2020年中国高中数学奥林匹克试题与解答 精品

2020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
，
PB?P C
．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
⊥
C D
，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< br>，
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
EQ?OB?RM,MQ?OC?RF
，
22
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
?EQO?2?ABD?2?ACD??FRO
，
P
A
E
Q
N
O
R
D
F
B
M
C
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
NS?OD,EQ?OB
，
22
所以
NSOD
?
． ①
EQOB
又
ES?
11
OA,MQ?OC
，
22

所以
ESOA
?
． ②
MQOC
而
AD
∥
BC
，所以
OAOD
， ③
?
OCOB
NSES
?
．
EQMQ
由①，②，③得
因为
?NSE??NSA??ASE??AOD?2?AOE
，
?EQM??MQO?? OQE?
?
?AOE??EOB
?
?(180??2?EOB)


??AOE?(180???EOB)??AOD?2?AOE
，
即
?NSE??EQM
，
所以
?NSE
～
?EQM
，
P
故
ENSEOA
??
（由②）．
EMQMOC
A
E
Q
FNOA
同理可得， ，
?
FMOC
ENFN
所以 ，
?
EMFM
从而
EM?FN?EN?FM
．

二、求所有的素数对（
p< br>，
q
），使得
pq5
p
?5
q
．
N
S
D
F
R
O
M
C
B
解：若2|pq
，不妨设
p?2
，则
2q|5?5
，故
q|5 ?25
．
由Fermat小定理，
q|5?5
，得
q|30，即
q?2,3,5
．易验证素数对
(2,2)
不合
要求，(2,3)
，
(2,5)
合乎要求．
若
pq
为奇数且
5|pq
，不妨设
p?5
，则
5q|5?5
，故
q|5
5qq?1
q
2qq
?625
．
q ?1
当
q?5
时素数对
(5,5)
合乎要求，当
q?5时，由Fermat小定理有
q|5?1
，故
q|626
．由于
q
为奇素数，而626的奇素因子只有313，所以
q?313
．经检验素数对
(5,313)
合乎要求．
若
p,q
都不等于2和5，则有
pq |5
p?1
?5
q?1
，故

5
p?1
?5
q?1
?0(modp)
． ①
由Fermat小定理，得
5
故由①，②得
p?1
?1(modp)
， ②
5
q?1
??1(modp)
． ③
设
p?1?2(2r?1)
，
q?1?2(2s?1)
， 其中
k,l,r,s
为正整数．
若
k?l
，则由②，③易知 kl
1?1
2
l?k
(2s?1)
?(5
p?12l?k
(2s?1)
)?5
2
l
(2r?1)(2s?1)?(5
q?1
)
2r?1
?(?1)
2r?1
??1( modp)
，
这与
p?2
矛盾！所以
k?l
．
同理有
k?l
，矛盾！即此时不存在合乎要求的
(p,q)
．
综上所述，所有满足题目要求的素数对
(p,q)
为
(2,3)
，
(3,2)
，
(2,5)
，
(5,2)
，
(5,5 )
，
(5,313)
及
(313,5)
．
三、设
m
，
n
是给定的整数，
4?m?n
，
A
1
A
2
?A
2n?1
是一个正2
n
+1边形，
P?< br>?
A
1
,A
2
,?,A
2n?1
?
．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
P
1
P
2
?P
m
，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设
?P
m
P
1
P
2
?
?
2
，
则?P
2
P
j
P
m
?
?
??P
2
P
1
P
m
?
更有
?P
j?1
P
j
P
j?1
?
?
2
(3?j?m?1)
，
?
2
(3?j?m?1)
．
而
?P
1
P
2
P
3
+
?P
m?1
P
m
P1
?
?
，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
A
i
与
A
j
为两个相 邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设
A
i
与
A
j
的劣弧上包含了
P
的
r
条边（
1?r?n
），这样的
(i,j)
在
r
固定时恰有
2n?1
对．

（1） 若凸
m
边形的其余
m?2
个顶点全在劣弧< br>A
i
A
j
上，而
A
i
A
j
劣弧上有
r?1
个
P
中
的点，此时这
m?2
个顶点 的取法数为
C
r?1
．
（2） 若凸
m
边形的其余
m?2
个顶点全在优弧
A
i
A
j
上，取
A
i
，
A
j
的对径点
B
i
，
B
j
，
由于凸
m
边形在顶点
A
i
，
A
j
处的内角为锐角，所以，其余的
m?2
个顶点全在劣弧
B
i
B
j
上，
而劣弧
B
i
B
j
上恰有
r
个
P
中的点，此时这
m?2
个顶点的取法数为
C
r
所以，满足题设的凸
m
边形的个数为
m?2
m?2
．
(2n?1)
?
(C
r?1
n
m?2
r?1
?C
m?2
r
?
n
m?2
n
m?2
?< br>)?(2n?1)
?
?
C
r?1
?
?
Cr
?
r?1
?
r?1
?
?1m?1m?1
?( 2n?1)(
?
(C
r
m?1
?C
r
m
) ?(C?C))
?
?1r?1r
r?1r?1
nn

m?1m?1

?(2n?1)(C
n?1
?C
n
)
．
四、给定 整数
n?3
，实数
a
1
,a
2
,?,a
n
满足
mina
i
?a
j
?1
．求
1?i ?j?n

?
a
k
的最小值．
k?1
n
3
解 不妨设
a
1
?a
2
???a
n
，则对
1?k?n
，有
a
k
?a
n?k?1
?a
n?k?1
?a
k
?n?1?2k
，
所以
?
a
kk?1
n
3
1
n
?
?
a
k
2
k?1
?
3
?a
n?1?k
3
?

?
2
1
n
?
3

?
?
?
a
k
?a
n?1?k
?
?
?
a
k
?a
n?1?k
2
k?1
?
4
1
n

?
?
?a
k
?a
n?1?k
8
k?1
n
?
1
?
a
k
?a
n?1?k
4
?
2
?
?

?
?
3
1
n
3
?
?
n?1?2k
．
8
k?1
n?1
2
i?1
当
n
为奇数时，
?
n?1?2k?2?2
3
?
?
i
3
?< br>k?1
n
3
1
2
(n?1)
2
．
4
当
n
为偶数时，
?
n?1?2k?2
?
(2i?1)
3

k?1i ?1
3
n
2
n
?
n
?
2
??33

?2
?
?
j?
?
(2i)
?

i?1
?
j?1
?
??

?
n
1
22
n(n?2)
．
4
3
所以，当
n
为奇数时，
?
a
k
k?1
?
1
2
(n?1)
2
，当
n
为偶数时，
32
?
a
k
k?1
n
3
?
1
22
n? 1
n(n?2)
，等号均在
a
i
?i?,i?1,2,?,n
时成立．
32
2
因此，
?
a
k
的最小值为k?1
n
3
1
2
1
22
，或者．
( n?1)
2
（
n
为奇数）
n(n?2)
（
n
为偶数）
3232
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
C
n
个，而颜色的三三搭配也刚 好有
C
n
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
C< br>n?1
种搭
配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在
C
n? 1
个三角形中，这表明在合乎要求
2
C
n
n?1
?
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条．
n2
2
2< br>33
当
n
为偶数时，
n?1
不是整数，所以不可能存在合乎条 件的染法．下设
n?2m?1
为
2
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
2m?1
边形的各个顶点依次记为
A< br>1
,A
2
,?,A
2m?1
．对于
i?{1,2,? ,2m?1}
，按
mod2m?1
理解顶点
A
i
．再将2m?1
种颜色分别记为颜色
1,2,?,2m?1
．
将边
A
i
A
i?1
染为颜色
i
，其中
i?1,2,?,2 m?1
．再对每个
i?1,2,?,2m?1
，都将线
段（对角线）
A
i?k
A
i?1?k
染为颜色
i
，其中
k?1, 2,?,m?1
．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
A
i
1
A
j
1
与
A
i
2
A
j
2
同色，当且仅当
i
1
?j< br>1
?i
2
?j
2
(mod2m?1)
． ①
因此，对任何
i?j(mod2m?1)
，任何
k?0(mod2m?1 )
，线段
A
i
A
j
都不与
A
i?k
A
j?k

同色．换言之，如果
i
1
?j
1
?i
2
?j
2
(mod2m?1)
． ②
则线段
A
i
1
A
j
1
都不与
A
i
2
A
j
2
同色．
任取两个三角形
? A
i
1
A
j
1
A
k
1
和
?A
i
2
A
j
2
A
k
2
，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
A
i
1
A
j
1
与
A
i
2
A
j
2
同色． 情形1：如果
A
j
1
A
k
1
与
Aj
2
A
k
2
也同色，则由①知
i
1
?j
1
?i
2
?j
2
(mod2m?1)
，
j
1
?k
1
?j
2
?k
2
(mo d2m?1)
，
将二式相减，得
i
1
?k
1
?i
2
?k
2
(mod2m?1)
，故由②知
A
k
1
A
i
1
不与
A
k
2
A
i
2
同色．
情形2：如果
A
i
1
A
k
1
与
A
i
2
A
k
2
也同色，则亦 由①知
i
1
?j
1
?i
2
?j
2
(mod2m?1)
，
i
1
?k
1
?i
2
?k
2
(mod2m?1)
，
将二式相减，亦得
j
1
?k
1
?j
2
?k
2
(mod2m? 1)
，亦由②知
A
j
1
A
k
1
与
A
j
2
A
k
2
不同
色．总之，
?A
i
1
A
j
1
A
k
1
与
?Ai
2
A
j
2
A
k
2
对应不同的颜色组 合．
六、给定整数
n?3
，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
?
x
x?A
A
是互素的合数．（这里
x?X
与
x?B
?
x
B

）
?
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
f(X)
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
S
1
?(m?1)!m?1,2,?,n< br>具有下述性质：对
S
1
的任意两个不同的非空子集
A
，
B
，有
f(A)?f(B)
．
证明：对任意
A?S
1< br>，
A??
，设正整数
k
满足
??

k!?f(A)?(k?1)!
， ①
并设
l
是使
lf(A)?(k?1)!
的最小正整数．我们首先证明 必有
A?l
．
事实上，设
(k
?
?1)!
是
A
中最大的数，则由
A?S
1
，易知
A
中至多有
k
?
个元素，即
A?k
?
，
故
f(A)?
(k
?
?1)!
?k
?
!
．又由
f(A)
的定义知
f(A)
?
(k
?
?1)!
，故由①知< br>k?k
?
．特别地
k
?
有
A?k
．
此外，显然
Af(A)?(k
?
?1)!?(k?1)!
，故由
l
的定义可知
l?A
．于是我们有
l?A
?k
．
若
l?k
，则
A?l
；否则有
l?k?1
，则 < br>1
??
1
??
(l?1)f(A)?
?
1?
?
lf(A)?
?
1?
?
(k?1)!

lk?1
????

?(k?1)!?k!???2!
．
由于
(k?1)!
是
A
中最大元，故上式表明
A?l?1
．结合
A?l
即知
A? l
．
现在，若有
S
1
的两个不同的非空子集
A
，
B
，使得
f(A)?f(B)
，则由上述证明知
A?B?l
，故
Af(A)?Bf(B)
，但这等式两边分别是
A
，
B
的元素和，利用
(m?1)!?m!???2!
易知必须
A
=
B，矛盾．
第二步，设
K
是一个固定的正整数，
K?n!?maxf(A
1
)
，我们证明，对任何正整数
x
，
A
1
?S
1
正整数的
n
元集合
S
2
?K!n!x
?
?1
?
?S
1
具有下述性质：对
S
2
的任意两个不同的非空
子集
A
，
B
，数
f(A)
与
f(B)
是两个互素的整数．
事实上，由
S
2
的定义易知 ，有
S
1
的两个子集
A
1
,B
1
，满足< br>A
1
?A
，
B
1
?B
，且

f(A)?K!n!xf(A
1
)?1,f(B)?K!n!xf(B
1)?1
． ②
显然
n!f(A
1
)< br>及
n!f(B
1
)
都是整数，故由上式知
f(A)
与
f(B)
都是正整数．
现在设正整数
d
是
f(A)
与
f(B)
的一个公约数，则
n!f(A)f(B
1
)?n!f( B)f(A
1
)
是
??
d
的倍数，

故由②可知
dn!f(A
1
)?n!f(B
1
)
，但由K 的选取及
S
1
的构作可知，
故它是
K!
的约数，从而
dK!
．再结合
df(A)n!f(A
1
)?n!f(B
1
)
是小于
K
的非零整数，
及②可知
d
=1，故
f (A)
与
f(B)
互素．
第三步，我们证明，可选择正整数
x，使得
S
2
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
p
1
,p
2
,?,p
n
．将
S
1
中元素记为
?
1
,
?
2
,?,
?
n
，
22
则
?< br>p
i
,K!n!
?
i
?
?1(1?i?n)
，且
p
i
,p
j
?1
（对
1?i?j?n
），
??
故由中国剩余定理可知，同余方程组
K!n!x
?
i< br>??1(modp
i
2
),i?1,2,?,n
，
有正整数解．
任取这样一个解
x
，则相应的集合
S
2
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．