CGMO2015-2015第14届中国数学女子奥林匹克试题及答案

2015中国女子数学奥林匹克第一天2015年8月12日 上午8:00 ~ 12:00广东深圳 深圳市高级中学1．如图，在锐角△ABC 中，AB > AC ，O 为外心，D 为边BC 的中点．以AD 为直径作圆与边AB 、AC 分别交于点E 、F ．过D 作DM ∥AO 交EF 于点M ．求证：EM = MF ．（郑焕供题）2．设(0,1)a ∈，且3232()(14)(51)(35),()(1)(2)(31).f x ax a x a x ag x a x x a x a =+-+-+-=--+--+求证：对于任意实数x ，()f x 和()g x 中都至少有一个不小于1a +．（李胜宏供题）3．把12×12的方格纸的每个单位方格染成黑色或白色，使得由方格线围成的任意一个3×4或4×3的长方形内都至少有一个黑色单位方格．试求黑色单位方格个数的最小值．（梁应德供题）4．对每个正整数n ，记()g n 为n 与2015的最大公约数，求满足下列条件的有序三元数组(,,)a b c 的个数：1) ,,{1,2,,2015}a b c ∈L ；2) (),(),(),(),(),(),()g a g b g c g a b g b c g c a g a b c +++++这七个数两两不同．（王彬供题）中国女子数学奥林匹克第二天2015年8月13日 上午8:00 ~ 12:00广东深圳 深圳市高级中学OMFEDCBA5．有多少个不同的三边长为整数的直角三角形，其面积值是周长值的999倍？（全等的两个三角形看作相同的）（林常供题）6．如图，两圆12,ΓΓ外离，它们的一条外公切线与12,ΓΓ分别切于点,A B ，一条内公切线与12,ΓΓ分别切于点,C D ．设E 是直线,AC BD 的交点，F 是1Γ上一点，过F 作1Γ的切线与线段EF 的中垂线交于点M ，过M 作MG 切2Γ于点G ．求证：MF MG =．（付云皓供题）7．设12,,,(0,1)n x x x ∈L ，2n ≥．求证：1212n nx x x <L L ．（王新茂供题）8．给定整数2n ≥．黑板上写着n 个集合，然后进行如下操作：选取黑板上两个互相不包含的集合,A B ，擦掉它们，然后写上A B I 和A B U ．这称为一次操作．如此操作下去，直到任意两个集合中都有一个包含另一个为止．对所有的初始状态和操作方式，求操作次数的最大可能值．（朱华伟供题）试题解答1．如图，在锐角△ABC 中，AB > AC ，O 为外心，D 为边BC 的中点．以AD 为直径作圆与边AB 、AC 分别交于点E 、F ． 过D 作DM ∥AO 交EF 于点M ． 求证：EM = MF ．Γ2Γ1MG F EDCBA图1证明 如图，连接DE 、DF ，过O 作ON ⊥AB 交AB 于点N ． 由题意可知，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ． 因此，ON ∥DE ． 又因为DM ∥AO ，所以∠EDM =∠AON ．因为O 为△ABC 外心，所以∠AON = ∠ACB ． 从而∠EDM =∠ACB ． 同理可得，∠FDM = ∠ABC ． 在△EDF 中，有sin sin sin sin 1sin sin sin sin EM DE EDM DE ACB DB ABC ACBMF DF FDM DF ABC DC ACB ABC⋅∠⋅∠⋅∠⋅∠====⋅∠⋅∠⋅∠⋅∠， 即EM = MF ．2．设(0,1)a ∈，且3232()(14)(51)(35),()(1)(2)(31).f x ax a x a x ag x a x x a x a =+-+-+-=--+--+求证：对于任意实数x ，()f x 和()g x 中都至少有一个不小于1a +．证明 由于(0,1)a ∈，a 与1a -皆为正数，因此对任意实数x ，{}{}{}max (),()(1)max (),()max (),()(1)()()(1)()()f xg x a f x g x a f x g x a f x a g x a f x a g x =-⋅+⋅≥-+≥-⋅-⋅而222 (1)()()[(1)(14)][(1)(51)(2)][(1)(35)(31)](21)(2)1a f x a g x a a a x a a a a x a a a a a x x a-⋅-⋅=--++----+--++=-⋅-+++又22172()024x x x -+=-+>，故{}max (),()1f x g x a ≥+．问题得证．3．把12×12的方格纸的每个单位方格染成黑色或白色，使得由方格线围成的任何3×4和4×3长方形内都至少有一个黑格．试求黑格个数的最小值．解 所求黑格个数的最小值12n =．先证明12n ≥．由于12×12单位方格纸可划分为12121234⨯=⨯个（除边界外）互不相交的3×4方格长方形．由题设可知这些长方形各至少有一个黑色方格，故至少要涂12个黑色方格．要证明12n =，只需构作一个可行的例子，见下图．4．对每个正整数n ，记()g n 为n 与2015的最大公约数，求满足下列条件的有序三元数组(,,)a b c 的个数：1) ,,{1,2,,2015}a b c ∈L ；2) (),(),(),(),(),(),()g a g b g c g a b g b c g c a g a b c +++++这七个数两两不同．解 分解质因数123201551331p p p =⨯⨯=⨯⨯．()g n 是2015的约数，只有8种情况．我们把满足()1g n =的n 叫做零型数，把满足()g n 取1p 或2p 或3p 的n 叫做一型数，把满足()g n 取12p p 或13p p 或23p p 的n 叫做二型数．我们使用下面两个简单的事实：对任意整数x ，()()(2015)(2015)g x g x g x g x =-=+=-，因此本题可以看做在模2015意义下讨论，即模2015同余的两个数看成相同．对素数p ，若|p x ,|p y 两者都成立则|p x y ±，若恰有一个成立则|p x y ±/．把满足条件三元组(,,)a b c 对应为七元组(,,,,,,)A a b c a b a c b c a b c =+++++，我们考虑A 的七个位置上的数的g 值的分布．首先这七个g 值不能有2015，否则，若某个位置上的数x 是2015的倍数，则A 中存在另外两个位置上的数,y z 满足x y z =+或x y z =-，这样就有()()g y g z =，矛盾．所以七个g 值必须是1,1p ,2p ,3p ,12p p ,13p p ,23p p 各一个．这样A 的七个位置必须是3个二型数、3个一型数、一个零型数．我们关心三个二型数在哪三个位置上．设123,,p p p 是5,13,31的任意排列，若,,x y z 满足12()g x p p =，13()g y p p =，23()g z p p =，则有111|,||p x p y p x y ⇒±±，222|,||p x p y p x y ⇒±±//，333|,||p x p y p x y ⇒±±//，可得1()g x y p ±±=，同理有2()g x z p ±±=，3()g y z p ±±=，()1g x y z ±±±=．因此当确定A 中的三个二型数,,x y z 的位置后，如果其它四个位置可以分别表示为,,x y z 的3个两两线性组合与,,x y z 三个数的线性组合(要求线性组合系数是1±)，我们就可断定A 中的七个位置的g 值互不相同，我们把这种可以线性组合成功表示的三个二型数的一组位置叫做合理位置．在一组合理位置上，当我们确定,,x y z 的取值(模2015意义下)后，七元组A 也被唯一决定了．在模2015意义下，满足12()g n p p =的n 恰好有31p -个，满足13()g n p p =的n 恰好有21p -个，满足23()g n p p =的n 恰好有11p -个，此外,,x y z 的顺序或者说123,,p p p 的顺序可以调换，因此每组合理位置下，,,x y z 的取值有3213!(1)(1)(1)614408640p p p ⨯---=⨯=种可能，也就恰好对应8640个满足条件的三元组．我们关心哪组位置可能是合理的．对素数5,13,31p =，七元组A 中恰好有3个位置是p 的倍数，若,,a b a c b c +++这三个位置至少有两个p 的倍数，不妨设|,|p a b p a c ++，则在此前提下||||p a p b p c p a b c ⇔⇔⇔++并且||()()()|2|p b c p a b a c b c p a p a +⇒+++-+⇒⇒，这时A 中不能恰有3个位置是p 的倍数．所以()g a b +,()g a c +,()g b c +的素因子个数总共不超过3，,,a b a c b c +++这三个位置上至多有一个二型数，也就是,,,a b c a b c ++这四个位置上有2或3个二型数．若,,,a b c a b c ++中有三个二型数，二型数的位置有4种可能情况：若,,x a y b z c ===是三个二型数，则a b x y +=+,a c x z +=+,b c y z +=+是三个一型数，a b c x y z ++=++是零型数，位置合理．若,,x a y b z a b c ===++是二型数，则,,a b x y b c z x a c z y +=++=-+=-，c x y z =--+，位置合理．同理其他两种位置也是合理的．若,,,a b c a b c ++中恰有两个二型数，我们分两类考虑：第一类考虑两个二型数都在,,a b c 中，不妨设a 和b 是二型数，则a b +不可能是二型数，a c +,b c +之一是二型数，不妨设a c +是二型数．这时,,x a y b z a c ===+是三个二型数，,,a b x y c x z a b c y z +=+=-+++=+，b c x y z +=-++，位置合理．这一类由对称性共有6种情况是合理位置．第二类考虑a b c ++是二型数且,,a b c 之一是二型数，不妨设a 和a b c ++是二型数，则b c +不可能是二型数，a b +,a c +之一是二型数，不妨设a b +是二型数．这时,,x a y a b c z a b ==++=+是二型数，则,,b c x y b x z c y z +=-+=-+=-，a c x y z +=+-，位置合理．这一类由对称性共有6种情况是合理位置．综上，三个二型数的合理位置共有16种，(其他不合理位置都不可能使三元组满足条件)．所以满足条件的三元组共有168640138240⨯=．5．有多少个不同的三边长为整数的直角三角形，其面积值是周长值的999倍？（全等的两个三角形看作相同的）解法一 设内切圆半径为r ，1()()2S r a b c m a b c =++=++．故22a b c r m +-==，4c a b m =+-．代入222a b c +=得24480ab ma mb m --+=，2(4)(4)8a m b m m --=．不同的无序解(,)a b 给出不同的三角形，故所求三角形个数为21(8)2d m ．本题999m =，236282337m =⋅⋅，1(31)(61)(21)422+++=．解法二 由勾股数公式，22222, (), ()a k uv b k u v c k u v =⋅=-=+，其中k （三边长的最大公因数）为任意正整数，u 与v 互素，u v >且u 与v 一奇一偶．22231999()()9992()2()19982337ab a b c k uv u v u u v kv u v =⋅++⇔-=⋅+⇔-==⋅⋅ u v -为奇数，因数2只能分给k 或v ，有两种方式．v 与u v -互素，奇素因子p α分给,,k v u v -只能是(,0,0)α或(,,0)i i α-，(,0,)i i α-（1i α≤≤），有21α+种方式．故由乘法原理，素因子的分配共有2(231)(211)42⋅⋅+⋅+=种方式，每种分配方式给出唯一的三角形．因此共有42个所求三角形．评注 一般地，若倍数为112nn m p p ββα=⋅L （1,,n p p L 为不同的奇素数），则所求三角形个数为1(2)(21)(21)n αββ+⋅++L ．6. 如图，两圆12,ΓΓ外离，它们的一条外公切线与12,ΓΓ分别切于点,A B ，一条内公切线与12,ΓΓ分别切于点,C D . 设E 是直线,AC BD 的交点，F 是1Γ上一点，过F 作1Γ的切线与线段EF 的中垂线交于点M ，过M 作MG 切2Γ于点G . 求证：MF MG =.证法一 设12,ΓΓ的圆心分别为12,O O ，直线,AB CD 交于点H ，连12,HO HO . 设,J K 分别是线段,AB CD 的中点，连,JE KE .由于,HA HC 是1Γ的切线，故1HO 平分AHC ∠，且1AC HO ⊥. 同理，2HO 平分BHD ∠，且2BD HO ⊥. 由于12,HO HO 分别是AHC ∠的内角平分线和外角平分线，故它们互相垂直，结合1AC HO ⊥及2BD HO ⊥知AC BD ⊥.由于直角三角形斜边中线等于斜边一半，故,JE JA JB KE KC KD ====. 考虑12,ΓΓ及以E 为圆心，0为半径的圆，由JE JA JB ==知J 到这三个圆的幂相等，由KE KC KD ==知K 到这三个圆的幂也相等. 显然,J K 是两个不同的点，因此这三个圆必然有一条公共的根轴. 由于M 在EF 的中垂线上，所以MF ME =，结合MF 是1Γ的切线知M 在这三个圆的公共根轴上，又MG 是2Γ的切线，故MF MG =，证毕.证法二 同证法一可得AC BD ⊥. 设12,ΓΓ的半径分别为12,r r ，则由勾股定理可知222222111JO JE r JA JE r -=+-=，同理有22211KO KE r -=，22211MO ME r -=. 因此222222111JO JE KO KE MO ME -=-=-，由平方差原理知1JK O P ⊥，1KM O P ⊥. 由于过平面上一点有且仅有一条直线与已知直线垂直，所以,,J K M 三点共线.由于222222222JO JE r JB JE r -=+-=，同理22222KO KE r -=，由此可得222222JO JE KO KE -=-，由平方差原理知2JK O E ⊥，故2JM O E ⊥，因此22222222MO ME JO JE r -=-=，结合22222MO MG r =+得MG ME =，故MG MF =，证毕.评注 事实上，点E 在直线12O O 上，两个证法均证明了这一点，但这个结论在本题中作用不大.7．设12,,,(0,1)n x x x ∈L ，2n ≥．求证：Γ2 Γ1 M G F E DC B A1212n nx x x++<LL．证法一：对n应用数学归纳法．当2n=时，由Cauchy不等式可得121212121x x=≤<当3n≥时，由归纳假设和Cauchy不等式，得12121121212n n nn n nx x x-<=≤<LL证法二：设1111212()n nA x x x x x x---=+++L L，12nB x x x=L．两边同乘以B，只需证明2341121n n nx x x x x x-+<L L L L由Cauchy不等式，左边=．故只需证明()1A A nB n-<-．我们先证明1(1)A n B<+-．事实上，12312341234512211(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)0n nn n n nn B A x x x x x x x x xx x x x x x x x x x x--+--=--+--+--++-->L LL L L（这也可以用调整法或一次函数极值来证明）．故()()()2222()1(1)1(1)1(1)(1)2(2)(1)(2)1(1)12(1)4(1)(2)11(2)14(1)A A nB n B n B nB n B Bn nn B n B n Bn nnn nn-<+-+--=+--⎛⎫⎛⎫--=--+-+=---++⎪⎪--⎝⎭⎝⎭-≤+≤+-=--证毕．8．给定整数2n≥．黑板上写着n个集合，然后进行如下操作：选取黑板上两个互相不包含的集合,A B，擦掉它们，然后写上A BI和A BU．这称为一次操作．如此操作下去，直到任意两个集合中都有一个包含另一个为止．对所有的初始状态和操作方式，求操作次数的最大可能值．解首先我们证明操作次数不可能超过2(1)2nn nC-=．当黑板上写着n个集合时，考虑成包含关系的集合对的数量，我们证明，每次操作后，这个数量至少增加1．假设我们将,A B变成A BI和A BU．首先,A B不是包含关系，而A BI和A BU是包含关系，故这里至少增加了一对成包含关系的集合对．对于另一集合C，若C与,A B之一成包含关系，由对称性不妨设A C⊆，则A B C⊆I，即C至少与A B I 和A B U 之一成包含关系；若C 与,A B 均成包含关系，则由,A B 不成包含关系知或者,A C B C ⊆⊆，或者,A C B C ⊇⊇，若为前者，则,A B C A B C ⊆⊆I U ，若为后者，则,A B C A B C ⊇⊇I U ．因此，在操作之后，其余成包含关系的集合对的数量不会减少，因此每次操作后，这个数量至少增加1．由于此数量最少为0，最多为2(1)2n n n C -=，故操作至多进行(1)2n n -次． 另一方面，我们给出操作次数达到(1)2n n -的例子．定义集合{,1,...,2}i A i i i n =++-，1,2,...,i n =，我们证明由12,,...,n A A A 出发，可以进行(1)2n n -次操作．使用数学归纳法，当2n =时，12{1},{2}A A ==，可进行2(21)12⨯-=次操作．若结论对n 成立，考虑1n +的情况．先将1{1,2,...,}A n =与2{2,3,...,1}A n =+进行一次操作，得到的交集{2,3,...,}n 留下，并集继续与3{3,4,...,2}A n =+进行操作，得到的交集{3,4,...,1}n +留下，并集继续与4A 进行操作，依此类推．进行完n 次操作后，得到原来所有集合的并集{1,2,...,2}n 及另外n 个集合{2,3,...,}n ，{3,4,...,1}n +，……，{1,2,...,21}n n n ++-．下面仅考虑后n 个集合之间的操作．由于将所有元素都减1并不改变集合间的关系，故可考虑集合{1,2,...,1}n -，{2,3,...,}n ，……，{,1,...,22}n n n +-．而由归纳假设，这些集合之间可以操作2(1)2n n n C -=次，故原来的1n +个集合可以操作21(1)(1)22n n n n n n C +-++==次，即此结论对1n +也成立．综上所述，操作次数的最大可能值为2(1)2n n n C -=．。