2022年中国数学奥林匹克(CMO)试题和详细解答.docx

精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -2021 中国数学奥林匹克解答一、给定锐角三角形 PBC， PB PC ．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 OE⊥AB，OF⊥CD，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： EM FN EN FM ；（2）如 EM FN EN FM ，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EQ 1 OB RM , MQ 1 OC RF ，2 2又 OQMR 是平行四边形，所以OQM ORM ，A N DE FOQ由题设 A，B，C，D 四点共圆，所以 R于是ABDACD ，BM图 1EQO2 ABD2ACDFRO ，所以E Q ME Q OO Q MF R OO R M ，C故 E Q M M R，F所以 EM＝FM ，同理可得 EN＝FN，所以 E M F N E N F．M（2）答案是否定的．当 AD∥BC 时，由于 B C ，所以 A， B，C，D 四点不共圆，但此时仍旧有EM FN EN FM ，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， NS，就NS 1 OD , EQ 1 OB ，2 2所以N S O D． ①E Q O B精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -又 ES1OA, MQ1OC ，所以2 2ES OA ． ②MQ OC而 AD∥ BC，所以OA OD ， ③OC OB由①，②，③得 NS ES ．EQ MQ由于 NSE NSA ASE AOD 2 AOE ，EQM MQO OQE AOE EOB〔180 2EOB〕AOE〔180EOB〕AOD2 AOE ，即 NSE EQM ，所以 NSE ～ EQM ，故 EN SE OA （由②）． EM QM OCFN OA P同理可得，，FM OC所以 EN FN ，EM FMA N D从而 EM FN EN FM ．E S FQ OR二、求全部的素数对 （p，q），使得 pq 5 pB M C5q ．解：如 2 |pq ，不妨设 p2 ，就 2q | 525q ，故q | 5q25．由 Fermat 小定理，q | 5q5，得q | 30 ，即 q2, 3,5 ．易验证素数对〔2, 2〕 不合1要求， 〔2, 3〕 ， 〔 2, 5〕 合乎要求．如 pq 为奇数且5 | pq ，不妨设 p5 ，就 5q | 555 ，故q | 5625 ．当 q 5 时素数对〔5, 5〕 合乎要求，当 q5 时，由 Fermat 小定理有q | 5q 11 ，故精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 2 页，共 8 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -q | 626 ．由于 q 为奇素数，而 626 的奇素因子只有 313，所以 q 313 ．经检验素数对〔5, 313〕 合乎要求．如 p,q 都不等于 2 和 5，就有pq | 5 p1 5q1 ，故pq115 5 0 〔mod p〕 ． ①由 Fermat 小定理，得故由①，②得5 p 11 〔mod p〕 ， ②5q 11 〔modp) ． ③设 p 12k 〔2r1〕 ， q 12l 〔 2s1) ， 其中k, l , r ,s为正整数．ll如 k l ，就由②，③易知l1 12k 〔2 s 1〕〔5 p1 〕 2k 〔 2s 1〕52 〔 2r1〕〔 2s 1〕〔5q1 〕 2 r 1〔 1〕 2r 11 〔mod p〕 ，这与 p 2 冲突！所以 k l ．同理有 kl ，冲突！即此时不存在合乎要求的〔 p,q) ．综上所述，全部满意题目要求的素数对〔 p,q〕 为〔2,3〕 ， 〔3,2〕 ， 〔2,5〕 ， 〔5, 2〕 ， 〔5,5〕 ， 〔5, 313〕 及〔313, 5〕 ．三、设 m， n 是给定的整数，4 m n ，A1 A2A2n1 是一个正 2n+1 边形，P A1 , 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．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．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，此时不妨设 Pm P1P2，就2P2 Pj PmP2 P1Pm〔3 j2m 1〕 ，更有 Pj1 Pj Pj 1 〔32j m 1〕 ．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．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．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精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -角．设Ai 与Aj 的劣弧上包含了 P 的 r 条边（ 1 rn ），这样的〔i ,j 〕 在 r 固定时恰有2n 1 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 r1 个 P中的点，此时这 m2 个顶点的取法数为 m 2C．r 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 ，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 2C．r所以，满意题设的凸 m 边形的个数为〔2nnrC1〕r1) 〔C m 2 m 2 r 1〔2nn nCCm2m 21) r 1 r r 1 r 1n n〔2n1〕〔〔C m 1C m 1 〕〔C m 1C m 1 〕〕r r 1 r 1 rC〕．r 1 r 1〔2n1〕〔C m 1 m 1n1n四、给定整数 n3 ，实数a , a , , a 满意n3min a a 1 ．求 a的最小值．1 2 n1 i j n i j kk 1解 不妨设 a1 a2an ，就对 1 kn ，有ak an k 1an k 1 akn 1 2k ，n 3所以 akk 11 n 3a k2 k 13an 1 k1 nak2 k 13a n 1 k ak 42 1an 1 k ak342a n 1 k1 na k8 k 13a n 1 k1 nn 18 k 12k ．当 n 为奇数时，n3n 1 2kn 122 23 i 31 〔n 21〕 2 ．当 n 为偶数时，k 1n 3n 1 2kk 1in 22 〔2ii 11 41〕3精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -n2 j 3j 1n 2〔2i 〕 3i 11 n 2 〔n 242〕 ．3n所以，当 n 为奇数时， a kk 11 〔 n232nk1〕 2 ，当 n 为偶数时， a 3k 11 n 2 〔n 2322〕 ，等号均在 aii n 1 , i 21,2,, n 时成立．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）．五、凸 n 边形 P 中的每条边和。