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2013年中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题及其解答

文武光华

2013 年中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题及其解答
解答人:文武光华数学工作室 田开斌
一、设 A 是平面直角坐标系中三条直线x = 1,y = 0和y = t(2x ? t)围成的闭区域,其 中0<t<1,求证:在区域 A 内,以P t,t 和Q 1,0 为其中两个顶点的三角形的面积不 超过 。

证明:如图,阴影部分即为区域 A。设直线y = t(2x ? t)与 x 轴、y 轴的交点分别为 M、

N,则点M ,0 ,N 1,t(2 ? t) 。显然点 P 在线段 MN 上。对于区域 A 内任一点 A,显然

有S△ ≤ max S△ ,S△ ,所以我们只需证明S△ ≤ 且S△ ≤ 。

作 PB⊥x 轴于 B,作 PC⊥QN 于 C,则S△ = · = S△ = · = ( )·( ) ≤ ( ) < 。命题得证。

= ( ) <( ) ≤ ;

二、如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,⊙O 与 DA、AB、BC 三边相切,⊙O 与 BC、CD、 DA 三边相切。设P是⊙O 与边 AB 的切点,Q是⊙O 与边 CD 的切点。求证:AC、BD、PQ 三 线共点。
D A

O1 P
B

Q O2

C
证明:因为 AB∥CD,根据位似,我们要证 AC、BD、PQ 共点,只需证明 = 。 如图,连接O A、O B、O P,O C、O D、O Q。因为 AB∥CD,所以∠O AP + ∠O DQ = 90°,∠O BP + ∠O CQ = 90°。所以 = ? AP · DQ = O P · O Q, = ? BP · CQ = O P · O Q,于是知AP · DQ = BP · CQ ? = 。所以 AC、BD、PQ 三线共点。
D A

O1 P
B

Q O2

C
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文武光华

三、在m个女孩和n个男孩组成的群体中,任意两人要么相互认识,要么互不认识。对 任意两个男孩和两个女孩,其中至少有一个男孩与一个女孩互不认识。求证:相互认识的 男女孩无序对的个数不超过m + ( )。
证明:设n个男孩分别为b 、b 、 … … 、b ,并记A = b 所认识的女孩 ,i = 1、2、 … … 、n。于是相互认识的男女孩无序对的个数为|A | + |A | + ? + |A |。
因为所有女孩只有m个,所以|A ?A ? … … ?A | ≤ m。另一方面,对于任意两个男孩 和两个女孩,其中至少有一个男孩与一个女孩互不认识,所以对于任意i ≠ j, A ?A ≤ 1。 于是根据容斥原理知:
|A ?A ? … … ?A | ≥ |A | + |A | + ? + |A | ? ∑ < A ?A ? |A | + |A | + ? + |A | ≤ |A ?A ? … … ?A | + ∑ < A ?A ? |A | + |A | + ? + |A | ≤ m + C = m + ( ) 即男女孩无序对的个数不超过m + ( )。命题得证。

四、求同时满足下列两个条件的多项式f(x) = ax + bx的个数:(1)a、b ∈

1,2, … ,2013 ;(2)f(1)、f(2)、…、f(2013)中任意两数之差都不是2013的倍数。

解答:注意到2013 = 3 × 11 × 61。条件即要求f(1)、f(2)、…、f(2013)遍历模2013

的完系,也即等价于遍历模3、模11、模61的完系。

对于任意奇素数p,若f(x)遍历模p的完系,即等价于对于任意m ? n(mod p), f(m) ? f(n)(mod p) ? am + bm ? an + bn(mod p) ? (m ? n)[a(m + mn + n ) + b] ? 0(mod p) ? a(m + mn + n ) + b ? 0(mod p) 也即a[(2m + n) + 3n ] + 4b ? 0(mod p)。又因为m ? n(mod p),所以2m + n ≡

0(mod p)和n ≡ 0(mod p)不可能同时成立。

(1)若f(x)遍历模3的完系,即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ≡ a(2m + n) + b ?

0(mod 3)。显然,若m ? n(mod 3),则2m + n ? 0(mod 3),从而(2x + y) ≡ 1(mod 3),

所以条件即等价于要求a + b ? 0(mod 3)。

(2)若f(x)遍历模11的完系,即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ? 0(mod 11)。

根据二次互反律,

= (?1) · = ?1,且 = = ?1,所以 = 1,

于是

=

= (?1) = ?1,所以(2m + n) + 3n ? 0(mod 11)。

另一方面,取n = 0,显然(2m + n) + 3n 可以遍历模11的5个二次剩余。又因为

=

= 1,取m使得(2m + n) ≡ 3n (mod 11),则(2m + n) + 3n ≡

2(2m + n) (mod 11)。而 ( ) = = (?1) = ?1,这说明(2m + n) + 3n 可

以遍历模11的5个二次非剩余。 综合上述两个方面,(2m + n) + 3n 恰可遍历模11的缩剩余系。于是条件即等价于要

求a、b中恰有一个能被11整除。 (3)若f(x)遍历模61的完系,即要求a[(2m + n) + 3n ] + 4b ? 0(mod 61)。

根据二次互反律,

= (?1) · = 1,且 = = 1,所以 = 1,于



=

= (?1) = 1。所以存在m、n,使得m ? n(mod 61),而

(2m + n) + 3n ≡ 0(mod 61)。 另一方面,取n = 0,显然(2m + n) + 3n 可以遍历模61的30个二次剩余。又因为

=

= 1,取m使得(2m + n) ≡ 3n (mod 61),则(2m + n) + 3n ≡

2(2m + n) (mod 61)。而 ( ) = 以遍历模61的30个二次非剩余。

= (?1) = ?1,这说明(2m + n) + 3n 可

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文武光华

综合上述两个方面,(2m + n) + 3n 恰可遍历模61的完全剩余系。于是条件即等价于

要求61|a,而61 ? b。

a + b ? 0(mod 3)

a + b ? 0(mod 3)

? ??

a ? 0(mod 11) b ≡ 0(mod 11)

? ??

a ≡ 0(mod 11) b ? 0(mod 11)

综合上述讨论,所有满足条件的a、b为: ?

a ≡ 0(mod 61)

,或 ?

a ≡ 0(mod 61)



?? b ? 0(mod 61)

?? b ? 0(mod 61)

?1 ≤ a、b ≤ 2013 ?1 ≤ a、b ≤ 2013

综上所述,满足条件的 a,b 共有(3 × 10 × 1) × (2 × 1 × 60) + (3 × 1 × 1) ×

(2 × 10 × 60) = 7200组。

五、给定正实数a 、a 、 … … 、a ,求证:存在正实数x 、x 、 … … 、x 满足

∑ x = 1,且对任何满足∑ y = 1的正实数y 、y 、 … … 、y ,均有:∑



∑ a。

解答:记s = ∑ a ,令x = (i = 1、2、 … … 、n),则∑ x = ∑ = 1。下面

证明这一组x 满足题设条件。

对于任一组满足∑ y = 1的正实数y 、y 、 … … 、y ,根据柯西不等式知:

·



=∑

=∑

≥ (∑ ) = s = ∑ a 。所以上述定义的这一组x

· ∑ ( ·)

满足题设条件。

六、设集合S是 0,1,2, … … ,98 的m ≥ 3元子集,满足对任意x、y ∈ S,均存在 z ∈ S,使得x + y ≡ 2z(mod 99),求m的所有可能值。
解答方法一:记集合A = 0,1,2, … … ,98 。 因为集合A恰为模99的一组完系,且 2,99 = 1,所以,对于任意x、y ∈ A,存在唯 一的z ∈ A,使得x + y ≡ 2z(mod 99)。若x、y奇偶性相同,且x + y ≡ 2z(mod 99),则 ≡ z(mod 99),从而z = 。

设集合A的m元子集S = a ,a , … ,a 满足条件,不妨设a <a < … <a 。

若存在相邻的两项a 、a 奇偶性相同,则根据上述分析,必有某个a ∈ S,使得

a=

,从而a <a <a ,这与a 、a 为相邻两项矛盾。于是知,对于任意

1 ≤ i ≤ m ? 1,a 与a 奇偶性相反,从而对于任意1 ≤ i ≤ m ? 2,a 与a 奇偶性相同。

根据上述分析,必存在某个a ∈ S,使得a =

。而a 与a 之间只有a ,所以

a=

。这说明,序列a ,a , … ,a 构成等差数列。

设序列a ,a , … ,a 公差为d,则a = a + (i ? 1)d,1 ≤ i ≤ m。由a 、a 奇偶性 相反,易知d为奇数。下面分情况讨论,证明md = 99。
(1)若m为偶数,因为存在a ∈ S,使得2a ≡ a + a (mod 99),从而 2[a + (j ? 1)d] ≡ 2a + (m ? 1)d(mod 99) ? 2(j ? 1)d ≡ (m ? 1)d(mod 99) 注意到2(j ? 1)为偶数,m ? 1为奇数,所以2(j ? 1) ≠ m ? 1。
若2(j ? 1)<m ? 1,则2(j ? 1)d + 99 = (m ? 1)d。然而a = a + (m ? 1)d ≤ 99,所
以(m ? 1)d<99,从而(m ? 1)d<99 ≤ 2(j ? 1)d + 99,矛盾;
若2(j ? 1)>m ? 1,则2(j ? 1)d = (m ? 1)d + 99。此时2(j ? 1)d = (m ? 1)d +
99>2(m ? 1)d,得j>m,这与m ≥ j矛盾。 (2)若m为奇数,因为存在a ∈ S,使得2a ≡ a + a (mod 99),从而 2[a + (j ? 1)d] ≡ 2a + md(mod 99) ? 2(j ? 1)d ≡ md(mod 99)

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文武光华

注意到2(j ? 1)为偶数,m为奇数,所以2(j ? 1) ≠ m。 若2(j ? 1)>m ? 1,则2(j ? 1)d = md + 99。然而,此时2(j ? 1)d = md + 99>(2m ? 1)d,得j>m,这与m ≥ j矛盾。 若2(j ? 1)<m,即2(j ? 1)d + 99 = md。而md = (m ? 1)d + d<99 + d,所以 2(j ? 1)d + 99<99 + d,于是j ? 1 = 0。代回上式即得99 = md。 综上所述,即得md = 99。所以m|99。 另一方面,对任意m|99,设99 = md。取S = 1,1 + d,1 + 2d, … ,1 + (m ? 1)d , 显然都满足条件。 综上所述,所有满足条件的m = 3、9、11、33或99。 解答方法二:作正99边形A A … A ,在顶点A 上赋值数字i,其中i = 1、2、 … 、99。 于是x + y ≡ 2z(mod 99),即等价于线段A A 的中垂线过点A 。 我们可以证明,集合S对应的m个点必然等距排列。否则,不妨设A 、A 、A 为选定的
三个相邻点,使得j ≠ 。显然i、j奇偶性不同,否则,线段A A 中垂线所过的顶点A 在

A 、A 中间,与A 、A 相邻矛盾。同理j、k奇偶性也不同。从而i、k奇偶性相同,于是线段 A A 中垂线所过的顶点A 在折线A A A 内,且不为A ,这与A 、A 、A 为三个相邻点矛盾。

综上所述,集合S对应的m个点必然等距排列。从而m|99。 另一方面,当m|99时,任取等间距为 的m个点,它们所对应的集合必然满足条件。

综合上述两方面,满足条件的m = 3、9、11、33或99。 解答方法三:记集合A = 0,1,2, … … ,98 。 设A的m元子集S = a ,a , … ,a 满足条件。我们证明m|99。 根据条件,对于任意a ∈ S,i = 2、3、 … 、m,存在a ∈ S,使得a + a ≡ 2a (mod 99)。显然a ≠ a ,且对于任意i ≠ j,a ≠ a 。所以 a ,a , … ,a =

a ,a , … ,a 。于是知: (m ? 1)a + (a + a + ? + a ) ≡ 2 a + a + ? + a ? (m ? 1)a ≡ a + a + ? + a (mod 99) ? ma ≡ a + a + ? + a (mod 99) 同理可知:
ma ≡ ma ≡ ? ≡ ma ≡ a + a + ? + a (mod 99)

(mod 99)

(1)

设 m,99 = d,且m = m d,99 = kd。显然1 ≤ m ≤ k ≤ 99, m ,k = 1。

若m = 1,则m|99,结论成立。

若m ≥ 2。根据(1)知:

m a ≡ m a ≡ ? ≡ m a (mod k)

? a ≡ a ≡ ? ≡ a (mod k)

(2)

不妨设a <a < … <a ,根据(2)知,k|a ? a ,从而a ? a ≥ k,其中

i = 1、2、 … 、m ? 1。于是有: 99 ? 1 ≥ a ? a = (a ? a ) + (a ? a ) + ? + (a ? a )
≥ k(m ? 1) = k(m d ? 1) = kdm ? k = 99m ? k ≥ 99 × 2 ? 99 = 99 得到矛盾。从而只能m = 1,即m|99。

另一方面,对任意m|99,设99 = md。取S = 1,1 + d,1 + 2d, … ,1 + (m ? 1)d ,

显然都满足条件。

综上所述,所有满足条件的m = 3、9、11、33或99。

七、如图,⊙O 与⊙O 外切于点 T,四边形 ABCD 内接于⊙O ,直线 DA、CB 分别切⊙ O 于 E、F,直线 BN 平分∠ABF 并与线段 EF 交于点 N,直线 FT 交弧 AT(不含点 B)于另一 点 M,且 M 与 A 不重合。求证:点 M 为△BCN 的外心。

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文武光华

F B

O1 C

T

O2

N

D

M

A

E
证明:如图,过 M 作⊙O 的切线 ,根据位似知, ∥BF,所以点 M 为弧 BAC 的中点。 从而 MB=MC。
又根据沢山定理知,点 N 为△ABC 的 C-旁心,所以∠BNC = ∠ = ∠ ,所以点 M 为△BCN 的外心。
F

B

O1 C

T

D

M

A

l

O2 N
E

八、设n ≥ 4是偶数,在正n边形的顶点处任意方式标上n个互不相同的实数,从某条边

起按顺时针方向依次将边记为e 、e 、 … … 、e 。一条边称为“正边”,若其两个端点所

标之数按顺时针方向是递增的。两条不同的边构成的无序边对 e ,e 称为“交错”的,若

2|(i + j),且将它们四个端点上所标数按递增顺序记为a<b<c<d后,a、c是其中一条边的 两端点所标之数。求证:交错的边对的个数与正边的个数具有不同的奇偶性。

证明:设正n边形的n个顶点依顺时针方向依次为A 、A 、 … 、A (并令A = A ),

相应地,在每个顶点上标注的数字依次为a 、a 、 … 、a (a = a )。记边e 为A A 。

显然,若a ? a >0,则e 为“负边”;若a ? a <0,则e 为“正边”。于是,当

∏ (a ? a ) >0时,即有偶数条“正边”;当∏ (a ? a ) <0时,即有奇数条“正 边”。

又对于i<j,2|(i + j),令f i,j = a ? a a ? a a ? a a ? a 。显然,

当f i,j >0时, e ,e 为“非交错的”;当f i,j <0时, e ,e 为“交错的”。于是,

当∏ < f i,j >0时,则有偶数个“交错”边对;当∏ < f i,j <0时,则有奇数个

|( )

|( )

“交错”边对。

又计算得:

∏ < f i,j
|( )

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=∏

a ?a a ?a ·∏ ∏

a ? a · ∏ (a ? a )

= (?1) ∏

a ?a ·∏ ∏

a ? a · ∏ (a ? a )

= ? ∏ (a ? a ) · ∏

a ?a ·∏ ∏

a ?a

显然,∏ < f i,j 与∏ (a ? a )有相反的正负性,所以交错的边对的个数与正边
|( )
的个数具有不同的奇偶性。

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