2023年第五届中国女子数学奥林匹克试题

千里之行，始于脚下。第2页/共2页精品文档推荐2023年第五届中国女子数学奥林匹克试题2023年第五届中国女子数学奥林匹克试题

第一天

2023年8月8日下午15：30——19：30乌鲁木齐

中国在国际数学奥林匹克比赛中，延续多年取得很好的成果，这项比赛是高中程度，不包括微积分，但题目需要思量，我信任我是考不过这些小孩子的，因此有人觉得，好的数学家未必长于这种考试，比赛成功者也未必是未来的数学家，这个意见似是而非。数学比赛大约是百年前在匈牙利开头的；匈牙利产生了同它人口不成比例的许多大数学家。

——陈省身

一、设a＞0，函数f:（0，＋∞）→R满足f（a）＝1．假如对随意正实数x，y有

()()()2aafxfyff

fxyxy??

??

+=????

??

，①求证：f（x）为常数．证实：

在①中令x＝y＝1，得f2（1）＋f2（a）＝2f（1），

（f（1）－1）2＝0，∴f（1）＝1。在①中令y＝1，得f（x）f（1）＋f（a

x

）f（a）＝2f（x），f（x）＝f（

ax），x＞0。②在①中取y＝a

x，得

f（x）f（ax）＋f（a

x）f（x）＝2f（a），

f（x）f（a

x

）＝1。③

由②，③得：f2（x）＝1，x＞0。在①中取x＝y

，得f2

）＋f2

2f（t），∴f（t）＞0。故f（x）＝1，x＞0。

二、设凸四边形ABCD对角线交于O点．△OAD，△OBC的外接圆交于O，M两点，直线

OM分离交△OAB，△OCD的外接圆于T，S两点．求证：M是线段TS的中点．证法1：

如图，衔接BT，CS，MA，MB，MC，MD。∵∠BTO＝∠BAO，∠BCO＝∠BMO，

∴△BTM∽△BAC，得

TMBM

ACBC

=；①同理，△CMS∽△CBD，得

MSCM

BDBC

=。②①÷②得TMBMAC

MSCMBD

=?。③又∵∠MBD＝∠MCA，∠MDB＝∠MAC，∴△MBD∽△MCA，得

BMBD

CMAC

=。④将④代入③，即得TM＝MS。证法2：设△OAB，△OBC，△OCD，△ODA的外心分离

为O1，O2，O3，O4，自作O1，O3作TS的垂线，垂足分离为E，F。衔接O2，O4交TS于G。

因OM是⊙O2和⊙O4的公共弦，故O2O4垂直平分OM，即G是线段OM的中点。同样，O1O4垂直平分OA，O2O3垂直平分OC，

得O1O4∥O2O3；

同理，O1O2∥O3O4。

因此O1O2O3O4构成平行四边形，其对角线相互平分。由此易知EG＝FG。

又由垂径定理，E是TO中点，F是OS中点。因此TM＝TO＋OM＝2EO＋2OG＝2EG，①MS＝OS－OM＝2OF－2OG＝2GF。②由①，②即知TM＝MS。

三、求证：对i＝1，2，3，均有无穷多个正整数n，使得n，n＋2，n＋28中恰有i个可表

示为三个正整数的立方和．证：

三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是由于整数可写为3k或3k±1（k∈Z），而（3k）3＝9×3k3，

（3k±1）3＝9（3k3±3k2＋k）±1。

对i＝1，令n＝3（3m－1）3－2（m∈Z＋

），则n，n+28被9除的余数分离为4，5，故均不能表示为三个整数的立方和，而

n+2＝（3m－1）3＋（3m－1）3＋（3m－1）3。

对i＝2，n＝（3m－1）3＋222（m∈Z＋

）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而

n+2＝（3m－1）3＋23＋63，n+28＝（3m－1）3＋53＋53。

对i＝3，n＝216m3（m∈Z＋

）满足条件：n＝（3m）3＋（4m）3＋（5m）3，n+2＝（6m）3＋13＋13，

n+28＝（6m）3＋13＋33。

注：所命原题要求证实结论对i＝0，1，2，3均成立。为降低试卷难度，去掉了i＝0的要求。以下是i＝0的证实。

对n＝9m＋3，m∈Z，n+2，n+28被9除的余数分离为5，4，不能表示为三个整数的立方和，若n＝a3＋b3＋c3，a，b，c∈Z，由前知a，b，c均为3k＋1型（k∈Z）的整数。

小于（3N）3（N∈Z＋

）的9m＋3型（m∈Z）的正整数共3N3个。（*）

小于3N的3k＋1型（k∈Z）的正整数有N个，三个这样的数的立方和的组合不超过N3种，故（*）中正整数至少有3N3－N3＝2N3个不能表示为三个正整数的立方和。N可取随意正整数，故i＝0情形得证。四、8个人参与一次聚会.（1）假如其中任何5个人中都有3个人两两熟悉.求证：可以从中找出4个人两两熟悉；（2）试问,假如其中任何6个人中都有3个人两两熟悉,那么是否一定可以找出4个人

两两熟悉?解法1：

（1）用8个点表示8个人，相识二人之间连一线段。按图论语言，这些点称为图的顶

点，线段称为图的边。

根据题意，该图的每个5点子图中均有一个三角形，而每个三角形属于2

83C-=2

5C=10

个不同的5点子图。我们知道，这些三角形共有

358C＝3×56＝168

条边，其中每条边至多被重复计算了10次。这样一来，即知：每个顶点至少连出

2168

4810

?>?条边。所以存在一个顶点A，由它至少连出5条边。

假设由顶点A有边连向B，C，D，E，F这5个顶点，而由题意在这5个点中又存在一个三角形，不妨设为△BCD。于是A，B，C，D这4个点中的任何二点之间均有连线，所以它们所代表的4个人两两熟悉。（2）假如其中任何6个人中都有3个人两两彼此熟悉,则不一定可以找出4人两两彼此

熟悉,例子为:

在正八边形中连出8条最短的对角线.每个顶点代表一个人,有线段相连的顶点表示相应二人互相熟悉.不难验证:其中任何6个人中都有3个人两两彼此熟悉,但是却找不出4人两两彼此熟悉.解法2：

（1）分情形研究.情形（i）假如存在3个人两两互不熟悉.那么其余5个人必定两两都熟悉.因若不然,如果他们之中有二人互不熟悉,则在他们与本来的3个人一起构成的5人组中就找不出3个人两两熟悉,导致冲突.所以此时题中结论成立.

情形（ii）在剩下的情形中,任何3人中,都有某两个人互相熟悉.

（a）假如8个人中有1个人A至多熟悉3个人,那么他至少不熟悉4个人.明显这4个人中的任何二人都彼此熟悉.因若不然,这两个人与A一起构成的3人组中就没有二人相互熟悉,导致冲突.所以此时题中结论成立.

（b）假如存在1个人A至少熟悉5个人.那么这5个人中有3个人两两彼此熟悉,他

们又都熟悉A,所以他们与A一起即为所求之4人.

情形（iii）只需再考虑每个人都恰好有4个熟人,并且任何3人中都有两人互相熟悉的情形.

任取其中一人A.如果A的4个熟人两两熟悉,那么他们即为所求.否则,其中就有B,C二人互不熟悉.易知,此时A有3个不熟悉的人F,G.,H,而这3个人中的任何两人都与A构成3人组,所以F,G.,H中的任何两人都互相熟悉.假如B,C之一与F,G.,H中的每个人都彼此熟悉,那么此人与F,G.,H一起构成所求的4人组.否则,B,C二人分离不熟悉F,G.,H中的一个人.易知,B和C不行能不熟悉他们中的同一个人,否则该人与B,C所成的3人组中任何二人均互不熟悉,导致冲突.这就表明,B和C分离不熟悉F,G.,H中的两个不同的人,不妨设B不熟悉F,而C不熟悉G.现在把B,F,A,G,C依次排在一个圆周上,于是任何两个相邻放置的人都互不熟悉.然而他们中的任何三个人中都一定有在圆周上相邻的两个人,从而在他们之中找不到3个人两两熟悉,导致冲突,所以这种状况不行能存在.

综合上述,在一切可能的状况下,都能找出4个人两两都彼此熟悉.

（2）假如其中任何6个人中都有3个人两两彼此熟悉,则不一定可以找出4人两两彼此熟悉,例子为:

在正八边形中连出8条最短的对角线.每个顶点代表一个人,有线段相连的顶点表示相应二人互相熟悉.不难验证:其中任何6个人中都有3个人两两彼此熟悉,但是却找不出4人两两彼此熟悉.

其次天

2023年8月9日9：00——13：00

五、平面上整点集S＝｛（a，b）│1?a，b?5，a，b∈Z｝，T为平面上一整点集，对S中

任一点P，总存在T中不同于P的一点Q，使得线段PQ上除点P，Q外无其他的整点．问T的元素个数最少要多少？

解：

答案：最少个数为2。

先证T不行能只包含一个点。

若不然，设T＝｛Q（x0，y0）｝。在S中取点P（x1，y1）满足（x1，y1）≠（x0，y0）且x1与x0同奇偶，y1与y0同奇偶。则线段PQ的中点为一整点。冲突。

T含两个点的情形如下图所示：

六、设集合M＝｛1，2，…，19｝，A＝｛a1，a2，…，ak｝M．求最小的k，使得对随意

b∈M，存在ai，aj∈A，满足ai＝b，或ai±aj＝b（ai，aj可以相同）．

解：由假设，在A中，有)1(+kk种可能的组合，从而19)1(≥+kk，即4≥k。当4=k时，我们有20)1(=+kk。不妨假设4321aaaa<<<。则104≥a。当104=a时，有

93=a。

这时82=a或7。假如82=a，则189,1910,20=-=-，这不行能。假如72=a，则61=a或51=a。因为167,1910,20=-=-或257,279,20=-=-，这不行能。当114=a时，有83=a。

这时72=a以及61=a，这不行能。

当124=a时，有73=a。这时5,612==aa，这不行能。当134=a时，有4,5,6123===aaa，这不行能。当144=a时，有4,523==aa，这不行能。当154=a时，有2,3,4123===aaa，这不行能。当164=a时，有1,2,3123===aaa，这不行能。当174≥a时，均不行能。所以，5≥k。

假如取}16,9,5,3,1{=A，则A满足条件。故最小的5=k。七、已知xi＞0，,,,2,1ni???=k?1．求证：

111

1n

niiiixx==?+∑∑?11111kn

nikiiiixxx+==?+∑∑．证法1：

原不等式等价于

1111111

011kn

nnn

iikiiiiiiixxxxx+====?-?≥++∑∑∑∑，上式左11

11kjikijijiji

xxxxx+≠≠=?-++∑∑

()()()11

111111211kkkkkkij

ijji

kkkijijij

ijjixxxxxxxxxxxx++++++≠≠??==+??+++????

∑∑

()()()()()

11

111211kkj

i

i

j

kkij

kkij

i

j

i

j

xxxxxxxxxx

++≠+-+=

-++∑

()()()()()1111

1211kkkkijijijkkijkkijijij

xxxxxxxxxxxx--++≠-+-=-++∑0≥。

证法2：

不妨设1x?2x?…?nx＞0，则

11kx?21kx?…?1

kn

x；①111kxx+?2

21k

xx+?…?1knn

xx+。②于是，按照Chebyschev不等式：左式＝12

1111xx?++

++?…11nx?

+?+?(12xx++…)nx+

＝12

1122

1111kk

kkxxxxxx??+?+++?…11knknnxxx?+??+?(12xx++…)nx+

?1211kkxx?++?…1knx?+??121211k

k

xxxx?++++?…1knnxx?+?+?(12xx++…)nx+／n

?12

121211kk

xxxxxx??+?+++?…1knnnxxx?+??+?1211kkxx?++?…1k

nx?

+??

＝11

1212

11kkxxxx++?++++?...11knnxx+?+?+?1211kkxx?++?(1)

k

nx?+??

＝1111

1kn

nikiiii

xxx+==?+∑

∑．

八、设p为大于3的质数，求证：存在若干个整数a1，a2，…，at满足条件

|

|||||22

11ttaapaapaap-?

??-?-是3的某个正整数次幂．证法1：

由带余除法定理可知，存在唯一的整数q，r使得p＝3q＋r，其中0＜r＜3。取b0＝r，那么

0*

0100

3cpbbbb-?=，其中3不整除b1*，0＜b1*＜p/2；

取b1＝±b1*满足条件b1≡p（mod3）。那么

1*12

*

113cpbbbb-?=，其中3不整除b2*，0＜b2*＜p/2；

取b2＝±b2*满足条件b2≡p（mod3），那么

2*3

2*

22

3cbpbbb?-=，其中3不整除b3*，0＜b3*＜p/2；

向来做下去，我们就得到了b0，b1，b2，…，bp。

这p＋1个整数均在（－p/2，p/2）之间，明显有两个数相等。不妨设bi＝bj，i＜j，而且bi，bi＋1，…，bj－1互不相同。那么

11iiiipbpbbb++--??…11jjpbb?1**12**

133iicciiiibbb