2022年中国数学奥林匹克试题和详细解答 .docx

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1、精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -2022 中国数学奥林匹克解答一、给定锐角三角形PBC, PBPC 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 OEAB,OFCD,垂足分别为E, F,线段BC,AD 的中点分别为 M,N（1）如 A,B,C,D 四点共圆,求证： EMFNENFM.（2）如EMFNENFM ,是否肯定有 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PEQ, MQ,FR,MR,就EQ1 OBRM ,MQ1 OCRF ,可编辑资

2、料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_22又 OQMR 是平行四边形,所以OQMORM ,ANDEFO可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_Q由题设 A,B,C,D 四点共圆,所以R于是ABDACD ,BM图 1EQO2ABD2ACDFRO ,所以E Q ME Q OO Q MF R OO R M,C故E Q MM R,F所以EMFM ,同理可得ENFN,所以E MF NE NFM（2）答案是否定的当 ADBC 时,由于BC ,所以A, B,C,D四点不共圆,但此时仍旧有EMFNENFM,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,

3、NS,就NS1 OD ,EQ1 OB ,22所以N SO DE QO B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 1 页,共 8 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_又 ES1OA,MQ1OC ,所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_22ESOA MQOC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_而 AD BC,所以OAOD ,OCO

4、B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由,得NSES EQMQ由于NSENSAASEAOD2AOE ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_EQMMQOOQEAOEEOB1802EOB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_AOE180EOBAOD2AOE ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_即NSEEQM ,所以NSE EQM ,故ENSEOA （由） EMQMOCFNOAP可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_同理可得,FMOC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_所以ENFN,

5、EMFMAND可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_从而EMFNENFMESFQOR可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_二、求全部的素数对 （p,q）,使得 pq5 pBMC5q 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_解：如 2 |pq ,不妨设 p2 ,就 2q | 525q ,故q | 5q25可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由 Fermat 小定理,q | 5q5,得q | 30 ,即 q2, 3,5 易验证素数对2, 2 不合可编辑资料 - -

6、 - 欢迎下载精品_精品资料_qq1要求, 2, 3 , 2, 5 合乎要求可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_如 pq 为奇数且5 | pq ,不妨设 p5 ,就 5q | 555 ,故q | 5625 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_当 q5 时素数对5, 5 合乎要求,当 q5 时,由Fermat 小定理有q | 5q 11 ,故可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 2 页,共 8 页 - -

7、- - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -q | 626 由于 q 为奇素数,而626 的奇素因子只有313,所以 q313 经检验素数对5, 313 合乎要求可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_如 p,q 都不等于 2 和 5,就有pq | 5 p15q1 ,故可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_pq11550 mod p 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由 Fermat 小定理,得故由,得5 p 11 mod p,可编辑资料 - - - 欢迎

8、下载精品_精品资料_5q 11 modp) 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_设 p12k 2r1 , q12l 2s1) , 其中k, l , r ,s为正整数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_ll如 kl ,就由,易知可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_l112k 2 s 15 p1 2k 2s 152 2r1 2s 15q1 2 r 11 2r 11 mod p ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_这与 p2 冲突；所以 kl 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_同理有 kl

9、 ,冲突；即此时不存在合乎要求的 p,q) 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_综上所述,全部满意题目要求的素数对 p,q 为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2,3 , 3,2 , 2,5 , 5, 2 , 5,5 , 5, 313 及313, 5 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_三、设m, n是给定的整数,4mn ,A1 A2A2n1 是一个正2n+1边形,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可

10、编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_PA1 , A2 , A2n 1求顶点属于 P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_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,这两个锐角必相邻可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_事实上,设这个凸m 边形为P1 P2Pm ,只考虑至少有一个锐角的情形,此时不妨可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_设Pm P1P2,就2P2 Pj PmP2 P1Pm3j2m1 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_

11、精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_更有Pj1 Pj Pj 132jm1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_而P1 P2 P3 +Pm 1 Pm P1,故其中至多一个为锐角,这就证明白引理可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由引理知,如凸 m 边形中恰有两个内角是锐角,就它们对应的顶点相邻可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_在凸 m 边形中,设顶点Ai 与Aj 为两个相邻顶点,且在这两个顶点处的内角均为锐可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品

12、_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 3 页,共 8 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_角设Ai 与Aj 的劣弧上包含了P 的 r 条边（ 1rn ）,这样的i ,j 在 r 固定时恰有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2n1 对（1） 如凸 m 边形的其余 m2 个顶点全在劣弧Ai Aj 上,而Ai A j 劣弧上有 r

13、1 个 P可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_中的点,此时这 m2 个顶点的取法数为m 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_Cr 1（2） 如凸 m 边形的其余 m2 个顶点全在优弧Ai Aj 上,取Ai ,Aj 的对径点Bi ,B j ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由于凸 m 边形在顶点Ai ,A j 处的内角为锐角, 所以,其余的 m2 个顶点全在劣弧Bi B j可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精

14、品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_上,而劣弧Bi Bj上恰有 r 个 P 中的点,此时这 m2 个顶点的取法数为m 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_Cr所以,满意题设的凸m 边形的个数为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2nnrC1r1) C m 2m 2 r 12nnnCCm2m 21) r 1r r 1r 1nn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2n1C m 1C m 1 C m 1C m 1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_rr 1r 1rCr 1r 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2n

15、1C m 1m 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_n1n四、给定整数 n3 ,实数a , a , a 满意n3minaa1 求a的最小值可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_12n1 ij nijkk 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_解 不妨设 a1a2an ,就对 1kn ,有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_akan k 1an k 1akn12k ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精

16、品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_n3所以akk11n3a k2 k13an 1 k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1 nak2 k 13a n 1 kak 421an 1 kak342a n 1 k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1na k8 k 13a n 1 k1nn18 k 12k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_当 n 为奇数时,n3n12kn 122 23i 31 n 21 2 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品

17、资料_当 n 为偶数时,k 1n3n12kk 1in 222ii 11413可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 4 页,共 8 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_n2j 3j 1n 22i 3i 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1 n

18、 2 n 242 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3n所以,当 n 为奇数时,a kk 11 n232nk1 2 ,当 n 为偶数时,a3k 11 n 2 n 2322 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_等号均在 aiin1 , i 21,2, n 时成立可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3n因此,k 1a k的最小值为1 n 2321) 2（n 为奇数）,或者1 n 2 n 2322（n 为偶数）可编辑资

19、料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_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 n3 为奇数时,存在合乎要求的染法.当n4 为偶数时,不存在所述的染可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_法.每 3 个顶点形成一个三角形,三角形的个数为nC 3 个,而颜色的三三搭配也刚好有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_nC 3 种,所以此题相当于要求不同的三角形对应于不同的

20、颜色组合,即形成一一对应CC种n 1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可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_搭配,所以每种颜色的线段（边或对角线）都应显现在2个三角形中,这说明在合可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_n 1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条C 2n1nn2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_当 n 为偶数时,n1 不是整数,所以不行能存在合乎条件的染法下设 2n2m1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_为奇数,我们来

21、给出一种染法,并证明它满意题中条件自某个顶点开头,按顺时针可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_方向将凸 2m1边形的各个顶点依次记为A1 ,A2 , A2m1 对于 i1, 2, 2m1 ,按可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_mod2m1 懂得顶点Ai 再将 2m1 种颜色分别记为颜色1, 2, 2 m1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_将边 Ai Ai1 染为颜色 i ,其中 i1, 2, 2m1再对每个 i1, 2, 2m1,都将线可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_段（对角线） Aik Ai1 k 染为颜色 i ,其中 k1, 2, m

22、1 于是每种颜色的线段都刚好可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 5 页,共 8 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_有 m 条留意,在我们的染色方法之下,线段Ai Aj 与Ai Aj同色,当且仅当可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1212i 1j1i 2j 2 mod 2m1 可编辑资料

23、 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_因此,对任何 ij mod 2m1) ,任何 k0 mod 2m1 ,线段Ai Aj都不与 Aik A j k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_同色换言之,假如i 1j1i2j 2 mod 2m1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_就线段Ai A j 都不与 Ai Aj同色可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_任取两个三角

24、形Ai A j Ak 和Ai A jAk ,假如它们之间至多只有一条边同色,当可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_111222然它们不对应相同的颜色组合假如它们之间有两条边分别同色,我们来证明第3 条可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_边必不同颜色为确定起见,不妨设Ai A j 与 Ai Aj同色可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_情形 1：假如Aj Ak 与 Aj Ak也同色,就由知可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_i1j 1i 2

25、j 2 mod 2m1 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_j 1k1j 2k2mod 2m1 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_将二式相减,得 i1k1i 2k2mod 2m1 ,故由知Ak Ai 不与 Ak Ai同色可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_情形 2：假如Ai Ak 与 Ai Ak也同色,就亦由知可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_

26、精品资料_i1j1i 2j 2 mod 2m1 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1k 12k 2i1k1i 2k2mod 2m1 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_将二式相减, 亦得 j1k1j 2k2mod 2m1 ,亦由知Aj A与Aj A不同色总之,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_11Ai A jAk 与Ai AjAk 对应不同的颜色组合可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1222六、

27、给定整数 n3 ,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xxx A与x BAB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_是互素的合数（这里xx 与 X 分别表示有限数集X 的全部元素之和及元素个数 ）X可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_证 我们用f X 表示有限数集 X 中元素的算术平均可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 6 页,共 8 页 - - -

28、- - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_第一步, 我们证明, 正整数的 n 元集合 S1m1. m1,2, n 具有下述性质： 对可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_S1 的任意两个不同的非空子集A,B,有f Af B 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_证明：对任意 AS1 , A,设正整数 k 满意可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_k.f Ak1. ,

29、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_并设 l 是使 lf Ak1. 的最小正整数我们第一证明必有Al 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_事实上,设 k1. 是 A 中最大的数,就由AS1 ,易知 A 中至多有 k 个元素,即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_Ak , 故f Ak1.kk . 又由f A 的定义知f Ak1. ,故由知 kk 特可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_别的有 Ak 可编辑资料

30、 - - - 欢迎下载精品_精品资料_此外,明显A f Ak1.k1.,故由l的定义可知lA 于是我们有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_lAk 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_如 lk ,就 Al .否就有 lk1 ,就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_l1f A11 l lf A11 kk11.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_ k1.k.2. 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由于 k1. 是 A 中最大元,故上式说明Al1 结合 Al 即知 Al 可编辑资料 - -

31、- 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_现在,如有S1 的两个不同的非空子集A,B,使得f Af B ,就由上述证明知可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_ABl , 故A f AB f B, 但 这等式 两 边分 别是A , B的元素 和, 利用可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_m1.m.2. 易知必需 A=B,冲突可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_其次步,设 K 是一个固定的正整数,Kn. maxf A1 ,我们证明,对任何正整数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_A1S1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_x,正整数的n 元集合 S2K. n. x1S1具有下述性质：对S2 的任意两个不同的可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_非空子集 A,B,数f