2023年12月10日发(作者：2021年东莞中考数学试卷)
蕴 秀 斋
2009年第50届IMO解答
2009年7月15日
1、n是一个正整数，a1,a2,...,ak(k≥2)是{1,2,...,n}中的不同整数，并且nai(ai+1−1)对于所有i=1,2,...,k−1都成立，证明：ak(a1−1)不能被n整除。
证明1：由于na1(a2−1)，令(n,a1)=p，q=n也是整数，则n=pq，并且pa1，pqa2−1。因此(q,a2)=1，由于n=pqa2(a3−1)，故qa3−1；同理可得qa4−1，。。。，因此对于任意i≥2都有qai−1，特别的有qak−1，由于pa1，故n=pqa1(ak−1)(*)。
若结论不成立，则n=pqak(a1−1)，与(*)相减可得n(ak−a1)，矛盾。
综上所述，结论成立。
此题平均得分：4.804分
上 善 若 水 蕴 秀 斋
2、∆ABC外接圆的圆心为O，P,Q分别在线段CA,AB上，K,L,M分别是BP,CQ,PQ的中点，圆Γ过K,L,M并且与PQ相切。证明：OP=OQ。
APMQKOLBC证明：由已知∠MLK=∠KMQ=∠AQP，∠MKL=∠PML=∠APQ，∆APQ∼∆MKL。所以APMKBQAQ=ML=CP，故AP⋅CP=AQ⋅BQ(*)。
设圆O的半径为R，则由(*)有R2−OP2=R2−OQ2，因此OP=OQ。
不难发现OP=OQ也是圆Γ与PQ相切的充分条件。
此题平均得分：3.710分
上 善 若 水
因此 蕴 秀 斋
3、S1,S2,S3,...是严格递增的正整数数列，并且它的子数列SS1,SS2,SS3,...和SS1+1,SS2+1,SS3+1,...都是等差数列。证明：S1,S2,S3,...是一个等差数列。
问题等价于：f:Z→Z是一个严格递增的函数。bn=f++(f(n))是一个等差数列，cn=f(f(n)+1)也是一个等差数列。证明：an=f(n)也是等差数列。
证明：由于f是一个严格递增的整值函数，所以对于任意x,y均有f(x)−f(y)≥x−y。
令{bn},{cn}的公差分别为d,e，则有d=f(f(n+1))−f(f(n))≥f(n+1)−f(n)，将n→f(n)可得d≥f(f(n)+1)−f(f(n))=cn−bn>0，因此对于任意k∈Z+都有
d≥c1+k−b1+k=(c1−b1)+k(d−e)>0
故只能有d=e，也即两个等差数列公差相等，故可设cn−bn=g是一个为常数。
由于d≥f(n+1)−f(n)>0有界，故f(n+1)−f(n)有最大最小值，设M,m分别是
f(n+1)−f(n)的最大、最小值。则对任意x,y都有mx−y≤f(x)−f(y)≤Mx−y。 有上可知存在r使得f(r+1)−f(r)=M，因此有
Mf(r+1)−f(r)≥d=br+1−br=f(f(r+1))−f(f(r))≥mf(r+1)−f(r)，也即M2=Mf(r+1)−f(r)≥d≥mf(r+1)−f(r)=mM。
同样存在一个s使得f(s+1)−f(s)=m，因此有
mM=Mf(s+1)−f(s)≥d=cs+1−cs≥mf(s+1)−f(s)=m2
因此d≥mM≥d，故只能有d=mM，而且上面的等号要成立只能有f(f(r)),f(f(r)+1),...,f(f(r+1))之间的差均为m，f(f(s)),f(f(s)+1),...,f(f(s+1))之间的差均为M，所以m=cr−br=g，并且M=cs−bs=g，故m=M，所以an=f(n)也是等差数列。
此题平均得分：1.019分
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2009年第50届IMO第二天试题解答
2009年7月16日
1、在∆ABC中AB=AC，AD,BE分别是∠CAB和∠ABC的平分线。K是∆ADC的内心，假设∠BEK=45°，求∠CAB所能取到的所有值。
AEI45KBADFC
解：显然CK是∠ACB的平分线，因此E关于CI的对称点F在AB，由对称性可知∠IFK=45°，由于DK是∠ADC的平分线，因此也有∠IDK=45°。因此有以下两种情况：
EI45KBC①若D≠F，则I,D,F,K四点共圆，故DF∠IKF=180°−∠IDF=90°，由对称性∠IKE=90°，故∠EIK=45°，在∆BIC中有1145°=∠EIK=∠ABC+∠ACB=∠ABC，因此22∠BAD=45°，故∠CAB=90°；
②若D,F重合，则∠IEC=∠IDC=90°，也即∠ABC的平分线也是AC的高，故AB=BC，因此∆ABC为正三角形，故∠CAB=60°。
综上所述，∠CAB=90°或60°。
此题平均得分：2.915分
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2、求所有函数f:Z→Z，使得对于任意正整数a,b，a,f(b),f(b+f(a)−1)都可以++形成一个三角形。
解：整数边三角形如果有一边长为1，则另外两边一定要相等。因此取a=1可知对于任意正整数b都有f(b)=f(b+f(1)−1)(*)。
㈠若f(1)≠1，则f(1)>1，令f(1)−1=a，代入(*)可得f(b)=f(b+a)，也即f是一个以a为周期的函数，因此f的值域有界，令Max{f(x)}=M，则取a=3M，则a,f(b)以及f(b+f(a)−1)不能形成三角形，矛盾。因此只能有f(1)=1。
㈡令b=1，则a,f(1)=1,f(f(a))可以形成一个三角形，故f(f(a))=a对于任意正整数a都成立，因此f是一个Z+→Z+一一映射。
㈢由已知2,f(b),f(b+f(2)−1)可以形成一个三角形，有上面讨论可知f(2)>1，令t=f(2)−1>0，则由于f是一一映射，故0
因此f(1)=1,f(1+t),f(1+2t),...,f(1+nt),...取遍全体正整数，由于f是一一映射，故1,1+t,1+2t,...,也应该取遍全体正整数，所以t=1，因此对于任意正整数b都有f(b+1)=f(b)+1，由于f(1)=1，所以f(n)=n对于任意正整数n都成立。
综上所述，f(n)=n为唯一的解。
此题平均得分：2.474分
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3、a1,a2,...,an是不同的正整数，M是一个由n−1个正整数构成的集合，但是M中不包含s=a1+a2+...+an。一只蚱蜢在实数轴的整数点上跳动，开始时它在0点，然后向右跳n次，n次的步长恰好是a1,a2,...,an的一个排列。证明：可以适当调整a1,a2,...,an的顺序，使得期间蚱蜢不会跳到M中的数所在的任何整点上。
证明：n=1时，M=∅，结论当然成立；n=2时，M只有一个数m，a1,a2中必有一个不等于m，把它放在第一步即可。以下假设k≥3，并且对于任意n 不失一般性假设a1 ㈠如果对于所有1≤i≤k−1都有si ①如果sk−1∉M，则由归纳假设可以对前k−1步重新调整，使得蚱蜢没遇到M中的数； ②如果sk−1∈M，对于任意1≤i≤k−1，都有sk−1−ai ㈡存在一个i使得si≥mi。假设t是最小的正整数，使得st≥mt。则st−1 ①如果t=1，也即s1=a1∈M，由于M ②如果t>1，由t的最小性可知st−1 由归纳假设可以调整前t步的顺序使得它们得以避开A中的t−1个数，而且同㈠②我们还可以使得at位于第t步或第t−1步，故调整后前t−2步所走距离 上 善 若 水 蕴 秀 斋 如果第t−1步也没有走到M中的数上，由归纳假设可以调整后k−t+1步使得它们避开B中的n−t个数，因此它们也就避开了所有M中的数，故结论成立。 如果第t−1步恰好走到M中的数上，由于它已经避开了M中的前t−1个数，因此这个数属于B，这从另一方面说明此时的t−1步所走总距离>mt−1。此时后面的n−t步中的任意第r步都比第t−1步长，因此将第r步和第t−1步对换位置之后也肯定避开了A中的数。由于此时第t−1步已经遇到了B中的一个数，因此肯定可以选到后k−t步中的一步，使得它与第t−1步对换之后，第t−1步没有遇到B中的数，故此时前t−1步都成功避开了M中的所有数。由归纳假设可以调整后k−t+1步使得它们避开B中的n−t个数，因此它们也就避开了所有M中的数，故结论成立。 综上所述，结论成立。 此题平均得分：0.168分 上 善 若 水
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