2023年第五屆中國女子數(shù)學(xué)奧林匹克試題

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第一天

2023年8月8日下午15：30——19：30烏魯木齊

中國在國際數(shù)學(xué)奧林匹克比賽中，延續(xù)多年取得很好的成果，這項比賽是高中程度，不包括微積分，但題目需要思量，我信任我是考不過這些小孩子的，因此有人覺得，好的數(shù)學(xué)家未必長于這種考試，比賽成功者也未必是未來的數(shù)學(xué)家，這個意見似是而非。數(shù)學(xué)比賽大約是百年前在匈牙利開頭的；匈牙利產(chǎn)生了同它人口不成比例的許多大數(shù)學(xué)家。

——陳省身

一、設(shè)a＞0，函數(shù)f:（0，＋∞）→R滿足f（a）＝1．假如對隨意正實數(shù)x，y有

()()()2aafxfyff

fxyxy??

??

+=????

??

，①求證：f（x）為常數(shù)．證實：

在①中令x＝y(tǒng)＝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(tǒng)

，得f2

）＋f2

2f（t），∴f（t）＞0。故f（x）＝1，x＞0。

二、設(shè)凸四邊形ABCD對角線交于O點．△OAD，△OBC的外接圓交于O，M兩點，直線

OM分離交△OAB，△OCD的外接圓于T，S兩點．求證：M是線段TS的中點．證法1：

如圖，銜接BT，CS，MA，MB，MC，MD?！摺螧TO＝∠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將④代入③，即得TM＝MS。證法2：設(shè)△OAB，△OBC，△OCD，△ODA的外心分離

為O1，O2，O3，O4，自作O1，O3作TS的垂線，垂足分離為E，F(xiàn)。銜接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是線段OM的中點。同樣，O1O4垂直平分OA，O2O3垂直平分OC，

得O1O4∥O2O3；

同理，O1O2∥O3O4。

因此O1O2O3O4構(gòu)成平行四邊形，其對角線相互平分。由此易知EG＝FG。

又由垂徑定理，E是TO中點，F(xiàn)是OS中點。因此TM＝TO＋OM＝2EO＋2OG＝2EG，①MS＝OS－OM＝2OF－2OG＝2GF。②由①，②即知TM＝MS。

三、求證：對i＝1，2，3，均有無窮多個正整數(shù)n，使得n，n＋2，n＋28中恰有i個可表

示為三個正整數(shù)的立方和．證：

三個整數(shù)的立方和被9除的余數(shù)不能為4或5，這是由于整數(shù)可寫為3k或3k±1（k∈Z），而（3k）3＝9×3k3，

（3k±1）3＝9（3k3±3k2＋k）±1。

對i＝1，令n＝3（3m－1）3－2（m∈Z＋

），則n，n+28被9除的余數(shù)分離為4，5，故均不能表示為三個整數(shù)的立方和，而

n+2＝（3m－1）3＋（3m－1）3＋（3m－1）3。

對i＝2，n＝（3m－1）3＋222（m∈Z＋

）被9除的余數(shù)為5，故不能表示為三個整數(shù)的立方和，而

n+2＝（3m－1）3＋23＋63，n+28＝（3m－1）3＋53＋53。

對i＝3，n＝216m3（m∈Z＋

）滿足條件：n＝（3m）3＋（4m）3＋（5m）3，n+2＝（6m）3＋13＋13，

n+28＝（6m）3＋13＋33。

注：所命原題要求證實結(jié)論對i＝0，1，2，3均成立。為降低試卷難度，去掉了i＝0的要求。以下是i＝0的證實。

對n＝9m＋3，m∈Z，n+2，n+28被9除的余數(shù)分離為5，4，不能表示為三個整數(shù)的立方和，若n＝a3＋b3＋c3，a，b，c∈Z，由前知a，b，c均為3k＋1型（k∈Z）的整數(shù)。

小于（3N）3（N∈Z＋

）的9m＋3型（m∈Z）的正整數(shù)共3N3個。（*）

小于3N的3k＋1型（k∈Z）的正整數(shù)有N個，三個這樣的數(shù)的立方和的組合不超過N3種，故（*）中正整數(shù)至少有3N3－N3＝2N3個不能表示為三個正整數(shù)的立方和。N可取隨意正整數(shù)，故i＝0情形得證。四、8個人參與一次聚會.（1）假如其中任何5個人中都有3個人兩兩熟悉.求證：可以從中找出4個人兩兩熟悉；（2）試問,假如其中任何6個人中都有3個人兩兩熟悉,那么是否一定可以找出4個人

兩兩熟悉?解法1：

（1）用8個點表示8個人，相識二人之間連一線段。按圖論語言，這些點稱為圖的頂

點，線段稱為圖的邊。

根據(jù)題意，該圖的每個5點子圖中均有一個三角形，而每個三角形屬于2

83C-=2

5C=10

個不同的5點子圖。我們知道，這些三角形共有

358C＝3×56＝168

條邊，其中每條邊至多被重復(fù)計算了10次。這樣一來，即知：每個頂點至少連出

2168

4810

?>?條邊。所以存在一個頂點A，由它至少連出5條邊。

假設(shè)由頂點A有邊連向B，C，D，E，F(xiàn)這5個頂點，而由題意在這5個點中又存在一個三角形，不妨設(shè)為△BCD。于是A，B，C，D這4個點中的任何二點之間均有連線，所以它們所代表的4個人兩兩熟悉。（2）假如其中任何6個人中都有3個人兩兩彼此熟悉,則不一定可以找出4人兩兩彼此

熟悉,例子為:

在正八邊形中連出8條最短的對角線.每個頂點代表一個人,有線段相連的頂點表示相應(yīng)二人互相熟悉.不難驗證:其中任何6個人中都有3個人兩兩彼此熟悉,但是卻找不出4人兩兩彼此熟悉.解法2：

（1）分情形研究.情形（i）假如存在3個人兩兩互不熟悉.那么其余5個人必定兩兩都熟悉.因若不然,如果他們之中有二人互不熟悉,則在他們與本來的3個人一起構(gòu)成的5人組中就找不出3個人兩兩熟悉,導(dǎo)致沖突.所以此時題中結(jié)論成立.

情形（ii）在剩下的情形中,任何3人中,都有某兩個人互相熟悉.

（a）假如8個人中有1個人A至多熟悉3個人,那么他至少不熟悉4個人.明顯這4個人中的任何二人都彼此熟悉.因若不然,這兩個人與A一起構(gòu)成的3人組中就沒有二人相互熟悉,導(dǎo)致沖突.所以此時題中結(jié)論成立.

（b）假如存在1個人A至少熟悉5個人.那么這5個人中有3個人兩兩彼此熟悉,他

們又都熟悉A,所以他們與A一起即為所求之4人.

情形（iii）只需再考慮每個人都恰好有4個熟人,并且任何3人中都有兩人互相熟悉的情形.

任取其中一人A.如果A的4個熟人兩兩熟悉,那么他們即為所求.否則,其中就有B,C二人互不熟悉.易知,此時A有3個不熟悉的人F,G.,H,而這3個人中的任何兩人都與A構(gòu)成3人組,所以F,G.,H中的任何兩人都互相熟悉.假如B,C之一與F,G.,H中的每個人都彼此熟悉,那么此人與F,G.,H一起構(gòu)成所求的4人組.否則,B,C二人分離不熟悉F,G.,H中的一個人.易知,B和C不行能不熟悉他們中的同一個人,否則該人與B,C所成的3人組中任何二人均互不熟悉,導(dǎo)致沖突.這就表明,B和C分離不熟悉F,G.,H中的兩個不同的人,不妨設(shè)B不熟悉F,而C不熟悉G.現(xiàn)在把B,F,A,G,C依次排在一個圓周上,于是任何兩個相鄰放置的人都互不熟悉.然而他們中的任何三個人中都一定有在圓周上相鄰的兩個人,從而在他們之中找不到3個人兩兩熟悉,導(dǎo)致沖突,所以這種狀況不行能存在.

綜合上述,在一切可能的狀況下,都能找出4個人兩兩都彼此熟悉.

（2）假如其中任何6個人中都有3個人兩兩彼此熟悉,則不一定可以找出4人兩兩彼此熟悉,例子為:

在正八邊形中連出8條最短的對角線.每個頂點代表一個人,有線段相連的頂點表示相應(yīng)二人互相熟悉.不難驗證:其中任何6個人中都有3個人兩兩彼此熟悉,但是卻找不出4人兩兩彼此熟悉.

其次天

2023年8月9日9：00——13：00

五、平面上整點集S＝｛（a，b）│1?a，b?5，a，b∈Z｝，T為平面上一整點集，對S中

任一點P，總存在T中不同于P的一點Q，使得線段PQ上除點P，Q外無其他的整點．問T的元素個數(shù)最少要多少？

解：

答案：最少個數(shù)為2。

先證T不行能只包含一個點。

若不然，設(shè)T＝｛Q（x0，y0）｝。在S中取點P（x1，y1）滿足（x1，y1）≠（x0，y0）且x1與x0同奇偶，y1與y0同奇偶。則線段PQ的中點為一整點。沖突。

T含兩個點的情形如下圖所示：

六、設(shè)集合M＝｛1，2，…，19｝，A＝｛a1，a2，…，ak｝M．求最小的k，使得對隨意

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

解：由假設(shè)，在A中，有)1(+kk種可能的組合，從而19)1(≥+kk，即4≥k。當(dāng)4=k時，我們有20)1(=+kk。不妨假設(shè)4321aaaa<<<。則104≥a。當(dāng)104=a時，有

93=a。

這時82=a或7。假如82=a，則189,1910,20=-=-，這不行能。假如72=a，則61=a或51=a。因為167,1910,20=-=-或257,279,20=-=-，這不行能。當(dāng)114=a時，有83=a。

這時72=a以及61=a，這不行能。

當(dāng)124=a時，有73=a。這時5,612==aa，這不行能。當(dāng)134=a時，有4,5,6123===aaa，這不行能。當(dāng)144=a時，有4,523==aa，這不行能。當(dāng)154=a時，有2,3,4123===aaa，這不行能。當(dāng)164=a時，有1,2,3123===aaa，這不行能。當(dāng)174≥a時，均不行能。所以，5≥k。

假如取}16,9,5,3,1{=A，則A滿足條件。故最小的5=k。七、已知xi＞0，,,,2,1ni???=k?1．求證：

111

1n

niiiixx==?+∑∑?11111kn

nikiiiixxx+==?+∑∑．證法1：

原不等式等價于

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≥。

證法2：

不妨設(shè)1x?2x?…?nx＞0，則

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、設(shè)p為大于3的質(zhì)數(shù)，求證：存在若干個整數(shù)a1，a2，…，at滿足條件

|

|||||22

11ttaapaapaap-?

??-?-是3的某個正整數(shù)次冪．證法1：

由帶余除法定理可知，存在唯一的整數(shù)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*滿足條件b1≡p（mod3）。那么

1*12

*

113cpbbbb-?=，其中3不整除b2*，0＜b2*＜p/2；

取b2＝±b2*滿足條件b2≡p（mod3），那么

2*3

2*

22

3cbpbbb?-=，其中3不整除b3*，0＜b3*＜p/2；

向來做下去，我們就得到了b0，b1，b2，…，bp。

這p＋1個整數(shù)均在（－p/2，p/2）之間，明顯有兩個數(shù)相等。不妨設(shè)bi＝bj，i＜j，而且bi，bi＋1，…，bj－1互不相同。那么

11iiiipbpbbb++--??…11jjpbb?1**12**

133iicciiiibbb