2009年中国数学奥林匹克CMO试题和详细解答word版

1、2009中国数学奥林匹克解答 一、给定锐角三角形PBC，设A，D分别是边PB，PC上的点，连接PC?PBAC，BD，相交于点O. 过点O分别作OEAB，OFCD，垂足分别为E，F，线段BC，AD的中点分别为M，N （1）若A，B，C，D四点共圆，求证：； FM?FN?ENEM（2）若 ，是否一定有A，B，C，D四点共圆？证明你的结论 FM?ENEM?FN解（1）设Q，R分别是OB，OC的中点，连接P MR，则EQ，MQ，FR，11 ，RF?OC?OB?RM,MQEQ 22AN 又OQMR是平行四边形，所以DEF ，ORM?OQM?OQ 四点共圆，所以C，D由题设A，B，RCBM ，ACD?AB

2、D1 图 于是 ， FRO?2?ACD?EQO?2?ABD ， 所以 FRM?ORM?EQO?OQM?FRO?EQM? ， 故 MRF?EQM? FM， EM 所以 ，ENFN 同理可得 所以 FM?EM?FN?EN ）答案是否定的（2四点不共圆，但此时仍然有，D，B，C，所以当ADBC时，由于AC?B? ，证明如下：FMFN?EN?EM? ，则MQ，NS的中点，连接，OBES，EQ，所示，设如图2S，Q分别是OA11OB?,EQODNS? ， 22ODNS? 所以 EQOB 页8 共 页1 第11又，所以 OC?OA,MQES? 22OAES ? OCMQ BC，所以而ADODOA ， ?

3、OBOCESNS 由，得 ? MQEQ ，因为AOE?AOD?2?NSE?NSA?ASE?)?EOB?(180OQE?AOE?EOB2?EQM?MQO? ，AOE?2?EOB)?AOD?AOE?(180 ，即 EQM?NSE? ，所以 EQM?NSE?OASEEN? （由）故 OCQMEMPOAFN 同理可得， ，? OCFMFNEN ，所以? FMEMNADE 从而 FM?EM?FNENSFO QR CBM qp 使得二、求所有的素数对（p，q），5pq5?qq225?|5q5q|5?2 解：若，则，故，不妨设2?p2|pqq55?q|不合 ，得，即易验证素数对由Fermat小定理，),52

4、(2,q|30q?2,3 合乎要求，要求，)5(22(,3),1qq?56255?5q|q5|5? 为奇数且，故，则，不妨设若pq55?pqp|1?q1|q5?，故时，由时素数对当Fermat合乎要求，当小定理有)(,555q?5q 页8 共 页2 第由于为奇素数，而626的奇素因子只有313，所以经检验素数对q313q|626?q合乎要求 ),313(5p?1q?1，故 若都不等于2和5，则有5?|5pqq,pp?1q?1 )p?0?55(modp?1 ， 由Fermat小定理，得 )odp?51(m故由，得 q?1 )15(modp?kl(2s?1q?1?2p?1?2)(2r?1)， 其中

5、为正整数 设，s,r,k,l若，则由，易知 lk?l?kl?kl1?2r2r?1q1)(2s?1)s?1p?12?11(2s?)2(22r?(2 ，)?(5p?()?(5?11?1)?5?1(mod这与矛盾！所以 2?pl?k同理有，矛盾！即此时不存在合乎要求的 )q(p,l?k综上所述，所有满足题目要求的素数对为 )q(p,，及 )313(,(5,313)2(5,)(5,5)5(2,3)(3,2)2(,5AA?A是一个正2n是给定的整数，n+1边形，三、设m，n?4?m12n1?2?A,?A,AP求顶点属于P且恰有两个内角是锐角的凸m边形的个数 1n1?22解 先证一个引理：顶点在P中的凸m

6、边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻 PP?P，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨边形为事实上，设这个凸mm21?，则设 ?PPP 21m2?(3?j?m?1)?PPPP?PP， mm122j2?(3?j?PP?P?m?1)更有 1?j1jj?2?PP?PP?PP，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理 而+?13m?m121由引理知，若凸边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻 mAAm为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐与在凸边形中，设顶点ji 页8 共 页3 第角设与的劣弧上包含了的条边（），这样的在固定时恰有AA)i,j(n?1?rPrrji对 12n?（

7、1） 若凸边形的其余个顶点全在劣弧上，而劣弧上有个AAAAm2?mP1r?jjii?2m 中的点，此时这个顶点的取法数为C2?m1?r，（2） 若凸边形的其余个顶点全在优弧上，取，的对径点，AABABAm2m?jijjii由于凸边形在顶点，处的内角为锐角，所以，其余的个顶点全在劣弧BABAm2?mjjiim?2 上恰有个中的点，此时这个顶点的取法数为上，而劣弧BBC2?mPrjir所以，满足题设的凸边形的个数为 mnnn?2?2?2m?2?mmmCC?C?1(C)?()?2)(2n?1n?r1r?r?1r?1r1r?1?r? nn?m1m1m?1m?1?C(C?C?(2n?1)()(C)?r1

8、r?r1r?11r?r?m?1m?1)?(2n?1)(C?C n1n?n3? a,a?a 满足求的最小值四、给定整数，实数a1?minaa3n?n12kjin?j?1?ik?1a?a?a，则对不妨设，有 解 n?k?1n21a?a?a?a?n?1?2k， kk1?1kn?n?k?nn1333? aa?a 所以 knk?k1?21k1?k?n311?22? aa?a?a?a?a ? knk?1n?1?k?k1k?n?k424?1?knn11?33? n?aa?1?2k? kk?n?188k?1?k1n?1 n123?2233 当n为奇数时， )?2?21?i(?nk?n1?2? 41i?k?1n

9、 n23?3 n当为偶数时， )22k?i(2?1?n111k?i? 页8 共 页4 第n? n2?33(2ij?2) ?1j?1?i?122n(n?2) 4nn1133?2222 ，nn，为奇数时，当为偶数时，所以，当)2n?na(?)?a1?(n kk32321k?1?kn?1时成立 等号均在n?,1,a?i?2,i? i2n113?2222 （n为奇数）的最小值为n为偶数），或者 因此，（a)1n2)n?(n(? k32321k?五、凸边形中的每条边和每条对角线都被染为n种颜色中的一种颜色问：对怎nP样的n，存在一种染色方式，使得对于这n种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其

10、顶点为多边形的顶点，且它的3条边分别被染为这3种颜色？ P解 当为奇数时，存在合乎要求的染法；当为偶数时，不存在所述的染nn3?4?法。 3C个，而颜色的三三搭配也刚好有个顶点形成一个三角形，三角形的个数为3每n3C种，所以本题相当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合，即形成一一对应 n2C种我们将多边形的边与对角线都称为线段对于每一种颜色，其余的颜色形成1n?2C个三角形中，这表明在合搭配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在1n?2Cn?1n?乎要求的染法中，各种颜色的线段条数相等所以每种颜色的线段都应当有 n2条 n?1不是整数，所以不可能存在合乎条件的染法下设当为偶数时，n1?

11、n?2m 2为奇数，我们来给出一种染法，并证明它满足题中条件自某个顶点开始，按顺时针A,A,?,A对于方向将凸边形的各个顶点依次记为，按12m?1,2,?,?i1m?212?21mA再将种颜色分别记为颜色理解顶点 1m?,2?,211m2modm?1?2iAAi，其中再对每个将边，都将线染为颜色1?,2m?1,2,?m,?i1,2?,2?1i1?iiAAi，其中于是每种颜色的线段都刚好段（对角线）染为颜色1m?,1,2?,?kki?k?i1 页8 共 页5 第 同色，当且仅当有条注意，在我们的染色方法之下，线段与AAAAmjjii2121 )j(mod2m?1?i?ji?2121都不与线段，任

12、何，因此，对任何AAAA)m?j(mod2m?1)1(modk?02i?kkj?ji?i 同色换言之，如果 )?1ji?j?i?(mod2m2211 则线段都不与同色AAAAjiji2121，如果它们之间至多只有一条边同色，当任取两个三角形和AAA?AAA?kijkij222111条然它们不对应相同的颜色组合如果它们之间有两条边分别同色，我们来证明第3AAAA 边必不同颜色为确定起见，不妨设与同色jjii2112AAAA ：如果与也同色，则由知情形1kkjj2121 ， )1?i?j(mod2m?i?j2211 ， )?k(mod2m?1?jk?j2211AAAA ，故由知将二式相减，得不与同

13、色)1m?ki?k?i?(mod2iikk22112121AAAA 情形2：如果也同色，则亦由知与kiik2112)m?1?j(mod2?i?ji ，2211)?1k(mod2mi?k?i? ， 2211AAAA)1j?k(mod2m?j?k总之，与，亦由知不同色将二式相减，亦得kkjj21122121A?AAA?AA 与 对应不同的颜色组合kijkji222111的任，使得对S六、给定整数，证明：存在n个互不相同的正整数组成的集合S3?n ，数意两个不同的非空子集A，B?xxxA?Bx? 与 BA? Xx分别表示有限数集的所有元素之和及元素个数）（这里是互素的合数与 XX?x证 我们用表示有

14、限数集X中元素的算术平均 )fX( 页8 共 页6 第? n,?m?1,S?2(m?)!具有下述性质：第一步，我们证明，正整数的n对元集合1的任意两个不同的非空子集A，B，有 S)(B(A)?ff1证明：对任意，设正整数k满足 S?A?A?1 ， )!?(k?1!k?f(A) 的最小正整数我们首先证明必有A?l 并设l是使)!1f(A)?(lk?个元素，即A中至多有是A中最大的数，则由 事实上，设，易知SA?)!1?(kk1?1)!(k? kA?故由知故特又由，的定义知，?!?k(A)?f)f(A)Af()!?(k1kk? ?k k?A 别地有?A?l?1)!k?1)!(k)Af(A?(于是我

15、们有l的定义可知此外，显然，故由 l?A k? A?l；否则有若，则 ，则1?kl?lk11?1?(k?1)! ?)lf(A)?1?f(A(l?1)? k?1l? !?2k!?(k?1)!? lAA?All?1即知中最大元，故上式表明结合由于是A )!(k?1S的两个不同的非空子集A，现在，若有B，使得，则由上述证明知)(BA)?ff(1A?B?lAf(A)?Bf(B)，但这等式两边分别是A，B的元素和，利用，故 易知必须A=B，矛盾 !2?(m?1)!m!K?n!?maxf(A)，我们证明，对任何正整数第二步，设K是一个固定的正整数，1A?S11? S?!x?S?1K!nS的任意两个不同的x

16、，正整数的n具有下述性质：对元集合212非空子集A，B，数与是两个互素的整数 )Bf(f(A)A?AB?BBSA,S，且 事实上，由，满足的定义易知，有的两个子集， 121111f(A)?K!n!xf(A)?1,f(B)?K!n!xf(B)?1 11 页8 共 页7 第显然及都是整数，故由上式知与都是正整数 )!f(An!f()Bn)(A)Bff(11现在设正整数d是与的一个公约数，则是d)AB)f(B)?n!f(n!f(A)f)fB(f(A)11 知dn!f(A)?n!f(B)，但由K的选取及的构作可，的倍数故由可知，S111n!f(A)?n!f(B)是小于K的非零整数，故它是的约数，从而dK!再结合 !K11 df(A)