2013年中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题及其解答
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因为所有女孩只有m个，所以|A ⋃A ⋃ … … ⋃A | ≤ m。另一方面，对于任意两个男孩 和两个女孩，其中至少有一个男孩与一个女孩互不认识，所以对于任意i ≠ j， A ⋂A ≤ 1。 于是根据容斥原理知：
|A ⋃A ⋃ … … ⋃A | ≥ |A | + |A | + ⋯ + |A | − ∑ ＜ A ⋂A ⇒ |A | + |A | + ⋯ + |A | ≤ |A ⋃A ⋃ … … ⋃A | + ∑ ＜ A ⋂A ⇒ |A | + |A | + ⋯ + |A | ≤ m + C = m + ( ) 即男女孩无序对的个数不超过m + ( )。命题得证。
的完系，也即等价于遍历模3、模11、模61的完系。
对于任意奇素数p，若f(x)遍历模p的完系，即等价于对于任意m ≢ n(mod p)， f(m) ≢ f(n)(mod p) ⇔ am + bm ≢ an + bn(mod p) ⇔ (m − n)[a(m + mn + n ) + b] ≢ 0(mod p) ⇔ a(m + mn + n ) + b ≢ 0(mod p) 也即a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≢ 0(mod p)。又因为m ≢ n(mod p)，所以2m + n ≡
⎩1 ≤ a、b ≤ 2013 ⎩1 ≤ a、b ≤ 2013
综上所述，满足条件的 a，b 共有(3 × 10 × 1) × (2 × 1 × 60) + (3 × 1 × 1) ×
(2 × 10 × 60) = 7200组。
五、给定正实数a 、a 、 … … 、a ，求证：存在正实数x 、x 、 … … 、x 满足
是
=
= (−1) = 1。所以存在m、n，使得m ≢ n(mod 61)，而
(2m + n) + 3n ≡ 0(mod 61)。 另一方面，取n = 0，显然(2m + n) + 3n 可以遍历模61的30个二次剩余。又因为
=
= 1，取m使得(2m + n) ≡ 3n (mod 61)，则(2m + n) + 3n ≡
0(mod p)和n ≡ 0(mod p)不可能同时成立。
（1）若f(x)遍历模3的完系，即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≡ a(2m + n) + b ≢
0(mod 3)。显然，若m ≢ n(mod 3)，则2m + n ≢ 0(mod 3)，从而(2x + y) ≡ 1(mod 3)，
综合上述两方面，满足条件的m = 3、9、11、33或99。 解答方法三：记集合A = 0，1，2， … … ，98 。 设A的m元子集S = a ，a ， … ，a 满足条件。我们证明m|99。 根据条件，对于任意a ∈ S，i = 2、3、 … 、m，存在a ∈ S，使得a + a ≡ 2a (mod 99)。显然a ≠ a ，且对于任意i ≠ j，a ≠ a 。所以 a ，a ， … ，a =
证明：如图，阴影部分即为区域 A。设直线y = t(2x − t)与 x 轴、y 轴的交点分别为 M、
N，则点M ，0 ，N 1，t(2 − t) 。显然点 P 在线段 MN 上。对于区域 A 内任一点 A，显然
有S△ ≤ max S△ ，S△ ，所以我们只需证明S△ ≤ 且S△ ≤ 。
作 PB⊥x 轴于 B，作 PC⊥QN 于 C，则S△ = · = S△ = · = ( )·( ) ≤ ( ) ＜ 。命题得证。
（1）若m为偶数，因为存在a ∈ S，使得2a ≡ a + a (mod 99)，从而 2[a + (j − 1)d] ≡ 2a + (m − 1)d(mod 99) ⇒ 2(j − 1)d ≡ (m − 1)d(mod 99) 注意到2(j − 1)为偶数，m − 1为奇数，所以2(j − 1) ≠ m − 1。
·
∑
=∑
=∑
≥ (∑ ) = s = ∑ a 。所以上述定义的这一组x
· ∑ ( ·)
满足题设条件。
六、设集合S是 0，1，2， … … ，98 的m ≥ 3元子集，满足对任意x、y ∈ S，均存在 z ∈ S，使得x + y ≡ 2z(mod 99)，求m的所有可能值。
解答方法一：记集合A = 0，1，2， … … ，98 。 因为集合A恰为模99的一组完系，且 2，99 = 1，所以，对于任意x、y ∈ A，存在唯 一的z ∈ A，使得x + y ≡ 2z(mod 99)。若x、y奇偶性相同，且x + y ≡ 2z(mod 99)，则 ≡ z(mod 99)，从而z = 。
设集合A的m元子集S = a ，a ， … ，a 满足条件，不妨设a ＜a ＜ … ＜a 。
若存在相邻的两项a 、a 奇偶性相同，则根据上述分析，必有某个a ∈ S，使得
a=
，从而a ＜a ＜a ，这与a 、a 为相邻两项矛盾。于是知，对于任意
1 ≤ i ≤ m − 1，a 与a 奇偶性相反，从而对于任意1 ≤ i ≤ m − 2，a 与a 奇偶性相同。
若2(j − 1)＜m − 1，则2(j − 1)d + 99 = (m − 1)d。然而a = a + (m − 1)d ≤ 99，所
以(m − 1)d＜99，从而(m − 1)d＜99 ≤ 2(j − 1)d + 99，矛盾；
若2(j − 1)＞m − 1，则2(j − 1)d = (m − 1)d + 99。此时2(j − 1)d = (m − 1)d +
另一方面，取n = 0，显然(2m + n) + 3n 可以遍历模11的5个二次剩余。又因为
=
= 1，取m使得(2m + n) ≡ 3n (mod 11)，则(2m + n) + 3n ≡
2(2m + n) (mod 11)。而 ( ) = = (−1) = −1，这说明(2m + n) + 3n 可
∑ x = 1，且对任何满足∑ y = 1的正实数y 、y 、 … … 、y ，均有：∑
≥
∑ a。
解答：记s = ∑ a ，令x = （i = 1、2、 … … 、n），则∑ x = ∑ = 1。下面
证明这一组x 满足题设条件。
对于任一组满足∑ y = 1的正实数y 、y 、 … … 、y ，根据柯西不等式知：
D A
O1 P
B
Q O2
C
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Baidu Nhomakorabea
文武光华
三、在m个女孩和n个男孩组成的群体中，任意两人要么相互认识，要么互不认识。对 任意两个男孩和两个女孩，其中至少有一个男孩与一个女孩互不认识。求证：相互认识的 男女孩无序对的个数不超过m + ( )。
证明：设n个男孩分别为b 、b 、 … … 、b ，并记A = b 所认识的女孩 ，i = 1、2、 … … 、n。于是相互认识的男女孩无序对的个数为|A | + |A | + ⋯ + |A |。
2(2m + n) (mod 61)。而 ( ) = 以遍历模61的30个二次非剩余。
= (−1) = −1，这说明(2m + n) + 3n 可
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文武光华
综合上述两个方面，(2m + n) + 3n 恰可遍历模61的完全剩余系。于是条件即等价于
要求61|a，而61 ∤ b。
a + b ≢ 0(mod 3)
所以条件即等价于要求a + b ≢ 0(mod 3)。
（2）若f(x)遍历模11的完系，即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≢ 0(mod 11)。
根据二次互反律，
= (−1) · = −1，且 = = −1，所以 = 1，
于是
=
= (−1) = −1，所以(2m + n) + 3n ≢ 0(mod 11)。
= ( ) ＜( ) ≤ ；
二、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，⊙O 与 DA、AB、BC 三边相切，⊙O 与 BC、CD、 DA 三边相切。设P是⊙O 与边 AB 的切点，Q是⊙O 与边 CD 的切点。求证：AC、BD、PQ 三 线共点。
D A
O1 P
B
Q O2
C
证明：因为 AB∥CD，根据位似，我们要证 AC、BD、PQ 共点，只需证明 = 。 如图，连接O A、O B、O P，O C、O D、O Q。因为 AB∥CD，所以∠O AP + ∠O DQ = 90°，∠O BP + ∠O CQ = 90°。所以 = ⇒ AP · DQ = O P · O Q， = ⇒ BP · CQ = O P · O Q，于是知AP · DQ = BP · CQ ⇒ = 。所以 AC、BD、PQ 三线共点。
以遍历模11的5个二次非剩余。 综合上述两个方面，(2m + n) + 3n 恰可遍历模11的缩剩余系。于是条件即等价于要
求a、b中恰有一个能被11整除。 （3）若f(x)遍历模61的完系，即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≢ 0(mod 61)。
根据二次互反律，
= (−1) · = 1，且 = = 1，所以 = 1，于
根据上述分析，必存在某个a ∈ S，使得a =
。而a 与a 之间只有a ，所以
a=
。这说明，序列a ，a ， … ，a 构成等差数列。
设序列a ，a ， … ，a 公差为d，则a = a + (i − 1)d，1 ≤ i ≤ m。由a 、a 奇偶性 相反，易知d为奇数。下面分情况讨论，证明md = 99。
四、求同时满足下列两个条件的多项式f(x) = ax + bx的个数：（1）a、b ∈
1，2， … ，2013 ；（2）f(1)、f(2)、…、f(2013)中任意两数之差都不是2013的倍数。
解答：注意到2013 = 3 × 11 × 61。条件即要求f(1)、f(2)、…、f(2013)遍历模2013
99＞2(m − 1)d，得j＞m，这与m ≥ j矛盾。 （2）若m为奇数，因为存在a ∈ S，使得2a ≡ a + a (mod 99)，从而 2[a + (j − 1)d] ≡ 2a + md(mod 99) ⇒ 2(j − 1)d ≡ md(mod 99)
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文武光华
注意到2(j − 1)为偶数，m为奇数，所以2(j − 1) ≠ m。 若2(j − 1)＞m − 1，则2(j − 1)d = md + 99。然而，此时2(j − 1)d = md + 99＞(2m − 1)d，得j＞m，这与m ≥ j矛盾。 若2(j − 1)＜m，即2(j − 1)d + 99 = md。而md = (m − 1)d + d＜99 + d，所以 2(j − 1)d + 99＜99 + d，于是j − 1 = 0。代回上式即得99 = md。 综上所述，即得md = 99。所以m|99。 另一方面，对任意m|99，设99 = md。取S = 1，1 + d，1 + 2d， … ，1 + (m − 1)d ， 显然都满足条件。 综上所述，所有满足条件的m = 3、9、11、33或99。 解答方法二：作正99边形A A … A ，在顶点A 上赋值数字i，其中i = 1、2、 … 、99。 于是x + y ≡ 2z(mod 99)，即等价于线段A A 的中垂线过点A 。 我们可以证明，集合S对应的m个点必然等距排列。否则，不妨设A 、A 、A 为选定的
三个相邻点，使得j ≠ 。显然i、j奇偶性不同，否则，线段A A 中垂线所过的顶点A 在
A 、A 中间，与A 、A 相邻矛盾。同理j、k奇偶性也不同。从而i、k奇偶性相同，于是线段 A A 中垂线所过的顶点A 在折线A A A 内，且不为A ，这与A 、A 、A 为三个相邻点矛盾。
综上所述，集合S对应的m个点必然等距排列。从而m|99。 另一方面，当m|99时，任取等间距为 的m个点，它们所对应的集合必然满足条件。
a + b ≢ 0(mod 3)
⎧ ⎪⎪
a ≢ 0(mod 11) b ≡ 0(mod 11)
⎧ ⎪⎪
a ≡ 0(mod 11) b ≢ 0(mod 11)
综合上述讨论，所有满足条件的a、b为： ⎨
a ≡ 0(mod 61)
，或 ⎨
a ≡ 0(mod 61)
。
⎪⎪ b ≢ 0(mod 61)
⎪⎪ b ≢ 0(mod 61)
文武光华
2013 年中国女子数学奥林匹克（CGMO）试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室 田开斌
一、设 A 是平面直角坐标系中三条直线x = 1，y = 0和y = t(2x − t)围成的闭区域，其 中0＜t＜1，求证：在区域 A 内，以P t，t 和Q 1，0 为其中两个顶点的三角形的面积不 超过 。
|A ⋃A ⋃ … … ⋃A | ≥ |A | + |A | + ⋯ + |A | − ∑ ＜ A ⋂A ⇒ |A | + |A | + ⋯ + |A | ≤ |A ⋃A ⋃ … … ⋃A | + ∑ ＜ A ⋂A ⇒ |A | + |A | + ⋯ + |A | ≤ m + C = m + ( ) 即男女孩无序对的个数不超过m + ( )。命题得证。
的完系，也即等价于遍历模3、模11、模61的完系。
对于任意奇素数p，若f(x)遍历模p的完系，即等价于对于任意m ≢ n(mod p)， f(m) ≢ f(n)(mod p) ⇔ am + bm ≢ an + bn(mod p) ⇔ (m − n)[a(m + mn + n ) + b] ≢ 0(mod p) ⇔ a(m + mn + n ) + b ≢ 0(mod p) 也即a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≢ 0(mod p)。又因为m ≢ n(mod p)，所以2m + n ≡
⎩1 ≤ a、b ≤ 2013 ⎩1 ≤ a、b ≤ 2013
综上所述，满足条件的 a，b 共有(3 × 10 × 1) × (2 × 1 × 60) + (3 × 1 × 1) ×
(2 × 10 × 60) = 7200组。
五、给定正实数a 、a 、 … … 、a ，求证：存在正实数x 、x 、 … … 、x 满足
是
=
= (−1) = 1。所以存在m、n，使得m ≢ n(mod 61)，而
(2m + n) + 3n ≡ 0(mod 61)。 另一方面，取n = 0，显然(2m + n) + 3n 可以遍历模61的30个二次剩余。又因为
=
= 1，取m使得(2m + n) ≡ 3n (mod 61)，则(2m + n) + 3n ≡
0(mod p)和n ≡ 0(mod p)不可能同时成立。
（1）若f(x)遍历模3的完系，即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≡ a(2m + n) + b ≢
0(mod 3)。显然，若m ≢ n(mod 3)，则2m + n ≢ 0(mod 3)，从而(2x + y) ≡ 1(mod 3)，
综合上述两方面，满足条件的m = 3、9、11、33或99。 解答方法三：记集合A = 0，1，2， … … ，98 。 设A的m元子集S = a ，a ， … ，a 满足条件。我们证明m|99。 根据条件，对于任意a ∈ S，i = 2、3、 … 、m，存在a ∈ S，使得a + a ≡ 2a (mod 99)。显然a ≠ a ，且对于任意i ≠ j，a ≠ a 。所以 a ，a ， … ，a =
证明：如图，阴影部分即为区域 A。设直线y = t(2x − t)与 x 轴、y 轴的交点分别为 M、
N，则点M ，0 ，N 1，t(2 − t) 。显然点 P 在线段 MN 上。对于区域 A 内任一点 A，显然
有S△ ≤ max S△ ，S△ ，所以我们只需证明S△ ≤ 且S△ ≤ 。
作 PB⊥x 轴于 B，作 PC⊥QN 于 C，则S△ = · = S△ = · = ( )·( ) ≤ ( ) ＜ 。命题得证。
（1）若m为偶数，因为存在a ∈ S，使得2a ≡ a + a (mod 99)，从而 2[a + (j − 1)d] ≡ 2a + (m − 1)d(mod 99) ⇒ 2(j − 1)d ≡ (m − 1)d(mod 99) 注意到2(j − 1)为偶数，m − 1为奇数，所以2(j − 1) ≠ m − 1。
·
∑
=∑
=∑
≥ (∑ ) = s = ∑ a 。所以上述定义的这一组x
· ∑ ( ·)
满足题设条件。
六、设集合S是 0，1，2， … … ，98 的m ≥ 3元子集，满足对任意x、y ∈ S，均存在 z ∈ S，使得x + y ≡ 2z(mod 99)，求m的所有可能值。
解答方法一：记集合A = 0，1，2， … … ，98 。 因为集合A恰为模99的一组完系，且 2，99 = 1，所以，对于任意x、y ∈ A，存在唯 一的z ∈ A，使得x + y ≡ 2z(mod 99)。若x、y奇偶性相同，且x + y ≡ 2z(mod 99)，则 ≡ z(mod 99)，从而z = 。
设集合A的m元子集S = a ，a ， … ，a 满足条件，不妨设a ＜a ＜ … ＜a 。
若存在相邻的两项a 、a 奇偶性相同，则根据上述分析，必有某个a ∈ S，使得
a=
，从而a ＜a ＜a ，这与a 、a 为相邻两项矛盾。于是知，对于任意
1 ≤ i ≤ m − 1，a 与a 奇偶性相反，从而对于任意1 ≤ i ≤ m − 2，a 与a 奇偶性相同。
若2(j − 1)＜m − 1，则2(j − 1)d + 99 = (m − 1)d。然而a = a + (m − 1)d ≤ 99，所
以(m − 1)d＜99，从而(m − 1)d＜99 ≤ 2(j − 1)d + 99，矛盾；
若2(j − 1)＞m − 1，则2(j − 1)d = (m − 1)d + 99。此时2(j − 1)d = (m − 1)d +
另一方面，取n = 0，显然(2m + n) + 3n 可以遍历模11的5个二次剩余。又因为
=
= 1，取m使得(2m + n) ≡ 3n (mod 11)，则(2m + n) + 3n ≡
2(2m + n) (mod 11)。而 ( ) = = (−1) = −1，这说明(2m + n) + 3n 可
∑ x = 1，且对任何满足∑ y = 1的正实数y 、y 、 … … 、y ，均有：∑
≥
∑ a。
解答：记s = ∑ a ，令x = （i = 1、2、 … … 、n），则∑ x = ∑ = 1。下面
证明这一组x 满足题设条件。
对于任一组满足∑ y = 1的正实数y 、y 、 … … 、y ，根据柯西不等式知：
D A
O1 P
B
Q O2
C
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Baidu Nhomakorabea
文武光华
三、在m个女孩和n个男孩组成的群体中，任意两人要么相互认识，要么互不认识。对 任意两个男孩和两个女孩，其中至少有一个男孩与一个女孩互不认识。求证：相互认识的 男女孩无序对的个数不超过m + ( )。
证明：设n个男孩分别为b 、b 、 … … 、b ，并记A = b 所认识的女孩 ，i = 1、2、 … … 、n。于是相互认识的男女孩无序对的个数为|A | + |A | + ⋯ + |A |。
2(2m + n) (mod 61)。而 ( ) = 以遍历模61的30个二次非剩余。
= (−1) = −1，这说明(2m + n) + 3n 可
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综合上述两个方面，(2m + n) + 3n 恰可遍历模61的完全剩余系。于是条件即等价于
要求61|a，而61 ∤ b。
a + b ≢ 0(mod 3)
所以条件即等价于要求a + b ≢ 0(mod 3)。
（2）若f(x)遍历模11的完系，即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≢ 0(mod 11)。
根据二次互反律，
= (−1) · = −1，且 = = −1，所以 = 1，
于是
=
= (−1) = −1，所以(2m + n) + 3n ≢ 0(mod 11)。
= ( ) ＜( ) ≤ ；
二、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，⊙O 与 DA、AB、BC 三边相切，⊙O 与 BC、CD、 DA 三边相切。设P是⊙O 与边 AB 的切点，Q是⊙O 与边 CD 的切点。求证：AC、BD、PQ 三 线共点。
D A
O1 P
B
Q O2
C
证明：因为 AB∥CD，根据位似，我们要证 AC、BD、PQ 共点，只需证明 = 。 如图，连接O A、O B、O P，O C、O D、O Q。因为 AB∥CD，所以∠O AP + ∠O DQ = 90°，∠O BP + ∠O CQ = 90°。所以 = ⇒ AP · DQ = O P · O Q， = ⇒ BP · CQ = O P · O Q，于是知AP · DQ = BP · CQ ⇒ = 。所以 AC、BD、PQ 三线共点。
以遍历模11的5个二次非剩余。 综合上述两个方面，(2m + n) + 3n 恰可遍历模11的缩剩余系。于是条件即等价于要
求a、b中恰有一个能被11整除。 （3）若f(x)遍历模61的完系，即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≢ 0(mod 61)。
根据二次互反律，
= (−1) · = 1，且 = = 1，所以 = 1，于
根据上述分析，必存在某个a ∈ S，使得a =
。而a 与a 之间只有a ，所以
a=
。这说明，序列a ，a ， … ，a 构成等差数列。
设序列a ，a ， … ，a 公差为d，则a = a + (i − 1)d，1 ≤ i ≤ m。由a 、a 奇偶性 相反，易知d为奇数。下面分情况讨论，证明md = 99。
四、求同时满足下列两个条件的多项式f(x) = ax + bx的个数：（1）a、b ∈
1，2， … ，2013 ；（2）f(1)、f(2)、…、f(2013)中任意两数之差都不是2013的倍数。
解答：注意到2013 = 3 × 11 × 61。条件即要求f(1)、f(2)、…、f(2013)遍历模2013
99＞2(m − 1)d，得j＞m，这与m ≥ j矛盾。 （2）若m为奇数，因为存在a ∈ S，使得2a ≡ a + a (mod 99)，从而 2[a + (j − 1)d] ≡ 2a + md(mod 99) ⇒ 2(j − 1)d ≡ md(mod 99)
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注意到2(j − 1)为偶数，m为奇数，所以2(j − 1) ≠ m。 若2(j − 1)＞m − 1，则2(j − 1)d = md + 99。然而，此时2(j − 1)d = md + 99＞(2m − 1)d，得j＞m，这与m ≥ j矛盾。 若2(j − 1)＜m，即2(j − 1)d + 99 = md。而md = (m − 1)d + d＜99 + d，所以 2(j − 1)d + 99＜99 + d，于是j − 1 = 0。代回上式即得99 = md。 综上所述，即得md = 99。所以m|99。 另一方面，对任意m|99，设99 = md。取S = 1，1 + d，1 + 2d， … ，1 + (m − 1)d ， 显然都满足条件。 综上所述，所有满足条件的m = 3、9、11、33或99。 解答方法二：作正99边形A A … A ，在顶点A 上赋值数字i，其中i = 1、2、 … 、99。 于是x + y ≡ 2z(mod 99)，即等价于线段A A 的中垂线过点A 。 我们可以证明，集合S对应的m个点必然等距排列。否则，不妨设A 、A 、A 为选定的
三个相邻点，使得j ≠ 。显然i、j奇偶性不同，否则，线段A A 中垂线所过的顶点A 在
A 、A 中间，与A 、A 相邻矛盾。同理j、k奇偶性也不同。从而i、k奇偶性相同，于是线段 A A 中垂线所过的顶点A 在折线A A A 内，且不为A ，这与A 、A 、A 为三个相邻点矛盾。
综上所述，集合S对应的m个点必然等距排列。从而m|99。 另一方面，当m|99时，任取等间距为 的m个点，它们所对应的集合必然满足条件。
a + b ≢ 0(mod 3)
⎧ ⎪⎪
a ≢ 0(mod 11) b ≡ 0(mod 11)
⎧ ⎪⎪
a ≡ 0(mod 11) b ≢ 0(mod 11)
综合上述讨论，所有满足条件的a、b为： ⎨
a ≡ 0(mod 61)
，或 ⎨
a ≡ 0(mod 61)
。
⎪⎪ b ≢ 0(mod 61)
⎪⎪ b ≢ 0(mod 61)
文武光华
2013 年中国女子数学奥林匹克（CGMO）试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室 田开斌
一、设 A 是平面直角坐标系中三条直线x = 1，y = 0和y = t(2x − t)围成的闭区域，其 中0＜t＜1，求证：在区域 A 内，以P t，t 和Q 1，0 为其中两个顶点的三角形的面积不 超过 。