2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析

AT1 T1D
=
AG DG
·
sin ∠AGC sin ∠CGD
=
AF DF
·
sin ∠AF B sin ∠BF D
=
AT2 , T2D
所以 T1、T2 重合于点 T . 设 BF 、CG 分别交直线 JK 于 M 、N ，由线束定理
所以 所以
MH JI MK BD
==
=,
MJ JN MN BC
JI
=
2019 年中国数学奥林匹克试题解析
4
因此 a ≤ 2.5 + k − k2 ，由于 a ≥ k，因此 20
ab + cd = a2 + (a − 2k)2 ≤ 2(2.5 − k2 )2 + 2k2 = 12.5 + 1.5k2 + k4
20
200
当 k = 5 时取到最大值 53.125，此时 a10 = a20 = 6.25, a30 = a40 = −3.75，其他 ai 取满足 |ai − ai+1| = 1 的最小可能值：a10k+i = max(a10k − i, a10k+10 − (10 − i)), k = 0, 1, 2, 3, 0 ≤ i ≤ 9.
fk(fk−1(· · · (f1(x)))) = fk(fk−1(· · · (f1(y)))). 试求最小的正整数 m，满足：若 F 满足性质 P (2019)，则它亦满足性质 P (m).
2019 年中国数学奥林匹克试题
2
第二
题 4. 求最大的实数 c 使得如下命题成立：如果圆周上有 n 段圆弧（包括端点）A1, A2, · · · , An，在 所有的三元组 (Ai, Aj, Ak), 1 ≤ i < j < k ≤ n 中，有至少一半的三元组满足 Ai ∩ Aj ∩ Ak ̸= ∅，则存在 m ≥ cn，使得我们可以在 A1, A2, . . . , An 中找到 m 段圆弧，它们的交非空.
2019 年中国数学奥林匹克试题解析
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注意到: L(x, y) ≤ L(f1(x), f1(y)) + 1, 从而
L(x, y) ≤ L (fk−1(· · · (f1(x))), fk−1(· · · (f1(y)))) + (k − 1) = k ≤ |X| = C325,
所以
m
≥
C325
时总是可以办到的
+
a230
是凸函数，因此在可
i=16
行区域的顶点上取到最大值. 这些顶点满足不等式中的 20 个，显然是对每个 i = 15, · · · , 34，满足一个.
因此我们只需对满足 ai+i − ai = ±1, i = 15, · · · , 34 的对称数列计算最大值.
这时 a − c = a20 − a30 是偶数，绝对值不超过 10，通过把数列全体变号，以及改变指标计算方向，
因此我们可以假设极大值取到时，数列具有反射对称性 ai = a30−i.
此时将变量看成 (ai), i = 15, · · · , 35，可行解区域为一些不等式 −1 ≤ xi − xi+1 ≤ 1 和一个等式
a15
+ 2
a35
+
∑ 34
ai
=
0，这是一个高维凸多面体，其维数为
20.
目标函数
a220
k=0
k=1
k=1
= 20x − 250.
从而
x
≤
25 .
2
假设
a10a20
+ a30a40
>
425 ，则由（1）可知 8
|a10
+ a20
+ a30
+ a40|
≤
10，从而
(a10
+
a20)2
+
(a30
+
a40)2
≥
4a10a20
+
4a30a40
>
425 2
>
(a10
+
a20
+
a30
+
a40)2,
极值可以在满足一些对称性的序列 (ai) 上取到. 毋庸置疑，满足题目条件的数列集合是闭集，因此两个
小题中的目标函数（都是连续的）确实能取到最大值.
（1）设序列
(ai)
使
a+b+c+d
取到最大，令
ci
=
ai
+
ai+10
+ ai+20 4
+ ai+30 ，下标模
40
理解.
根
据上一段，ci 满足题目条件，而且（1）中目标函数在序列 (ai) 和 (ci) 上取值相同，因此可以只对具有
2019 年中国数学奥林匹克试题
第一
∑ 40 题 1. 实数 a1, a2, · · · , a40 满足 |ai − ai+1| ≤ 1, i = 1, . . . , 40, a41 = a1, ai = 0. 设 a = a10, b =
i=1
a20, c = a30, d = a40. （1）求 a + b + c + d 的最大值； （2）求 ab + cd 的最大值.
（解题 ： ）
题 2. 已知：△ABC 中，AD 为角平分线，E 为 AD 上一点，EF 、EG 为 △ABD、△ACD 外接圆 切线，F 、G 分别为切点，CF 交 BG 于 J. 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG、DE 于 H、I、K.
求证：HK = IJ.
证明：设 BF 、CG 交 AD 于 T1、T2，则
题 2. 已知：△ABC 中，AD 为角平分线，E 为 AD 上一点，EF 、EG 为 △ABD、△ACD 外接圆 切线，F 、G 分别为切点，CF 交 BG 于 J. 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG、DE 于 H、I、K.
求证：HK = IJ. .
题 3. 设 S 是一个 35 元集合. F 是由一些 S 到 S 的映射构成的集合，称集合 F 满足性质 P (k)，若 对任意的 x, y ∈ S，都存在 f1, · · · , fk ∈ F （可以相同），使得：
对任意的 (x, y) ∈ X, 都可以经过若干个映射的作用, 将 (x, y) 变为 (a, a). 设 L(x, y) 是 (x, y) 变为 (a, a) 的最短路径, 由于这些 (x, y) 都可以经过作用若干个映射, 使得:
(x, y) → (f1(x), f1(y)) → · · · (fk−1(· · · (f1(x))), fk−1(· · · (f1(y)))) → (a, a),
题 5. 数列 {an} 定义如下: 正整数 a1 > 1, an+1 = an + P (an), n ≥ 1, 其中, P (x) 表示正整数 x 的最 大素因子. 证明: 数列 {an} 中有完全平方数.
.
题 6. 是否存在正实数 a1, a2, · · · , a19，使得多项式 P (x) = x20 + a19x19 + · · · + a1x + a0 无实数根， 但是任意调换两个系数 ai, aj 形成的新多项式都有实根.
2019 年中国数学奥林匹克试题解析
第一
∑ 40 题 1. 实数 a1, a2, · · · , a40 满足 |ai − ai+1| ≤ 1, i = 1, . . . , 40, a41 = a1, ai = 0. 设 a = a10, b =
i=1
a20, c = a30, d = a40.
响题目）. 设 a10 + a20 = x，则
∑9
∑4
∑5
0 = (a10−k + a20+k) + (a10+k + a20−k) + (a29+k + a41−k) + (a15 + a35)
k=0
k=1
k=1
∑9
∑4
∑5
≥ (x − 2k) + (x − 2k) + (x − 18 − 2k) + (x − 20)
（1）求 a + b + c + d 的最大值；
（2）求 ab + cd 的最大值.
解法一：首先可以看出，满足题目条件的序列 (ai) 构成凸集. 也就是说，若序列 ai, bi, 1 ≤ i ≤ 40 分
别满足条件，0 ≤ λ ≤ 1，则序列 ci = λai + (1 − λ)bi，1 ≤ i ≤ 40 也满足条件. 我们利用这个性质证明，
可以不妨设
a
+
c
≥
0，a
≥
c，设
a
−
c
=
2k,
0
≤
k
≤
5.
类似（1）中分段估计
∑ ai
的值，可得
a10 + a11 + · · · + a19 ≥ 10a − 25 a20 + a21 + · · · + a29 ≥ 10a − 25 − 9k + k2
a30 + a31 + · · · + a39 ≥ 10a − 25 − 20k a40 + a1 + · · · + a9 ≥ 10a − 25 − 11k + k2
k=1
k=1
故 T5 ≤ 10. 当
3
a10k+1
=
a10k+9
=
, 2
1
a10k+2
=
a10k+8
=
Baidu Nhomakorabea
, 2
1
3
a10k+3
=
a10k+7
=
−, 2
a10k+4
=
a10k+6
=
−, 2
5
a10k+5
=
−, 2
5 a10k+10 = 2
(k = 0, 1, 2, 3)
时取等. .
（2）不妨设 |a10 + a20| ≥ |a30 + a40|，且 a10 + a20 ≥ 0（若 a10 + a20 < 0，可用 −ak 代替 ak，不影
i=1
等号在 a10k+i = max(2.5 − i, 2.5 − (10 − i)), i = 1, · · · , 10, k = 0, · · · , 3 时成立.
（2）设序列
(ai)
使
F ((ai))
=
ab + cd
取到极大，令
ci
=
(ai
+ a30−i) ，则 2
ci
满足题目条件，
(a + b)2 (c + d)2 F ((ci)) = 4 + 4 ≥ ab + cd = F ((ai)).
注：我们用对称性和凸性的方法对题目实施了“维数打击”，最终只需考虑一些低维的情形. （解题 ： ）
解法二：（1）令 Tk = a5+k + a15+k + a25+k + a35+k (1 ≤ k ≤ 10, a40+j = aj, 1 ≤ j ≤ 5)，则
∑ 10
∑ 10
0 = Tk ≥ (T5 − 4|k − 5|) = 10T5 − 100,
fk(fk−1(· · · (f1(x)))) = fk(fk−1(· · · (f1(y)))).
试求最小的正整数 m，满足：若 F 满足性质 P (2019)，则它亦满足性质 P (m). 解：所求 m 最小值是 m = C325. 考虑 X = {(x, y) : x, y ∈ S, x ̸= y}, 定义 f ((x, y)) = (f (x), f (y)). 由题意知, 存在 (a, a) ∈ X, 使得
(因为
C325
≥
max L(x, y)).
(x,y)∈X
下面构造例子说明 C325 是可以取到的最好的常数:
设 S = {1, 2, · · · , 35}, 考虑置换 f = (12 · · · 35), 即:
f (1) = 2, f (2) = 3, · · · , f (34) = 35, f (35) = 1,
MK
− MH
=
KH ,
JN MN − MJ JN
.
HK = JI.
（解题 ： 小平）
题 3. 设 S 是一个 35 元集合. F 是由一些 S 到 S 的映射构成的集合，称集合 F 满足性质 P (k)，若 对任意的 x, y ∈ S，都存在 f1, · · · , fk ∈ F （可以相同），使得：
y − ≥ 0,
2
2
矛盾. 故
425
a10a20 + a30a40 ≤
, 8
5
数学竞赛的那些事儿
当 时取等.
15 ak = k − 4 (1 ≤ k ≤ 10),
25 a10+k = a20−k = 4 − k (1 ≤ k ≤ 5),
25
15
a20+k = 4 − k (0 ≤ k ≤ 10), a30+k = a40−k = − 4 − k (0 ≤ k ≤ 5)
周期 10 的序列考虑这个最大值. 此时 a = b = c = d. .
根据周期 10 性质，a1 + a2 + · · · + a10 = 0，而 ai ≥ max(a − i, a − (10 − i)), i = 1, . . . , 10，因此有
∑ 10 10a − 25 ≤ ai = 0, a ≤ 2.5, a + b + c + d = 4a ≤ 10.
以及
2, g(x) = x,
x=1 .
1 < x ≤ 35
下面我们说明对于任意 (x, y) ∈ X, 至多用 f 和 g 复合 C325 次后可以变为形如 (a, a) 的点. 我们把 1, 2, · · · , 35 放在圆周上, 即在模 35 意义下理解. 注意到, 若 x ≥ 3, 0 < y − x ≤ 17, 我们可以通过作用最
故
a30 + a40 < 0.
令 a30 + a40 = −y，则
√
√
x + y ≥ x2 + y2 >
25 ≥ x ≥ y ≥ 0, x + y
2 425 > 5；又由 x2 + y2
= >
(a10 425
− a40) 知
+
(a20
−
a30)
≤
20.
2
2
(
)(
)
25
25
(x + y − 5)(x + y − 20) > 2 x −