2026年第25届中国女子数学奥林匹克第一天试题

2026年第25届中国女子数学奥林匹克 第一天试题2026.8.1208：00-12：00 第1题 称正整数n是好的，如果其质因子均不超过√n。求证：存在2026个互质的好数，使得其中任两个之差也为好 数。 第2题 给定正整数n。设实数a1,a2,…,an满足 含a=n0n-i0,a=nr2-1) 对1≤k≤n-1,记 求nin Dr的最大值。 1sksn-1 第3题 如图，在△ABC中，∠BAC>90°，D是A关于BC的对称点。点P在AB的延长线上，∠ACP的平分线交AB 于点X。边BC上的点Q满足∠XQB+∠AXC=90°。求证：∠PDQ+∠BAC=180°。 B 0 第4题 设整数n≥3。在正n边形的n个顶点上各有一个人，称一次交换为相邻两个人互换位置，其他n-2个人不动。 已知经过m次交换后每个人都到过所有顶点，且最终回到初始状态。求m的最小值。2026年中国女子数学奥林匹克第一天试题解答 第1题 题目称正整数n是好的，如果其质因子均不超过√元。证明：存在2026个互质的好数，使得 其中任两个之差也为好数。 解答取2026个互不相同且均不小于11的素数 11≤p1<p2<·<P2026, 并令 ai=p (1≤i≤2026). 由于a,的唯一质因子为p:,且 ph≤p=Vai, 故每个a4都是好数：又因p:互不相同，故这些a:两两互质。 任取j>i,记x=,y=,则x>y≥11，且 a5-4=x6-y=(x-0(x+)(x2+xy+y2)(x2-cy+) (1) 式(1)右端的四个正因子均小于3x2。事实上， x-<x,x+y<2,x2-x+2<x2,x2+xy+2<3x2. 另一方面， x6-5=(x-(x5+x+x32+x2r3+z+y） ≥x5 又因x≥11>9，所以 3x2<x5/≤V0-F (2) 若g是-的任一质因子，则由(1)，g必整除右端四个因子中的一个：结合(2)可得 q<V76-16=Vaj-ai 故a5-a是好数。由于元，j任意，所构造的2026个数满足全部要求。 口 第2题 题目给定正整数n。设实数a1,c2,an满足 a=2nn-1y i=1 a=m2- i1 对1≤k≤n-1,记 k n-k =k+1 求1，D:的最大值。 解答以下考虑题目有意义的情形n≥2。记 S=S= 2n(n-1). i=1 则对1≤k≤n-1, D- S-Sk TLSk -k:S k(n-k)Dh TL.Sh -kS. n-k k(n-h:) (1) 另一方面，交换求和次序，并利用题设两式，得到 n n-l ∑s=∑n-=n∑a-∑a k=1 i=l =1i=1 (2) =nm-12m-1) 6 将(1)对k求和，再由(2)及∑=k=n(n-1),可得 4a-内0=n2-s2k-ra-型 n-1 n-1 (3) 12 k=1 k=1 又 -I 6 k=1 k=1k=1 因为各权k(-)>0,何易阳高中数学故由(3)， min,Dk≤ ∑sk(n-Ds= ∑k(n-) 21 (4) 1<k≤n-1 最后取a;=n-i(1≤i≤n)。此时 a=a-1.=n-2=62-1 i=1 1-1 故满足题设：且对每个1≤k≤n-1, 0-(-生-- 所以（④）中的上界可以达到，从而所求最大值为 2 第3题 题目如图，在△ABC中，∠BAC>90°，D是A关于直线BC的对称点。点P在AB的延 长线上，∠ACP的内角平分线交AB于点X。边BC上的点Q满足∠XQB+∠AXC=90°。 证明：∠PDQ+∠BAC=180°. D 解答作∠ACP的外角平分线交直线AB于E,取EX的中点F。因∠CAP=∠BAC>90°， 故CP>CA。令k=CA/CP<1。由内、外角平分线定理， AX AE XP-EP=k AX=车A识AE=4R 内、外角平分线互相垂直，故CX⊥CE。结合题设， ∠CEX=90°-∠CXE=90°-∠AXC=∠XQB. 故∠CEX+∠CQX=180°，从而C.E,X,Q四点共圆。再由∠ECX=90°知EX是该圆的 直径，故F是圆心，且 FX=FQ. 设a=∠ACB,B=∠BCP。又CX平分∠ACP=a+B,何易阳高中数学且D是A关 于BC的对称点，故 ∠PCD=∠BCD-∠BCP=a-B =2(0-) (1) =2∠BCX=2∠XCQ=∠XFQ=∠AFQ. 由AE=kEP、AX=kXP、2AF=AE-AX、2FX=EP-XP、CD=CA得 5-织-二=-器-品 (2) 由(1)、(2)及边角边得， △CDP~△FAQ, ∠CDP=∠FAQ. (3) 又∠CDQ=∠CAQ,从而 ∠PDQ=∠CDP-∠CDQ=∠FAQ-∠CAQ =∠FAC=∠CAE=180°-∠BAC. 故∠PDQ+∠BAC=180°，证毕。 第4题 题目设整数n≥3。在正边形的n个顶点上各有一个人，称一次交换为相邻两个人互换位 置，其他一2个人不动。已知经过m次交换后，每个人都到过所有顶点，最后所有人均回到 各自的初始位置。求m的最小值。 解答答案为 n2 n为偶数， mmin n +2m-3 n为奇数， 2 先证下界。固定顺时针方向。设第i个人顺、逆时针移动的次数为c,:,总移动次数为 山=c4+a。因其最终回到初始顶点， =94-4∈Z. =0. (1) i✉1 后式是由于每次交换恰产生一步顺时针移动和一步逆时针移动。把圆周轨迹提升为整数轴上的 游走。若；=0，该游走始末均为0，而其模几后取遍所有剩余类，何易阳高中数学故最大值 与最小值之差至少为n-1,从而 d≥2(n-1): w4≠0时，d≥nw: (2) 再记第i.j两人相互交换的次数为e,则 ei≥w1-wl. (3) 事实上，把两人的圆周轨迹同时提升：其相对位置由初始值变到初始值加(：一w),每越过 一个几的倍数，两人必相互交换一次，故得(3)。此外 m=∑e (4) i<i 若n为偶数，则由(2)，w:=0时4≥2(n-1)≥n:w:≠0时亦有d4≥n,所以m≥n2/2。 以下设n=2k+1。令z为0，=0的人数，S=∑w和0l。若z≥2，则由非零整数之和 为0，当x为奇数时S≥n-z,当x为偶数时S≥n-z+1。由(2)、(4)，分别有 2m≥ ∫n2+z(n-2),z≥3为奇数. n2+n+2亿-2,2≥2为偶数.≥n2+2m-3. (5) 若z=1,当S≥n+1时(2)已给出更强的下界。余下S=n-1时，非零的，中恰有k个 1、k个-1。每一正、负绕圈数的人由(3)至少互换两次，共至少2k2次：唯一满足：=0的 人由(2)至少参与2(n-1)=4k次交换。因此 m≥2k2+4k=n2+2n-3 2 (6) 最后设z=0。不妨正的w:有p≥k+1个，并令它们之和为T:负的：之和为-T。正负两 组之间的|w-w吲之和为nT。若T≥k+2,结论立即成立：若T=k+1,则p=k+1且正 数组全为1。负数组共k个、绝对值之和为k+1,故为一个-2与k一1个-1。这个-2与同 组其余每人由(3)至少交换一次，再计入这k-1次交换可得 m≥nk+1)+(k-1)=2k2+4k=n2+2n-3 2 (7) 下证取等。顶点下标均按模几计算，同一轮中的边互不相邻，故可按任意次序逐一交换。 若n=2k,进行n轮：第t轮(0≤t<n)交换 {t+2r.t+2m+1} (0≤r<) (8) 初始编号为偶数的人每轮顺时针走一步，何易阳高中数学奇数的人每轮逆时针走一步，故每人 走完一圈并回到原位；交换数为n=n2/2。 若n=2k+1,先进行n+1轮：第t轮(0≤t≤n)空下顶点t,交换 (t+2r-1,t+2r} (1≤r≤k) (9) 初始编号为奇数的人每轮顺时针走一步。对初始编号为偶数的人，记其在第t轮前相对空下顶 点t的位置为r∈{0.2.，n-1},则 r+1=e-2(L>0): T+1=n-1(r,=0): (10) 故在n+1轮中它恰有两轮不动，其余-1轮均逆时针走一步。于是每个人均已遍历所有顶 点，且最后编号了的人位于j+1。此时再依次交换边 {0.1},{1,2},.,{n-2,n-1 (11) 便使所有人回到初始位置。总交换数为 k++a-)=+红-3 2 结合下界，结论成立。 ▣