2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word版

2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论．解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此OA ODOC OB=，③由①，②，③得NS ES EQ MQ=．因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠，()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠，即NSE EQM∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此EN FN EM FM=，从而EM FN EN FM⋅=⋅．CB二、求所有的素数对〔p ，q 〕，使得q p pq 55+．解：假设pq |2，不妨设2=p ，那么q q 55|22+，故255|+q q ．由Fermat 小定理， 55|-q q ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么q q 55|55+，故6255|1+-q q ． 当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有1155|--+q p pq ，故)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ② 故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k ，)12(21-=-s q l ， 其中s r l k ,,,为正整数． 假设l k ≤，那么由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A 是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P ．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，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么它们对应的顶点相邻． 在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边〔n r ≤≤1〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，因此，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21 满足 1m in 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<< 21，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 因此，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k ，等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n 〔n 为奇数〕，或者)2(32122-n n 〔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．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这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条边分不被染为这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3n C 个，而颜色的三三搭配也刚好有3n C 种，因此此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．关于每一种颜色，其余的颜色形成21-n C 种搭配，因此每种颜色的线段〔边或对角线〕都应显现在21-n C 个三角形中，这讲明在合乎要求的染法中，各种颜色的线段条数相等．因此每种颜色的线段都应当有212-=n n C n 条．当n 为偶数时，21-n 不是整数，因此不可能存在合乎条件的染法．下设12+=m n 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12+m 边形的各个顶点依次记为1221,,,+m A A A ．关于}12,,2,1{+∉m i ，按12mod +m 明白得顶点i A ．再将12+m 种颜色分不记为颜色12,,2,1+m ．将边1+i i A A 染为颜色i ，其中12,,2,1+=m i ．再对每个12,,2,1+=m i ，都将线段〔对角线〕k i k i A A ++-1染为颜色i ，其中1,,2,1-=m k ．因此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11j i A A 与22j i A A 同色，当且仅当)12(m od 2211++≡+m j i j i ． ①因此，对任何)12(mod +≠m j i ，任何)12(mod 0+≠m k ，线段j i A A 都不与kj k i A A ++同色．换言之，假如)12(m od 2211+-≡-m j i j i ． ②那么线段11j i A A 都不与22j i A A 同色．任取两个三角形111k j i A A A ∆和222k j i A A A ∆，假如它们之间至多只有一条边同色，因此它们不对应相同的颜色组合．假如它们之间有两条边分不同色，我们来证明第3条边必不同颜色．为确定起见，不妨设11j i A A 与22j i A A 同色．情形1：假如11k j A A 与22k j A A 也同色，那么由①知)12(m od 2211++≡+m j i j i ， )12(m od 2211++≡+m k j k j ，将二式相减，得)12(m od 2211+-≡-m k i k i ，故由②知11i k A A 不与22i k A A 同色．情形2：假如11k i A A 与22k i A A 也同色，那么亦由①知)12(m od 2211++≡+m j i j i ， )12(m od 2211++≡+m k i k i ，将二式相减，亦得)12(m od 2211+-≡-m k j k j ，亦由②知11k j A A 与22k j A A 不同色．总之，111k j i A A A ∆与222k j i A A A ∆对应不同的颜色组合．六、给定整数3≥n ，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AxAx ∑∈ 与BxBx ∑∈是互素的合数．〔那个地点∑∈Xx x 与X 分不表示有限数集X 的所有元素之和及元素个数．〕证 我们用)(X f 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{}n m m S ,,2,1)!1(1 =+=具有下述性质：对1S 的任意两个不同的非空子集A ，B ，有)()(B f A f ≠．证明：对任意1S A ⊆，∅≠A ，设正整数k 满足)!1()(!+≤<k A f k ， ① 并设l 是使)!1()(+≥k A f l 的最小正整数．我们第一证明必有l A =．事实上，设)!1(+'k 是A 中最大的数，那么由1S A ⊆，易知A 中至多有k '个元素，即k A '≤，故!)!1()(k kk A f '>'+'≥．又由)(A f 的定义知)(A f ≤)!1(+'k ，故由①知k k '=．专门地有k A ≤．此外，明显)!1()!1()(+=+'≥k k A f A ，故由l 的定义可知A l ≤．因此我们有A l ≤k ≤．假设k l =，那么l A =；否那么有1-≤k l ，那么≥⎪⎭⎫⎝⎛+=+)(11)()1(A f l l A f l )!1(111+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+k k !2!)!1(++++> k k ．由因此)!1(+k A 中最大元，故上式讲明1+<l A ．结合l A ≥即知l A =． 现在，假设有1S 的两个不同的非空子集A ，B ，使得)()(B f A f =，那么由上述证明知l B A ==，故)()(B f B A f A =，但这等式两边分不是A ，B 的元素和，利用!2!)!1(++>+ m m 易知必须A =B ，矛盾．第二步，设K 是一个固定的正整数，)(max !111A f n K S A ⊆⋅>，我们证明，对任何正整数x ，正整数的n 元集合{}121!!S x n K S ∈+=αα具有下述性质：对2S 的任意两个不同的非空子集A ，B ，数)(A f 与)(B f 是两个互素的整数．事实上，由2S 的定义易知，有1S 的两个子集11,B A ，满足A A =1，B B =1，且 1)(!!)(,1)(!!)(11+=+=B xf n K B f A xf n K A f ． ② 明显)(!1A f n 及)(!1B f n 差不多上整数，故由上式知)(A f 与)(B f 差不多上正整数． 现在设正整数d 是)(A f 与)(B f 的一个公约数，那么)()(!)()(!11A f B f n B f A f n -是d 的倍数，故由②可知)(!)(!11B f n A f n d -，但由K 的选取及1S 的构作可知，)(!)(!11B f n A f n -是小于K 的非零整数，故它是!K 的约数，从而!K d ．再结合)(A f d 及②可知d =1，故)(A f 与)(B f 互素．第三步，我们证明，可选择正整数x ，使得2S 中的数差不多上合数．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n p p p ,,,21 ．将1S 中元素记为n ααα,,,21 ，那么())1(1!!,n i n K p i i ≤≤=α，且()1,22=j i p p 〔对n j i ≤<≤1〕，故由中国剩余定理可知，同余方程组n i p x n K i i ,,2,1),(mod 1!!2 =-≡α，有正整数解．任取如此一个解x ，那么相应的集合2S 中每一项明显差不多上合数．结合第二步的结果，这一n 元集合满足咨询题的全部要求．。