中国数学奥林匹克CMO试题和详细解答word版.docx
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中国数学奥林匹克CMO试题和详细解答word版
2009中国数学奥林匹克解答
、给定锐角三角形PBC,PB=PC•设A,D分别是边PB,PC上的点，连接
AC,BD，相交于点O.过点O分别作0E丄AB,OF丄CD，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：
EMFN=ENFM;
（2）若EMFN=ENFM,是否一定有A,B,C,D四点共圆？
证明你的结论.
解
（1）设Q,R分别是OB,OC的中点,
EQ,MQ,FR,MR」
11
EQ0B二RM,MQOC二RF,22
又OQMR是平行四边形，所以
.OQM—ORM,
由题设A,B,C,D四点共圆，所以
ABD"ACD,
于是
EQO=2ABD=2ACD=FRO,
所以
EQM=/EQO.OQM/FRO.ORM,
故
.EQM二.：
MR,F
所以
EM=FM,
同理可得
EN=FN,
所以
EMFNENF.M
（2）
答案是否定的.
当AD//BC时，由于.B=C，所以A,B,C,D四点不共圆，但此时仍然有
EMFN二ENFM，证明如下：
如图2所示，设S,Q分别是OA,OB的中点，连接ES,EQ,MQ,NS,贝U
NS二丄OD,E^-OB,
所以
22
EQOB
11
又es^oamq^oc,所以
ESOA
MQ-OC
而AD//BC,所以
OAOD
OC~~OB
由①，②，③得
NSES
EQ一MQ
因为NSE二NSA•ASE二AOD2AOE,
.EQM-MQO.OQE二.AOE•EOB（180-2EOB）
=/AOE（180-.EOB）=/AOD2AOE,
即
所以
故
同理可得,
所以
从而
NSE二EQM,
.NSE〜.EQM,
ENSEOA
EM-QM-OC
（由②）.
FNOA
FM-OC,
ENFN
EM一FM,
EMFN=ENFM.
A
N
D
E
S
'F
O
二、求所有的素数对（p,q）,使得pq5p+5q.
解：
若2|pq，不妨设p=2，则2q|52-5q，故q|5q•25.
由Fermat小定理，q|5q—5，得q|30，即q=2,3,5.易验证素数对（2,2）不合要求，（2,3），（2,5）合乎要求.
若pq为奇数且5|pq，不妨设p=5，则5q|555q，故q|5q」625.
当q=5时素数对（5,5）合乎要求，当q=5时，由Fermat小定理有q|5q」_1，故q|626.由于q为奇素数，而626的奇素因子只有313,所以q=313.经检验素数对（5,313）合乎要求.
若p,q都不等于2和5,则有pq|5p「5q」，故
5pJ5q_*=0（modp）.①
由Fermat小定理，得5pJ1（modp），②
故由①，②得
5qJ=1（modp）.③
设p—1=2k（2r—1），q-1=2l2s-1），其中k,l,r,s为正整数.
若k空I，则由②，③易知
1彳上（Z=（5心）廿（Z=52l（2r4）（2s4）=（52）2r'=（-1）心=-1（modp），
这与p=2矛盾！
所以kl.
同理有k：
l，矛盾！
即此时不存在合乎要求的（p,q）.
综上所述，所有满足题目要求的素数对（P,q）为
（2,3），（3,2），（2,5），（5,2），（5,5），（5,313）及（313,5）.
三、设m,n是给定的整数，4：
：
：
m：
：
：
n,AA2A2nd是一个正2n+1边形，
P=：
A,A2,…，A2「i1求顶点属于P且恰有两个内角是锐角的凸m边形的个数.
解先证一个引理：
顶点在P中的凸m边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻.
事实上，设这个凸m边形为RP2…Pm，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设.PmPiP2，则
2
卩2吓-二-PzRPm尹一j乞口-1），
B亠K
更有Pj」PjPjiq（3一j_m-1）•
而.RP2P3+.Pm二PmR*二，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理.
由引理知，若凸m边形中恰有两个内角是锐角，贝尼们对应的顶点相邻.
在凸m边形中，设顶点Ai与Aj为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角•设Ai与Aj的劣弧上包含了P的r条边（1兰rWn），这样的（i,j）在r固定时恰有2n1对.
（1）若凸m边形的其余m-2个顶点全在劣弧AiAj上，而AAj劣弧上有r-1个P中的点，此时这m-2个顶点的取法数为C^.
（2）若凸m边形的其余m-2个顶点全在优弧AAj上，取Ai，Aj的对径点Bi,Bj，由于凸m边形在顶点A，Aj处的内角为锐角，所以，其余的m-2个顶点全在劣弧BjBj上，而劣弧BiBj上恰有r个P中的点，此时这m-2个顶点的取法数为Crm^.
所以，满足题设的凸m边形的个数为
n■-nn
（2n1p（bjCrm'）=（2n1）'。
心
r1•:
.r=1r=1
nn
=（2n1）0（Crm‘-CrT）（emW））
rTrd
=（2n1）2畀U4）.
所以
四、给定整数
解不妨设
ai
n狂3，实数a1,a2,…，an满足minai恒匕切
:
:
:
a2：
：
：
…:
:
:
an，则对1乞k乞n，有
ak
+an_k41
求7
k4
ak
ak
2kA
jnak
8k=1
ak
的最小值.
当n为奇数时,
当n为偶数时,
所以，当n
等号均在ai=i
因此，
兰a®—akzn+1—2k，
an1_k
+an*_k
an1_k
f321#
{4（ak—an41」）+-（
4ak
+an^_k
31_n
瓦n+1
-2k
-223
2
乏
id
i3
冷（「）2・
Zn+1
-2k
（2i-1）
为奇数时，"
k=1
ak
ak
=2
n
2
（2i）3
i=1
Jn2（n2
-2）・
_—（n2
32
-1）2，当n为偶数时,
ak
1
>——
n2（n2-2），
n亠1
于，i=1,2,…,n时成立.
11
的最小值为-（n2-1）2（n为奇数），或者护（n2
-2）（
n为偶数）.
五、凸n边形P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，其顶点为多边形P的顶点，且它的3条边分别被染为这3种颜色？
解当n_3为奇数时，存在合乎要求的染法；当n_4为偶数时，不存在所述的染法。
每3个顶点形成一个三角形，三角形的个数为C：
个，而颜色的三三搭配也刚好有
c3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.
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cL种
搭配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在Cn2」个三角形中，这表明在合
条.
n—1
当n为偶数时，—不是整数，所以不可能存在合乎条件的染法.下设n=2m1
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
方向将凸2m1边形的各个顶点依次记为Ai,A?
,A2mi.对于L'{1,2,,2m1}，按
med2m1理解顶点A.再将2m•1种颜色分别记为颜色1,2/,2m1.
将边AiAi1染为颜色i，其中i=1,2，…，2mT.再对每个i=1,2，…，2m1，都将线
段（对角线）A丄A1.k染为颜色i，其中k=1,2，…，m-1.于是每种颜色的线段都刚好
有m条.注意，在我们的染色方法之下，线段Ai1Aj1与Ai2Aj2同色，当且仅当
hh=i2j2（mod2m1）.
因此，对任何i=j（mod2m1），任何k=0（mod2m1），线段AAj都不与AikAjk
同色.换言之，如果
i一j^i三i2一j2（mod2m1）.②
则线段^1Aj1都不与Ai2Aj2同色.
任取两个三角形AhAj1Ak1和Ai2A2Ak2，如果它们之间至多只有一条边同色，当
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，我们来证明第边必不同颜色•为确定起见，不妨设A1Aj1与Ai2Aj2同色.
情形1:
如果AjA与Aj2Ak2也同色，则由①知
hji三i2j2（mod2m1），
jiki三j2k2（mod2m1），
将二式相减，得ii一匕三i2-k2（mod2m1），故由②知AkA不与Ak2A2同色.
情形2:
如果AhAk1与A?
Ak2也同色，则亦由①知
i1-j1三i2■j2（mod2mT），
i1k^i2k2（mod2m1），
将二式相减，亦得j1-佥=j2-k2（mod2m1），亦由②知Aj1Ak1与A2Ak2不同色.总之,叭1Aj1Ak1与Aj2Ak2对应不同的颜色组合.
六、给定整数n_3,证明：
存在n个互不相同的正整数组成的集合S,使得对S的任意两个不同的非空子集A，B,数
'X-x
x^Ax；B
K与百
是互素的合数.（这里7x与X分别表示有限数集X的所有元素之和及元素个数.）
x.X
证我们用f（X）表示有限数集X中元素的算术平均.
第一步，我们证明，正整数的n元集合3J（m-1）!
m=1,2,…，n［具有下述性质：
对
Si的任意两个不同的非空子集A,B,有f（A）=f（B）.
证明：
对任意ASi,A-_,设正整数k满足
kh：
f（A）空（k1）!
①
并设I是使丨f（A）_（k1）!
的最小正整数.我们首先证明必有A=I.
事实上，设（k「1）!
是A中最大的数，则由ASi，易知A中至多有k个元素，即
（k"+1）!
A乞k■，故f（A）k!
.又由f（A）的定义知f（A）岂kT）!
，故由①知k=特
k
别地有A空k.
此外，显然Af（A）一（k'1）!
=（k1）!
，故由I的定义可知I乞A.于是我们有
I乞A乞k.
若I=k，则|A=1；否则有IEk—1，贝U
『1】"1、（I+1）f（A）=1+;f（A庄1+cl（k+1）!
II丿ik-1丿
（k1）!
k!
2!
.
由于（k+1）!
是A中最大元，故上式表明|A现在，若有S1的两个不同的非空子集A,B,使得f（A）二f（B），则由上述证明知
A=|B=1,故Af（A）=|Bf（B）,但这等式两边分别是A,B的元素和,利用
（m1）!
m^2!
易知必须A=B，矛盾.
第二步，设K是一个固定的正整数，K.n!
maxf（A），我们证明，对任何正整数AQ
X，正整数的n元集合S2-*!
n!
x.^伯二三Si具有下述性质：
对S的任意两个不同的非空子集A，B,数f（A）与f（B）是两个互素的整数.
事实上，由S2的定义易知，有Si的两个子集A,Bi，满足A=A，|B』=|B，且
f（A）=K!
n!
xf（A）1,f（B）=K!
n!
xf（BJ1.②
显然n!
f（Ai）及n!
f（Bi）都是整数，故由上式知f（A）与f（B）都是正整数.
现在设正整数d是f（A）与f（B）的一个公约数，则n!
f（A）f（Bi）-n!
f（B）f（Ai）是d的倍数，故由②可知dn!
f（A）-n!
f（BJ，但由K的选取及Si的构作可知，n!
f（A,）-n!
f（BJ|是小于K的非零整数，故它是K!
的约数，从而d|K!
.再结合d|f（A）及②可知d=i，故f（A）与f（B）互素.
第三步，我们证明，可选择正整数x,使得S2中的数都是合数.由于素数有无穷
多个，故可选择n个互不相同且均大于K的素数pi,p2/,pn.将Si中元素记为
〉i,>2,…，〉n，则Pi,K!
n!
〉i=i（i◎空n），且p2,p^=i（对ij2
K!
n!
x：
i=-i（modpi）,i=i,2,,n，
有正整数解.
任取这样一个解X，则相应的集合S2中每一项显然都是合数.结合第二步的结果，这一n元集合满足问题的全部要求.
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