第11届中国女子数学奥林匹克试题及答案

1、2012年第11届中国女子数学奥林匹克试题及答案2012年中国女子数学奥林匹克试题解答Z.S第十一届中国女子数学奥林西克2.8第十一届中国女子数学奥林匹克每天4道题,每翘1$分.满分120分第一天（2012年8月10日810012:00广东广州）1,已知%,*,*均为非负实数.求证；1叫吧门iWS-ivi1+ur（1+cit）（l+H2）（I+u（）（1i4-0,）（1号1）（I（14册）J.（史颖华供睡）!证明左边之口必 乂】#3%1西%/(1+«1)(1+/)(1+口一)(1+叫)(1(1+£1(i +0)( 1 +%)-,(1十小)<1.t说明1本题的实质是恒等

2、式4%+%I.鼻LL为二.414%（1+的）。+的）0+珈乂1+吗）U+%）维刚怂脸W左曲1/切山2圆门和hl外切于点T,点户/在KI上/用切圆工于点切帆IG于点。，宜线区门“加交于点孔,、七、工乂月ER(1)rJllE44TFT；(2)求证：jLATP+ETP-180”.(熊斌供题)(I>证明口铤长.4TMT于网1分别交于点HG联结刖,因为圆i和圆门关于点7,位似./!、乩入C分别为对应点.则有窈H7&所以,AT_ET.IH_EG而一而=而而由圆恭定理h得第2题图I所以TH ；BTCEDTHTGHR mi.七八再ED 而,即有布二市;.四口 q,3仿孔c u口 口川弓/江AH2

3、_AT<AH_ETEC由而kTH*THTG”评淳199第二拿2012年全国数学竟震题解i证明2引理；半径分别为r和R的两圆。1和q相切于点rj为阅储上并于的任意一羔/8切回0?于8,则奈=在？是二空 而二斤引理的证明：延长4丁交圆仇于c连乌儿幼兀“北dc,由a、n5共线，知后丝0|丁_r_而'AT-AC"正=777,回到原题,由引理得.亶二3二%，所以rjf)+r(AJr>SN证期】由正弦定理，得ap._一门/£1“)_空而二sin2-4rH=蛤口£口邛，"丽于是，落=黑=焉即"为上4定的外角平分线所以乙48”刑三180%&

4、#163;j/jbLJJUJ3求所行的整数对(/)，使得存在整数d>,对任意正整数心都有dlaHi匕匕?丸占黑价矛d蹲cf解仃若存在产满足题设.Hd不是素数，则/的任一盒因子也满足胧设.下仅考虑d为素数的情形.一)若口亦均不是d的借欺，即(5d)祟(6,0二1,则a*'=1(modd)yb'11=I(mod/).从而1+*+,3(modd).d|3+d=3.此时对应的整数对(n.b)满足ti=&=1(mud3).H)若。力均为M的倍数.则炉+V讨三Kmodd),d|L与d>l无盾！O)若"力中恰有一个为d的倍数，不妨设d%d)5,则"T.

5、l(皿浦)，1一1*,-、I'2(皿W1J),从而,川2,=2.此时对应的整数对(“力)满足:明占一个为奇数，另个为偶数.综，所有满足条件的整数对(k以为"和右奇-偶或者门口占1(皿址3).解2所求整数对(口,由)为;和&一奇一偶或者口三bML(mod3).设整数。4或/>】)对任意正整数5都有4|1+/+1.取4的素因子口,则|-*V".若产工乙则为第一种情形2和A一奇一偶，下设叱2,由门的任意性,我们有fl+-1(mod声)声1(modp),*3+A3=-1(modp).注意到*砧二;(口*厅一+/)-I：I-(T)I二I(mod;)T我们有T三/

6、+.=(<j+A)a1+62-a6)=(-1)-(-11)=2(modp).从而，口；3jr=3.则有a+A2(mod3)+/-2(mod3).易得也三彳1(mod3)、检验知这组解适合题设要求.bloqjrjSicnLcn/jszc74.在正十三边形的13个嗔点上各摆放一枚黑子或者白干，一次操作是指将两枚棋子的位置交换.求证；无论开始时根子是如何摆放的，总可以至多操作一次，使得各个樵子的颜色关于正十三边形的某一条对称轴是对称的.（忖云皓供翘）/1证明刀任取一个顶点上考虑过它的那条对称独乙共有六对顶点关于，对称.若每对对称顶点上根子颜色均相同，则它们的颜色已关于£对称；若恰方一

7、对顶点上拱于颜色不同，则将这对棋子中与点力上棋子颜色不同的那枚与点4上棋子交换，它们的颜色即关于，对称；若恰有两对顶点上挑子颜色不同.则聘其中一时棋子中的白子与另一对棋子中的黑子交换，它们的颜色即关于/对称.下面假设任取顶点a及对称轴心都至少有三对顶点上的棋子颜色不同.设13个顶点上共有立枚黑子和F枚白子.则正+r=1九即立r一奇一偶.由对称性不妨设H是奇数4是偶数.注意到，若点d上的棋子是黑色的，则剩余的12枚桃子中黑子与白子都有周效枕因此,六对棋干中颜色不同的对数为偶数，即至少有四时棋子颜色不同-若点用上的棋子是白色的,则至少有三对棋子颜色不同.因为每对旗子恰关于一条对称轴对称，所以，在B

8、枚板子中，不同颠色的根子组成的“对子”数至少为垢斗牛另方面，不同颜色的根子组成的对子效恰为号,因此，m36,矛盾.绘已假设不成立，原题结论得正a。丁 二 ' x ' " * I'bloy.slrja.ccjrrLcrj/jszcK证明外设13个顶点上共有尤枚黑子和）枚白子.则北+¥=13.由对称性不妨设KWr,则0wW6,以下分五种情形考虑.口）0小工经2.则这些根子已关于某条对称轴对称.（2）父=3.设黑子所在的顶点为3R、C,线段的中垂线过正十三边形的某个顶点K.则只需将点C、K处的棋子交换若是同一个点则不需交换），这些棋子将关于线胤用£

9、;的中垂线时称.（3）%=4.设黑手所在的顶点为4.乩C）,线段5/1的中垂线过正卜三边形的某个顶点儿则A至少与点C.D之一不同.不妨设点K与C不同.记C关于线段3的中垂线的对称点为小，则将点CD姓的模子交换（若是同个点则不需交换），这些模子将关于线段一班的中垂线对称.4）父=5.设黑子所在的顶点为人心£、以心考虑两两之间连成的10条线段.由于正十=边形的边与时用甦只有6种不同的长度，由抽屉原理，知有两条线段长度相等若这两条线段有一个公共顶点.不妨设AB=4C,则设。关百财卑髅蜘和号浓第二章232年全国数学竞骞逋解201将点犷3处的棋子交换（若是同一个点则不需交换）这些模子将关于近人

10、的对称轴对称：若上述两条线也没有公共顶点,不妨设出=CD,则人吩£中为一个等腰拂形的四个顶点.设等腰梯形的中垂线过正十三边形的某个顶点号则交换点处的棋子（若是同一个点则不需交换上这些棋子将关于等腰梯形的中垂线对称.（5）x=6.设黑子所在的顶点为4出.C、D、E、F,考虑两两之间建成的15条线段.由于正I:边形的边与对角线只有6种不同的长度，由抽屉原理，知有二条线段长度相等,注意到一个顶点最多引出两条同样长度的线段,故这二条线惶没有公共点，而13不是3的倍数，于是这三条线段不是一个正二角形的二边.因此一定有两条线段没有公共顶点.不妨设则A、CH为一个等腰梯形的四个顶点.设等腰拂形的中

11、垂线过正卜三边形的某个顶点上则K至少与点E、F之一不同.不妨设点K与E不同.己E关于等腰梯形的中垂:线的对称点为£',故将点EF处的根子交换（若是同一个点则不需交换，这些拱子聘关于等腰梯形的中垂线对称.综上，无诒模子如何撰放，总可以经过至多一次操作，使得这些棋子的颜色关于正卜二辿形的某条对称轴对称，证陋3不妨设黑子的个数为奇数,白子的个数为偶数易知当所有百子关卡某条对称轴对称时,黑子亦关于其对称,设口子的个数为独个.下证在连接任篁两个白子的线段的中垂线中，必有2-1条重合.易知所有中能线都是正睛边形的某条对称轴.中乘线其有=僦条.由于（AqI+»0,故2产T>

12、1弘-26,因此凡>13（J）.因此在所有对称轴中，必有k-条重合（共有13条不同的储材物L引门乩CDmqn/aqszc因此在k对白子中至少有A-1对关于正13边形的某条对称轴/对租若只有k-对则通过一次操作使另一对白子美于金对称（设其为心&且B不在f上，将jI与和6关于，对称的黑子交换k因此，可经过至方一次操作,使棋子的颜色关于正13辿形的某条对称轴对称，#2022.8 第十一届中国女子教学奥林匹克第二天（2012年&月11日8:00-12:00广东广州）f?5.在孔中J为内切圆圆心,D、E分别为边上的切点,0为町C的外心,求证工士出=£OEC朱华玮供题）证明

13、1辅助线如图I所示,由。是即。的外心知£日。，=2£B仃=二始（同理,LCOt=LCHA.删乙第此=讯A4乙鼠）"ZfiCA+±CB4=f-士84c.于是,4,心/。四点共圆.由门2工"3知£加"=±（；4。.因为4。=434。二.4。,所以.OAgQAE,因此上。4二£创0,故lOF）B=lOEC第5题图1第，越国？沙刈源您所713n%力弓ZC9第二章 2012年全国我学竞骞题解203【证明若4H小肛则由OR=0a知整个图形关于BC的中垂线对称，结论显然成立.下设四%由对称性不妨jSMBSC如图2,在射

14、线乂8MC1二分别取点八G,使得好=4CJCM氏易丽四边形FCC是等腰拂形，即兄C,C四点共圆.乂乙期C=ir-(AIBC+ZL/CB)=ir-y(AABC+/LACB)=霞-；(tt-Z&l)=ir-AAFC故瓦F/，C四点共圆.因此，B.F/CC五点共圆.而0是该圆的圆心.所以，点。在乙3AC的角平分统L注意到包=他，所以。音和EC分别关于,1。财称，从而£0EC=ODR.【证明可延长前交<KC的外切圆于九下证F为AHFC的外心，即连尸Fg显然FR=Fj又乙FBf-LFFC+乙CBi-CFAC+Z.4BX=乙FAfl4A&l-jRIF、所以,Fl=FB=FC

15、,即为BIC的外心.从而F与。合.由OAf)0AE立得乙ODA=LOKA，从而乙3用二乙O£C.rf6某个国家有n个城市(门"3),每两个城市间都有条双向肮线.这个垣家有两个航空公司，每条航线由一家公司经营.一个女数学家从某个城市出发.经过至少两个其他城市，回到出发地.如果无论怎样选择出发城市和路径，都无法只乘坐冢公司的航班，求T的最大值.(梁应推供题)rjrzfzj.Jr?J-i!?5t>rrn5MrJ.111解”将每座城市看作一个顶点,每条航线看作一条边，每家航空公司对应一种颜色，则该国的航线网可以看成边被二染色的n个顶点的完全图.由条件，包任意一个圈都包含两种颜

16、色的边，即同一种颜色的辿构成的子图没有圈.由熟知的结论.如没有圉的简单图的边数小于顶点数.因此每种颜色的边数都不超过»-L这表明，总边数不超过25-1）.另一方面逮个顶点的完全国的边数为山.因此，芈山解得RW4.当用=4时.记四个城市分别为4,B,C,"若.4爪BC、CO这三条航线由第一家航空公司运营,AC.4P,即这三条航戊由第二家航空公河运营,则容易看出每家航空公司运营的航线均为一个徒，不包含圈+即这样的情形满足条件.综上,邨的最大值为4.（解2j将每座城市看作一个硬点,每条航线看作一条边,每家航空公司对应一种颜色，则该国的航线网可以看成边被二染色的m个顶点的完全图.由

17、条件，知任意一个圈都包含两种颜色的边,即同一种颜色的边构成的子四没有圈.山熟知的结论，六个顶戏的完全图二染色必有同色三角形，即有同色题因此如与5.3n=5时，设五个顶点分别为人心C,E考虑从顶点.4引出的四条边.若至少有三条边同色（如.1技、1CT"同色），则BC.BD.Cb中有与前述三渠边同色的边将导致出现同色三角形，矛盾而旧仇兴。、仃，异色将导致它们自身形成一个同色三角形，木盾如果每个顶点引出的同色边各有两条、则易知图中存在一个哈密尔顿圈.也矛盾.因此小产5.当"=4时，记四个城市分别为速,B.C,=若MICJ力这三条航线由第一家航空公司运首JCEOJW这7条航线由第二

18、家航空公司运营则容易看出每家航空公司运营的航线均为一个镇，不包含圈，即这样的情形满足条件.煌上中的最大值为4.blog总团2.13口.二/1尼/三"7,有一个无分正整数数列/w的近小已知存在正整数k和3使得二二*人】，%求证:存在正卷数，使得三二生*（Jackrabnkowski（美:国）供题）I./（证明I】记口"孙则=（去+1）%下证表达式上，头，,池中一定有一项等于友ni%J假设上述各项都不等于R则。廿1.%-2尸；3第注意到.w叱w%w都是正整数,因此，由4#1蹲修，L由U23%>1及口累了2知%>2.依此类推分别得打和,3,，j>人这与1d川”/

19、=胃矛盾'，这表明,上述表达式中一定有一项等于科不妨设近二孔烟£二访即可，命题得证.%I证明2】令g"）=八*%，则式/）=r-K=ar>0-注意到，瓜1）T-3买殖因此，集合1.2,尹增（1）<U:是非空的.设E是该集合中的最大元素,则£”.考虑式S+1）,由£的最大性知以1）。，且gC+1）="1r网.1<3+1r帆=§就1盯婢山乩CSLCn/S力立C2042,8第十一届中国女子教学奥林及克所LU必有仔d+1）=1用=0,即有点二h%r&集合|0口,二。12|中有多少个元素上使得C3是2012的倍

20、数？王城供题）解J注意到2012=4X503,其中,p=503是质数.首先考虑蛆合数<廿是否是p=503的倍数.若p班，由c黑工4工依靠今!h千彳:得P|比如，从而p|的普若pl人则只有下列5种情形:；CH，喘J知7；一（y（小,（pT）1Q=知.野二?二（3p*l”3P（日7）.府p2p*（2pi），*p*（p-1），一*1这5个数都不是P的倍数.其次考虑组合数的奇偶性.先考察收的阶乘所含的2的方球假设尼的二进制表示为n=（aTuT）,3|ff（）1=<?r2r+ffr2;1+*-+%2则同的阶乘中所含2的方幕为与十J+修十=（_/£十（口田口热十十4%（T-1）4勺丁

21、/-1）/+附（2-I）+/（2°1）其中H）=见+%/+3表示总的二进制数码和他就是“叫葡门乩corna"沙伯zc13若组合数C始=.用工!=笠叫(阳"2012-射是奇数,则其分子和分母所含苏：，I4V14一体，；麻1*;方的2的方塞相同.从而有*十用一s(k+m)=东一式4)+fft*j(nt)=>j(k+m)=a(/c)+j(m)t电即L+版=2012在二进制下的加法不进位(每进次位意味着把某位的(0)之变成了前一位的(13，数字和减少1).注意到，2012二(11111011100，共有8个i和3个。构成.若Afm二(11111011100).不进位

22、+则在。的位上自即都必殉是0(0=。;。),选择唯一:在I的位匕鼠加一个是0,另一个是“1=1+。和I=0+1),有两种选择所以非负筌数*+刑“012.进制下不进位的情形共行2H=256种，即有256个组合数是奇数.剩下2013-258=1757个是偶数.再次考虑组合数%”制.温=曾煞是偶虬但不是4的倍就此时，分子比分母所含有的2的方恭恰好多L从而有k+m式&=k7(k)+1=s(k+m)-$k)+£(m)-I?也即k+第±2012在二进制下的加法有且只有一个进位,这个唯一的进位是相邻两项的后位进到前位由于后位的后位没有向前进位,后位上的发生的二进制加法一定是(1)

23、?+(1)工=(10)/否则，无法向前进位)，理乐陋在后位都是L而前位接现磅出峋3网咖重警配第二章2012年全国数学竞赛题解205进位,只可能是0+0=0,接受进位后变成,即匕，氾在前排上都任0.进位的那两位的加法是(01)2+(01)1=(10),.从和的一进制表示k+川二2012二(11111。11100)工来看口进位只可能是从前向后第五.六位或是第九、卜位的10.无E仑如何，进位的前后两位固定了(01卜+(01),二(10)r其余位置不进位,0的位只能是。+0=0的位可以是1+0=1或者041=I两种选择，谢种位置的进位各有27=128种情形，共有256种情陟也就是说，组合数中有256个

24、数是偏数但不是4的倍数.这样组合数是4的倍数的行2013-256-2561501个.最后考虑不是P=50的倍数的情形.C=1不是4的倍数.5=叱中2的方毯数足十$(即)-武4口)=(3p)工琼中2的方斛数是$(2p)+¥)-"4")=s(p)=£(加口)=8.这三个组合数都是4的倍数，但不是p=503的倍数,所以既是4的倍数又是p=503的倍数的组合数有1501-3=1498个.线上,组合数是2012的倍数的情形有1498个.JjDy.E?jflsl-COrfl-Cfl/£；z(jSZC2012年第11届中国女子数学奥林匹克刚刚落幕，在本次比赛

25、中涌现了很多优秀的选手，国内外共有7名选手获得满分。我下面说的这位，虽然不是满分得主，却展现了更为非凡的实力。本人为这次比赛提供的第4题题目如下：4.一个正13边形的每个顶点处都放有一枚黑子或一枚白子.定义一次操作为交换某两个顶点处的棋子.证明，无论棋子如何摆放，息可以经过至多一汝操作，使得这些祺子的颜色关于正13边形的某条对称轴对称.当然，本人也给出了标准解答：17证明任取一个顶点.4,考虑过它的那条对祢轴h共有6时顶点夫于f对称）若每时对称顶点上棋子颜色均相同，则它们的颜色己美于时称：，若怡有一对顶点上棋子颜包不同,则将这时根子中与点H上棋子凝色不同的那枚与点'上棋子交换，它们的蕨色即关于时称工：若恰有两对顶点上棍子藤色不同，贝4将其中一对棋子中的白子