2024年IMO中國(guó)國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)第一階段選拔試題及答案解析

2024年IMO中國(guó)國(guó)家隊(duì)選拔考試(第一階段)2024年IMO中國(guó)國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)第一階段集訓(xùn)和選拔于3月4日至12日在北京十一學(xué)校舉行.期間進(jìn)行了兩次共四場(chǎng)測(cè)試，這些試題新穎有趣，值得思考與研究.本文給出此次測(cè)試的試題解答與評(píng)析，主要參考了葉語(yǔ)行同學(xué)的做法，個(gè)別題目參考了王銜邦和周子墨同學(xué)的做法.方法可能不是最優(yōu)，但一定程度上能體現(xiàn)出考場(chǎng)上的思考過(guò)程，不當(dāng)之處敬請(qǐng)批評(píng)指正.測(cè)試一染為黑白兩種顏色之一，使得P的每條棱的兩個(gè)端點(diǎn)不同色.求證：可以將P的每條棱內(nèi)部染為紅黃藍(lán)三種顏色之一，使得每個(gè)頂點(diǎn)連的三條棱的顏色兩兩不同，且每個(gè)面恰含兩種顏色的棱.△AC?B和△CB?A分別是以AB,CA為底邊，且順相似的等腰三角形.設(shè)直線(xiàn)BB?,CC?交于點(diǎn)T.求證：∠ATC≠90°1.3設(shè)正整數(shù)M恰有L個(gè)不同的質(zhì)因子.對(duì)正整在不少于號(hào)個(gè)數(shù)n,滿(mǎn)足βn-√β·2L-3-1≤h(n)≤βn+√β·2L-3+1. 在a,b,c∈S(可以相同),使得ab=c(modn). 12.5求所有的函數(shù)f:N+→N+,使得對(duì)任意正整數(shù)a,b,均有2.6設(shè)m,n是大于2的整數(shù).已知平面上的正n邊形區(qū)域T包含某個(gè)邊長(zhǎng)為1的正m邊形區(qū)域.求證：該平面上的任意一個(gè)邊長(zhǎng)為的正m邊形區(qū)域S可以平移嵌入?yún)^(qū)域T,即存在向量或，滿(mǎn)足區(qū)域S中的每個(gè)點(diǎn)平移文后都落在區(qū)域T測(cè)試二3.1對(duì)互質(zhì)的正整數(shù)a,b,用(a-1modb)表示滿(mǎn)足am=1(modb)且0≤m<b的唯一整數(shù)m.(1)求證：對(duì)任意兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,1<a<b<c,都有(a-'modb)+(b-1modc)+(c-?'mod(2)求證：對(duì)任意正整數(shù)M,存在兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,滿(mǎn)足M<a<b<c,且(a-1modb)+(b-'modc)+(c-1moda)<100√a.3.2如圖，在銳角△ABC中，Ω是外接圓，O是外心，Ω在B,C處的切線(xiàn)交于點(diǎn)M,在A(yíng),B處的切線(xiàn)交于點(diǎn)N.設(shè)AM交BC于點(diǎn)D,CN交AB于點(diǎn)F,延長(zhǎng)DF交Ω于點(diǎn)P.過(guò)P作BO的平行線(xiàn)交線(xiàn)段AB,AC分別于點(diǎn)Q,R.若PQ2=PR·QR,求∠ACB的值.3.3將每個(gè)正整數(shù)染為c,C?,C3,c4四種顏色之一.(1)求證：存在正整數(shù)n以及i,j∈{1,2,3,4},使得n的全體正約數(shù)中c顏色的數(shù)比c;顏色的數(shù)至少多3個(gè)；2x2=a(modm)的整數(shù)x的個(gè)數(shù)不超過(guò)2+log?mⅡ.解答與評(píng)注證.3接下來(lái)進(jìn)行染色(用棱的中點(diǎn)代替棱，用標(biāo)記0,1,2代替染色).任取一點(diǎn)u標(biāo)記0,對(duì)其余一點(diǎn)v,取u到v的有向路徑P?(由于相鄰兩棱的中點(diǎn)強(qiáng)連通，這樣的路徑存在),對(duì)v標(biāo)記P長(zhǎng)度模3的余數(shù).由已證，標(biāo)數(shù)與路徑的選取無(wú)關(guān)，且對(duì)任兩點(diǎn)V1,U2,v?到v?有向路徑的長(zhǎng)度與v?,v?的標(biāo)數(shù)之差模3同余.下面驗(yàn)證這樣的標(biāo)數(shù)滿(mǎn)足要求.首先，對(duì)任一頂點(diǎn)，它發(fā)出的三條棱的中點(diǎn)兩兩可建立長(zhǎng)為1的有向路徑(即一條邊),因此標(biāo)數(shù)互異.其次，對(duì)任一面A?A?…A?k(由每條棱的兩個(gè)端點(diǎn)不同色知每個(gè)面有偶數(shù)個(gè)頂點(diǎn)),其中各點(diǎn)順時(shí)針排列且A?黑，設(shè)A?A?的中點(diǎn)標(biāo)記i,考察面上的有向邊可知該面棱中點(diǎn)交替地標(biāo)有i,i-1(mod3),恰有兩種標(biāo)數(shù).綜上，命題得證.口評(píng)注本題是中等偏易的組合題，通過(guò)考察一個(gè)面可知黑、白點(diǎn)發(fā)出的棱具有不同的繞向，注意到按照該方式定義的染色是自洽的，然后驗(yàn)證要求即可.1.2在銳角△ABC中，∠A>∠B>∠C.B?,C?是平面上的兩個(gè)點(diǎn)，滿(mǎn)足△AC?B和△CB?A分別是以AB,CA為底邊，且順相似的等腰三角形.設(shè)直線(xiàn)BB?,CC?交于點(diǎn)T.求證：∠ATC≠證明(周子墨)作與△AC?B順相似的△BA?C記∠BCA?=∠CBA?=θ,對(duì)△ABC及點(diǎn)A?用角元塞瓦定理得，同理有其余兩式.于是故由角元塞瓦逆定理，AA?,BB?,CC?共點(diǎn)，該點(diǎn)即為T(mén)為證∠ATC≠90°,只需證明AA?與CC?不垂直，這只需證明ACi-AC2≠A?C2-A?C2.ACi+A?C2-A?C2=BCi+BA2-A?Ci4于是只需證明由知于是只需證明這等價(jià)于(b2-a2)(b2-c2)<0,由∠A>∠B>∠C,即a>b>c評(píng)注本題是簡(jiǎn)單的幾何題，由對(duì)稱(chēng)性先引入點(diǎn)A?消掉T,再計(jì)算即可.1.3設(shè)正整數(shù)M恰有L個(gè)不同的質(zhì)因子。對(duì)正整數(shù)n,設(shè)h(n)是集合{1,2,…,n}中與M互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù).記2.求證：集合{1,2,…,M}中存在不少于號(hào)個(gè)數(shù)n,滿(mǎn)足βn-√β·2L-3-1≤h(n)≤βn+√β·24-3+1.證明設(shè)μ(n)為M?bius函數(shù).熟知對(duì)任意正整數(shù)n,因此于是所以5對(duì)正整數(shù)d?,d?,設(shè)D=gcd(d?,d?),再設(shè)記6又從而由S的定義知{1,2,…,M}中至多2個(gè)數(shù)n不滿(mǎn)足要求，從而至少個(gè)數(shù)n滿(mǎn)足要求.評(píng)注本題是中等偏難的數(shù)論題，結(jié)論的形式明顯提示二階矩，用M?bius函數(shù)表示出h(n)之后就轉(zhuǎn)化為數(shù)論函數(shù)的運(yùn)算，過(guò)程較長(zhǎng)，需要扎實(shí)的基本功.2.4設(shè)正整數(shù)n無(wú)平方因子，S是{1,2,…,n}的子集，滿(mǎn)足|SI≥恐.求證：存在a,b,c∈S(可以相同),使得ab=c(modn).證明當(dāng)n∈S,取a=b=c=n即可.下設(shè)neS.對(duì)d|n,記任取a∈Sa.定義Ta上的映射f:f(x)為ar模n的余數(shù).從若f(x)=f(y),則a從又x=y=0(modd),且由n無(wú)平方因子知gcd(d,a)=1,所以而x=y.這說(shuō)明f為單射，又Ta是有限集，故f為雙射.7If(Sa)nSI≥|f(Sa)|+|Sd-|Tal=2|Sa2.5求所有的函數(shù)f:N+→N+,使得對(duì)任意正整數(shù)a,b,均有解(王銜邦)取一次函數(shù)g:N+→Z,使得g(1)=f(1),g(2)=f(2).下面歸納當(dāng)t=0時(shí)顯然成立.假設(shè)t時(shí)成立，來(lái)看t+1時(shí)的情形.這是因?yàn)間(a)-2g(a+1)+g(a+2)=0,所以當(dāng)f(a)=g(a)(mod3+1),f(a+1)=3|f(f(a)+1)-2f(f(a)+2)+3+1|105(f(f(a)+1)-2f(f(a)+2)+f(f(a)+3).3+1|24(f(a+1)-2f(a+23+1|48(f(a+2)-2f(a+33°+1|45(f(a+3)-2f(a+43°+1|15(f(a+4)-2f(a+583t+1|8(f(a)-2f(a+1)歸納得證.因此必有f(x)=g(x)是一次的，代入方程易得f(x)=x或f(x)=C.經(jīng)檢驗(yàn)，這兩類(lèi)函數(shù)都滿(mǎn)足要求，即為所求.評(píng)注本題是中等難度的函數(shù)方程，做法比較多，以上做法巧妙地利用了右邊可分離出來(lái)的3來(lái)提升指數(shù)2.6設(shè)m,n是大于2的整數(shù).已知平面上的正n邊形區(qū)域T包含某個(gè)邊長(zhǎng)為1的正m邊形區(qū)域.求證：該平面上的任意一個(gè)邊長(zhǎng)為的正m邊形區(qū)域S可以平移嵌入?yún)^(qū)域T,即存在向量a,滿(mǎn)足區(qū)域S中的每個(gè)點(diǎn)平移可后都落在區(qū)域T中以T的中心為原點(diǎn)建立復(fù)平面，設(shè)T內(nèi)邊長(zhǎng)為1的正m邊形的頂點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蛞来螌?duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z1,22,…,2m·因?yàn)門(mén)關(guān)于中心旋轉(zhuǎn)不變，所以w*z,(0≤k≤n-1,1≤j≤m)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)也在T內(nèi).這些點(diǎn)構(gòu)成n個(gè)正m邊形，作出它們各自中心到頂點(diǎn)的向量，得到[m,n]個(gè)相鄰?qiáng)A角為20的不同向量.再作出S的中心到某一頂點(diǎn)的向量了，則可以把了夾在上述[m,n]個(gè)向量的某相鄰兩個(gè)之間.設(shè)這兩個(gè)相鄰向量所在正m邊形的頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為u?,…,um;v?,…,vm(按逆時(shí)針排列),且它們的終點(diǎn)分別為u1,U1.對(duì)實(shí)數(shù)A∈[0,1],記是位于T內(nèi)的復(fù)數(shù).用U,V,W分別表示u,,t,u;的算術(shù)平均值，則u+1-U=e(u;-U),v;+1-V=e(v;所以u(píng);+1-W=e(u;-W).于是wi,…,wm構(gòu)成正m邊形，記為S?.將向量u1-U,v?-V移至同一起點(diǎn)，得到頂角為20的等腰三角形，其底邊上任意一點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離不小于腰長(zhǎng)乘以cosθ.因?yàn)閡1,v?所在正m邊形的邊長(zhǎng)均為1,所以S?的邊長(zhǎng)不小于cosθ.取λ使向量w?-W與了的方向相同，則S可平移嵌入S?,進(jìn)而嵌入T,命題得證.口9評(píng)注本題是中等偏難的組合幾何題，如果只引入一個(gè)正m邊形只能做到cosπ,由此想到旋轉(zhuǎn)，構(gòu)造多個(gè)夾角更小的圖形，再取出定比分點(diǎn).3.1對(duì)互質(zhì)的正整數(shù)a,b,用(a-1modb)表示滿(mǎn)足am=1(modb)且0≤m<b的唯一整數(shù)m.(1)求證：對(duì)任意兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,1<a<b<c,都有(a-'modb)+(b-1modc)+(c-(2)求證：對(duì)任意正整數(shù)M,存在兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,滿(mǎn)足M<a<b<c,且(a-1modb)+(b-'modc)+(c-1moda)<100√a.記則abc|T.所以abc≤T<abry+bcyz+cazr<bc(故x+y+z≥√3(ry+yz+2a)>√(2)對(duì)n>M,令(a,b,c)=(n2+n+1,2n2+2n+1,2n3+2n2+n-1).容易驗(yàn)證(a-1modb)=2,(b-1modc)=n,(c-1moda)=n,故(a-1modb)+(b?1modc)+(c-1moda)=2n+2<3√綜上，命題得證.□評(píng)注本題是簡(jiǎn)單的數(shù)論題，第一問(wèn)為了得到√a量級(jí)將整除式相乘分析大小，第二問(wèn)可以先待定數(shù)論倒數(shù)再求解.3.2如圖，在銳角△ABC中，Ω是外接圓，O是外心，Ω在B,C處的切線(xiàn)交于點(diǎn)M,在A(yíng),B處的切線(xiàn)交于點(diǎn)N.設(shè)AM交BC于點(diǎn)D,CN交AB于點(diǎn)F,延長(zhǎng)DF交Ω于點(diǎn)P.過(guò)P作BO的平行線(xiàn)交線(xiàn)段AB,AC分別于點(diǎn)Q,R.若解延長(zhǎng)FD交Ω于點(diǎn)S,記器=A,下面用兩種方法計(jì)算齡.由PQ2=PR·QR得,所以因此器=號(hào)，這說(shuō)明∠AQR=∠ACB.又由PR//BO知∠AQR=∠ABO=90°-∠ACB兩邊的交點(diǎn)”,則黃金分割式是恒成立的.3.3將每個(gè)正整數(shù)染為c?,C?,C3,c4四種顏色之一.(1)求證：存在正整數(shù)n以及i,j∈{1,2,3,4},使得n的全體正約數(shù)中c顏色的數(shù)比c;顏色的數(shù)至少多3個(gè)；(2)求證：對(duì)任意正整數(shù)A,存在正整數(shù)n以及i,j∈{1,2,3,4},使得n的全體正約數(shù)中c顏色的數(shù)比c;顏色的數(shù)至少多A個(gè).證明只需證明(2).引理(超圖的Ramsey定理)給定正整數(shù)k,d.將無(wú)限集S的所有k元子集d染色，則存在S的無(wú)限子集T,使得T的所有k元子集同色.當(dāng)k=1時(shí)由抽屜原理即證.假設(shè)k≥2且k-1時(shí)成立，來(lái)看k時(shí)的情形.歸納地選取(x?,S?),其中S=So2S?2S?2…是無(wú)限集，xi∈Si-1\S,且一個(gè)元素是x?、其余元素屬于S?的k元子集均同色，記這種顏色為C.假設(shè)(x?,S?),…,(xj-1,S;-1)已選取，任取x;∈Sj-1,對(duì)Sj-1\{x;}用k-1時(shí)的歸納假設(shè)即可找到Sj.現(xiàn)在，由抽屜原理，存在一種顏色C,使得對(duì)無(wú)窮多個(gè)i有C=C.令T={z:|C?=C}即可.引理證畢.回到原題.令P是素?cái)?shù)集，將P的有限子集S染成和一樣的顏色.取質(zhì)數(shù)r≥A+2.對(duì)P用引理，得到無(wú)限集P?CP,它的一元子集同色.對(duì)P用引理，得到無(wú)限集P?CP,它的二元子集同色以此類(lèi)推，有無(wú)限集PCP,它的1,2,…,r元子集分別同色.取P,的某一r元子集Q,并取對(duì)1≤i≤4,設(shè)n的正約數(shù)中有m;個(gè)為c:色.因?yàn)镼的1,2,…,r-1元子集分別同色，且個(gè)數(shù)均為r的倍數(shù)，所以可寫(xiě)m;=a;r+b,其中a,b?∈N且因?yàn)閍1+a2+a3+a4=2-2不是4的倍數(shù)，所以ai,a2,a3,a4不全相同.設(shè)ai>aj,則m;-m,=(a;-a;)r+(b?-b?)≥r綜上，命題得證.□評(píng)注本題是中等偏難的組合題，這里應(yīng)用超圖的Ramsey定理本質(zhì)上是約化到一個(gè)子格點(diǎn)，接下來(lái)取出r是從組合數(shù)的性質(zhì)入手.值得一提的是，將顏色數(shù)改成3時(shí)，結(jié)論是不正確的，這是因?yàn)榭梢园凑召|(zhì)因子個(gè)數(shù)(計(jì)重?cái)?shù))模3染色.4.4設(shè)M是正整數(shù)，f(x)=x3+ax2+br+c是整系數(shù)多項(xiàng)式，且-M≤證明設(shè)x?是f(x)的第三個(gè)復(fù)根.當(dāng)x?,T?,x3中有兩個(gè)相同時(shí)，不妨設(shè)x?=T?.此時(shí)(x?-x2)2=(x2+x2+x3)-(xiT?+T?T3+當(dāng)x1,T?,r3兩兩不同時(shí)，考慮因?yàn)椤魇顷P(guān)于x?,T?,x3的整系數(shù)對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式，所以由對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式基本定理，△是關(guān)于a,b,c的整系數(shù)多項(xiàng)式，因此是非零整數(shù)|(z?-x?)(x3-x1)|≥M2+3綜上，命題得證.口評(píng)注本題是中等難度的代數(shù)題，先想到用判別式轉(zhuǎn)化為三個(gè)根之間的關(guān)系，再用另一個(gè)二次式估計(jì)差距即可.解最大值為2m-1個(gè)一各分成兩個(gè)六.這樣，L?m-1+1=…=L?=—,于是引理1對(duì)任意正整數(shù)k,證明設(shè)第2k-1步操作之后的2k個(gè)數(shù)為a?≥a?≥…≥a2k.對(duì)0≤i≤k-1,Lk+1+Lk+2+…+L?≤a?+a引理1證畢.引理2對(duì)任意正整數(shù)k,Lk+1+2Lk+2+…+2L2k+1≤1.證明設(shè)第2k步操作之后的2k+1個(gè)數(shù)為a?≥a?≥…≥a?k+1.對(duì)0≤i≤k,Lk+1+2Lk+2+…+2L2k+1≤a1+2a3+≤a1+a