2004年第3届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)

2023年12月30日发(作者：小学语数学试卷分析)

第3届女子数学奥林匹克试题

第3届女子数学奥林匹克于2004年8月11日至15日在江西省南昌市举行，共有45个代表队的179名选手参加了此次竞赛，他们分别来自北京，上海等数十个城市以及美国，俄罗斯，菲律宾，香港，澳门等国家和地区。竞赛共安排两天考试，每天四个小时，各考四道题。通过竞赛，有18名选手获得金牌，39名选手获得银牌，58名选手获得铜牌。

试 题

1．如果存在1,2,„„n 的一个排列a（1）,a（2）„„a（n），使得k+ak（k=1,2,„„n）都是完全平方数，就称n为好数。试问：在集合{11，13，15，17，19}中哪些为好数，那些不是，说明理由。

2．设为a,b,c正实数，求

a3c4b8c最小值。

a2bcab2cab3c3．已知钝角三角形ABC的外接圆半径为1，证明：存在一个斜边为21的等腰直角三角

4．一副3色牌，共有32张，其中红黄蓝各10张，编号为1，2，，，，10；另有大小王各1张。从中任取几张，然后按如下规则算分：每张编号为K的牌记2k分。大小王编号为0。若分值之和为2004，就称这些牌为一个好牌组。求好牌组的组数。

5．设为u，v，w正实数，满足条件uvwvwuwuv1，试求u+v+w的最小值．

6．给定锐角三角形ABC，O为外心，直线AO交边BC于D，动点E，F在AB，AC上，使得A，E，D，F四点共圆。求证：线段EF在BC上的投影长度为定值。

1

形覆盖三角形ABC

7．设n∈N,且正整数p,q满足（p,q）=1．问有多少个不同的整数可表为 ip+jq （其中 i,j∈N,

i+j≤n）?

8．记\"十字型\"为一个3×3的方格去掉4个角上的1×1方格所形成的图形．问10×11的方格中至多能放入多少个互不重叠的十字形．

解：答案：15个

首先证明最多可放15个“十字形”。用反证法，假设可放16个“十字形”。对每个“十字形”，我们称其中心的方格为“心”（记为*）。将10×11的棋盘去掉周围一圈方格，得到一个8×9的方格表，显然，每个“十字形”的“心”都只能出现在这个8×9的方格表中。

注意在每一个3×3的方格表中最多可放两个“心”：

2

我们来讨论如何在一个8×3的方格表中放入尽可能多的“心”。将8×3的方格表自上至下分为3×3，2×3和3×3的三个方格表。如果在中部的2×3的方格表中之多放一个“心”，那么由于在每个3×3的方格表中的最多可放两个“心”，所以最多一共可以放入5个“心”。而如果在中部的2×3的方格表中放入两个“心”，那么第三行和第六行都必须空着，通过穷举，知只能有如下图所示的两种放置6个“心”的办法；

现在，我们将8×9的方格表分为三个8×3的方格表，自左至右依次称它们为表（a），表（b）和表（c）。由于8×9的方格表中共有16个“心”，所有必有一个8×3的方格表中有6个“心”

如果在表（b）中有6个“心”，由于8×3的方格表中只有两种相互对称的放置6个“心”的办法，故可不妨设6个“心”分布如下方左图：

易知，此时第3列和第7列中不能放“心”。欲使不难看出，在表（a）和表（c）中最多只能各放4个“心”，从而一共放4+6+4=14个“心”，导致矛盾。

如果在表（a）和表（c）中各有6个“心”，则第4列和第6列中都不能放“心”，从而3

（b）中只有中间一列可以放“心”，不难看出，此时表（b）中最多只能放3个“心”，从而一共放6+3+6=15个“心”，亦导致矛盾。

如果在（a）和表（c）之中放有6个“心”，不妨设在（a）中放有6个“心”，且可设它们放置如上方右图。此时第4列中不能放“心”，从而表（b）中最多可放4个“心”，一共放6+4+5=15个“心”，亦导致矛盾。

综合上述，知8×9的方格表中最多只能放置15个“心”。

最后，我们来给出例子，说明确实可以放置15个“心”：

答案

1解：答案：除了11之外都是“好数”

（1）不难知道，11只能与5相加得到42，而4也只能与5相加得到32，因此不存在满足条件的排列，所以11不是“好数”。

（2）13是“好数”，因为如下数表中，kak(k1,2,,13)都是完全平方数。

k: 1 2

2

3

13

4

12

5

11

6

10

7

9

8

1

9

7

10

6

11

5

12

4

13

3

ak: 8

（3）15是“好数”，因为如下数表中，kak(k1,2,,15)都是完全平方数：

k: 1 2 3 4 5 6 7 8

8

9

7

10 11 12 13 14 15

6 5 4 3 2 1

ak: 15 14 13 12 11 10 9

（4）17是“好数”，因为如下数表中，(k1,2,,17)都是完全平方数：

k: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

4

10 11 12 13 14 15 16 17

ak: 3 7 6 5 4 10 2 17 16 15 14 13 12 11 1 9 8

其中用到了轮换（1，3，6，10，15）。

k: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

ak: 8 7 6 5 4 3 2 1 16 15 14 13 12 11 10 9 19 18 17

。

2解：答案：最小值为12122

xa2bc令yab2c，则有xyb,zyc，

zzb3ca3c2yx由此可得bzx2y

czy从而a3c4b8c2yx4(zx2y)8(zy)=

a2bcab2cab3cxyz

172yxzy448172823217122.

xyyz上式中的等号可以成立。事实上，由上述推导过程指，等号成立，当且仅当平均不等式中的等号成立，而这等价于

yx2x4y 即

zy4y8z22y2x 即

22z2y

y2x,

z2x 亦即ab2c2(a2bc)ab3c2(a2bc)

b(12)a解该不定方程，得到

c(432)a不难算出，对任何正实数a,只要b(12)a,c(432)a，就都有

a3c4b8c=17122，

a2bcab2cab3c5

所以所求的最小值为17122。

3证：不妨设∠C＞90°，于是min{∠A，∠B}＜45°，不妨设∠A＜45°。

以AB为直径，在顶点C的同侧作半圆O，

则C位于半圆O内。作射线AT使得∠BAT=45°，

如图所示，再作射线OE，使得∠BOE=45°，且与

半圆相交于点E。过点E作半圆的切线，分别交AB

的延长线和AT于点D和F。则等腰直角三角形，则

等腰直角三角形ADF覆盖△ABC，

并且ADAOOD=11AB2AB

2211(12)AB(12)2R12.

224解法一：称原题为“两王问题”，若增加一张王牌（称为“中王”），编号也为0，再考虑同样的问题，则称为“三王问题”。

先考虑“三王问题”。将大中小三张王牌分别称为红王，黄王和蓝王，于是每种颜色的牌都是11张，编号则都分别是0，1，2„，10.将分值之和为n的牌组数目记作un，每一个牌组都可能由红组，黄组合蓝组组成。将其中红组，黄组合蓝组的分值之和分别记为x，y和z，则有xyzn.由于任一非负整数的二进制表示方法唯一，所以一旦x,y,z的值确定之后，红组，黄组合蓝组的构成情况便唯一确定。我们知道方程xy

22uC，所以zn的非负整数解的组数等于Cnnn22(n1)(n2)（1）现考虑原2}，用an表示分值之和为n的牌组数目。当题中的“二王问题”。对于n{1,2,,2004n2k2004时，对于分值之和为2k的任一牌组，我们有：（i）若组内无王牌，则该牌组就是“三王问题”中的一个分值之和为2k的无王牌的牌组。如果将其中每张牌的分值都除以2，就得到“三王问题”中的一个分值之和为k的且允许包括有王牌的牌组。易见，这种对应是一一的，所以这种牌组的数目为uk。（ii）若组内有王牌，则组内必有2张王牌（大小王牌都在组内）。去掉王牌后，就化归成为分值之和为2k2的无王牌的牌组，从而这种牌组的数目为uk1。所以

a2kukuk1(k1)(k2)k(k1)(k1)2,k1,2,,1002.

222特别地，所求的“好”牌组的个数为a200410031006009.

6

解法2（母函数方法）：对于n{1,2,,2004}，用an表示分值之和为n的牌组数目，则an等于函数f(x)(1x2)2(1x2)3(1x2)3

0110

的展开式中x的系数（约定|x|1）。由于

nf(x)012101{(1x2)(1x2)(1x2)(1x2)}3

1x111132113(1x)(1x),

(1x)(1x)3(1x2)(1x)21nx的展开式中的系数。

22(1x)(1x) 而n≤2004＜211，所以an等于 由于111

(1x2)(1x)21x21x2

(1x2x4x2k)(12x3x2(2k1)x2k),

故知x2k的系数为a2k135(2k1)(k1)2,k1,2,.

2从而，所求的“好”牌组的个数为a200410031006009.

5解：答案：3.

由均值不等式和题中条件，知

vwwuuvvwuvwvwuwuv1,

222即有uvvwwu1.

u因此(uvw)uvw2uv2vw2wu

2222u2v2v2w2w2u22uv2vw2wu3uv3vw3wu3,

222即uvw3.

7

另一方面，显然uvw3满足题中条件，此时uvw3.

3 综合上述两方面，即知uvw的最小值为3.

6证：设EF在边BC上的投影为E0F0，

如图。过点D分别作DM⊥AB于M，

DN⊥AC于N。过点M，N分别作

MM0⊥BC于M0，，NN0⊥BC于N0.

由∠AMD=∠AND=90°，知∠MDN

=180°-∠BAC，又∠EDF=180°-∠BAC，

所以∠MDE=∠NDF。故Rt△DME~Rt△DNF

EMDMADsinDAMsinDAM.

FNDNADsinDANsinDAN11又∠OAB=（180°-2∠C）=90°-∠C，∠OAC=（180°-2∠B）=90°-∠B，

22EMcosC故（1）

FNcosB所以由平行线所截线段成比例的性质知

E0M0BM0FNCN0cosB,00cosC,

EMBMFNCN 故又知cosBE0M0FN.（2）

cosCF0N0EM 由（1），（2）得E0M0F0N0E0F0M0N0（定值）.

(n1)(n2),若nr,27解：答案：如果记A(p,q,n)

r(2nr3),若nr,2

（*）

其中rmax{p,q}.

下证（*）式成立。不妨设rp。由定义易知有

|A(p,q,n)|{ip,jp|i,j0,ijn},

此时（*）式成立。下设pq。根据定义，可知

8

A(p,q,n)/A(p,q,n1){ip(n1)q|i1,2,,n}.

注意到ip(ni)qp(iq)q(npi),

并且(iq)(npi)npqn1，

并且ip(ni)qA(p,q,n1)npi0.

所以A(p,q,n)/A(p,q,n1)=

{ip(ni)q|inp1,np2,,n},若np;

若np.{ip(ni)q|i0,1,2,,n}令an|A(p,q,n)|我们有

若np;p,

anan1n1,若np.注意到a01，故对np，有

ana0(a1a0)(anan1)12(n1)故n≥p，有

(n1)(n2)；

2p(2np3).

2anap1(apap1)(anan1)ap1(np1)p 9