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第二十届中国东南地区数学奥林匹克
浙江·温州
高二年级 第二天
1. 如图，在 中， > ，内切圆 与边 , , 分别切于点 , , ，直线 , 相
交于点 ， ⊥ 于点G，射线 G与 的外接圆相交于点 ，证明： , G, D, K四点共圆 .
证明一：易知 A , F , I , E 四点共圆，记该圆为圆 .设圆 与△ABC的外接圆的另一
个交点为M ， IM , EF 相交于点 N ，连接MB , MC , ME , MF ，则易知，
MBF = MCE ， FMB =180 AFM =180 AEM = MEC ，
MF FB
所以△MFB∽△MEC ，因此 = .
ME EC
FN MF FB
又易知MN 平分 FME ，所以 = = . （1）
NE ME EC
AF BK CE
另一方面，由梅涅劳斯定理知， =1，
FB KC EA
KB DB
又 AF = EA，FB = DB ，CE = DC ，所以 = ，即B , D , C , K 为调和点列 .
KC DC
由 DG ⊥ KG 及调和点列性质知GD平分 BGC，
所以 BGF = CGE ，又 BFG = CEG，
FG FB
因此△FBG∽△ECG ，从而 = . （2）
EG EC
FN FG
由（1）、（2）知 = ，又点 N , G都在线段FE内，
NE GE
所以点 N 与点G 重合，从而点M 与点H 重合 .
连接 ID , IE , HD，则 IEG = IEF = IHF = IHE ，
{#{QQABZQIEogggAAJAABhCUQUSCEIQkBCCCIgGxEAEsAAAiBFABAA=}#}
所以△IEG∽△IHE，从而 ID2 = IE2 = IH IG ，
因此△IDH ∽△IGD ， GHD = IHD = IDG， （3）
又 ID ⊥ BK , BG ⊥GK ，所以 IDG = GKD， （4）
由（3）、（4）知 GHD = GKD ，所以H , G , D , K 四点共圆 .
证明二：易知 A , F , I , E 四点共圆，记该圆为圆 .
设圆 与△ABC的外接圆的
另一个交点为M ， IM , EF 相交
于点 N ，连接MB , MC , ME , MF ，
则易知，
MBF = MCE ，
FMB =180 AFM
=180 AEM
= MEC ，
所以△MFB∽△MEC ，
MF FB
因此 = .
ME EC
又易知MN 平分 FME ，
FN MF FB
所以 = = . （1）
NE ME EC
1
连接DE , DF ，作BR ⊥ DF ，垂足为R ，则FR = DF .
2
由 BFR = DEG知， Rt△BFR∽Rt△DGE ，
BF FR 1
所以 = ，BF GE = FR DE = DF DE .
DE GE 2
1
类似地，CE GF = DF DE .
2
BF GF
从而 BF GE =CE GF ，即 = . （2）
CE GE
FN FG
由（1）、（2）知 = ，又点 N , G都在线段FE内，
NE GE
所以点 N 与点G 重合，从而点M 与点H 重合 .
连接 ID , IE , HD，则 IEG = IEF = IHF = IHE ，
所以△IEG∽△IHE，从而 ID2 = IE2 = IH IG ，
因此△IDH ∽△IGD ， GHD = IHD = IDG， （3）
{#{QQABZQIEogggAAJAABhCUQUSCEIQkBCCCIgGxEAEsAAAiBFABAA=}#}
又 ID ⊥ BK , BG ⊥GK ，所以 IDG = GKD， （4）
由（3）、（4）知 GHD = GKD ，所以H , G , D , K 四点共圆 .
2. 记 [ ]为全体实系数多项式 , 定义映射 ： [ ] → [ ]如下：对 ( ) =
+
1
1 + + 1 + 0, 令
( ( )) = +1 +
1 2
1 + ( + 2) + ( 1 + 3) + + ( 2 + 0) + 1.
令 0( ) = 1, ( ) = ( 1( )) (n=1,2,...)，求 ( ) 的常数项。
1
解. 若 = 2 , 则常数项为 (2 ); 若 为奇数，则常数项为 0. 下面证明该结论。定义映
+1
(0)
射 : [ ] → [ ]为 ( ) = , 映射 : [ ] → [ ]为 ( ) = . 则 ( ) = ( +

)( ), . . . (1) = ( + ) (1) = ∑ 1 2 . . . (1), 其中 ∈ { , }. 对每个序列

个
1 2. . . 定义新的序列 为
1, 若 =
= {
+1
1, 若 +1 =
则 1 2 . . . (1)的常数项

1, 若对 = 1,2, . . . , 1,∑ ≥ 0且∑ = 0
=
=1 =1
{0, 其它情况
从而 . . . (1)的常数项等于满足 ∈ {1, 1}, 对 = 1,2, . . . , 1,∑

=1
≥ 0且
个
∑ =1 = 0的序列的个数。根据卡特兰数的组合描述，这样的数列的个数为
1 2
( ) , 若 = 2
{ + 1
0, 其它情况
通过以上对应我们可以得到
2 + 2
. . . (1) = ∑ ( ) .
+ + 2 +
0≤ ≤ , ≡ ( 2) 2
个
我们也可以在猜测出上式以后归纳证明。
{#{QQABZQIEogggAAJAABhCUQUSCEIQkBCCCIgGxEAEsAAAiBFABAA=}#}
3. 设 ( )为 次整系数多项式( ≥ 2)。若存在无穷多个正整数 ，使得 ( )至多有 1个
不同的素因子，证明 ( )至多有 1个不同的有理根。
证明： 反证法。
b
假设 p(x) = 0 的 n个不同的有理数根 i (i =1,2, ,n)，其中 a 为正整数， 为与i bi a 互质i
ai
n
的整数，则 p(x) = A (aix b ，其中 A为非零整数。 i )
i=1
易知，对任意的 i, j(1 i j n) ，有a b 。 i j a jbi 0
根据题意，可取正整数m ，使得P(m)仅含有 t(1 t n 1)不同的素因子P ，且1, P2 , , Pt
对任意 i =1,2, ,n t，均有a m b k , 其中 k = max aib j ai i jbi 。
1 i j n
i ,1 i ,2 对每个 i =1,2, ,n，可设 aim bi = p1 p2 p
i ,t
t ，其中 i,1, i,2 , , i,t 为非负整数。

将 p i ,1
i ,2 , p , , p i ,t1 2 t 的最大者记为 x ，则有 i
xi
t aim bi k(i =1,2, ,n)．………………………………（1）
因为 x1, x2, , xn 仅可能含下列某个素因子P1, P2 , , Pt 的方幂，而 t n，故由抽屉原理知，
存在 j1, j2 (1 j1 j2 n) ，使得 x 和j x 均为同一个数j pl (1 l t) 的方幂，不妨设1 2
j ,l j ,l ，则 x 。 1 2 j x1 j2
故由 x a m b , x a m b ， j1 j1 j1 j2 j2 j2
可知 x a (a m b ) a (a m b ) j1 j ，即 x (a b2 j1 j1 j1 j2 k j2 j1 j1 j a j b )， 2 2 j1
注意到a j b j a j b j 0，可知 x j a j b j a j b j k 。与（1）矛盾。 1 2 2 1 1 1 2 2 1
所以 p(x)至多有n 1个不同的有理根。
{#{QQABZQIEogggAAJAABhCUQUSCEIQkBCCCIgGxEAEsAAAiBFABAA=}#}
4. 给定正整数 ， 和 玩如下游戏：有2023枚硬币首尾相连排成一圈，标号为
1,2,… ,2023(标号按模2023理解).每枚硬币有正反两面，一开始所有硬币都是正面朝上， 的
目标是让尽可能多的硬币反面朝上. 在每一轮操作中， 选择标号为 和 + 3的两枚正面朝
上的硬币（若无法选取则游戏结束）；然后 选择标号为 + 1或 + 2的一枚硬币，并将这枚
硬币翻面. 若某一个时刻有 枚硬币反面朝上，则 获胜.
求最大的 使得 有必胜策略。
答案：n=675
除了全正的状态以外，对于 2023 个硬币一种状态，设有 k 个硬币为反，它们把正硬币分为
了 k 段，每段 1, … , 个，那么非负整数列( 1, … , )完全决定的硬币的状态，所以我们可
以用数列( 1, … , )来指代当前的局面。对两个数列( 1, … , )和( 1, … , )，若存在 t， =
+ 对任意 1≤i≤k 成立（下标模 k 处理），则称这两个数列是循环等价的。等价的数列对应
相同的局面。
对于数列( 1, … , )，构造一个简化数列如下：首先将数列( 1, … , )中 ≡ 2 3的那些
项都去掉，再将 ≡ 1 3的项都换成 1， ≡ 0 3的项都换成 3，得到一个简化数列
( 1, … , )
我们称一个局面为好的，若它满足：
没有两个反硬币相邻，且满足下面三者之一
（a）全正状态
（b）对应的简化数列循环等价于（0,0,1 ,…,0,1,0,1）（01 间隔，再加一个 0）
（c）对应的简化数列循环等价于（1,1,0,1 ,…,0,1,0,1）（01 间隔，再加连续的两个 1）
对于局面( 1, … , )，在一轮操作中：
若 B 将反硬币变正，则局面会变为( 1, … 1, + +1 + 1, +2, … , )，或者变回全正状态。
若 B 将正硬币变反，则局面会变为( 1, … 1, , 1, +1, … , )，B 可以在某两个连
续的正整数中选择一个作为 k。
首先，我们考虑 B 的策略。在每一轮中，B 有两个硬币可以选择翻面，若其中有反硬币，
则将其翻正，否则，B 必须将数列中 拆成两项( , 1)，对 模 3 讨论：
(1)若 ≡ 0 3, 拆分后模 3 有三种情况：(0,2),(2,0),(1,1)
(2)若 ≡ 1 3, 拆分后模 3 有三种情况：(1,2),(2,1),(0,0)
(3)若 ≡ 2 3, 拆分后模 3 有三种情况：(0,1),(2,2),(1,0),
总之，模 3 意义下， 拆成两项有三种可能，B 需要在其中两种中选择一种。
下证 B 有策略能保持始终是好局面，并且在好局面下反硬币始终少于 676。
先证若局面是好局面，那么一轮后 B 能使得局面仍然是好局面，从而 B 可以一直保持局面
是好局面。
（具体讨论：若某一轮把 , +1,合并成一项，容易验证；若某一轮把 拆成两项，对于全
正状态，一轮后简化数列为（0），对于情况(1)(2) B 可以避免最后一种情况，从而不改变简
{#{QQABZQIEogggAAJAABhCUQUSCEIQkBCCCIgGxEAEsAAAiBFABAA=}#}
化数列，对于(3)简单讨论可知 B 可插入连续的 01 或者 10，使得仍是好局面）
于是只要证明在好局面下，反硬币个数<676 即可。设一个好状态对应的数列为( 1, … , )，
设( 1, … , )中，模 3 余 i 的共有 项，那么 1 ≤ 0 + 2
2023 = 1 + + ≥ 1 + 2 2 + 3 0 ≥ 2( 1 + 2 + 0) 2 = 2 2，故2025 ≥ 3 ，
k≤675.
于是 A 要得到 675 个反硬币，需要设法得到好局面中（3）的情形。
n=675 时，我们构造 A 的必胜策略：
引理1：对于连续的的x枚正硬币，A总可以将其中[(x-1)/3]枚硬币变反而不改变其他（2023-x）
枚硬币。
证明：归纳即可，x=1,2,3 已经成立，假设对于 x硬币操作，再对右侧 x-3 枚硬币用归纳假设即可。
第一轮操作过后，不妨设 0 号硬币变反，然后第二轮 A 选择标号为 3，6 的两枚正硬币。
那么局面会变为(4，2017)或者(3，2018)。
对(4，2017)，由引理 1，两段正硬币分别可以贡献 1，672 枚反硬币，加上已有的两个反硬
币，总和 675 个。
对(3，2018)，第三轮 A 选择标号为 7，10 的两枚正硬币。
B 可以选择翻 9 号或者 8 号硬币，对应的局面分别为：(3，4，2013)和(3，3，2014)
对(3，4，2013)，A 选择 2023 号，2 号两个正硬币，那么局面会变为(0，2，4，2013)或者(4，
2017)，由引理 1 都可以达到 675 个反硬币。
对(3，3，2014)，A 选择 2，5 两个正硬币，那么局面会变为(2，0，3，2014)或者(7，2014)，
由引理 1 都可以达到 675 个反硬币。
{#{QQABZQIEogggAAJAABhCUQUSCEIQkBCCCIgGxEAEsAAAiBFABAA=}#}20234国东南地区数学奥林匹克
高二年级第二犬
5.如图，在△1BC中，1B>AC,内切园 1与边BC.C1,1B分别切于
点D,E,F.直线BC.EF交于点K,DG⊥EF于点(G,射线IG与△ABC的外
接圆交点H.求证：H,(G,D,K四点共风.
6.定义陕射I:x→R下：对f)=4x十a-1z-1+十a1x+a0,
令
T(f())=unt"tl+un 1"+(un+an 2)xm-+(an 1+an 3)a-
+.+〔z+a)x+a1
设P(x)=1,Pn{c)=TPa-1〔)〔n=1,2…),求Px)的帝效项.
7.设()为(：≥2)次接系数多项式.若存在尤穷多个正憨数￥m,使
得(m)至多有n一1个不同的质因了，求正：x)至多有一1个不同的有理根
8.没是整数，A和B下游戏：有2023枚硬币首尾相连排成一图，标
号为1,2.·，2023（标号按模2023理解）.每枚硬币有正反两面，一开始所有硬
币都是正面朝上，A的目标是让尽可能多的候万反面朝上，在每一轮操作中，A远
择标号为及+3的两枚正血朝上的被币（若无法选堰则游戏结束冫；然后乃远
择标号为+1或+2的：~枚硬币，并将这效硬币甜面.若米时刻有n枚硬币
反面制上·则A获胙.
求最大的使得4有必胜策略，

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