tceic.com
学霸学习网 这下你爽了
赞助商链接
当前位置:首页 >> 数学 >>

CGMO2010第9届中国女子数学奥林匹克试题及解答


26

中 等 数 学

2010女子数学奥林匹克
中图分类号 : G 424 . 79 文献标识码 : A 文章编号: 1005 - 6416( 2010) 11 - 0026- 05

第一天
1 . 给定整数 n ( n 是集合 { 1 , 2 ,
2n i= 1

第 二 天
, A 2n 5. 已知 f (x )、 g (x )都是定义在 R 上递增 的一次函数, f ( x ) 为整数当 且仅当 g ( x ) 为 整数. 证明: 对一切 x 整数. (梁应德 供题 ) BC 的中点, BAC 的外 角 平分 线 交 直线 BC 于 点 P. 点 K 、F 在 直 线 PA 上 , 使得 MF
图 1 图2

3) , 设 A 1, A 2,

, n } 的两两不同的非空子集,

记 A 2n + 1 = A 1. 求 A i ! A i+ 1 A i ? A i+ 1

R, f ( x ) - g ( x ) 为 ( 刘诗雄 供题 )

6. 如图 2 , 在锐角 #ABC中, AB > AC, M 为边

的最大值. 2 . 如图 1 ,在 # ABC 中 , AB = AC, D 是边 BC 的 中点, E 是 # ABC 外一 点, 满足 CE AB, BE = BD. 过 线 段 BE 的 中 点 M 作直 线 MF

BC, MK

PA. 求证 : 供题 ) , n

BC = 4 PF?AK.
2

( 边红平

BE, 交 # ABD 的外接圆的劣弧 AD于点 F. 求证: ED DF. (郑 焕 供题 ) 3 . 求证 : 对于每个正整数 n, 都存在满足 下面三个条件的质数 p 和整数 m: ( 1) p ? 5( m od 6) ; ( 2) p n;
3

7. 给定正整数 n ( n

3). 对于 1 , 2 ,

的任 意 一 个 排 列 P = ( x 1, x 2,

, xn ) , 若

i< j < k, 则称 x j 介 于 x i 和 x k 之 间 ( 如在 排 列 (1 , 3 , 2 , 4) 中, 3 介于 1 和 4 之间, 4 不介 于 1和 2 之间 ). 设集合 S = {P 1, P 2, 的每个 元素 P i 是 1 , 2 , {1 , 2 , , Pm } , n 的排 列 . 已知

( 3) n ? m ( m od p ) . 4 . 设实数 x 1, x 2, (n 2) . 求证 :
n

(付云皓
n

供题 ) xi = 1
2

, n} 的任 意三个 不同数中 都有一个

, xn 满足
2 k

数 , 它在每个 P i ( 1 % i % m ) 中都不介于另外 两个数之间 . 求 m 的最大值. ( 冯祖鸣 供题 ) 8. 试求满足下列条件的大于 5的最小奇 数 a: 存在正整数 m 1、 n1、 m 2、 n2, 使得 a = m 1 + n1, a = m 2 + n2, 且 m 1 - n1 = m 2 - n2. ( 朱华伟 供题 )
2 2 2 2 2

i= 1

1k=1

k
n

2 2 i 2

ix
i= 1

x k

%

n- 1 n+ 1

2

xk , k= 1 k (李胜宏 供题 )

n

并确定等号成立的条件.

2010 年第 11 期

27

参考答案
第一天
1 . 对任意的 i , 若 A i ! A i+ 1 = 0 ,则 A i ! A i+ 1 = 0 . A i ? A i+ 1 以下假设 A i ! A i + 1 1 . 因 A i ! A i + 1 A i及 A i ! A i + 1 又 A i & A i + 1及 A i ! A i+ 1 m ax ( A i , A i + 1 ) 2 .
2n

故 BD? BC = BN?AB. 因为 BC = 2BE, AB = 2BO, 所以, BE = BN?BO. 由射影定理得 OE
2

BE.

从而, 四边形 OEMH 是矩形 . 则 OH = EM = A i + 1, 所以, 1 ,则 1 BE. 2

因为 O 是 AB 的中点, 且 OK ?BD, 所以 , OK = 1 1 BD = BE = OH. 2 2

A i ! A i + 1 % m in ( A i , A i + 1 ) .

于是, FL = AD. 从而, LD = AF 因为 MF BED + 而 PDS + BED = PFD = PDF. BE, 所以, M SE = 90( . BDE = 90 ( ,且 BDE ,


i= 1 2n

A i ! A i+ 1 A i ? A i+ 1 1 m ax ( A i , A i+ 1 ) 1 = n. 2

%
i= 1 2n

%
i= 1

上式的等号是可以取到的 , 例如 : A 1 = { 1 }, A 2 = { 1 , 2 }, A 2i - 1 = { i}, A 2i = { i, i + 1}, A 2n = { n, 1}. 2 . 如图 3 , 易知 AD BC. 由此可知 #ABD 的外接圆的圆心为线段 AB 的中点 O. A 2n - 1 = { n },

于是, PDS = M SE = DSP . 因此, FDS = 90( , 即 ED FD. 3. 证法 1 先证明: 模 6 余 5 的质数有 无穷多个. 若不然 , 则模 6 余 5 的质数只有有限多 个 , 设它们从小到大依次为 p 1, p 2, 考虑数 6p 1p 2 pr - 1 . , p r.

因其模 6 余 5 , 所以 , 它的质因子模 6 余 1或 5 . 特别地 , 它有一个质因子 q 模 6 余 5. 但由 p s q ( 6p 1 p 2 pr - 1 ) ( s = 1 , 2 , , r ), 得 { p 1, p 2, , p r } , 矛盾 .

其次, 由于模 6余 5的质数有无穷多个 , 其中 必有不 整除 n 的质 数, 设其 中一 个为 p = 6k + 5 , 则条件 ( 1) 、 ( 2)成立. 取 m = n , 由费马小定理得 3 4k + 3 3 6k + 4 2 m = (n ) = (n ) n ? n ( m od p ),
图 3
4k + 3

这样的 p 和 m 即满足题目条件 . 证法 2 当 n = 1时 , 取 p = 5 ,m= 1 ; 当 n = 2 时 , 取 p = 5, m = 3 . 易验证 p 和 m 满足题目条件. 下面假设 n
3

延长 FM 交 作 OH FL, OK

O 于点 L, 联结 OE, 过点 O AD, 分别交 FL、 AD 于点

H、 K. 设直线 FM 分别与直线 ED、 AB、 AD 交 于点 S、 I、 P, 直线 CE 与 AB 交于点 N . 由条件知 CN AB. 所以, A、 N、 D、 C 四点共圆.

3 .

由 ( n- 1) - n > 0及 3 ( n - 1) - n ? ( n - 1 ) - n ? 5 ( m od 6) ,

28

中 等 数 学
3

知 ( n - 1 ) - n 必有一个模 6 余 5的质因子. 取 p 为这个质因子 , 并取 m = n - 1 . 下证这样的 p 和 m 满足条件. 由 p、 m 的取法知条件 ( 1)、 ( 3) 成立 . 3 3 由 (m - n, n ) = (m , n ) = ( ( n- 1) , n ) = ( 1 , n) = 1 , 知p n, 即条件 ( 2) 成立 . 因此, 存在满足题目条件的 p 和 m . 4 . 注意到 2 n xk 1k=1 k
n 3

若要等号成立, 首先 , 必有
n k=1

k+

n x2 = k k

n k= 1

( n + 1) x k .

2

而当 k = 2 , 3 , k+ n < n+ 1 . k

, n - 1 时, 有

因此, x 2 = x 3 =
n

= xn - 1 = 0 .
n 2 2 k

其次, 要
k= 1 2 1 2 n

xk kx = n , 即 k= 1 k
2 2

k
n i= 1

2 2 i 2 k n

x + nx = nx 1 + x n. 故 x 1 = x n.
n 2 2

ix
n

=
k=1

x k

2 k

n k= 1

2x
i= 1 n

+
2 k= 1 n

kx
n i= 1

2 k 2 2 2


i= 1

x i = 1和 x 2 = x 3 =

2

2

2

= x n- 1 = 0 ,得

2

ix i xk
2 i 2

ix i kx k ix
2 i 2

x1 = xn =

2

1 , 而这也是等号成立的充分条件. 2 2 . 2

因此, 等号成立的充要条件为
2

n

=

k=1

x k
2

2 k

2

k= 1 n

+

k= 1 n i= 1

ix
i= 1

2 x1 = ) , x2 = x 3 = 2

= xn - 1 = 0 , xn = )

=

xk k=1 k

n

1
n i= 1

第二天
5. 若不然, 由对称性不妨设 a > c. b b 由 f = 0 ,知 g 是整数; a a b- 1 b- 1 由 f = 1 ,知 g 是整数 . a a 故 g = c = b- 1 b -g a a b b- 1 +d - c +d a a

.
2

kxk

于是, 要证原不等式只需证 1n- 1 n+ 1
n 2

%
2 k

1
n k= 1

kx k ?
2

xk k=1 k
2

n

2

x kx ? % k=1 k= 1 k 事实上 ,
2 k n k=1

n

( n + 1) . 4n

kx k ?
2

xk k= 1 k
n k=1

n

2

= % = % =

1 n

kx
n k= 1

2 k

xk n k= 1 k
n

n

2

c a 是一个整数 , 但这与 a > c > 0 矛盾. 所以, a = c.
2 k 2

1 1 ? n 4 1 4n 1 4n
n k=1 n

kxk + n

2

x k=1 k
2

又 f 数.

b b = 0 ,故 g= d - b 是整 a a

2 k + n xk k

( n + 1 ) xk
k=1 2

2

2

因此, 对任意的 x R, f (x) - g (x) = b- d 是整数 . 6. 如图 4 , 设 # ABC 的外接圆 线 FM 于点 D, AD 交 BC 于点 E. O 交直

( n+ 1) . 4n

2010 年第 11 期

29

k 的情况. 对 m个 1 , 2 , , k 的排列中 的每一个 , 把 k 从排列中去掉 , 得到一个 1 , 2 , , k- 1 的排列. 这样的排列必然满足原题在 n = k - 1 时的条件, 由归纳假设知这样的排列最多只 k- 2 有 2 个. 下面只需证明: 最多只有两个 1 , 2 , , k 的排列可能对应 同一个 1 , 2 , , k - 1 的排 k- 2 k- 1 列 . 从而, 所有排列至多有 2 , 2= 2 个 . 假设不然, 则存在三个 1 , 2 , , k 的排列 对应同一个 1 , 2 , , k - 1 的排列 . 由对称性不妨设这个 1 , 2 , , k - 1 的排 列就是 1 , 2 , , k- 1 , 而在三个 1 , 2 , , k的 排列 P 1、 P 2、 P 3中 , k 分别在第 a、 b、 c( 1% a < b < c% n )位 . 考虑 a、 b、 k 三个数 . 在排列 P1 = { 1 , 2 , , a- 1 , k, a, a + 1 ,

图 4

易知 AD 平分 BAC. 所以, AD AP, AD ?MK . MD AK 故 = . FM FK 因为 FMC = M、 E、 A 四点共圆, 有 AFD = 又 = ABD = ABC + 1 2 AEC = ABC + BAC = ABC + CBD AFD, 1 2 BAC.

FAD = 90( , 所 以, F、

则 A、 F、 B、 D 四点共圆 . 故 A、 F、 B、 D、 C 五点共圆 . 根据圆幂定理得 PA?PF = PC? PB = (PM - M C ) (PM + BM ) = PM - BM . 对 Rt# FMP 利用射影定理得 2 PM = PK ?PF. + - ?得 BM = PK ?PF - PA? PF = PF (PK - PA ) = PF? AK .
2 2 2

, k - 1}

中 , 这三个数的顺序为 k、 a、 b, a 介于其他两 个数之间; 在排列 P2 = { 1 , 2 , , b- 1 , k, b, b + 1, , k - 1 } ? + 中 , 这三个数的顺序为 a、 k、 b, k 介于其他两 个数之间; 在排列 P3 = { 1 , 2 , , c- 1 , k, c, c + 1, , k - 1 } 中 , 这三个数的顺序为 a、 b、 k, b 介于其他两 个数之间. 于是, 这三个数中的每个数都曾经介于 其他两个数之间 , 与题目条件矛盾. 因此, 假设不成立 , 即当 n = k 时 , 也有 n- 1 m % 2 成立 . n- 1 至此证明了 m % 2 . 其次, 给出一个 m = 2 的例子 . 用如下方法构造 1, 2 , , n 的排列: 先放置 1 , 当 1, 2 , , r ( 1% r % n - 1) 都 放置好后, 将 r + 1 放置在前 r 个数的最左侧 或者最右侧 , 这样, 2 到 n 中的每个正整数都 有两个可选择的位置 . 由乘法原理知 , 这样的 n- 1 排列共有 2 个 .
n- 1

因为 BM =

BC , 所以, 结论成立. 4 n- 1 7 . 首先 , 用数学归纳法证明 : m % 2 .
2

BC 2

2

2

=

当 n = 3 时, 由条件知在 1 、 2 、 3 中必然存 在一个数 (不妨设为 1), 它在每个 P i中都不 介于另外两个数之间 . 因此, 排列 ( 2 , 1 , 3) 与排列 ( 3 , 1 , 2) 都不 能出现 . 于是, 可能出现的排列至多有 3! - 2= 4 个 , 结论成立 . 假设 m % 2
n- 1

对 n = k - 1成立, 考虑 n =

30

中 等 数 学

对于 1 , 2 ,

, n 中任意三个数 a < b < c,

由构造知在每个 排列中, c 或者在 a 和 b 的 左侧, 或者在 a 和 b 的右侧, 永远不会介于 a 和 b 之间 . 故这样的 2
n- 1

3

m2 n2 , 3 . 3 3

因此, 9 |m 2, 9 | n2. 故 9 | l, 即 l= 9 . 由于 a < 261= 15 + 6 , 故 n1 < 6 , 只能有 n1 = 3 , a = 12 + 3 = 153 .
2 2 2 2

个排列满足题目条件.
n- 1 2

综上, m 的最大值为 2
2 2

.
2 2

8 . 由 261= 15 + 6 , 261 = 189 + 180 , 15- 6= 189- 180 , 知 261具有题目所述性质. 下证: 261 就是大于 5 且 具有题目所述 性质的最小奇数, 即 5 和 261 之间不存在这 样的奇数. 若不然, 则存在介于 5 和 261 之间的奇 数 a 及正整数 m 1、 n 1、 m 2、 n2, 满足 a = m 1 + n1, a = m 2 + n2, m 1 - n1 = m 2 - n2. 设 m 1 - n1 = l , 由对称性不妨设 l 0 . 由 a 是奇数 , 知 m 1、 n1的奇偶性不同. 所以, l是一个奇数 . 又由 m 1 < 261< 17, 知 l% 15 . 因此, l为 1 、 3 、 5 、 7、 9 、 11 、 13 、 15 之一. 若 l= 1 , 则 m 2 - n2 = 1. 结合 a = m 2 + n 2, 得 ( 2n2 + 1) - 2a = - 1 , 即 ( 2n2 + 1 , a ) 是佩尔方程 x - 2y = - 1 的 一组解 . 易知, 此方程解的 y 值由小到大依次为 1 , 5 , 29 , 169 , 985 , , 其中, 满足 5< a < 261 的只有 a = 29 或 a = 169. 但这两个数均无法表示成 m 1 + n1 ( m 1 n1 = 1) 的形式, 矛盾. 若 3 | l, 则 a ? 2n2 ( m od 3) .
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

但由 153 = ( n2 + 9 ) + n 2, 得 ( 2n 2 + 9) = 9 , 577,
2 2

2

2

2

矛盾. 若 l= 11 或 l = 13 ,则 a ? 2n2 ( m od l ).
2 2

由 2不是 l 的平方剩余知 l | a. 又由 0? a ? 2n1 ( m od l), 知 l | n1.
2

所以, n1 故 a
2

l, 即 m 1
2 2

2l .

5 l > 500> 261 , 矛盾 .

若 l= 5 , 则 a ? 2n2 ( m od 5). 由 2不是 5 的平方剩余知 5 | a. 又由 0? a ? 2n1 ( m od 5) , 知 5 | n1.
2

若 n1 故 a

10 , 则 m1
2 2

15 .

15 + 10 = 325> 261 , 矛盾;
2 2

若 n1 = 5, 则 m 1 = 10 , a = 10 + 5 = 125 . 但由 125 = ( n2 + 5 ) + n 2, 得 ( 2n 2 + 5) = 5 , 1 249 ,
2 2 2 2 2

矛盾. 若 l= 7 , 则由 a < 261< 16 + 9 知 n1 % 8.
2 2

对 n1穷举知 a 只能为 65 , 85 , 109 , 137, 169 , 205 , 245 之一. 由 a = ( n2 + 7) + n2, 得 ( 2n 2 + 7) = 2a - 49 . 因此, 2a - 49 必须是一个完全平方数. 但对 a = 65, 85 , 109 , 137, 169 , 205 , 245 逐一验证, 知这些 a 值均不满足条件.
2 2 2 2 2 2

由 2 不是 3的平方剩余知 3 | a. 所以, 3 |m 1, 3 | n1. 于是, 9 | a. 故 81| (m 2 + n2 ), 即 9
2 2

m2 n2 + 3 3

2

2

.

综上, 大于 5 的具有题目所述性质的最 小奇数 a 为 261 . ( 朱华伟 提供 )

由 - 1 不是 3的平方剩余知



推荐相关:

2004年第3届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)_图文

2004年第3届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)。2002年-2010年第1-9届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题 第3 届女子数学奥林匹克试题第 3 届女子数学奥...


2009年第8届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题

关键词:习题 数学 奥林匹克 同系列文档 2010第9届中国女子数学奥...1...2009年第8届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题 中国女子奥林匹克数学竞赛大荟萃!!...


2008年第7届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)

2008年第7届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)_经济学_高等教育_教育专区。2008 2008 年第七届中国女子数学奥林匹克 2008 年第七届中国女子数学奥林匹克...


2002第一届中国女子数学奥林匹克CGMO-1

2002第一届中国女子数学奥林匹克CGMO-1 - 中国首届女子数学奥林匹克(CGMO)试题 第一天 2002.8.16 (8:00~12:00) 1. 求出所有的正整数 n., 使得 20n+...


2015第十四届中国女子数学奥林匹克试题_图文

2015第十四届中国女子数学奥林匹克试题 - 2015.7.14在深圳落幕的CGMO试题,来自中国数学奥林匹克委员会发布的纪念册。


2003第二届中国女子数学奥林匹克CGMO-2

2003第二届中国女子数学奥林匹克CGMO-2 - 中国第二届女子数学奥林匹克(CGMO)试题 第一天 2003.8.27 上午 8:30~12:30 武汉 1.已知 D 是△ABC 的边 AB....


数学类竞赛介绍

数学类竞赛介绍 - 数学类竞赛介绍 一、中国女子数学奥林匹克概述 简介 中国女子数学奥林匹克(Chinese Girls' Mathematical Olympiad,缩写 CGMO),是特 别...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 学霸学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com