2012年中国数学奥林匹克(CMO)试题(含答案word)

2012年中国数学奥林匹克(CMO)试题
第一天
1. 如图1，在圆内接ABC V 中，A ∠为最大角，不含点A 的弧»BC
上两点D 、E 分别为弧¼ABC 、¼ACB 的中点。

记过点A 、B 且与AC 相切的圆为1O e ，过点A 、E 且与AD
相切的圆为2O e ，1O e 与2O e 交于点A 、P 。

证明：AP 平分ABC ∠。

2. 给定质数p 。

设()ij A a =是一个p p ⨯的矩阵，满足2
{|1}{1,2,,}ij a i j p p ≤≤=L 、。

允许对一个矩阵作如下操作：选取一行或一列，将该行或该列的每个数同时加上1或同时减去1.若可以通过有限多次上述操作将A 中元素全变为0，则称A 是一个“好矩阵”。

求好矩阵A 的个数。

3.证明：对于任意实数2M >，总存在满足下列条件的严格递增的正整数数列12,,a a L ：
（1） 对每个正整数i ，有i
i a M >；
（2） 当且仅当整数0n ≠时，存在正整数m 以及12,,,{1,1}m b b b ∈-L 使得
1122m m n b a b a b a =+++L .
4.设()()()(f x x a x b a b =++、是给定的正实数),2n ≥为给定的正整数。

对满足
121n x x x +++=L 的非负实数12,,,n x x x L ，求1min{(),()}i j i j n
F f x f x ≤<≤=
∑
的最大值。

5.设n 为无平方因子的正偶数，k 为整数，p 为质数，满足
|p p <2,|()n p n k +.
证明：n 可以表示为ab bc ca ++，其中，,,a b c 为互不相同的正整数。

6.求满足下面条件的最小正整数k ：对集合{1,2,,2012}S =L 的任意一个k 元子集A ，都存在S 中的三个互不相同的元素a 、b 、c ，使得a b +、b c +、c a +均在集合A 中。

第一天
1. 如图2，联结EP 、BE 、BP 、CD 。

分别记BAC ∠、ABC ∠、ACB ∠为A ∠、B ∠、C ∠，X 、Y 分别为CA 延长线、DA 延长线上的任意一点。

由已知条件易得,AD DC AE EB ==。

结合A 、B 、D 、
E 、C 五点共圆得
1909022C
BAE AEB ∠∠=-∠=-
o o ， 1909022
B
CAD ADC ∠∠=-∠=-
o o 。

由AC 、AD 分别切1O e 、2O e 于点A 得180,APB BAX A ABP CAP ∠=∠=-∠∠=∠o
， 及180180()APE EAY DAE BAE CAD A ∠=∠=-∠=-∠+∠-∠o
o
180(90)(90)90222
C B A
A ∠∠∠=--
---∠=+
o o o o 故360902
A BPE AP
B APE APE ∠∠=-∠-∠=+=∠o o
在APE V 与BPE V 中，分别运用正弦定理并结合AE BE =，得 sin sin sin sin PAE PE PE PBE
APE AE BE BPE
∠∠===∠∠，故sin sin PAE PBE ∠=∠，又因为APE ∠、BPE
∠均为钝角，所以，PAE ∠、PBE ∠均为锐角，于是，PAE PBE ∠=∠， 故BAP BAE PAE ABE PBE ABP CAP ∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠。

2. 由加减法的交换律和结合律可以将针对同一行或同一列的操作合并进行，并且无需考虑各操作间的次序。

假设所有操作的最终结果是对第i 行每个数减去i x ，对第j 列每个数减去j y ，其中
,(1)i j x y i j p ≤≤、可以是任意整数。

由题设知ij i j a x y =+对所有的(1j )i j i p ≤≤、、成立。

由于表中各数互不相同，则12,,,p x x x L 互不相同，12,,,p y y y L 互不相同。

不妨设
12p x x x <<<L ，这是因为交换i x 与j x 的值相当于交换第i 行和第j 行，既不改变题设也
不改变结论。

同样，不妨设12p y y y <<<L 。

于是，假设数表的每一行从左到右是递增的，每一列从上到下也是递增的。

由上面的讨论知11121,2a a ==或212a =，不妨设122a =。

否则，将整个数表关于主对
角线作对称，不改变题设也不改变结论。

下面用反证法证明：1,2,,p L 全在第一行中。

假设1,2,,(2)k k p ≤<L 在第一行中，1k +不在第一行中。

于，211a k =+。

将连续的k 个整数称为一个“块”，只需证明：表格的第一行恰由若干个块构成，即前k 个数为一个块，之后的k 个数又是一个块，等等。

如若不然，设前n 组k 个数均为块，但之后的k 个数不成为块（或之后不足k 个数），由此知对(1)1(1)21,2,,,,,,j k j k jk j n y y y -+-+=L L 构成块。

从而，表格的前nk 列共可分成pn 个
1k ⨯的子表格,(1)1,(1)2,,,,(1,2,,;1,2,,)i j k i j k i jk a a a i p j n -+-+==L L L ，每个子表格中的k
个数构成块。

现假设2,11,1212111nk nk a a x x a a k ++-=-=-=，故2,1nk a a k +=+。

从而a b +必定在前nk 列中。

这样a b +含在某个前面所说的1k ⨯的块中，但a 、a k +都不在该块中，矛盾。

于是，第一行恰由若干个块构成。

特别地，有|k p 。

但1k p <<，而p 是质数，这导致矛盾。

于是，数表的第一行恰为1,2,,p L ，而第k 行必定为(1)1,(1)2,,.k p k p kp -+-+L 因此，好矩阵A 在交换行，交换列，以及关于主对角线作对称下总可转化为唯一的形式。

所以，好矩阵的个数等于2
2(!).p
3. 递推地构造正整数序列{}n a 如下：取整数2
1a M >，以及211a a =+。

对2k ≥，取整
数22
21
22121
1
,k k k
k i k
i i i a M
a a
k a ---==>+
=+∑∑。

下面证明这一序列满足条件。

由定义知121m m m a a a a -->+++L 对1m >均成立，且对任意正整数k 有
2221k k k a a M ->>。

于是，这一序列是严格递增的正整数序列且满足条件（1）。

对任意正整数n 有21
21
n i n
i n a a
-==-
+∑及21
21
n i n i n a a
-=-=
-∑。

最后只需说明：0不能表示成1122m m b a b a b a +++L 的形式，其中，
12,,,{1,1}m b b b ∈-L 。

当1m =时，110b a >。

当1m >时，1122121||()0m m m m m b a b a b a a a a a --+++≥-+++>L L 。

这样便验证了所构造的序列满足所有条件。

第二天
4. 解法1
由
min{(),()}min{()(),()()}i j i i j j f x f x x a x b x a x b =++++≤11
[()()()()]()()22
i j i j i j i j x a x b x b x a x x x x a b ab ≤+++++=++++，则 2222
11111
1()[()](1)222n n n
i j i j n i i i n i j n i j n i i i a b a b F x x x x C ab x x n x C ab ≤<≤≤<≤===++≤+++⋅=-+-+⋅∑∑∑∑∑22221
111111(1)()[1()]()2222n n i n i n i i n n x a b C ab x a b C ab n ==--=-+++⋅≤-+++⋅∑∑ 111(1)11(1)()()2222n n n n a b ab a b nab n n
---=-+++=+++ 当121n x x x n ====L 时，上式等号成立，故F 的最大值为11
()2n a b nab n
-+++。

解法2 对n 归纳证明下述理一般的命题。

命题 对满足12n x x x s +++=L 的非负实数12,,,n x x x L （s 是任意固定的非负实数），
1min{(),()}i j i j n
F f x f x ≤<≤=
∑
的最大值在12n s
x x x n
====
L 时取到。

事实上，由F 的对称性，不妨设12n x x x ≤≤≤L 。

注意到，()f x 在非负实数集上是单调递增的。

则
121(1)()(2)()()n F n f x n f x f x -=-+-++L
当2n =时，1()()2
s F f x f =≤，等号在12x x =时成立。

假设结论在n 时成立，考虑1n +的情形。

对2311n x x x s x ++++=-L 用归纳假设有
1111
()(1)()()2s x F nf x n n f g x n
-≤+-=
其中()g x 为关于x 的二次函数，其二次项系数为2
1
12n n -+，一次项系数为
12()2n s
a b a b n n
-+-
++。

因此，对称轴为
2212()2[2(1)2(1)()](1)(21)
12(1)2n s
a b a b
s n n n s n n a b n s n n n n n
-++--≤⇔--+++≤+--++显然，上式不等号左边2
2(1)n s <-<右边，所以，当11
s x n =+时，1()g x 取得最大值。

因此，F 取得最大值时，123111
n s x s
x x x x n n +-======+L 。

由数学归纳法，命题得证。

5. 由于n 是偶数，故2p ≠。

又|p n ，故|p k 。

不妨假设0.k p <<取,a k b p k ==-，则2
()n k p k n k c k p p
--+=
=- 由条件知c 是整数，a 、b 是不同的正整数。

下面只需证明：0c >，并且c a ≠、.b
由均值不等式有n
k p k
+≥>，故2.n k pk +> 由此知0.c >
若c a =，则2
n k k k p
+-=，即(2).n k p k =- 由于n 是偶数，故k 为偶数，这样n 被4整除，这与n 无平方因子矛盾。

若c b =，则2
2
.n p k =-
由于n 是偶数，故k 为奇数，这同样导致n 被4整除，矛盾。

综上，选取的a 、b 、c 满足条件。

命题获证。

6. 设a b c <<，令,,.x a b y a c z b c =+=+=+ 则,x y z x y z <<+>，且x y z ++为偶数.① 反之，若存在x 、y 、z A ∈满足性质①，则取,,,222
x y z x z y y z x
a b c +-+-+-=
==有a 、b 、,12012c Z a b c ∈≤<<≤，且,,.x a b y a c z b c =+=+=+
于是，题述条件等价于对任意的k 元子集A ，均有x 、y 、z A ∈，满足性质①。

若{1,2,3,5,7,,2011}A =L ，则1007A =，且集合A 中不含有满足性质①的三个元素。

因此1008.k ≥
下面证明：任意一个1008元子集均含有三个元素满足性质①。

接下来证明一个更一般的结论：
对任意整数(4)n n ≥，集合{1,2,,2}n L 的任意一个2n +元子集均含有三个元素满足性质①。

对n 进行归纳。

当4n =时，设集合A 是{1,2,,8}L 的一个六元子集，则{3,4,,8}A I L 至少有4个元素。

若{3,4,,8}A I L 中含有三个偶数，则4、6、8A ∈且满足性质①；
若{3,4,,8}A I L 中恰含有两个偶数，则它还应含有至少两个奇数，取这两个奇数，则4、6、8中至少有两个偶数与这两个奇数可以形成一个满足性质①的三元数组，由于至少有两个偶数，故存在三个数满足性质①；
若{3,4,,8}A I L 中恰含有一个偶数，则它含有全部三个奇数，此偶数与5、7即构成满足性质①的三元数组。

因此，当4n =时，结论成立。

假设结论对(4)n n ≥成立，考虑1n +的情形。

设集合A 是{1,2,,22}n +L 的一个3n +元子集，若{1,2,,2}2A n n ≥+I L ，则由归纳假设知结论成立。

于是，只需考虑{1,2,,2}1A n n =+I L 且21n +、22n A +∈的情形。

此时，若{1,2,,2}n L 中有一个大于1的奇数x 在集合A 中，则x 、21n +、22n +即构成满足性质①的三元数组；
若{1,2,,2}n L 中所有大于1的奇数均不在集合A 中，则
{1,2,4,6,,2,21,22}A n n n ⊂++L ，而后者恰有3n +个元素，故 {1,2,4,6,,2,21,22}A n n n =++L ，此时，4、6、8A ∈满足性质①。

综上，所求最小的k 为1008.。