【文档说明】2022年中国数学奥林匹克CMO试题及解析.pdf，共(9)页，1.024 MB，由小喜鸽上传

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2022年中国数学奥林匹克（CMO）试题及解析1.设正实数序列{an}，{bn}满足：对任意正整数n，均有an+1=an−11+n∑i=11ai,bn+1=bn+11+n∑i=11bi.(1)若a100b100=a101b101，求a1−b1的值.(2)若a100=b99，比较a10

0+b100与a101+b101的大小.解：(1)设1+n∑i=11ai=cn，1+n∑i=11bi=dn，因此an+1=an−1cn,bn+1=bn+1dn,cn+1=cn+1an+1,dn+1=dn+1bn+1.由a101b101=a100b100，即(a1

00−1c100)(b100+1d100)=a100b100，即a100c100−b100d100=1.由ancn−an−1cn−1=ancn−(an+1cn−1)cn−1=an(cn−cn−1)−1=0，得到{ancn}为常数列，ancn=a1c1=a1+1.由bndn−bn−

1dn−1=bndn−(bn−1dn−1)dn−1=bn(dn−dn−1)+1=2，得到{bndn}为首项b1d1=b1(1+1b1)=b1+1，公差为2的等差数列.因此a100c100−b100d10

0=(a1+1)−(b1+1)−198=a1−b1−198=1，即a1−b1=199.(2)由(1)易得ancn=ancn−1+1=a1+1，因此cn=a1+1an以及cn−1=a1an，得到cn=a1+1an=a1an+1.得到an+1an=a1a1+1，因此an=an

1(a1+1)n−1.同理bndn=bndn−1+1=b1+2n−1，因此dn=b1+2n−1bn以及dn−1=b1+2n−2bn，得到dn=b1+2n−1bn=b1+2nbn+1,1即bn+1bn=b1+2nb1+2n−1，得到bn=(b1+2n−2)(b2+2n−4)···(b1+2)b

1(b1+2n−3)(b1+2n−5)···(b1+1).因为a100+b100−a101−b101=(a100−a101)−(b101−b100)=1c100−1d100=d100−c100c100d100.因此只需要比较d10

0和c100即可.又d100=b1+199b100=(b1+199)(b1+197)b99(b1+198)，c100=a1+1a100，a100=b99，因此只需比较(b1+199)(b1+197)b1+198和a1+1即可.假设(b1+199)(b1+197)b1+198⩽1+

a1，即a1⩾b1+197−1b1+198>b1+196.而a100=b99⇒a1(a1a1+1)99=b1(b1+2)···(b1+196)(b1+1)(b1+3)···(b1+195)⇒(a1a1+1)100<b1(b

1+2)···(b1+196)(b1+198)(b1+1)(b1+3)···(b1+195)(b1+197)(b1+199)而b1(b1+198)(b1+1)(b1+199)<(b1+99b1+100)2⇔2b1+199b1(b1+198)<2b1+199(b1+99)2显然成立.因此

(a1a1+1)100<(b1+2)···(b1+196)(b1+3)···(b1+197)·(b1+99b1+100)2.此时a1>b1+196，得到a1a1+1>b1+196b1+197>···>b1+2b1+3，a1a1+1>b1+99b1+100矛盾.因此假设不成立，

只能(b1+199)(b1+197)b1+198>1+a1，推出a100+b100>a101+b101.2.给定一个边长为1的正三角形ABC.称(△DEF,△XYZ)是一个好三角形对，如果点D，E，F分别在线段BC，CA，AB内部，点X，Y，Z分别在直线BC，

CA，AB上，满足DE20=EF22=FD38，且XY⊥DE，YZ⊥EF，ZX⊥FD.当(△DEF,△XYZ)取遍所有好三角形对时，求1S△DEF+1S△XYZ的所有可能值.解：如图，过D,E,F分别作BC,CA,AB的

垂线，两两交点设为U,V,W(△UVW为正三角形).设⊙(AEF),⊙(BDF),⊙(CDE)交于密克点M.易知U,V,W分别在⊙(AEF),⊙(BDF),⊙(CDE)上.2由于△XYZ对应边分别垂直△DEF且△UVW与△△ABC对应边分别垂直，易知

DEFUVW与XYZABC为相似对应点，且相似比为UV:AC,故S△XYZS△DEF=AB2UV2又因为AB=1，所以1S△DEF+1S△XYZ=1+UV2S△DEF.记MCW=α。注意到MWU=MCA,MUW=MAC，于是△MWU∼△MCA.又因为CW为⊙(CDE)直径，所以WMC=90◦，于是

有UV=WUAC=MWMC=tanα因为△DEF形状确定，故S△DEFDE2为定值记为λ.由正弦定理，有DE=sin60◦CW=√32CMcosα，所以S△DEF=3λCM24cos2α因此，1S△XYZ+

1S△DEF=1+tan2α3λCM24cos2α=43λCM2为定值,故我们只需计算λ和CM即可.先求λ.设DE=10t,EF=11t,FD=19t，则海伦公式有S△DEF=√20t·t·9t·10t=30√2t2于是λ=3√210.3再求CM.

如图，分别将△ABM,△BCM,△CAM绕点B,C,A顺时针旋转60◦，得到M的对应点I,J,K.则六边形AKBICJ面积为ABC面积的两倍，△AKM,△BIM,△CJM为等边三角形，△AJM,△BKM,△CIM全等于由AN,BM,CM围成的三角形.于是有2×√3

4=√34((10t)2+(11t)2+(19t)2)+90√2t2解得t2=√3291√3+180√2，从而CM2=100t2=100√3291√3+180√2代入得到43λCM2=43×3√210×100√3291√3+180√2=97√2+40√

315.3.给定正整数m和n.将正2m+2n边形的2m个顶点染黑色，其余2n个顶点染白色.定义两个黑点B，C的染色距离d(B,C)为直线BC两侧的白点数目的较小者；定义两个白点W，X的染色距离d(W,X)为直线WX两侧的黑点数目的较小者.一

个黑色配对方案B是指将所有2m个黑点标记为B1，...，Bm，C1，...，Cm，使得m条线段BiCi(1⩽i⩽m)两两不相交.对任一黑色配对方案B，记P(B)=m∑i=1d(Bi,Ci).一个白色配对方案W是指将

所有2n个白点标记为W1，...，Wn，X1，...，Xn，使得n条线段WiXi(1⩽i⩽n)两两不相交.对任一白色配对方案W，记P(W)=n∑i=1d(Wi,Xi).证明：无论顶点的染色方式如何，均有maxBP(B)=m

axWP(W),其中等式两边的最大值分别在所有可能的黑色配对方案B和白色配对方案W中选取.4解:对给定的配对方案B，可以给出一个配对方案W.记此时黑色线段BiCi与所有白色线段WjXj(j=1,2,...

,n)的交点个数为xi，显然d(Bi,Ci)⩾xi.下面证明：对任意给定的B，均存在W，使得xi=d(Bi,Ci)(i=1,2,...,m).我们对m和n进行归纳证明：(1)若m=1或n=1，命题显然成立.(2)若m⩾2，n⩾2，∃i，使得d(Bi,Ci)=0，即BiCi一侧没有白点，去掉Bi，

Ci两点，问题转化为m−1情形.(3)由(2)我们不妨假设d(Bi,Ci)⩾1，即任意配对BiCi两侧均有白点，容易得到d(Bi,Ci)⩽n.(31)若∃j,k，1⩽j<k⩽m，使得d(Bk,Ck)=d(Bj,Cj)=n，因此线段BkCk和BjCj

之间没有白色顶点，因此其余白色线段与BkCk和BjCj交点个数相等，我们可以去掉BkCk，问题转化为m−1情形.(32)假设存在唯一的j使得d(Bj,Cj)=n，分别延顺时针方向和逆时针方向取离Bj最近的白点S，T，ST一侧全是黑点且包含Bj，我们限定W中，将S，T配对

，其他白色顶点的配对连线一定与ST不交，故此时去掉S，T两点，不影响其他白色顶点.又与ST不相交的黑色线段距离不变，与ST相交(删去S,T后少了这个交点)的黑色线段距离−1，问题转化为n−1的情形.(33)由(32)不妨d(Bi,Ci)<n对于所有i成立，令f(Bi,Ci)为B

iCi含白点个数更多一侧黑色线段的个数，不妨设Bj,Cj满足f(Bj,Cj)最小.令BjCj白点个数更多的一侧为左侧.5与(32)相同，分别延顺时针方向和逆时针方向取离Bj最近的白点S，T，去掉S，T.由f(Bj,Cj)最小性假设，BjCj的左侧任一配对BuCu右侧白点个数一定更多.其右侧

白点个数⩾n+1.类似地，BjCj的右侧任一配对BtCt左侧白点个数一定更多.其左侧白点个数⩾BjCj左侧白点个数⩾n+1.因此，去掉S，T后，对于与ST不相交的黑色线段距离依然不变,与ST相交的黑色线段距离−1，问题转化为n−1的情形.回到原题我们证明了存在W，使得xi=d(Bi,Ci)对任意

i恒成立.故maxBP(B)为将2m个黑点分成m组，每组2个线段不相交，2n个白点分成n组，每组2个线段不相交时，黑色线段与白色线段的交点个数最大值.同理由对称性maxWP(W)也为此值.4.求最小的整数n⩾3,满足:平面上存在n个点A1,A2,···

,An,其中任意三点不共线,且对任意1⩽i⩽n,存在1⩽j⩽n(j̸=i),使得线段AjAj+1经过线段AiAi+1的中点.这里An+1=A1.解：如上图所示，六个点满足连线段A1A4A2A5A3A6，图中无三点共线且有A1A2的中点在A4A5上，A2A3的中点在A

5A6上，A3A4的中点在A6A1上，A4A5的中点在A1A2上，A5A6的中点在A2A3上，A6A1的中点在A2A3上，满足要求.回到原题，易知AiAi+1的中点一定不在Ai−1Ai及Ai+1Ai+2上，因为我们有以下结论：n=3时

，A1A2的中点无法在其他直线上出现，矛盾.n=4时，A1A2的中点一定在A3A4上，而A3A4的中点也一定在A1A2上，所以点A1、A2、A3、A4构成平行四边形A1A3A2A4，此时A2A3的中点不在A4A1上，则不在任意题设直线中出现，矛盾.6n=5时，若存在i̸=j使得AiA

i+1的中点在AjAj+1上且AjAj+1的中点在AiAi+1上，即图中出现平行四边形AiAjAi+1Aj+1，不妨设为线段A1A2与线段A3A4互相平分.此时A2A3的中点在A5A4或A5A1上，由对称性，不妨设A2A3的中点在A5A4上.此时若A4A5的中点在A2A3上，则有A3A5A

2A4，又由于A1A3A2A4，因此A1、A3、A5三点共线，矛盾.此时必有A4A5的中点在A1A2上，如左图所示，设A1A2、A2A3、A4A5的中点分别为L、M、N，A5A1与A3A4和A2A3的交点分别为P、Q，我们有A5PA1P=A3A5A1L=A3A5L

A2<A3A5NA2=1，所以P不为A5A1的中点，同理，点Q不为A5A1的中点，所以A5A1的中点不在题设直线中出现，n=5时，若不存在i̸=j使得AiAi+1的中点在AjAj+1上且AjAj+1的中点在AiAi+1上，即图中不出现平行四边形AiAjAi+1Aj+1.由对称性，不妨设

A1A2的中点在A3A4上，则A3A4的中点一定在A5A1上，依次可以继续得到A5A1的中点在A2A3上，A2A3的中点在A4A5上，A4A5的中点在A1A2上，所以对所有题设直线AiAi+1，均会经过某条其它题设直线的中点.考虑这五个点的凸包，若凸包为三角形或四边形，则必存在线段Ai

Ai+1为凸包的边，所有其它的n−2个点均在直线同侧，则线段AiAi+1不会经过其他题设直线的中点，矛盾.凸包为五边形时若存在线段AiAi+1为凸包的边则同上可知矛盾，若否，则凸包上的必为五个点顺次排列为A1A3A5A2A4，记d1−23表示点A1到直线A2A3的距离，不

妨d4−12=min{d4−12,d2−45.d5−23,d3,51,d1−34}，如右图所示，易知必有A4A5的中点在A2A3上，矛盾.综上所述知，n的最小值为6.5.证明存在正数C，使得如下结论成立.对任意一个无穷多项的正整数等差数列a1,a2,a3,...,若a1和a2的最大公约数无平

方因子,则存在正整数m⩽C·a22,使得am无平方因子.注:称正整数N无平方因子,若它不被任何大于1的平方数整除.解：c=17满足题意.设(a1,a2)=d(∈N+)，则根据条件，d不含平方因子.设整数x,y满足an=d(x+ny).若xy=0，则显然存在满足条件的am.故不妨设x,y非零，这

时有(x,y)=1.记m0=ca22=cd2(x+2y)2，下用反证法证明a1,a2,···,am0中存在某一项am，使得am没有平方因子.若对于任意m⩽m0，am均有平方因子，即存在素数p使得p2|am.我们将所有能够整除a1,a2,

···,am0中至少一项的素数构成的集合记为M，并根据能否整除d将M划分为P(能整除d)和Q(不能整除d).情形1:card(P)>0,card(Q)>0.7记P={p1,p2,···,pk}(p1<p2<···<pk)，Q=

{q1,q2,···,qt}(q1<q2<···<qt).注意到p2i|an⇔p2i|d(x+ny)⇔pi|x+ny所以a1,a2,···,am0中至少有m0p1p2···pk个不为p2i(i=1,2,···,k)的倍数.记A=1p1p2···pk，易知A⩾1d.注

意对任何整数s,v，as+vp1p2···pk≡as(modp21p22···p2k).故我们可以从a1,a2,···,am0中选出下标公差为p1p2···pk且不被任何p2i整除的Am0个数.在这些数中，若存在某个

qj(j=1,2,···,t)使得q2j|an，则有q2j|x+ny.注意到(p1p2,···pk,q2j)=1(j=1,2,···,t)，所以这Am0个数中至多有⌊Am0q2j⌋+1个为q2j的倍数.于是选出的数中不被

任何q2j整除的数的个数不少于Am0−t∑j=1(Am01q2j+1)=Am01−t∑j=11q2j−t一方面，1−t∑j=11q2j⩾1−14−12×3−13×4−···⩾14另一方面，根据q1,···,qt的定义，有q2t⩽am0d⇒q2t⩽x+m0

y，所以t⩽qt⩽√x+m0y=»cd2(x+2y)2y+x⩽d(x+2y)»(c+1)y于是有Am01−t∑j=11q2j−t⩾m04d−t⩾cd(x+2y)24−d(x+2y)»(c+1)y⩾c

d(x+2y)√y4−d(x+2y)√y√c+1⩾d(x+2y)√y(c4−√c+1)⩾c4−√c+1>0故a1,···,am0中至少存在一项不被任何p2i(i=1,2,···,k)或q2j(1,2,···,t)整除，矛盾，故假设不成立，命题得证.情形2：card

(Q)=0.p1,p2···,pk同情形1中的定义.根据情形1中的分析，a1,a2,···,am0中至少有m0p1p2···pk个不为任何p2i(i=1,2,···,k)的倍数，而显然m0p1p2···

pk⩾1，故假设不成立,命题得证.8情形2：card(P)=0,card(Q)̸=0.q1,q2···,qt同情形1中的定义.则情形1中的分析，a1,a2,···,am0中不被任何q2j整除的数的个数不少于m0−t∑j=1(m01q2j+1)>Am01−t∑j

=11q2j−t>0故假设不成立，命题得证.6.有n(n⩾8)座机场,某些机场之间有单向直达航线.对任意两座机场a,b,从a飞往b的单向直达航线至多一条(可能同时有从a飞往b的和从b飞往a的单向直达航线).已知对任意由若干座机场构成的集合A(1⩽|A|⩽n−1),都有至少4·min{|

A|,n−|A|}条单向直达航线从A中的机场飞往A之外的机场.证明:对任意一座机场x,都可以从x出发,经过不超过√2n条单向直达航线回到机场x.解：构造图G，原命题等价于n阶有向G，满足对任意两个顶点a、b，a到b的边至多一条，（可以同时存在a到b的边及b到a的边）.已知

对顶点集A∈V(G)（1⩽|A|⩽n−1），都有至少4·min{|A|,n−|A|}条不同的边，连接A中的某个顶点与A=V(G)A中的某个顶点，此时只需证明对任意顶点x，都存在一条长度不超过√2n的圈包含顶点x.回到原题.显然有对任意顶点

u、v，存在u到v的有向路径.否则取A={y∈V(G)|存在u到y的有向路径}∪{u}，B=V(G)\A.则B非空.但由题设条件可知存在集合A到集合B的边，与A、B的定义矛盾.定义d(u,v)为u到v的最短有向路径的长度，Nd(x)={

y∈V(G)|d(x,y)=d}，nd(x)=|Nd(x)|，Sk=k∑d=0nd(x).取A=k∪d=0Nd(x)，B=∪d⩾k+1Nd(x)，则A到B的边均为从Nd(k)中的点引向Nd(k+1)，这样的边至少4·min{Sk,n−Sk}条.取k

0满足Sk0⩽n−Sk0，Sk0+1>n−Sk0+1，则当k⩽k0时，A到B的边至少有4Sk条，这样我们得到nk(x)nk+1(x)⩾4Sk，(Sk+1−Sk)(Sk−Sk−1)⩾4Sk，Sk+1⩾4SkSk−Sk−1+Sk−Sk−1+Sk−1=4Sk−1Sk−Sk−1+Sk−Sk−1+4+Sk

−1⩾(√Sk−1+2)2，因此我们得到Sk0⩾(2k0+1)2⩾(k0+1)2，但Sk0⩽n2⇒k0⩽n2−1,类似地考虑N′d(x)={y∈V(a)|d(y,x)=d}，则有k1使得S′k1⩽n2，S′k1+

1>n2，k1⩽n2−1.又S′k1+1+Sk0+1>n，知k0+1∪d=0Nd(x)与k1+1∪d=0N′d(x)有公共点y.则存在x→y的有向路径长度⩽k0+1⩽n2，存在y→x的有向路径长度⩽k1+1⩽n2，则存在x→y→x的有向图，其长度⩽√2n.9