2020年中国高中数学奥林匹克试题与解答 精品

O

R

Q

N M

F

E

D C

B

A

P

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 ，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

,22

EQ 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

,22

NS OD EQ OB ==，

所以

NS OD

EQ OB

=． ① 又11

,22

ES OA MQ OC =

=，

所以

ES OA

MQ OC

=． ② 而AD ∥BC ，所以

OA OD

OC OB

=

， ③ 由①，②，③得

NS ES

EQ 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 OA

EM QM OC

==（由②）． 同理可得， FN OA

FM OC =

， 所以 EN FN

EM 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|+q

q ．

由Fermat 小定理， 55|-q

q ，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q

q 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11

55

|--+q p pq ，故

S

O R

Q

N

F

E

D

C

B

A P

)(m od 05511p q p ≡+--． ①

由Fermat 小定理，得 )(m od 151

p 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

(1

112121)

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

2

21π

<

∠P P P m ，

则)13(2

122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j π

π，

更有)13(2

11-≤≤>

∠+-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2

1--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 r

C ．

所以，满足题设的凸m 边形的个数为

))()()(12()12()()12(1

1

1

11111121211

22

1

∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=?

?

?

??++=++n

r n

r m r

m r m r m r n r m r n r m r n

r m r

m r C C C C n C C n C

C

n

))(12(1

11--+++=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 n

j i a a ．求

∑=n

k k a 1

3

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

(

)∑∑=-+=+=n

k k

n k

n

k k

a a a 1

3

13

1

3

21

()()

()

∑=-+-+-+??

? ??++

-+=n k k n k k

n k k n k a a a a a a 12

12

114

1

43

21 ()

∑∑==-+-+≥+≥n k n

k k

n k k n a a 1

3

1

3

1218181． 当n 为奇数时，

22

211

3313

)1(4

12221-=

??=-+∑∑-==n i k n n i n

k ． 当n 为偶数时，

32

1

1

3

)12(221∑∑==-=-+n i n

k i k n

?

???

? ??-=∑∑==213

13)2(2n

i n j i j

)2(4

12

2-=

n n ． 所以，当n 为奇数时，

22

1

3

)1(32

1-≥

∑=n a n

k k

，当n 为偶数时，)2(321221

3

-≥

∑=n n a n

k k

，等号均在n i n i a i ,,2,1,2

1Λ=+-=时成立． 因此，

∑=n

k k a 1

3

的最小值为

22)1(321-n （n 为奇数），或者)2(32

12

2-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3

n C 个，而颜色的三三搭配也刚好有3

n 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2

1-n C 种搭配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在2

1-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2

1

2

-=n n C n 条． 当n 为偶数时，

2

1

-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k

j 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

A

x

A

x ∑∈ 与 B

x

B

x ∑∈

是互素的合数．（这里

∑∈X

x 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()(!+≤

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 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 !11

1A 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()

1,2

2=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．