2020年IMO高中数学竞赛真题

2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论．解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此OA ODOC OB=，③由①，②，③得NS ES EQ MQ=．因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠，()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠，即NSE EQM∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此EN FN EM FM=，从而EM FN EN FM⋅=⋅．CB二、求所有的素数对〔p ，q 〕，使得q p pq 55+．解：假设pq |2，不妨设2=p ，那么q q 55|22+，故255|+q q ．由Fermat 小定理， 55|-q q ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么q q 55|55+，故6255|1+-q q ． 当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有1155|--+q p pq ，故)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ② 故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k ，)12(21-=-s q l ， 其中s r l k ,,,为正整数． 假设l k ≤，那么由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A 是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P ．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，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么它们对应的顶点相邻． 在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边〔n r ≤≤1〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，因此，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21 满足 1m in 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<< 21，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 因此，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k ，等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n 〔n 为奇数〕，或者)2(32122-n n 〔n 为偶数〕．五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分不被染为这3种颜色？ 解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。

2020年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）试题参考答案及评分标准讲明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；2．假如考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、〔此题总分值50分〕如题一图，给定凸四边形ABCD ，180B D ∠+∠<，P 是平面上的动点，令()f P PA BC PD CA PC AB =⋅+⋅+⋅．〔Ⅰ〕求证：当()f P 达到最小值时，P A B C ,,,四点共圆； 〔Ⅱ〕设E 是ABC ∆外接圆O 的AB 上一点，满足：3AE AB =，31BC EC=-，12ECB ECA ∠=∠，又,DA DC 是O 的切线，2AC =，求()f P 的最小值．[解法一] 〔Ⅰ〕如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点P ，有PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅≥⋅． 因此 ()f P PA BC PC AB PD CA =⋅+⋅+⋅PB CA PD CA ≥⋅+⋅()PB PD CA =+⋅．因为上面不等式当且仅当,,,P A B C 顺次共圆时取等号，因此当且仅当P 在ABC ∆的外接圆且在AC 上时，()()f P PB PD CA =+⋅． …10分又因PB PD BD +≥，此不等式当且仅当,,B P D 共线且P 在BD 上时取等号．因此当且仅当P 为ABC ∆的外接圆与BD 的交点时，()f P 取最小值min ()f P AC BD =⋅．故当()f P 达最小值时，,,,P A B C 四点共圆． …20分 〔Ⅱ〕记ECB α∠=，那么2ECA α∠=，由正弦定理有sin 23sin 3AE AB αα==，从而3sin 32sin 2αα=，即33(3sin 4sin )4sin cos αααα-=，因此23343(1cos )4cos 0αα---=，整理得243cos 4cos 30αα--=， …30分 解得3cos α=或cos 23α=-〔舍去〕， 故30α=，60ACE ∠=．答一图1由31BCEC=-=()sin 30sin EAC EAC ∠-∠,有sin(30)(31)sin EAC EAC ∠-=-∠，即31sin cos (31)sin 2EAC EAC EAC ∠-∠=-∠，整理得231sin cos 2EAC EAC -∠=∠，故tan 2323EAC ∠==+-，可得75EAC ∠=， …40分 从而45E ∠=，45DAC DCA E ∠=∠=∠=，ADC ∆为等腰直角三角形．因2AC =，那么1CD =．又ABC ∆也是等腰直角三角形，故2BC =，212212cos1355BD =+-⋅⋅=，5BD =．故min ()5210f P BD AC =⋅=⋅=． …50分 [解法二] 〔Ⅰ〕如答一图2，连接BD 交ABC ∆的外接圆O 于0P 点〔因为D 在O 外，故0P 在BD 上〕．过,,A C D 分不作000,,P A P C P D 的垂线，两两相交得111A B C ∆，易知0P 在ACD ∆内，从而在111A B C ∆内，记ABC ∆之三内角分不为x y z ，，，那么0180AP C y z x ∠=︒-=+，又因110B C P A ⊥，110B A P C ⊥，得1B y ∠=，同理有1A x ∠=，1C z ∠=， 因此111A B C ∆∽ABC ∆． …10分设11B C BC λ=，11C A CA λ=，11A B AB λ=，那么对平面上任意点M ，有 0000()()f P P A BC P D CA P C AB λλ=⋅+⋅+⋅ 011011011P A B C P D C A P C A B =⋅+⋅+⋅ 1112A B C S ∆=111111MA B C MD C A MC A B ≤⋅+⋅+⋅ ()MA BC MD CA MC AB λ=⋅+⋅+⋅ ()f M λ=， 从而 0()()f P f M ≤．由M 点的任意性，知0P 点是使()f P 达最小值的点．由点0P 在O 上，故0,,,P A B C 四点共圆． …20分 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕，()f P 的最小值 11102()A B C f P S λ∆=答一图22ABC S λ∆=，记ECB α∠=，那么2ECA α∠=，由正弦定理有sin 2sin 3AE AB αα==，32sin 2αα=，34sin )4sin cos αααα-=，因此2cos )4cos 0αα--=，整理得24cos 0αα-=， …30分解得cosα=cos α=〔舍去〕，故30α=，60ACE ∠=．由1BCEC==()0sin 30sin EAC EAC∠-∠,有sin(30)(1)sin EAC EAC ∠-=∠，即1cos 1)sin 2EAC EAC EAC ∠-∠=∠，整理得1cos 2EAC EAC ∠=∠，故tan 2EAC ∠==75EAC ∠=， …40分因此45E ∠=︒，ABC ∆为等腰直角三角形，AC =1ABC S ∆=，因为145AB C ∠=︒，1B 点在O 上，190AB B ∠=︒，因此11B BDC 为矩形，11B C BD ===故λ=min ()21f P == …50分[解法三] 〔Ⅰ〕引进复平面，仍用,,A B C 等代表,,A B C 所对应的复数．由三角形不等式，关于复数12,z z ，有 1212z z z z +≥+，当且仅当1z 与2z 〔复向量〕同向时取等号．有 PA BC PC AB PA BC PC AB ⋅+⋅≥⋅+⋅， 因此 ()()()()A P C B C P B A --+--()()()()A P C B C P B A ≥--+-- 〔1〕 P C A B C B P A =-⋅-⋅+⋅+⋅ ()()B P C A PB AC =--=⋅， 从而 PA BC PC AB PD CA ⋅+⋅+⋅ PB AC PD AC ≥⋅+⋅()PB PD AC =+⋅BD AC ≥⋅． 〔2〕 …10分〔1〕式取等号的条件是复数 ()()A P C B --与()()C P B A -- 同向，故存在实数0λ>，使得()()()()A P C B C P B A λ--=--， A P B AC P C Bλ--=--， 因此 arg()arg()A P B A C P C B--=--， 向量PC 旋转到PA 所成的角等于BC 旋转到AB 所成的角， 从而,,,P A B C 四点共圆．〔2〕式取等号的条件明显为,,B P D 共线且P 在BD 上．故当()f P 达最小值时P 点在ABC ∆之外接圆上，,,,P A B C 四点共圆． …20分 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知min ()f P BD AC =⋅． 以下同解法一．二、〔此题总分值50分〕设()f x 是周期函数，T 和1是()f x 的周期且01T <<．证明： 〔Ⅰ〕假设T 为有理数，那么存在素数p ，使1p是()f x 的周期； 〔Ⅱ〕假设T 为无理数，那么存在各项均为无理数的数列{}n a 满足110n n a a +>>>(1,2,)n =⋅⋅⋅，且每个(1,2,)na n =⋅⋅⋅差不多上()f x 的周期．[证] 〔Ⅰ〕假设T 是有理数，那么存在正整数,m n 使得nT m=且(,)1m n =，从而存在整数,a b ，使得1ma nb +=． 因此11ma nb a bT a b T m m+==+=⋅+⋅ 是()f x 的周期． …10分 又因01T <<，从而2m ≥．设p 是m 的素因子，那么m pm '=，m *'∈N ，从而11m p m'=⋅ 是()f x 的周期． …20分〔Ⅱ〕假设T 是无理数，令111a T T ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦，那么101a <<，且1a 是无理数，令21111a a a ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦，……111n n n a a a +⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦，……． …30分由数学归纳法易知n a 均为无理数且01n a <<．又111n n a a ⎡⎤-<⎢⎥⎣⎦，故11n n n a a a ⎡⎤<+⎢⎥⎣⎦，即111n n n n a a a a +⎡⎤=-<⎢⎥⎣⎦．因此{}n a 是递减数列． …40分 最后证：每个n a 是()f x 的周期．事实上，因1和T 是()f x 的周期，故111a T T ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦亦是()f x 的周期．假设k a 是()f x 的周期，那么111k k k a a a +⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦也是()f x 的周期．由数学归纳法，已证得n a 均是()f x 的周期． …50分三、〔此题总分值50分〕设0k a >，1,2,,2008k =．证明：当且仅当200811k k a =>∑时，存在数列{}n x 满足以下条件：〔ⅰ〕010n n x x x +=<<，1,2,3,n =；〔ⅱ〕lim n n x →∞存在；〔ⅲ〕20082007111n n k n k k n k k k x x a x a x -+++==-=-∑∑，1,2,3,n =．[证] 必要性：假设存在{}n x 满足〔ⅰ〕，〔ⅱ〕，〔iii 〕．注意到〔ⅲ〕中式子可化为 2008111()n n k n k n k k x x a x x -++-=-=-∑，n ∈*N ，其中00x =．将上式从第1项加到第n 项，并注意到00x =得 111222200820082008()()()n n n n x a x x a x x a x x +++=-+-++-． …10分由〔ⅱ〕可设lim n n b x →∞=，将上式取极限得 112220082008()()()b a b x a b x a b x =-+-++-20081122200820081()k k b a a x a x a x ==⋅-+++∑20081k k b a =<⋅∑，因此200811k k a =>∑． …20分充分性：假设200811k k a =>∑．定义多项式函数如下：20081()1k k k f s a s ==-+∑，[0,1]s ∈，那么()f s 在[0,1]上是递增函数，且(0)10f =-<，20081(1)10k k f a ==-+>∑．因此方程()0f s =在[0,1]内有唯独的根0s s =，且001s <<，即0()0f s =． …30分下取数列{}n x 为01nkn k x s ==∑，1,2,n =，那么明显地{}n x 满足题设条件〔ⅰ〕，且1000101n nkn k s s x s s +=-==-∑． 因001s <<，故10lim 0n n s+→∞=，因此100000lim lim 11n n n n s s s x s s +→∞→∞-==--，即{}n x 的极限存在，满足〔ⅱ〕． …40分最后验证{}n x 满足〔ⅲ〕，因0()0f s =，即2008011kk k a s ==∑，从而200820082008101111()()nk n n k n n k k k n k n k k k k x x s a s s a sa x x +-++-===-====-∑∑∑．综上，存在数列{}n x 满足〔ⅰ〕，〔ⅱ〕，〔ⅲ〕． …50分。

2020 丝绸之路数学奥林匹克
1. 给定严格单调递增的无穷正整数列 a1, a2, a3... 已知对任意 正整数 n，均有 an n 2020 ，且 an1 | n3an 1. 证明: 对任意正整数 n，均有 an n . 2. △ABC 内接于为ω. 在 AB, BC, CA 上分别取点 K, L, M, 使得 CM CL AM BL . 射线 LK 与 AC 交于点 P. 过 K,M,P 的圆与ω的公共弦交 AM 于点 S. 证明: SK∥BC.
P(x)(x 1)t (x 1)s 为”强力的”, 证明: P(x) 与 (1)d P(x) 中, 至少有一个是”非增的”. 4. 对任意正整数 m, 证明: 存在正整数 n, 使得我们可以将 平面上的任意 n 个点划分为 m 个非空的点集, 满足每个点集 的凸包有一个公共点. 注: 有限点集 X 的凸包是指,所有顶点均为 X 中的点, 且包 含 X 中所有点的凸多边形. 这里的包含指 X 中的点均在这 个凸多边形的边界或内部. 当然, 这个凸多边形也可以退化 为线段或点. 凸多边形的任意 3 个顶点不共线.
3. 若实系数多项式 Q(x) kn xn kn1xn1 ... k1x k0 满足 | k0 || k1 | | k2 | ... | kn1 | | kn | , 就称它是”强力的”. 若 k0 k1 k2 数
均为非零实数的多项式 P(x) ad xd ad1xd1 ... a1x a0 ,其 中 ad 0 , 若存在满足 s t 0 的非负整数 s,t , 使得多项式

MQ ． IB
……………30 分
从而 H , M , B, Q 四点共圆．于是有 BHQ BMQ 90 ，即 BH QH ．
……………40 分
1
二．（本题满分 40 分）给定整数 n 3 ．设 a1, a2, , a2n , b1, b2, , b2n 是 4n 个 非负实数，满足
a1 a2
a2n
A
Q
HI
P
M
B
C
证明：取 AC 的中点 N ．由 AP 3PC ，可知 P 为 NC 的中点．易知 B, I, N 共
线， INC 90 ．
由 I 为 ABC 的内心，可知 CI 经过点 Q ，且
QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，
又 M 为 BI 的中点，所以 QM BI ．进而 QM || CN ．
当 n 4 时，一方面有
n
a2k 1a2k 1
k1
另一方面，若 n 为偶数，则
n
(b2k 1
k1
b2k )
S．
n
a2k 1a2k 1 (a1 a5
k1
a2n 3 )(a3 a7
a2n 1)
T2 ， 4
其中第一个不等式是因为 (a1 a5
a2n 3 )(a3 a7
a2n 1) 展开后每一项
均非负，且包含 a2k 1a2k 1(1 k n) 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．
且对任意 i 1, 2, , 2n ，有 aiai 2 bi
求 a1 a2
a2n 的最小值．
解：记 S a1 a2
a2n b1
不失一般性，设T a1 a3
当 n 3 时，因为