2012年中国数学奥林匹克(CMO)试题(含答案word)

2012年中国数学奥林匹克(CMO)试题
第一天
?
上两点
D
、
E
分别为弧1. 如图1，在圆内接
?ABC
中，
?A
为最大角，不含点
A
的弧
BC
?
ABC
、
?
ACB
的中点。记过点
A
、
B
且与
AC
相切的圆为
?O
1
，过点
A
、< br>E
且与
AD
相切的圆为
?O
2
，
?O
1
与
?O
2
交于点
A
、
P
。证明：AP
平分
?ABC
。












2. 给定质数
p
。设
A?(a
ij
)
是一个
p?p
的矩阵，满足
{a
ij
|1?i、j?p}?{

1,2,?,p
2}
。
允许对一个矩阵作如下操作：选取一行或一列，将该行或该列的每个数同时加上1或同 时减
去1.若可以通过有限多次上述操作将
A
中元素全变为0，则称
A
是一个“好矩阵”。求好矩
阵
A
的个数。







3.证明：对于任意实数
M?2
，总存在 满足下列条件的严格递增的正整数数列
a
1
,a
2
,?
：
（1） 对每个正整数
i
，有
a
i
?M
；
（2） 当且仅当整数
n?0
时，存在正整数
m
以及
b1
,b
2
,?,b
m
?{?1,1}
使得
i
n?b
1
a
1
?b
2
a
2
??? b
m
a
m
.

1

第二天
4.设
f(x)?(x?a)(x?b)(a、b
是给定的正实数< br>),n?2
为给定的正整数。对满足
x
1
?x
2
? ??x
n
?1
的非负实数
x
1
,x
2
,? ,x
n
，求
F?









1?i?j?n
?
min{f(x
i
),f(x
j
)}
的最大值。
5.设
n
为无平方因子的 正偶数，
k
为整数，
p
为质数，满足
p?2n,p|n,p|(n?k
2
)
.
证明：
n
可以表示为
ab?bc?ca
，其中，
a,b,c
为互不相同的正整数。







6.求满足下面条件的最 小正整数
k
：对集合
S?{1,2,?,2012}
的任意一个
k< br>元子集
A
，都
存在
S
中的三个互不相同的元素
a、
b
、
c
，使得
a?b
、
b?c
、< br>c?a
均在集合
A
中。













2

参考答案
第一天
1. 如图2，联结
EP
、
BE
、
BP
、
CD
。
分别记
?BAC
、
?ABC
、
?ACB
为
?A
、
?B
、
?C
，
X
、
Y
分别 为
CA
延长线、
DA
延长线上的任意一点。
由已知条件易得
AD?DC,AE?EB
。结合
A
、
B
、
D
、< br>E
、
C
五点共圆得
1?C
?BAE?90
?
??AEB?90
?
?
，
22
1?B
?CAD?90
?
??ADC?90
?
?
。
22
由
AC
、
AD
分别切
?O1
、
?O
2
于点
A
得
?APB??BAX?1 80??A,?ABP??CAP
，
及
?APE??EAY?180
???DAE?180
?
?(?BAE??CAD??A)

?
? C?B?A
)?(90
?
?)??A?90
?
?

222
?A
??
??APE
故
?BPE?360??AP B??APE?90?
2
在
?APE
与
?BPE
中，分别运 用正弦定理并结合
AE?BE
，得
sin?PAEPEPEsin?PBE
?BPE
si?PAEn?si?PBE
???
，故
n
，又因为?APE
、
sin?APEAEBEsin?BPE
均为钝角，所以，
? PAE
、
?PBE
均为锐角，于是，
?PAE??PBE
，
故
?BAP??BAE??PAE??ABE??PBE??ABP??CAP
。
?180
?
?(90
?
?

2. 由加减法的交换律和结合律可以将针对同一行或同一列的操作合并进行，并且无需考虑
各操作间的次序。
假设所有操作的最终结果是对第
i
行每个数减去
x
i
，对第
j
列每个数减去
y
j
，其中
x
i
,yj
(1?i、j?p)
可以是任意整数。
由题设知
a
ij?x
i
?y
j
对所有的
i、j(1?i、j?p)
成立 。
由于表中各数互不相同，则
x
1
,x
2
,?,x
p
互不相同，
y
1
,y
2
,?,y
p
互 不相同。不妨设
x
1
?x
2
???x
p
，这是因为 交换
x
i
与
x
j
的值相当于交换第
i
行和 第
j
行，既不改变题设也
不改变结论。同样，不妨设
y
1
? y
2
???y
p
。于是，假设数表的每一行从左到右是递增的，
每一 列从上到下也是递增的。
由上面的讨论知
a
11
?1,a
12?2
或
a
21
?2
，不妨设
a
12
? 2
。否则，将整个数表关于主对
3

角线作对称，不改变题设也不改变结论。
下面用反证法证明：
1,2,?,p
全在第一行中。
假设
1,2, ?,k(2?k?p)
在第一行中，
k?1
不在第一行中。于，
a
2 1
?k?1
。将连续
的
k
个整数称为一个“块”，只需证明：表格的 第一行恰由若干个块构成，即前
k
个数为一
个块，之后的
k
个数又是 一个块，等等。
如若不然，设前
n
组
k
个数均为块，但之后的k
个数不成为块（或之后不足
k
个数），由
此知对
j?1,2, ?,n,y
(j?1)k?1
,y
(j?1)k?2
,?,y
jk< br>构成块。从而，表格的前
nk
列共可分成
pn
个
1?k
的子表格
a
i,(j?1)k?1
,a
i,(j?1)k?2
,? ,a
i,jk
(i?1,2,?,p;j?1,2,?,n)
，每个子表格中的
k
个数构成块。
现假设
a
2,nk?1
?a
1,nk? 1
?x
2
?x
1
?a
21
?a
11
?k
，故
a
2,nk?1
?a?k
。从而
a?b
必定在前
nk
列中。这样
a?b
含在某个前面所说的
1?k
的块中，但
a
、
a?k
都不在该块中，矛盾。
于是，第一行恰由若干个块构成。
特别地，有
k|p
。但
1?k? p
，而
p
是质数，这导致矛盾。
于是，数表的第一行恰为
1,2, ?,p
，而第
k
行必定为
(k?1)p?1,(k?1)p?2,?,kp.

因此，好矩阵
A
在交换行，交换列，以及关于主对角线作对称下总可转化为 唯一的形式。
所以，好矩阵的个数等于
2(p!)
2
.



3. 递推地构造正整数序列
{a
n
}
如下：取整数a
1
?M
2
，以及
a
2
?a
1
?1
。对
k?2
，取整
数
a
2k?1
?M
2k
?
?
a
i
,a
2k
?k?
?
a
i
。下面证明这一序列满足条件。
i?1i?1
2k?22k?1由定义知
a
m
?a
m?1
?a
?m2
???< br>对
m?1
均成立，且对任意正整数
k
有
a
1
a
2k
?a
2k?1
?M
2k
。
于是，这一序列是严格递增的正整数序列且满足条件（1）。
2n?1
对任意正整数
n
有
n??
?
a?a
i
i?1
2n?1< br>2n
及
?n?
?
a?a
i
i?1
2n
。
最后只需说明：0不能表示成
b
1
a
1
?ba??b
m
a
m
的形式，其中，
2
?
2
b
1
,b
2
,?,b
m
?{?1,1}
。
当
m?1
时，
b
1
a
1
?0
。
4

当
m?1
时，
|b
1a
1
?b
2
a
2
???b
m
a
m
|?a
m
?(a
m?1
?a
m?2
???a< br>1
)?0
。
这样便验证了所构造的序列满足所有条件。


第二天

4. 解法1 由
min{f(x
i
),f( x
j
)}?min{(x
i
?a)(x
i
?b),(xj
?a)(x
j
?b)}?(x
i
?a)(x
i
?b)(x
j
?a)(x
j
?b)
11
?[(x
i
?a)(x
j
?b)?(x
i
?b)(x
j
?a )]?x
i
x
j
?(x
i
?x
j
)(a? b)?ab
，则
22
nn
a?b1
n
a?b
22 22
F?
?
x
i
x
j
?(x?x)?C?ab?[ (x)?x]?(n?1)x?C
????
ijniiin
?ab
2
1?i?j?n
2
i?1
2
1?i?j?ni?1i?1
n
1n?111
n
n?1
222
?(1?
?
x
i)?(a?b)?C
n
?ab?[1?(
?
x
i
)2
]?(a?b)?C
n
?ab

222n
i?12
i?1
11n?1n(n?1)n?11
(1?)?(a?b)?ab?(?a ?b?nab)

2n222n
1n?11
(?a?b?nab)
。 当
x
1
?x
2
???x
n
?
时，上式等号 成立，故
F
的最大值为
n2n
解法2 对
n
归纳证明下述理一般的命题。
?
命题 对满足
x
1
?x
2
???x
n
?s
的非 负实数
x
1
,x
2
,?,x
n
（
s
是任意固定的非负实数），
F?
的最大值在
x
1
?x
2
???x
n
?
1?i?j?n
?
min{f(x
i
),f(x
j
)}

s
时取到。
n
事实 上，由
F
的对称性，不妨设
x
1
?x
2
???x< br>n
。注意到，
f(x)
在非负实数集上是单调
递增的。则
F ?(n?1)f(x
1
)?(n?2)f(x
2
)???f(x
n? 1
)

s
2
假设结论在
n
时成立，考虑
n?1
的情形。
当
n?2
时，
F?f(x
1
)?f()
，等号在< br>x
1
?x
2
时成立。
对
x
2
?x
3
???x
n?1
?s?x
1
用归纳假设有
s? x
1
1
F?nf(x
1
)?n(n?1)f()?g(x
1
)

2n
n?1
其中
g(x)
为关于
x< br>的二次函数，其二次项系数为
1?
，一次项系数为
2n
2
5

a?b?
n?12s
(a?b?)
。
2nn
因此，对称轴为
n?12s
(a?b?)?a?b
s
2nn
??[2(n?1)s?2n(n?1)(a?b)](n?1)?s(2n
2
?n?1)
n?1
2(n?1)
2?
2
n
s
显然 ，上式不等号左边
?2(n
2
?1)s?
右边，所以，当
x
1
?
时，
g(x
1
)
取得最大值。
n?1
s?x
1
s
??x
1
。
因此，< br>F
取得最大值时，
x
2
?x
3
?
?
?x
n?1
?
nn?1
由数学归纳法，命题得证。



5. 由于
n
是偶数，故
p?2
。又
p|n，故
p|k
。
n?k(p?k)n?k
2
不妨假设
0 ?k?p.
取
a?k,b?p?k
，则
c???k

pp< br>由条件知
c
是整数，
a
、
b
是不同的正整数。
下面只需证明：
c?0
，并且
c?a
、
b.

由均值不等式有
由此知
c?0.

n
?k?2n?p
，故
n?k
2
?pk.

k
n?k
2
若
c?a
，则
?k?k
，即
n?k(2p?k).

p
由于
n
是偶数，故
k
为 偶数，这样
n
被4整除，这与
n
无平方因子矛盾。
若
c?b
，则
n?p?k.

由于
n
是偶 数，故
k
为奇数，这同样导致
n
被4整除，矛盾。
综上，选取的
a
、
b
、
c
满足条件。
命题获证。



6. 设
a?b?c
，令
x?a?b,y?a?c,z?b?c.

则
x?y?z,x?y?z
，且
x?y?z
为偶数.①
反 之，若存在
x
、
y
、
z?A
满足性质①，则取
a?
22
x?y?zx?z?yy?z?x
,b?,c?,
222
有a
、
b
、
c?Z,1?a?b?c?2012
，且
x? a?b,y?a?c,z?b?c.

6

于是，题述条 件等价于对任意的
k
元子集
A
，均有
x
、
y
、
z?A
，满足性质①。

若
A?{1,2,3,5,7,?, 2011}
，则
A?1007
，且集合
A
中不含有满足性质①的三个 元素。
因此
k?1008.

下面证明：任意一个1008元子集均含有三个元素满足性质①。
接下来证明一个更一般的结论：
对任意整数
n(n?4)
，集合
{ 1,2,?,2n}
的任意一个
n?2
元子集均含有三个元素满足性质
①。
对
n
进行归纳。
当
n?4
时，设集合
A
是
{1,2,?,8}
的一个六元子集，则
A?{3,4,?,8}
至少有4 个元素。
若
A?{3,4,?,8}
中含有三个偶数，则4、6、8
?A< br>且满足性质①；
若
A?{3,4,?,8}
中恰含有两个偶数，则它还应含有 至少两个奇数，取这两个奇数，则4、
6、8中至少有两个偶数与这两个奇数可以形成一个满足性质①的 三元数组，由于至少有两
个偶数，故存在三个数满足性质①；
若
A?{3,4,?, 8}
中恰含有一个偶数，则它含有全部三个奇数，此偶数与5、7即构成满足
性质①的三元数组 。
因此，当
n?4
时，结论成立。
假设结论对
n(n?4)
成立，考虑
n?1
的情形。
设集 合
A
是
{1,2,?,2n?2}
的一个
n?3
元子集，若
A?{1,2,?,2n}?n?2
，则由归纳假
设知结论成立。于是，只需考虑A?{1,2,?,2n}?n?1
且
2n?1
、
2n?2?A
的情形。
此时，若
{1,2,?,2n}
中有一个大于1的奇数
x
在集合
A
中，则
x
、
2n?1
、
2n?2
即构成
满足性质①的三元数组；
若
{1,2,?,2n}
中所有大于1的奇数均不在集合
A
中，则
A?{1,2,4,6,?,2n,2n?1,2n?2}
，而后者恰有
n?3
个元素，故
A?{1,2,4,6,?,2n,2n?1,2n?2}
，此时，4、6、8
?A
满足性质①。
综上，所求最小的
k
为1008.

7