2020年中国高中数学奥林匹克试题与解答 精品

ORQN MFED CBAP2020年中国数学奥林匹克试题与解答(2020年1月11日)一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．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OE ⊥AB ，OF ⊥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：EM FN EN FM ⋅=⋅；（2）若 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 分别是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，则11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，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22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，所以EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 所以 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ，所以 EM FN EN FM ⋅=⋅． （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EM FN EN FM ⋅=⋅，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 ，则11,22NS OD EQ OB ==，所以NS ODEQ OB=． ① 又11,22ES OA MQ OC ==，所以ES OAMQ OC=． ② 而AD ∥BC ，所以OA ODOC OB=， ③ 由①，②，③得NS ESEQ MQ=． 因为 2NSE NSA ASE AOD AOE ∠=∠+∠=∠+∠，()(1802)EQM MQO OQE AOE EOB EOB ∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE =∠+︒-∠=∠+∠， 即NSE EQM ∠=∠，所以NSE ∆～EQM ∆，故EN SE OAEM QM OC==（由②）． 同理可得， FN OAFM OC =， 所以 EN FNEM FM=， 从而 EM FN EN FM ⋅=⋅．二、求所有的素数对（p ，q ），使得q p pq 55+．解：若pq |2，不妨设2=p ，则q q 55|22+，故255|+qq ．由Fermat 小定理， 55|-qq ，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．若pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，则qq 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，所以313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．若q p ,都不等于2和5，则有1155|--+q p pq ，故SO RQNFEDCBA P)(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． 若l k ≤，则由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 l k l k l -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！所以l k >．同理有l k <，矛盾！即此时不存在合乎要求的),(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 Λ是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P Λ．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m P P P Λ21，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设221π<∠P P P m ，则)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，若凸m 边形中恰有两个内角是锐角，则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），这样的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．（1） 若凸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，此时这2-m 个顶点的取法数为21--m r C ．（2） 若凸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，所以，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，此时这2-m 个顶点的取法数为2-m rC ．所以，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 n m n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21Λ满足 1min 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<<Λ21，则对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，所以()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a 13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=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 k n⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 所以，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 ,,2,1,21Λ=+-=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．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3n C 个，而颜色的三三搭配也刚好有3n C 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21-n C 种搭配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在21-n C 个三角形中，这表明在合乎要求的染法中，各种颜色的线段条数相等．所以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，所以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 Λ．对于}12,,2,1{+∉m i Λ，按12mod +m 理解顶点i A ．再将12+m 种颜色分别记为颜色12,,2,1+m Λ．将边1+i i A A 染为颜色i ，其中12,,2,1+=m i Λ．再对每个12,,2,1+=m i Λ，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 Λ．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，如果)12(m od 2211+-≡-m j i j i ． ②则线段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 ∆，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：如果11k j A A 与22k j A A 也同色，则由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：如果11k i A A 与22k i A A 也同色，则亦由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．（这里∑∈Xx x 与X 分别表示有限数集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(1Λ=+=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．我们首先证明必有l A =．事实上，设)!1(+'k 是A 中最大的数，则由1S A ⊆，易知A 中至多有k '个元素，即k A '≤，故!)!1()(k k k A f '>'+'≥．又由)(A f 的定义知)(A f ≤)!1(+'k ，故由①知k k '=．特别地有k A ≤．此外，显然)!1()!1()(+=+'≥k k A f A ，故由l 的定义可知A l ≤．于是我们有A l ≤k ≤．若k l =，则l A =；否则有1-≤k l ，则≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+)(11)()1(A f l l A f l )!1(111+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+k k!2!)!1(++++>Λk k ．由于)!1(+k 是A 中最大元，故上式表明1+<l A ．结合l A ≥即知l A =． 现在，若有1S 的两个不同的非空子集A ，B ，使得)()(B f A f =，则由上述证明知l B A ==，故)()(B f B A f A =，但这等式两边分别是A ，B 的元素和，利用!2!)!1(++>+Λm 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 显然)(!1A f n 及)(!1B f n 都是整数，故由上式知)(A f 与)(B f 都是正整数． 现在设正整数d 是)(A f 与)(B f 的一个公约数，则)()(!)()(!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n p p p ,,,21Λ．将1S 中元素记为n ααα,,,21Λ，则())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!!2Λ=-≡α，有正整数解．任取这样一个解x ，则相应的集合2S 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．。