2009年中国数学奥林匹克(CMO)试题和解答

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2009中国数学奥林匹克解答


一、给定 锐角三角形PBC，
PB?PC
．设A，D分别是边PB，PC上的点，连接
AC，B D，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
EQ?OB?RM,MQ?OC?RF
，
22
P
又OQMR是平行四边形，所以
?OQM??ORM
， < br>A
E
Q
N
O
R
D
F
由题设A，B， C，D四点共圆，所以
?ABD??ACD
，
B
M
C
于是 图1

?EQO?2?ABD?2?ACD??FRO
，
所以
?EQM??EQO??OQM??FR?O?OR?M?
，
故
?EQM??MR
，
F

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?E N?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
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所以
NSOD
． ①
?
EQOB
11
又
ES?OA,MQ?OC
，所以
22
ESOA
． ②
?
MQOC
而AD∥BC，所以
OAOD
， ③
?
OCOB
由①，②，③得
NSES
．
?
EQMQ
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
，
故
ENSEOA
（由②）．
??
EMQMOC
P
FNOA
同理可得， ，
?
FMOC
ENFN
所以 ，
?
EMFM
从而
EM?FN?EN?FM
．



B
A
E
Q
N
S
D
F
R
O
M
C
二、求所有的素数对（p，q），使得
pq5
p
?5
q
．
解：若
2|pq
，不妨设
p?2
，则
2q|5
2< br>?5
q
，故
q|5
q
?25
．
由Fermat小定理，
q|5
q
?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．
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若
pq
为奇数且
5| pq
，不妨设
p?5
，则
5q|5
5
?5
q
，故
q|5
q?1
?625
．
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
q?1
?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< br>?5
q?1
，故
5
p?1
?5
q?1
?0(modp)
． ①
由Fermat小定理，得
5
p?1
?1(modp)
， ②
故由①，②得
5
q?1
??1(modp)
． ③
设
p?1?2
k
(2r?1)
，
q?1?2
l
(2s?1)
， 其中
k,l,r,s
为正整数．
若
k?l
，则由②，③易知
1?1
2
l?k
(2 s?1)
?(5
p?1
)
2
l?k
(2s?1)
? 5
2(2r?1)(2s?1)
?(5
q?1
)
2r?1
? (?1)
2r?1
??1(modp)
，
l
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2n+1边形，
P?
?
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< br>j
P
m
?
?
??P
2
P
1
P
m
?
?
2
(3?j?m?1)
，
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更有
?P
j?1
P< br>j
P
j?1
?
?
2
(3?j?m?1)
．
而
?P
1
P
2
P
3
+
?P
m?1
P
m
P
1
?
?
，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
A
i
A
j
上，而
A
i
A
j
劣弧上有
r?1
个
?2
P
中的点，此时这
m?2
个顶点的取法数为
C
r
m
?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< br>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
m?2
．
所以，满足题设的凸
m
边形的个数为
(2 n?1)
?
(C
r?1
n
m?2
r?1
?C
m?2
r
?
n
m?2
n
m?2
?
)?( 2n?1)
?
?
C
r?1
?
?
C
r
?
r?1
?
r?1
?
?1m?1m?1
?(2n?1)(
?
(C
r
m?1
?C
r
m
))
? 1
)?
?
(C
r?1
?C
r
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
min
a
i
?a
j
?
1
．求?
a
k
的最小值．
1?i?j?n
k?1
n
3
解 不妨设
a
1
?a
2
???a
n
，则对
1?k?n
，有
a< br>k
?a
n?k?1
?a
n?k?1
?a
k
? n?1?2k
，
所以
?
a
k
k?1
n
3
1
n
3
?
?
a
k
?an?1?k
2
k?1
?
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
?
1
?
a
k
?a
n?1?k
4
?
2
?
?

?
?
3
1
n
3
?
?
n ?1?2k
．
8
k?1
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n?1
2
i?1
当n为奇数时，
?
n?1?2k?2 ?2
3
?
?
i
3
?
k?1
n
n< br>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
?
??

?
1
22
n(n?2)
．
4
3
所以，当 n为奇数时，
?
a
k
k?1
n
3
n
122
当n为偶数时，
a
k
?(n?1)
，
?
3 2
k?1
?
1
22
n(n?2)
，
32
等 号均在
a
i
?i?
n
n?1
,i
?
1,2 ,
?
,n
时成立．
2
3
因此，
?
ak
的最小值为
k?1
1
2
1
，或者
n
2
(n
2
?2)
（n为偶数）．
(n?1)
2
（ n为奇数）
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。
3
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
3
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
n< br>2
?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< br>2
?1
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
2
C
n
n?1
?
条．
n2
n?1
当
n
为偶数时，不是整数，所以不可能存在合乎条件的染法．下设
n?2m?1
2
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
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方向将凸
2m?1
边形的各个 顶点依次记为
A
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< br>．
将边
A
i
A
i?1
染为颜色
i
，其中
i?1,2,?,2m?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 < br>i
1
?j
1
?i
2
?j
2
(mod 2m?1)
． ①
因此，对任何
i?j(mod2 m?1)
，任何
k?0(mod2m?1)
，线段
A
i
A< br>j
都不与
A
i?k
A
j?k
同色．换言之，如果 < br>i
1
?j
1
?i
2
?j
2
(mod 2m?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
j2
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< br>A
k
1
与
A
j
2
A
k
2< br>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
(mod2m?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
?A
i
2
A
j
2
A
k
2
对应不同的颜色组合．

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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
x?X
与
?
x
x?B
B

是互素的合数．（这里
?
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
?
具有下述性质：
对
S1
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
，
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< br>?
!
．又由
f(A)
的定义知
f(A)
?
( k
?
?1)!
，故由①知
k
?
k?k
?
． 特别地有
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)!

k?1
l
??
??

?(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
． < br>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
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(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
A< br>1
?S
1
数x，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
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，
n! f(A
1
)?n!f(B
1
)
是小于K的非零整数，故它是
K!
的约数，从而
dK!
．再结合
df(A)
及②可知d=1，故< br>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
，则
?
p
i
,K! n!
?
i
?
?
1(1
?
i
?
n)
，且
?
p
i
2
,p
2
，故由中
j
?
?1
（对
1?i?j?n
）
国剩余定理可知，同余方程组
K!n!x
?
i
??
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，< br>这一n元集合满足问题的全部要求．

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