中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克(CMO)試題(含答案word)

2012年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克(CMO)試題第一天1.如圖1，在圓內(nèi)接ABC中，A為最大角，不含點(diǎn)A的弧BC上兩點(diǎn)D、E分別為弧ABC、ACB的中點(diǎn)。記過(guò)點(diǎn)A、B且和AC相切的圓為O1，過(guò)點(diǎn)A、E且和AD相切的圓為O2，O1和O2交于點(diǎn)A、P。證明：AP均分ABC。2.給定質(zhì)數(shù)p。設(shè)A(aij)是一個(gè)pp的矩陣，知足{aij|1i、jp}{1,2,,p2}。同意對(duì)一個(gè)矩陣作以下操作：選用一行或一列，將該行或該列的每個(gè)數(shù)同時(shí)加上1或同時(shí)減去1.若能夠經(jīng)過(guò)有限多次上述操作將A中元素全變成0，則稱A是一個(gè)“好矩陣”。求好矩陣A的個(gè)數(shù)。3.證明：對(duì)于隨意實(shí)數(shù)M2，總存在知足以下條件的嚴(yán)格遞加的正整數(shù)數(shù)列a1,a2,：（1）對(duì)每個(gè)正整數(shù)i，有aiMi；（2）當(dāng)且僅當(dāng)整數(shù)n0時(shí)，存在正整數(shù)m以及b1,b2,,bm{1,1}使得nb1a1b2a2bmam.次日4.設(shè)f(x)(xa)(xb)(a、b是給定的正實(shí)數(shù)),n2為給定的正整數(shù)。對(duì)知足x1x2xn1的非負(fù)實(shí)數(shù)x1,x2,,xn，求Fmin{f(xi),f(xj)}的最大值。1ijn5.設(shè)n為無(wú)平方因子的正偶數(shù)，k為整數(shù)，p為質(zhì)數(shù)，知足p2n,p|n,p|(nk2).證明：n能夠表示為abbcca，此中，a,b,c為互不相同的正整數(shù)。6.求知足下邊條件的最小正整數(shù)k：對(duì)會(huì)合S{1,2,,2012}的隨意一個(gè)k元子集A，都存在S中的三個(gè)互不相同的元素a、b、c，使得ab、bc、ca均在會(huì)合A中。參照答案第一天如圖2，聯(lián)絡(luò)EP、BE、BP、CD。分別記BAC、ABC、ACB為A、B、C，X、Y分別為CA延伸線、DA延伸線上的隨意一點(diǎn)。由已知條件易得ADDC,AEEB。聯(lián)合A、B、D、E、C五點(diǎn)共圓得BAE901AEB90C，22CAD901ADC90B。22由AC、AD分別切O1、O2于點(diǎn)A得APBBAX180A,ABPCAP，及APEEAY180DAE180(BAECADA)180(90C)(90BA90A2)22故BPE360APBAPE90A2APE在APE和BPE中，分別運(yùn)用正弦定理并聯(lián)合AEBE，得sinPAEPEPEsinPBE，故sinPAEsinPBE，又因?yàn)锳PE、BPEsinAPEAEBEsinBPE均為鈍角，所以，PAE、PBE均為銳角，于是，PAEPBE，故BAPBAEPAEABEPBEABPCAP。2.由加減法的互換律和聯(lián)合律能夠?qū)⑨槍?duì)同一行或同一列的操作歸并進(jìn)行，而且無(wú)需考慮各操作間的序次。假定所有操作的最后結(jié)果是對(duì)第i行每個(gè)數(shù)減去xi，對(duì)第j列每個(gè)數(shù)減去yj，此中xi,yj(1i、jp)能夠是隨意整數(shù)。由題設(shè)知aijxiyj對(duì)所有的i、j(1i、jp)建立。因?yàn)楸碇懈鲾?shù)互不相同，則x1,x2,,xp互不相同，y1,y2,,yp互不相同。不如設(shè)x1x2xp，這是因?yàn)榛Qxi和xj的值相當(dāng)于互換第i行和第j行，既不改變題設(shè)也不改變結(jié)論。相同，不如設(shè)y1y2yp。于是，假定數(shù)表的每一行從左到右是遞加的，每一列從上到下也是遞加的。由上邊的議論知a111,a122或a212，不如設(shè)a122。不然，將整個(gè)數(shù)表對(duì)于主對(duì)角線作對(duì)稱，不改變題設(shè)也不改變結(jié)論。下邊用反證法證明：1,2,,p全在第一行中。假定1,2,,k(2kp)在第一行中，k1不在第一行中。于，a21k1。將連續(xù)的k個(gè)整數(shù)稱為一個(gè)“塊”，只要證明：表格的第一行恰由若干個(gè)塊組成，即前k個(gè)數(shù)為一個(gè)塊，以后的k個(gè)數(shù)又是一個(gè)塊，等等。如若不然，設(shè)前n組k個(gè)數(shù)均為塊，但以后的k個(gè)數(shù)不可為塊（或以后不足k個(gè)數(shù)），由此知對(duì)j1,2,,n,y(j1)k1,y(j1)k2,,yjk組成塊。進(jìn)而，表格的前nk列共可分紅pn個(gè)1k的子表格ai,(j1)k1,ai,(j1)k2,,ai,jk(i1,2,,p;j1,2,,n)，每個(gè)子表格中的k個(gè)數(shù)組成塊?，F(xiàn)假定a2,nk1a1,nk1x2x1a21a11k，故a2,nk1ak。進(jìn)而ab必然在前nk列中。這樣ab含在某個(gè)前面所說(shuō)的1k的塊中，但a、ak都不在該塊中，矛盾。于是，第一行恰由若干個(gè)塊組成。特別地，有k|p。但1kp，而p是質(zhì)數(shù)，這致使矛盾。于是，數(shù)表的第一行恰為1,2,,p，而第k行必然為(k1)p1,(k1)p2,,kp.所以，好矩陣A在互換行，互換列，以及對(duì)于主對(duì)角線作對(duì)稱下總可轉(zhuǎn)變成獨(dú)一的形式。所以，好矩陣的個(gè)數(shù)等于2(p!)2.3.遞推地結(jié)構(gòu)正整數(shù)序列{an}以下：取整數(shù)a1M2，以及a2a11。對(duì)k2，取整2k22k1數(shù)a2k1M2kai,a2kkai。下邊證明這一序列知足條件。i1i1由定義知amam1am2a1對(duì)m1均建立，且對(duì)隨意正整數(shù)k有a2ka2k1M2k。于是，這一序列是嚴(yán)格遞加的正整數(shù)序列且知足條件（1）。對(duì)隨意正整數(shù)n有n2n12n1aia2n及naia2n。i1i1最后只要說(shuō)明：0不能表示成b1a1b2a2bmam的形式，此中，b1,b2,,bm{1,1}。當(dāng)m1時(shí)，b1a10。當(dāng)m1時(shí)，|b1a1b2a2bmam|am(am1am2a1)0。這樣便考證了所結(jié)構(gòu)的序列知足所有條件。次日解法1由min{f(xi),f(xj)}min{(xia)(xib),(xja)(xjb)}(xia)(xib)(xja)(xjb)1[(xia)(xjb)(xib)(xja)]xixj1(xixj)(ab)ab，則22nnnFxixjab(xixj)Cn2ab1[(xi)2xi2]ab(n1)xiCn2ab1ijn21ijn2i1i12i11(1nn1(ab)Cn2ab1[11(nn1(ab)Cn2abxi2)xi)2]2i122ni121(11)n1(ab)n(n1)abn1(1abnab)2n222n當(dāng)x1x2xn1時(shí)，上式等號(hào)建立，故F的最大值為n1(1abnab)。n2n解法2對(duì)n概括證明下述理一般的命題。命題對(duì)知足x1x2xns的非負(fù)實(shí)數(shù)x1,x2,,xn（s是隨意固定的非負(fù)實(shí)數(shù)），F(xiàn)min{f(xi),f(xj)}1ijn的最大值在x1x2xns時(shí)取到。n事實(shí)上，由F的對(duì)稱性，不如設(shè)x1x2xn。注意到，f(x)在非負(fù)實(shí)數(shù)集上是單一遞加的。則F(n1)f(x1)(n2)f(x2)f(xn1)當(dāng)n2時(shí)，F(xiàn)f(x1)sx2時(shí)建立。f()，等號(hào)在x1假定結(jié)論在n時(shí)建立，考慮2n1的情況。對(duì)x2x3xn1sx1用概括假定有Fnf(x1)1n(n1)f(sx1)g(x1)2nn1此中g(shù)(x)為對(duì)于x的二次函數(shù)，其二次項(xiàng)系數(shù)為12，一次項(xiàng)系數(shù)為n1(a2s)。2nabb2nn所以，對(duì)稱軸為n1(ab2s)abs2nn[2(n1)s2n(n1)(ab)](n21)n12(n1)1)s(2nn2n2明顯，上式不等號(hào)左側(cè)2(n21)s右側(cè)，所以，當(dāng)x1s時(shí)，g(x1)獲得最大值。n1所以，F(xiàn)獲得最大值時(shí)，x2x3xn1sx1sx1。nn1由數(shù)學(xué)概括法，命題得證。5.因?yàn)閚是偶數(shù)，故p2。又p|n，故p|k。不如假定0kp.取ak,bpk，則cnk(pk)nk2kpp由條件知c是整數(shù)，a、b是不一樣的正整數(shù)。下邊只要證明：c0，而且ca、b.由均值不等式有nk2np，故nk2pk.由此知c0.k若ca，則nk2kk，即nk(2pk).p因?yàn)閚是偶數(shù)，故k為偶數(shù)，這樣n被4整除，這和n無(wú)平方因子矛盾。若cb，則np2k2.因?yàn)閚是偶數(shù)，故k為奇數(shù)，這相同致使n被4整除，矛盾。綜上，選用的a、b、c知足條件。命題獲證。6.設(shè)abc，令xab,yac,zbc.則xyz,xyz，且xyz為偶數(shù).①反之，若存在x、y、zA知足性質(zhì)①，則取axyz,bxzy,cyzx,222有a、b、cZ,1abc2012，且xab,yac,zbc.于是，題述條件等價(jià)于對(duì)隨意的k元子集A，均有x、y、zA，知足性質(zhì)①。若A{1,2,3,5,7,,2011}，則A1007，且會(huì)合A中不含有知足性質(zhì)①的三個(gè)元素。所以k1008.下邊證明：隨意一個(gè)1008元子集均含有三個(gè)元素知足性質(zhì)①。接下來(lái)證明一個(gè)更一般的結(jié)論：對(duì)隨意整數(shù)n(n4)，會(huì)合{1,2,,2n}的隨意一個(gè)n2元子集均含有三個(gè)元素知足性質(zhì)①。對(duì)n進(jìn)行概括。當(dāng)n4時(shí)，設(shè)會(huì)合A是{1,2,,8}的一個(gè)六元子集，則A{3,4,,8}起碼有4個(gè)元素。若A{3,4,,8}中含有三個(gè)偶數(shù)，則4、6、8A且知足性質(zhì)①；若A{3,4,,8}中恰含有兩個(gè)偶數(shù)，則它還應(yīng)含有起碼兩個(gè)奇數(shù)，取這兩個(gè)奇數(shù)，則4、6、8中起碼有兩個(gè)偶數(shù)和這兩個(gè)奇數(shù)能夠形成一個(gè)知足性質(zhì)①的三元數(shù)組，因?yàn)槠鸫a有兩個(gè)偶數(shù)，故存在三個(gè)數(shù)知足性質(zhì)①；若A{3,4,,8}中恰含有一個(gè)偶數(shù)，則它含有所有三個(gè)奇數(shù)，此偶數(shù)和5、7即組成知足性質(zhì)①的三元數(shù)組。所以，當(dāng)n4時(shí)，結(jié)論建立。假定結(jié)論對(duì)n(n4)建立，考慮n1的情況。設(shè)會(huì)合A是{1,2,,2n2}的一個(gè)n3元子集，若A{1,2,,2n}n2，則由概括假設(shè)知結(jié)論建立。于是，只要考慮A