，而且也能盖住原来那块“多米诺”所覆盖的唯一的一个黑格. 从而，用16块“多米诺”覆盖了棋盘上除一个白格外的所有方格（如图1）. 假设当n = 2m – 1时，在(2m – 1)×(2m – 1)的棋盘上可以用m2块“多米诺”覆盖棋盘上的所有黑格.当n = 2m + 1时，将(2m + 1)×(2m + 1)的棋盘分成(2m – 1)×(2m – 1)，(2m – 1)×2和(2m + 1) ×2的3部分，由于(2m – 1)×2的矩形又可以分成m – 2个2×2的正方形和一个2×3的矩形，于是，(2m – 1)×2的矩形中的黑格可以用(m – 2) + 2块“多米诺”覆盖. 同理，(2m + 1)×2的矩形可以用(m – 1) + 2块“多米诺”覆盖（如图2）. 因此，(2m + 1)×(2m + 1)的棋盘可用m2 + m + (m + 1) = (m + 1)2块“多米诺”覆盖. 2．【解】（a）设ABC为一直角三角形，它的顶点具有整数坐标，且两条直角边都在这些正方格的边上. 设∠A =90°，AB = m，AC = n. 考虑如右图中的矩形ABCD. 对于任一多边形P，记S1 (P)为P中黑色部分的面积，S2(P) 为P中白色部分的面积. 当m和n同时为偶数或者同时为奇数时，矩形ABCD的着色关于斜边BC的中点中心对称. 因此 f (m，n) = |S1(ABC) – S2 (ABC)| = |S1 (ABCD) – S2 (ABCD)|. 于是，当m和n同时为偶数时，f (m，n) = 0，而当m和n同时为奇数时，f (m，n) = . （b）如果m和n同时为偶数或者奇数，则由（a）即结论成立. 故可设m为奇数，n为偶数. 如图b所示，考虑AB上的点L使得 AL = m – 1. 由于m –1为偶数，我们有f (m–1，n) = 0，即S1(ALC) = S2 (ALC). 因此 f (m，n) = |S1 (ABC) – S2 (ABC)| = |S1 (LBC) – S2 (LBC)| ≤LBC的面积= ≤ max{m，n} （c）我们来计算f (2k +1，2k)的值. 如同在（b）中，考虑AB上的点L，使得AL = 2k. 因为f (2k，2k) = 0且S1 (ALC) = S2 (ALC). 我们有 f (2k +1，2k) = |S1 (LBC) – S2 (LBC)| 三角形LBC的面积等于k，不妨假设对角线LC全部落在黑色正方格中(见图c). 于是，LBC的白色部分由若干个三角形组成：BLN2 k ，M2k – 1 L2k – 1 N2k – 1，… ，M1L1N1，它们每一个都与BAC相似. 其总面积等于 S2 (LBC) = = (12 +22 + … + (2k)2 ) = 因此，黑色部分的总面积为 S1 (LBC) = k – (4k +1) = (8k –1) f (2k +1，2k) = . 可以取任意大的值. 3．【解析】将两个圆盘重合好后，记“匹配点对”的个数为a1. 将一个圆盘旋转 度，再次记下此时“匹配点对”的个数a2. 这样旋转(2n – 1)次，共记下了2n个数a1，a2，…，a2n，且有a1 + a2 + … +a2n = 2n×n = 2n2. 由抽屉原理知，必有一次旋转后“匹配点对”的个数不小于n. 4．【解】设△ABC是一个面积为1的正三角形. 在每条边上各取两个点，使各点到最近顶点的距离是边长的 （如图a），于是△AB2C1、△BC2 A1和△CA2B1都是正三角形，且面积为 . （1）如果△AB2C1、△BC2A1，△CA2B1中有一个至少盖住已知5个点中的3个，那么命题显然成立. 因为这3个点都在△ABC内部，所以当将盖住它们的三角形的某条边适当平移，而使三角形面积小于 后，仍能将它们盖住. 然后再适当作两个小正三角形盖住其余两个点，便可使5个点全部盖住，且可保证三个三角形面积之和不超过 . （2）如果上述三个面积为 的正三角形中任何一个都至多盖住两个已知点，那么图a的三个菱形（阴影部分）中均至少有1个点，而它们之间的3个梯形中，至多有一个已知点，因此5个点的分布情况只有图b、图c两类： （i）在图b中，5个点分布在3个菱形的顶点所作的两个正三角形AA1A2、BB1B2的面积和为8· ( )2. 它们盖住了4个点，再作一个适当的小正三角形盖住第5个点. 正是这三个三角形满足. （ii）在图c中，有一个菱形中有两个点，另个两菱形各有1个点，而在这两个菱形之间的梯形中还有1个点，不妨设这个点距B比C近. 过AB2中点A3作A3B3∥AC，于是 . 而 . 此时△BA2B2、△AA4A5盖信4个点，面积为 . 用（1）的方法将某三角形的某边适当平移，使面积和小于 . 再适当作一个正三角形盖作第5个点. 此时这三个正三角形满足要求. 5．【解析】为证原题先给出如下引理. 引理：如图2，在△ABC中，若 ， ，则∠A的最小值为30°. 引理的证明：由余弦定理，有 EMBED Equation.DSMT4 . 因为 ，所以 = = cos30°. 故∠A≥30°. 下面证明原题. 设n = 7k + r，其中 ，0≤r≤6. 考虑S中n个点的凸包，设A1为其中一个项点，易知其内角∠A1＜180°，则S中至多有6个点与A1的距离小于 （否则，若有7个点与A1的距离小于 ，将这7个点分别与A1连结，顺时针依次为N1，N2，…，N7.由引理知∠NiA1Ni + 1≥30°(I = 1，2，…，6).故 ，矛盾）. 将去掉A1及与Ai距离小于 的点后的点集记为S1，知S1中任一点与A1距离不小于 .重复上述步骤，得到A1，S2；……，直至得到Ak，Sk，且|Sk |≥r，Sk中任一点与Ak距离不小于 . 因此，T = {Ai}i = 1，2，…，k∪{B}为满足题设要求的点集，其中点B为Sk中任一点. 6．【解析】假设总共有a个红点，它们的凸包是一个凸k边形，在其内部有b个绿点，它们的凸包是一个凸l边形，在其内部有c个黄点，它们的凸包是一个凸m边形，在其内部又有a′个红点. 如果三角形的所有顶点都是同一种颜色，则称该三角形为红色、绿色或黄色三角形 因为所有红点的凸包恰好可划分为2a – k – 2个不重叠的红色三角形，每个这样的三角形中至少包含一个绿点，则有 b≥2a – k – 2. 同样地，有c≥2b – l – 2≥b – 2；a′≥2c – m – 2≥c – 2. 因为红凸包的k个红点不能算在a′内，所以， a≥a′ + k. 于是，有a≥a′ + k≥(c – 2) + k≥[(b – 2) – 2] + k≥{[(2a – k – 2) –2] –2} + k = 2a – 6. 故a≤6，即红点数不能超过6. 根据对称性，绿点或黄点数都不能超过6. 因此，n不能大于18. 下面证明18是最大值. 我们给出18个点的一种具体放置. 首先，考虑6个红点.根据前面的讨论知，在这些红点的凸包内应该有4个绿点，放置如图2.其中点A、F、I、C、H、J是红的，点B、G、D、E是绿的，所有的点相对于O都是对称放置的.长方形ABCD、EFGH都有1: 的边长.注意到，每一个红三角形恰包含一个绿点. 将另两个绿点放到红点I、J绕点O逆时针方向旋转60°后所落的位置上.类似地，将黄点放到绿点绕点O逆时针方向旋转60°的位置上.根据对称性，这就给出了所要求的放置. 7． 以这n个点中的每一点为圆心各作一个半径为1的圆，得n个圆，任取其中的三个圆，由已知条件，它们的圆心属于同一个半径为1的圆，故这个圆的圆心即为所取的三个圆的公共点 . 一个半径为1的圆，故这个圆的圆心即为所取的三个圆的公共点. 从而可知所作的n个圆中的每三个圆均有公共点，由海莱定理，这n个圆必有公共点O，以O为圆心作半径为1的圆即能覆盖所给的n个点. 8．【证】用数学归纳法来证明. 首先分别考查n = 1，2，3的情形. 为便于叙述，将题中要求剪成的纸片的形状称为L状. n =1时，可将4×4的方格纸分成4个2×2的正方形. 不论所去掉的方格位于哪个正方形中，该正方形中所余下的3个方格都恰好为一个L状纸片，其余的3个2×2的正方形构成一个大L状纸片，容易将它剪开为4个L状纸片，故知n =1时结论成立. n =2时，需对7×7的方格纸分情况讨论. 首先引述三个事实： （1）2×3的方格纸可以剪成两个L 状纸片； （2）将5×5的方格纸去掉角上一个方格后，余下部分可剪成8块L状纸片，见右图(a)； （3）在4×4的方格纸中去掉角上的一个L状纸片后所得的图形中，任意去掉一个方格均可分成4块L状纸片，这由n =1的结果即可看出. 将7×7方格纸划分成4块如右图（b）所示，由上述三个事实便知，当去掉一个方格在A中时，可以将余下部分剪成L状纸片. 因此，只须再证当剪去的一个方格为中心方格或与中心方格有公共边的方格时，结论也成立. 对于这两种情形，可按下图（c）所示的方式将7×7的方格纸剪开. 显然，事先去掉的方格落在正方形B中，故知这时命题的结论也成立. 至此，我们证明了n =2时结论成立. n =3时，将10×10的方格纸按图（d）的方式分成8块，使去掉的一个方格落在7×7的正方形中. 则由n = 1，2的结论知n =3时结论也成立. 假设对于n≤k结论都成立. 当n = k +1时，可先自 (3k + 4)×(3k + 4)的方格纸中分出一个位角上的(3k–2)×(3k–2)的正方形，使去掉的一个方格位于其中；再将其余部分划分成6 (k –1)个2×3的矩形和一个缺一个角格的7×7正方形. 参看图（e）. 于是由归纳假设及已证结果可知，当n = k + 1时，结论也成立，这就完成了归纳证明. 数 学 竞 赛 模 拟 试 题 第一试 一、选择题（每小题6分，共36分） 1．已知实数 、 满足： ，则 + = （ ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．集合M = {(x, y) | |x – 6| + |y + 12| = |x – 12| + 2 |y + 3| = 15, x, y∈R}，则|M| =（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 3．半径为r的两个球相切，并和二面角的两个面相切，第三个球和二面角的两个面也相切，并且同时与这两个半径为r的球相切，已知二面角的平面角为60°，且第三个球的半径大于r，则第三个球的半径为（ ） A． r B． r C． r D． r 4．五名男生和二名女生站成一行，其中男生甲必须站在中央，女生必须相邻，则不同站队方法种类为（ ） A． B． C． D． 5．如果实数x，y满足x2 + y2 = 1，那么 的最小值是（ ） A． B． C．1 D． 6．方程sin (xsinx) = cos (xcosx)在闭区间 内的解的个数是（ ） A．0 B．2 C．有限多个，多于2 D．无穷多个 二、填空题（每小题9分，共54分） 7．若正项数列{an}的前n项和为Sn，且存在正数t，使得对所有的正整数n，都有： 成立，如果 ，那么t的取值范围是 . 8．已知方程2x2 + 2xy + y2 + 2x + 2y – 4 = 0在平面直角坐标系xOy中表示一个椭圆，则此椭圆的中心的坐标是 . 9．曲线(|x| – 1)2 + (|y| – 2)2 = 5围成的区域的面积= . 10．在正2007边形的第一个顶点上都写有一个正数，每个数是两侧相邻数的算术平均值或几何平均值. 若所写的数中有一个是32，是与它相邻的数是 . 11．使得 是整数的整数k (k≥8)的个数为 . 12．当且仅当n被k整除时，多项式x2n + 1 + (x + 1)2n不被x2 + x + 1整除，则整数k = . 三、解答题（每小题20分，共60分） 13．设P是方程：z6 + z4 + z3 + z2 + 1 = 0的有正虚部的那些根的积，且p = r ，r＞0， ∈ ，求 . 14．直线m与椭圆 交于A、B两点，与双曲线 交于C、D两点，若A、B为线段CD的三等分点，求m的方程. 15．已知数列{an}满足：a0 = ， ，求证： . 第二试 1．（50分）过锐角△ABC的顶点A、B、C的三条高分别交其对边于点D、E、F. 过点D平行于EF的直线分别交AC、AB于点Q和R，EF交BC于点P. 证明：△PQR的外接圆过BC的中点. 2．（50分）a、b、c是正实数. 求证： . 3．（50分）求满足下式的所有自然数a和b： . 参考答案 第一试 一、1．C 2．A 3．C 4．B 5．A 6．A 二、7． ； 8． (0，– 1) ； 9． 10π +16 ； 10． 32 ； 11． 2 ； 12． 3 三、13．x = z + ，则x3 –2x + 1 = 0，即x =1 或x = . （i）当x =1时，z = ，故arg z1 = = 60°. （ii）当x = 时，z = . 注意到cos72° = ，故arg z2 =72°. （iii）当x = 时，z = . 注意到cos144°= ，故arg z3 =144°. ∴ = 144° + 72° + 60° = 276°. 14．【解】①当直线m的斜率不存在时，设直线m的方程为：x = a， ∴|AB| = ，|CD| = . ∵A、B为线段CD的三等分点 ∴|CD| = 3 |AB|. ∴ = . ∴a = 2. ②当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为：y = kx + b (k≠0)，则 代入椭圆中得：(5 + 9k2 )x2 + 18kbx + 9b2 – 45 = 0 （*） ∴|AB| = ， . 代入双曲线中得： (4k2 – 5)x2 + 8kbx + 4b2 – 80 = 0 （**） ∴|CD| = ， . ∵A、B为线段CD的三等分点 ∴ . ∴ = . ∴kb = 0. 当b = 0时， 方程（*）可化为：(5 + 9k2)x2 – 45 = 0. ∴|AB| = 方程（**）可化为：(4k2 –5)x2 – 80 = 0. ∴|CD| = . 又由|CD| =3 |AB|可得： . 这时，m的直线方程为y = ； 当k = 0时， 方程（*）可化为：5x2 + 9b2 – 45 = 0. ∴ b2≤5. 方程（**）可化为：–5x2 + 4b2 –80 = 0. ∴ b2≥20. 矛盾！这时m的直线方程不存在. 综上所述：直线m的方程为：x = 2或y = . 15．证明：（1）∵a1 = ，a2 = . ∴a n＞an – 1＞0. ∴an – a n –1＜ a n – 1 an. 即 ＜ . ∴ ＜ ＜1+ + +…+ =1+ + … + EMBED Equation.DSMT4 . 即2 – ＜2– ，∴an＜n. （2）an = a n–1 + ＜a n –1 + (n –1) a n – 1. 即a n＜ . ∴a n –1＞ . ∴an＞a n –1 + ∴an – a n –1＞ ＞ ＞ . …… ＞ . ∴ ＞1– . ∴2 – ＞ . ∴ ＜ . ∴an＞ . 证毕. 第二试 1．【证】点P的存在意味着AB≠AC. 由对称性，可设AB＞AC，则P、D在射线MC上，点B、C、E、F共圆，因此，PB·PC = PE·PF. 垂足△DEF的外接圆也即△ABC的欧拉圆（九点圆）必经BC的中点M. 因此PE·PF = PD·PM. 所以 PB·PC = PD ·PM. ① △AEF∽△ABC，因此，∠ABC =∠AEF. ∵QD∥EF， ∴∠AEF =∠CQD，∠ABC =∠RBD. 因而∠RBD =∠CQD. 显然∠BDR =∠QDC， 故△BDR∽△QDC. ∴DQ·DR = DR·DC. 如能证明 DB·DC = DP·DM， ② 则等式DQ·DR = DP·DM成立，也就证明了Q、R、M、P共圆. 由此，证明本题就简化为由①化为②. 令MB = MC = a，MD = d，MP = p， 则有PB = p + a，DB = a + d，PC = p – a，DC = a – d，DP = p – d. 由①得(p + a) (p – a) = (p – d) p，即a2 = dp. 由②得(a + d) (a – d) = (p – d) d，也得a2 = dp. ∴②成立. ∴命题成立. 2．因为a、b、c R+，由柯西不等式知 ≥ = . 故2a2 + (b + c)2 ≥ . 同理，2b2 + (c + a)2 ≥ . 2c2 + (a + b)2 ≥ . 若4a≥b + c，4b≥c + a，4c≥a + b， ① 则 = 2 + ≤2 + . 同理， ≤2 + ， ≤2 + . 三式相加得： + + ≤6 + = 6 + = = = 8. 若①不成立，不妨设4a＜b + c. 则 ＜2. 由柯西不等式得 (b + b + (c + a)2)≤(b2 + b2 + (c + a)2 ) (1 + 1 +1)， 故 ≤3. 同理， ≤3. 所以， + + ＜8. 综上可知，原不等式成立，当且仅当a = b = c时等号成立. 3．【解】由对称性，不妨设a≤b. 由x – 1＜[x]≤x，有 及 ， 即 或 ， 整理得 先考虑①式，若 b≥a2 + 2，则 b3 – (a2 + 1)b2 – 2ab + a3 – a2 = b[b(b – a2 – 1) – 2a] + a3 – a2≥b(b – 2a) + a3 – a2 = (b – a)2 + a3 – 2a2≥(a2 – a + 2)2 + a3 – 2a2 = (a2 – a + 2)2 – a2 + a2(a – 1) = (a2 + 2)(a2 – 2a + 2) + a2(a – 1)＞0. 与①式矛盾.b≥a2 + 2不真，于是b≤a2 + 1. 再考虑②式，设f (x) = x3 – (a2 + 1)x2 + ax + a3 – a2. 当a≥2时，有f(–a) = –a3 – (a2 + 1)a2 – a2 + a3 – a2＜0， 又f(0) = a3 – a2＞0，且f(a) = a2(–a2 + 2a – 1)＜0， 而f (a2) = a2(–a2 + 2a – 1)＜0，同时f(a2 + 1) = a(2a2 – a + 1)＞0. 因此，方程f(x) = 0的三个根在区间(–a，0)，(0，a)，(a2，a2 + 1)中各有一个. 故，当a≤b≤a2时，有f(b)＜0.与②式矛盾.于是b≥a2 + 1. 当a = 1时，②式化为b3 – 2b2 + b＞0， 即b (b – 1)2＞0，所以b≥2 = a2 + 1. 总之，若②式成立，则b≥a2 + 1.综上，只能有b = a2 + 1. 将b = a2 + 1代入原式得 . 当a≥2时，上式化为a3 + 2a = a + a(a2 + 1)，这是一个恒等式. 当a = 1时，上式化为 此时显然成立. 因此，a≤b时，原方程的所有解为b = a2 + 1，a∈N. 同理，b≤a时，原方程的所有解为a = b2 + 1，b∈N. 因此，原方程的所有解为b = a2 + 1，a∈N 或a = b2 + 1，b∈N. ① ② _1247030769.unknown _1247147253.unknown _1247148632.unknown _1247149519.unknown _1247152121.unknown _1247155921.unknown _1247159348.unknown _1247159360.unknown _1247156256.unknown _1247159270.unknown _1247156268.unknown _1247156238.unknown _1247155036.unknown _1247155850.unknown _1247152629.unknown _1247152998.unknown _1247153231.unknown _1247155006.unknown _1247153391.unknown _1247153064.unknown _1247152860.unknown _1247152930.unknown _1247152784.unknown _1247152444.unknown _1247152507.unknown _1247152326.unknown _1247152438.unknown _1247150020.unknown _1247151662.unknown _1247151824.unknown _1247152075.unknown _1247151776.unknown _1247150402.unknown _1247151618.unknown _1247150088.unknown _1247150193.unknown _1247149837.unknown _1247149931.unknown _1247149685.unknown _1247148866.unknown _1247148978.unknown _1247149250.unknown _1247149305.unknown _1247149005.unknown _1247149154.unknown _1247149049.unknown _1247148998.unknown _1247148930.unknown _1247148951.unknown _1247148909.unknown _1247148810.unknown _1247148833.unknown _1247148748.unknown _1247148019.unknown _1247148194.unknown _1247148359.unknown _1247148411.unknown _1247148312.unknown _1247148067.unknown _1247148087.unknown _1247148042.unknown _1247147473.unknown _1247147659.unknown _1247147913.unknown _1247148005.unknown _1247147940.unknown _1247147851.unknown _1247147907.unknown _1247147781.unknown _1247147523.unknown _1247147333.unknown _1247147422.unknown _1247147318.unknown _1247033132.unknown _1247145538.unknown _1247146558.unknown 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