2022年7月中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题卷附答案解析

2022年7月中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题卷(第一天)考试时间：2022年7月26日上午8:00—9:20一、填空题(本大题共8道小题，每小题8分，共64分)3.4.设集合中的最大元素与最小元素分别为则M-m的值为.m为给定的正整数，则使得才+“整除/+〃的最大正整数是r*4*[设M表示不超过X的最大整数，则函数f(x)3.4.设集合中的最大元素与最小元素分别为则M-m的值为.m为给定的正整数，则使得才+“整除/+〃的最大正整数是r*4*[设M表示不超过X的最大整数，则函数f(x)=而；的值域是X2V2 , 1在平面直角坐标系xQf中，椭圆G：F+.T(a>b>0)和抛物线Czj'-ar交于4,8两点，尸为G椭圆ab 2的右顶点，若。,4只8四点共圆，则G的离心率为.5.在正三棱柱48C-44G中，4B=BC=C4=A^=2,点。为棱4cl上的点，且8G〃平面/4。.以。为球心、弓为半径的球面与侧面4448的交线长为6.已知复数z,w满足，20i0.z+——=5+i:. ,则|利可取得的最小值为一w+—=-4+10i.已知£MBC为锐角三角形,4,8,C为其三个内角，则2cot/+38t8+4cotC的最小值为.已知多项式/9)=7+0?+及+c(a,b,ceZ)的所有根的模均为20或15,则这样的多项式的个数为.二、解答题(本大题共3道小题，第9题16分，第10题20分，第11题20分，共56分).已知点历(2,2)在抛物线C:x?=2陟(p>0)上，过点0,0)作直线《交抛物线C于不同的两点P,。，交，轴于\SR\点N.过点N作平行于0。的直线4交直线OP于点S,交直线。”于点7,交x轴于点火.求鬲的值..即为任意给定的正整数，如下定义整数序列｛凡卜见三-S.T(mod"),n=l,2,-,且其中=a0+q+…+《,,”=0,1,2,….证明：存在无穷多个正整数m,使得S.是完全平方数..已知正实数，4,''="xm满足4+。2+",+/022=b、+"+”•+6加2=1，求n k2022嗨广蛔+曲山的最大值.2022年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（一）加试考试时间:2022年7月26日上午9:40—12:30一、（本题满分40分）如图，锐角2BC的垂心为〃，CD、分别为4B、AC边上的高.延长ED、CB交于P,4/为4ABC外接圆的直径，延长田交DE于T,连结JP.证明（答题时请将图画在答卷纸上）二、（本题满分40分）给定正整数〃，非负实数qg,…,a“满足6+%+…+"”=4,记S=%+0必2+•••+《02・一凡，求S的最大值.三、（本题满分50分）求所有的正整数〃，存在一种方案将集合｛1,2,…,2”｝划分为〃个元素个数为2且两两不交的集合4,4,…,4,,使得不存在不外,…，乙同时满足（1）xtg40= （2）2n\xx+x2+--+xa.四、（本题满分50分）2已知P为大于2022的质数，求证：存在正整数0〃、，使m+〃+，＜§p+2022,且司2*3"5-1.（第二天）考试时间：2022年7月28日上午8:30—11:20一、（本题满分40分）求所有的整数〃，使得对任意两两不等的正实数。、氏c,都有：- c"+,、， F 1- 2q+6+c.|c-a|"\a-b\H二、（本题满分40分）已知数列出｝满足：耳=0，£=1，居“=居“+月5小）.对大于2的整数m,记%为除以凡的余数.证明：%在数列叱｝中.*•1三、（本题满分50分）如图,圆内接四边形中，瓦>>4C,直线8C、3交于瓦直线48、CD交于F,过E作直线CD的平行线交直线/1B于K,U、，分别为△/%（?、△/郎的外心.证明:/UAP=/8CD-/ABC.（答题时请将图画在答卷纸上）四、（本题满分50分）给定正整数人》/.设〃，为最小的正整数，满足对所有”》机，无论如何将一个〃阶完全图的所有边染为红蓝两色之一，都存在一条红色的长为*的路或一条蓝色的长为/的路.证明：ni=k+\—.注：一条长为，的路由/+1个点…,u,,i构成.满足对任意的q与之间均有边连接.考试时间：2022年7月28日下午14:00—16:50五、（本题满分40分）如图，△4BC中，AB=AC,D在线段的延长线上，E在线段4C上，满足BD=CE,记ZU5C的外接圆为「，△瓦阳的外接圆交r于另外一点P,的外接圆交r于另外一点。.求证：尸。〃3c.（答题时请将图画在答卷纸上）六、（本题满分40分）已知〃为正整数,“22,正实数3%i也满足4＜“＜一＜，且"=1.证明：on-1 n—+V ＜V//.3 占“七、（本题满分50分）证明：存在正实数c,使得对任意正整数〃与平面上的〃个点，这”个点构成的等腰三角形不超过c•小个.八、（本题满分50分）记％%，…,a如为2022个大于2022的不同质数，…，/2为数集且4—{q—'，q—i+1,q—l}（i=1,2,2022）.证明：存在根＜jg-4046!,使得对Vi=l,2,…,2022,以及,有mra（modq）.

（第三天）考试时间：2022年7月30日上午8:00—9:20arcsin（0.3）-arcsin（0.7）-y一、填空题（本大题共8道小题，每小题8分，共64分）arcsin（0.3）-arcsin（0.7）-y1,计算：sin（arcsin（07）+arcsin（0.3））-cos2,设集合/={1,2}.8={3,4},X={?n“z=a+6i,其中ae4be8,z为实系数方程f+座+”=幽根}.则X中所有元素之和为2 1.已知椭圆E:二其左、右焦点为耳（Y,0）,g（c,0）.实数a,b,c依次构成等比数列.设Pab为椭圆E上任意一点，/为/XP耳耳的内心，力,必分别为点尸，/的纵坐标，则比=.yt.已知正四面体4BCD的顶点C在平面a内，顶点B在平面a内的正投影为。，直线BC与平面a所成的角为60。当顶点/与点。的距离最大时，直线CD与平面a所成角的正弦值为.已知在&15c中，角48,C所对的边分别为a,6,c,44=90。，边BC上一点。满足8£>:£）C=c:46,若AD=\,则b+c的最小值为..已知数列｛4｝共有7项，且S"为｛4｝的前〃项和，满足25Hnd+qas”，？）,则满足上述条件的数列｛4｝共有个..、 P（i）.已知小小…】为"次首一多项式P（x）的所有实数根，若干=2020+20221（这里i为虚数单位），则arctan4+arctanq+•・•+arctan4=..将6x6的方格表中的12个小方格染成黑色，使得每行和每列均恰有2个黑格，则不同的染色方式共有种.二、解答题（本大题共3道小题，第9题16分，第10题20分，第11题20分，共56分）.己知集合。=｛（占,三）|玉>0,f>0,$+三=2*｝,其中★为正常数，若不等式（L-X|X」--X2）2（«-!）2对Xyx2 k任意（七,七）6。恒成立，试求£的取值范围..已知直线/分别与两抛物线G:产=2px（p>0）和G:y2=4px交于四个不同的点4片,乂）,8（七,必）,AM。（工3，必）苫（王，治），且乂 设/与X轴交于点A/,若AD=6BE,求 的值.ME.已知数列｛（｝,｛4｝满足q=2,4=0,4=2也=2,且对任意正整数〃23,有q,=《卜4_2-如心2，，十%岫,求|生叱|的末两位数字•考试时间：2022年7月30日上午9:40—12:30一、（本题满分40分）已知正实数q（i=l,2,）满足％+。2+…+a”=1，证明：2二、（本题满分40分）证明：存在无限多个不能表示为/+P的正整数，其中”€乂，p为质数.三、（本题满分50分）求正整数a,6应满足的条件，使得能够将集合｛1,2…,•｝分成。个不相交的b元子集，满足每个子集的元素和都相等.四、（本题满分50分）如图，A4BC的内心为/，外接圆为「，01BC于点。,尸为弧区1C中点，直线ED交「于另一点尸，PA与BC交于点E,EHLAF,垂足为H,K为EH中点、.证明:/K=OK.（答题时请将图画在答卷纸上）2022年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（一）

考试时间：2022年7月26日上午8:00—9:20一、填空题（本大题共8道小题，每小题8分，共64分）.设集合4a«6431中的最大元素与最小元素分别为",加，则切的值为2应，所以2应，所以【解析】士+64—+3=5即A/=5,-+b2-+n22打，当且仅当a=b=&时取等号，即加a1 aaM-m=5-2y/2..也为给定的正整数，则使得M+”整除/+用的最大正整数”是,【答案】淄一"+”【解析】由题意知UiTZ.因为m+nn2+m（w+m）2-2m2（n+m2）+m4+m m4a-m——= \ 七 =n+m-2m2+ rm m+n n-^m,所以史驾是正整数从而，n+m/7+冽2<w4+w=>w<w4->w2+w经检验知，a= +m符合条件.因此，”的最大值是加'-/+加.X+].设[可表示不超过x的最大整数，则函数/（x）=用石的值域是【答案】（0,2）【解析】设卜｝=1胴。,1）,则g鬲=1+品,X+1 、/(x)=]十的定义域是(y,-1)U[0,+8)，国+1当xNO时，国+1=1,2,3,…，f（x）=l+自上的值域是[1,2）,因+1当x<-l时，[x]+l=-L-Z-3,…，/•（工）=1+直§的值域是（0』,x+]则函数/（X）= 的值域是（0,2）.㈤+1

.在平面直角坐标系簿v中，椭圆q；+2=l(a>b>0)和抛物线C2:/ab’■ax交于48两点，尸为C1椭圆的右顶点，若。4■ax交于48两点，尸为C1椭圆【解析】由对称性,N。4P=乙OBP=90°,故4方在以。尸为直径的圆上.【解析】，J?, 2a2b1=>—x2-ax-^-b2=0x2-ax-^y2=0"乂a2b2加必,2 a2b4a2b2故5•与=-p-=与=1-・故”二一町+"<=———+—r,21 +，a%"a'b11a2b2由.以=5也，故-丁+-^-=因此椭圆的离心率为e=£=*a3.在正三棱柱,45。一4耳G中，，B=BC=C4=44=2,棱4G上的点。满足反;〃平面4月Q.以Q为球心、手为半径的球面与侧面田的交线长为恪案子△48©为正三角形，则DH=g■,故EH=Jr2-DF『=1,乙必/片=60△48©为正三角形，则DH=g■,故EH=Jr2-DF『=1,乙必/片=60。，交线为弧所长为」x2x;r=^,20i一，z+—=5+i6.已知复数Z,W满足w.6.已知复数Z,W满足w+—=-4+10iZ【答案】2J证【解析】将两式相乘得(zwf-(-30+14i)(zw)-240=0,由求根公式知，zvr=6+2i或一36+12i,故IZWI可取得的最小值为2M..己知△4BC为锐角三角形，48,C为其三个内角，则2cot/+3cot3+4cotC的最小值为【答案】V23【解析】由不等式(2x-3ycosy-42cos/『+(3ysin/-4zsin夕『20.整理可得(2x+3y+4z)’>12(cosy+l)q，+24(l-cos(/+7))》+16(8s/？+l)zr待定系数，记1待定系数，记12(cos7+1)=24(1-cos(A+7))=16(cos〃+1)=攵因此，有(2x+3y+4z『N23(Ay+jz+zr),又因为cotzlcot5+cotBcotC+cotCcot？l=L所以,(2cot/+3cot5+4cotC)2>23,所以，所求最小值为.已知多项式/(z)=z3+a2+bz+c(«6.ceZ)的所有根的模均为20或15,则这样的多项式的个数为【答案】572【解析】根据多项式零点的规律，知尸(z)的零点中实数的个数为1或3.(1)F(z)的三个零点均为实数.它们取值±15.±20,设零点中取每个值的个数分别为5・三,菁,三，这种情形中可能的多项式个数即为不定方程玉+与+巧+%=3的非负整数解的组数,利用插板法，即C：=20个.(2)尸(z)的三个零点中有一个实数，一对共挽复数.记实根为c,共枕复根为a土川，那么尸(z)=(x-cXx2-2ax+(a2+Q)).注意到a,"ceZ,其中a?+，取225或400为整数，故只需要2aeZ.i 2 29①|a土仇|=15,此时a=0,土一，土一，…，土一，它们与c唯一确定P(z),c有4种取值，共有59x4=236个.42 4

1 2 39②,土伊卜20,此时a=0,±5，±5,…,土彳,它们与c唯一确定尸（z）,c有4种取值，共有79x4=316个.综上所述，满足要求的尸（2）共有20+236+316=572个.二、解答题（本大题共3道小题，第9题16分，第10题20分，第11题20分，共56分）.已知点A/（22）在抛物线。：炉=200>0）上，过点（1,0）作直线（交抛物线C于不同的两点P,。，交>轴于\SR\点N.过点N作平行于。。的直线4交直线OP于点S，交直线0M于点7,交x轴于点A.求阿的值.【解析】由题意易得抛物线C的方程为f=2y,设尸（工口费）,。12./]9-0因为直线P0过点（1,0）,故％差=5黄=]二]，化简可得：$=含 ①所以直线的方程为y=W4x-l）,令x=0,可得N点纵坐标为6=—*；/,即N点坐标为（0,-" ] 4分又因为直线所以时=b="，所以直线4的方程为：y=]x-立土._x2升+与联立直线乙与直线。”的方程："'=万'一—2~,消去x,可得T点纵坐标：y-x 8分消去x,可得S点纵坐标:y=攵也，结合①式，化简可得：yT=-——3--x2-2 8分消去x,可得S点纵坐标:联立直线联立直线/2与直线。尸的方程:联立直线联立直线/2与直线。尸的方程:,X»

y=-x2（x+x,）r八 x?鹏鼠卓结合①式‘化简可得“始一五.2）所以外=2乂，故箫=产1=1.%为任意给定的正整数，如下定义整数序列｛4｝：4三-S,T(mod"),〃=LZ…，且其中5*=4+4+―-+4，〃=0工2,・“证明：存在无穷多个正整数"人使得是完全平方数.【解析1】设a=上，n先证明正整数数列｛匕｝是单调不增的。%+%+…+%=*“"=儿("+1)-%故生.产/(mod，?), 5分故有叫“4匕，. ,S.Sna.—Sn(an-k„\a—k因此匕.「总二士一也二丝：母=一^~~9=匚皂40n+\n w(w+l) /?(w+l) w+1故正整数数列也｝是单调不增的.因此存在正整数N,使得〃2N时，有k0=c,c为某确定正整数. 15分即吟N时，号="，故取加=苏，且加2N,即有鼠=。2/，这样的机显然有无穷多个. 20分2【解析2】Sn<^)+l+24-3+---+n=—+—+%故存在/,sf<? 5分设£="，一女)，左为正整数则由于S,=(1+1乂1一左)一7+左，故4+1三f-Z(modr+1)又14―后金+1报&i=t-k故S,T=(r+l)(.9 15分依次类推，可知q=/-£,n>t+\,且S,="(/-A),故当杨=/(/-左)，且+l时，鼠均为完全平方数. 20分

.已知正实数%02,・・・,02022,4，砥・：4022满足4+02+・・・+02022=4+4+…+4022=L求L2022min」+min-+Yk-i|1^^2022A3a022〃J、i"

ul % 2-1的最大值.【解析】S的最大可能值为2,当4=々=」一,i=LZ”・,2022时取得.2022下证明：S<2.山.下证明：S<2.山.q卜.U设。二mm—,b=min—凶420224 IS/<2022q，4=>,，4=2。,，4=2aBi=E”, 5分则s=4+6+4-82+4-4显然有4+4则s=4+6+4-82+4-4显然有4+4=LB1+B?=1»即S=tz+b+2—2（4+82）故只需证明：2（4+用）24+6.由我们的假设可知42明，822M.结合4+4=14+a=1则有B+bA22b①4+则有B+bA22b①4+czB^—°②..10分①X0-小②X（1词可知a^b-lab

\-ab15分即只需证明喑券一整理可知只需证明。+即只需证明喑券一整理可知只需证明。+6+访（。+6）24况>即1+1+a+624,ab这显然成立，故我们证明了SS220分20分2022年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（一）加试考试时间：2022年7月26日上午9:40—12:30一、（本题满分40分）如图，锐角A45C的垂心为CD、型分别为AB.AC边上的高.延长ED、CB交于P,47为AABC外接圆的直径，延长JH交DE于T,连结证明;（答题时请将图画在答卷纸上）证明：设”与ZvlB。外接圆的交点为。，Q〃心.连结QHJC.因为二BDCjBEC,故B,D,E,C四点共圆，有^AJC^ABC=AAED.又因为40UC,有AJ±PE. 10分注意到B,D,E,C四点共圆，以及B,C,Q,A四点共圆，可得(PBPC=(PBPC=PDPE\PBPC=PQPAmPE=PQ,PA故D,E,Q,A四点共圆. 20分注意到ZADH+^AEH=180a,有A,D,H,E四点共圆，从而A,D,H,E,Q五点共圆. 30分因此N4QH=180。-z_4EH=90。，故QH_AP.故Q,H,J共线.所以T为匕AP3的垂心，从而ATUP. 40分

二、(本题满分40分)给定正整数”，非负实数01,02,・・・,为满足01+02+―+4=4,记S=q+q&+……《，求S的最大值.解：勿=1时显然；〃=2时，由均值不等式：%+%%=%(1+%)用(4+%+1)=—5 3且当q=2,外=巳时能取到.2 2当〃23时，q+q%+ =q+%%(1+2)«/+(。2+%+1)”=/+(5-[),其中％e[0,4],由函数单调性可知：当q=若叵时，函数取得最大值相-16305+13而相-16———^―,此时%=_6_，4 10分下归纳证明：当；124时，均有上述最大值，且当4%,%为上述取值,%=%=,•=4=0时能取到。当〃=4时，注意到《+/+他+%)=4,利用〃=3时的归纳假设，只用证明:%+c1td2+4a2a3+W4+4a2+4。、(叫+4)■注意到可以不妨序列｛4｝递减，不然交换两个递增的项，函数值变大,如果441，平凡成立；下设%>1,此时,2>qN& >1>。4.作调整(q,%+6-L/Jq)后，函数值变大.故可划归为2-1的情形. 30分假设当附=后成立，当％=上+1时，注意到:q+/+…+(绮+%+J=4并利用n=k时的归纳假设，由于左24,故在的｛4｝递减的条件下，有&V1,证明完成. 40分三、(本题满分50分)求所有的正整数〃，存在一种方案将集合{1,2,…,2〃}划分为〃个元素个数为2,且两两不交的集合4,4,…,4,使得不存在演,工2,…,同时满足(1)x,e>4,(/=1,2,•••,«) (2)2n|xj+x2H Fx„.解：答案为所有正偶数.一方面，当2Iri时,取&={i,i+n}(i=1,2, 则对任意的石,孙，…,4n满足xteAi(i=1,2, 均有Zkix£=1+2+•••+n=(modn). 20分另一方面，当n为奇数时，我们证明对任意一种划分方式，均可选出合题意的x1,x2,...,xn.以1,2,...,2n为顶点造一个图，对每个lwiwn,在i,i+n之间连红边，A的两个元素之间连蓝边，那么每个顶点均恰好连了一条红边，一条蓝边.于是此图为若干圈的并(此处允许圈长为2).又注意到圈上的边必为红蓝交替，故图中的圈均为偶圈. 30分我们在每个圈上任取一个起点，并取从起点开始的第1,3,5,...个点.那么所有圈中恰取了n个点，设它们为叫,<22,…，。门，并设剩下的点为瓦,由我们的取法可知…，两两不属于同一个4且两两模n不同余.故g三1+2+••■+n=0(modn).同理仇三1+2+…+n三0(modn).又因为£%7+仇三1+2H F2n=n^mod2n),故a,b中恰有一组数满足此组数之和是2n的倍数，这组数即为所求心,尤2,...,工. 50分四、（本题满分50分）2已知P为大于2022的质数，求证：存在正整数加、〃、，使s+"+/<]p+2022,且p,—.证明：不妨设2模p的阶不小于3、5模p的阶，设2模p的阶为r,则(1)当『=夕-1时，2\丁,…,2”构成模p的缩系.故存在 ,使2'三3(modp),2J=5(modp),且由p>2022知<p-2.于是TS-S三2»-2"'P=2E+"(modp). 10分令m+H+〃=2(p-l),不妨设①若i,J均不小于、少，则取"="1，则加=2(p-l)->/€N+,且〜 -4(p-l)2 42〃m+n+r=2p-i-j«2p—--二§p+§<寸+2022・②若/R…灯，3 3则取t=l,取用€。,力且m=2(p-l)-/(m(xh),则”=〃，1/用€用,此时，小+”+,=吁2"y-阳+l=W+2(py/+p+2(p：)7•；11丁<2("U,3,2(^-1)2(p-l)2(p-l)_ \2p92pl\2p•♦_lWmax/11+ , +-； t—mnxi—+^―,—+—>v—+2022«11 3 2(p-l) [111133J3-3. 20分③若仃<当1记[e[/+L2/]，=2(/7-1)(modj)>令m+ni=q,则u：-1)二金明,再取加金[叫使用三q(modi)>则.二,旭£N，，从而q-m2(p—1)一夕(1]q2(p—1)—q q2(p—1)—q/m+w+Z= +- =m1-一+3+ :——<z-l+-+- Xij\i)ij iJ*/11</<j>且11/>2/2,

・□/•1q2(p-l)—夕_ 2(p-l)[/一 2([一1)]2(p—1) 2(p-l)】••za«/-1+卜 -/4*'* "_1Kmsx《11+ 1, +-7 r—1/jj J 11 3 2(P-1)3 ,<—p+2022・3 30 分'(2)当一(2)当一2时，记/二

2，下证必存在/,“{1,2},使3，,5*1.否则3,93,则1,31,9/两两不交，但/U3/U9/0L2,…,p-1},从而3T4p-l,矛盾，故存在/金{1,2卜使3%人同理存在$£{1,2}使5睦/.设¥=2*(modp),5s=2,s(modp)，1Wa,0< —•①若a+0vR-,取小二£---a-Z7,n=/ft=s,2 2则2%3”・5「三2%"”・20・2-=2勺三l(modp),且。+〃+fv^^+2+2vgp+2022・②若a+0之R——,取加二p-l-a-/7,n=l♦t=s,贝】J2用•3”•5]三好….2々.2尸=2"三1(modp),日一〃？+/?+£=p—1—a—p+/+sKR2-+2+2v§p+2022. 40分(3)当『《一，设尸(〃-m>3),类似(2)可知存在/,se{LN…,使3,三2350三2«modp),\<a,p<^^.u①若〃25,记3模p的阶为勺，5模p的阶为与，取m=—~~-,尸=4»t=r2,则2M・3"6三111三l(modp),且p-13(p—1)2ni+n+t<3 < <—p+2022・u5 3②若34“44,则3优…,3”模p均不余1,从而av左。，u取rn-~~—-a-, n=l ,t=s,则u2(P・1)a8 陋1 2 22m.3".5r三2u・2。・2"=2w三l(modp),且m+〃+fv§(p—l)+4+4v§p+2022・综上，命题得证. 50分

2022年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（二）考试时间：2022年7月28日上午8:30—11:20一、（本题满分40分）求所有的整数〃，使得对任意两两不等的正实数枚c,都有：a“+i 6+1 /I、t|6-c|"|c-a|'\a-b^解:〃为自然数.当〃=0时，显然.+n|ft-c|>(1+n)a,+w+n|ft-c|>(1+n)a,+w|c-a|>(1+n)b.\b-c\"

护"

\c-a\"ql+zi^1+n 。1+相 -4 -H >(1+n)a+(1+n)b-n\b-c\-n\c-a\|b-c\n\c—a\l\a—b\n=a+b+2nc>a+b+c. 30分当〃<0时，取a=l+^,6=19c=1-»令"7—>+ao,则有：0>3,矛盾。m m40分二、(本题满分40分)己知数列｛凡｝满足：线=0,6=1，7^2=5I+25gN).对大于2的整数怙记凡为fl"除以吃的余数.证明：凡,在数列{凡}中.t=i/-i证明：由雨＞2可知用,22.当£,为合数时，笈|口"，故凡=0=6，成立.无=1当力为质数时，若4=2,则&,二1二月，成立.当吃为奇质数0时，p-i p-] p—1p-l 2 2 2 „_1 S-1Xp2）.10分则rp*=三门片㈠产“三n«-1）*"=（,）!（-1）.10分由"=o,月=1,%=%“+%（小）知耳,=当[（笥叵）”-（匕亘力对21切，有用+「用t-4=《（邛-（匕笠）"TK上卢尸-（二^）"]-/二务"-（匕卢丹14-V?14-V?=1x(-l)x(-(V5)2)=l£zl故对2\m,有F”；=-1(mod7^,).即(―1)2三Fm_^=l(modp), 20分从而对2；雨，Fm=p，且模4余L由通项计算可得属〃eZ.),故由£=p可知利为质数或析式4. 30 一分(1)若切为质数，则2〃，，Fm=p(模4余1).又凡,三(一一)!(-1) 8(modp)＞故由威尔逊定理可知：79-1 — —R;=[( )!]"=(-1)2•(p—1)!=(_1)2=_l(modp)2故RdJ或一！,(modf,故凡,=J或a24-1(2)若mV4,则吃=〃的解只有尼=3,口/=4,R+=1=F、,成立.*=1证毕.三、(本题满分50分)如图.圆内接四边形4B8中直线BC、AD交于旦直线49、CD交于F.过E作直线8的平行线交直线于K,C\/分别为ZkRC、△依。的外心.证明：NUKZ2BCD-/ABC.(答题时请将图画在答卷纸上)KB-KFFB1FD"TD-TFifj ,=—= EBECBC2DAZEOEA所以KB-KF=TD・TF. 10分所以K、7对△BDF的外接圆的基相等.所以少＞巾同理UK=UT 20分由平行知四边形KFTE为平行四边形.作K关于BF中点的对称点MT关于CF中点的对称点M由对称知VM=VK,BM=KF=TE.所以四边形为平行四边形，/为的外心. 40分所以A"〃8E所以NKMT=N4BC.所以N次7=90°-ZKMT=90°-ZABC.同理AK〃CE,U为△K7VT的外心,NUK「=90°~ZTNK^90°-NBCD.所以NVKU=ZVKT-ZUKT=NBCD-Z.ABC. 50分方法2.延长E4与48或的外接圆交于P.由NBPD=/BPE=NBKE=NBFD.所以尸、B、D、尸四点共圆. 10分由NU4K=90°-ZACD,ZVPB=90°-ZPDB所以NKP/=NKPB-NkB=18。"-ZKEB~ZVPB=1SO°-NKEB-§0°-ZPDB)=W°+ZACB-ZDCB=90°-ZACD.所以NU4K=NKP匕 20分由NBIT>=2NBFD=ZAUC.

所以等腰△fzBDs等腰△”4C 30分由△EBZ)sZ\E4C,Aebds△£4c.CC1„PVBVBDBEPK所以 = = = =——AUAUACAEAK所以△KP/sZXKHU. 40分所以NPK/=4KU.所以NVKU=NAKU-ZAKV=ZPKV-NAKWNPKA=NAEB=/BCD-NCDE=NBCD-N4BC. 50分四、(本题满分so分)给定正整数人设加为最小的正整数,满足对所有无论如何将一个〃阶完全图的所有边染为红蓝两色之一，都存在一条红色的长为左的路或一条蓝色的长为/的路.证明：，"=k+1上2.注：一条长为7的路由r+1个点q，S，…,构成，满足对任意的U,与之间均有边连接.证明：一方面，我们给出〃=左+［一］-1时的染色方法的构造，满足不存在红色的长为上的路或长为/的路：先从〃个点中选出上个点，记此上个点构成集合S.将此左个点间两两连线染红，并把剩下的边染蓝.由于只有上个点与红色边相邻，故显然红色的路长度不超过k-1.下面我们证明蓝色的路长度不超过/-I,而对于蓝色的路，注意到路上相邻的点不能都在S中，又因为这条路最多经过S之外的点如■一1次，故路长不超过2 10分另一方面，我们说明上+1+1.设g(G,7)为一般的左另一方面，我们说明上+1+1.设g(G,7)为一般的左N/所对应的加值.我们对上归纳证明对于所有的/4上均有g//)W左+/4-1左=1时显然.左22时，假设对于小于左的情况均成立，下面证明左时也成立.考虑阶完全图G的任意红蓝二染色.由归纳假设，我们只要证明：若红色的路长度最大为％-1,则存在一条蓝色的长为/的路.设最长的红色路为q,伉，…,q,剩余的点为匕,匕，…耳「设集合u=w，u»…,uj,>=［必,…彳…广那么由u”仇,…,心的最长性容易验证下面三条性质对于任意不越界的下标均成立：（I） 匕匕是蓝色的或匕4+1是蓝色的，（iii 匕a与以人均为蓝色的，（iii） 对j与两两不同的八33,4,4”中至少有一个点与匕KK中至少两个点均连蓝边. 20分考虑最长的满足如下性质的蓝色路：不含起点与终点均在/中；每相邻的两个点均一个在U中，一个在P中.设这条路为S,起点与终点分别为48.若S包含了，中所/4-1

2的路，满足需求.故以下有的点，那么将S加上则构成了一/4-1

2的路，满足需求.故以下我们不妨假设S没有包含胃中所有的点.设W为忆中所有不在S中的点构成的集合.再考虑最长的满足如下性质的蓝色路：不含U1,Uk；不含S中的点；起点与终点均在少中；每相邻的两个点均一个在U中，一个在印中.设这条路为T.下面我们证明/中所有点均在S或T中,假设有点X在/中，且不在S或T中.那么■/+rS与T在P中的点数不超过一--1,故S与T在U中的点数不超过k-2Tk-2T2个（用到了H左）.故有下标i, 上一2使得不在S与T中.对与使用性质（iii）,于是可以将S或T延长,2022年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（二）

考试时间：2022年7月28日下午14:00—16:50五、（本题满分40分）如图，ZUBC中，AB=AC,。在线段四的延长线上，E在线段ZC上，满足BD=CE,记ZMEC的外接圆为r,z\BDE的外接圆交r于另外一点的外接圆交r于另外一点Q.求证：pq//bc.（答题时请将图画在答卷纸上）证明：设40=?.^=?,则4B=AC=中,80=05=攵5V设4。交CQ于尸,4D交△(?〃£■的外接圆于另外一点G由圆幕定理:正B-F4=FC，FQ=FQ-FG， 10分yG+v) An=印(工+v)y(x+y)-i-x(x-y)yG+v) An=印(工+v)y(x+y)-i-x(x-y) /+/AE-AC=AD=y(x+y)BD x(x-y) 20分设4c交BP于H.4E交△8DE的外接圆于另外一点1由圆幕定理:HC•K4=KB,HP=HE•小从而HA=HE=HA^HE=AE

HI-HC~~CIAEAEAI-AC^^b7ad~

AE从而HA从而HA=2/+(%-/)”=2/+(N2_力yjy(z+y)

xa+l/2 30分所以= 由圆和等腰三角形的对称性可得&=同.从而PQ〃BC. 40分六、(本题满分40分)已知力为正整数，勿22,正实数«也,…也满足4 <…<。且,=1.证明:,n-1l2 nMakh"证明：由题意，只要证明：yi 1(一(%+l2.1与1——+1+一一占上/白1一加+1+《<3令。则Oi+oj+cT/ul,且如他,•••,%>().［瓦#=1只要证明:Si^7，(O1+O2+'"+Ok)J<3-以下为数学归纳法：(1)当n=2时，左边为晨•端=.的((审)*=；<；,结论成立；(2)假设结论对n=m成立，则对于n=m+l时，包号@+…•+犷m-1—Om+l(l—Om-1)+ (出+的+…+0*)2令S=ai+o+・・・+flm£(0,1),q=\(lWiWm),则MS=1—/+1,6+&+…+J=1因此4»+厂(1—a1n_1)=SQ—S),以及m-1 m-1q£^^(01+的+“・+a*)2=£T^-・S2(R+q+・“+c・尸白1-叫 自l-Scci<ssEfr^；<c>+c»+-+c*)，<jss 30分再结合S(l—S)+!ss<：eS8-3S2+3S-l<0"(Sl)*<0,结论得证.OO 40分七、(本题满分50分)证明：存在正实数c,使得对任意正整数〃与平面上的〃个点，这〃个点构成的等腰三角形不超过巨个.证明：我们先说明，在几个点的W条两两间中垂线中，设有九条线重合，则有土£〃：只需注意到若4/3的中垂线与C。的中垂线重合，贝M4B}n{C,。}=。或{4B}={C,。)即可.考虑这C甫条中垂线.设它们去重之后为，i/2，・・・，，m，其中4重数为。，则qWMlWiWm).设乙过几个点中勺个点，则由于两点确定一条直线，故不同。上的点对(X,Y)不同，故有CV+Cg+…+£器£加.即好+慰+…+ —必一42 xm<n(n—1),故(4—+(x2— +…+ <n(n—1)4- <2n(n—1). 30分所求等腰三角形数不超过“［+/g+•••+~0.由Cauchy不等式，(J&W)+C2G2-；)+…+CmOm-1))2<(c?+好+…+说)(国-1)2+(x2-1)2+…+(xm- <2rl(〃一l)(tf+cl+…+c幻工2n2(n-l)(ct+c2+…+cm)<n5.5i 5故c61+C2x2+…+Cmxm<ni+-(Ci+c2+…+Cm)<2ru. 50分八、(本题满分5。分)记入心…卬w为2022个大于2022的不同质数，4，4,…，4)22为数集且4U{LZ…，q-DQ-1,2,…，2022).证明：存在正整数切&(2|阕+1)(2|闻+1)…(21*/+1),使得对W=1,2.…,2022,以及Vaw4,有ni丰t/(modq)证明：•・•6•％ 02M2两两互质，由中国剩余定理可知：对⑺ 2022,小,满足乙・l(modq),t,=(Kmoda;Xj*0.2022考虑数a=2K，则a«Bjc,(mod* ♦ 10分记S,={0,1.2,…，a,-1),设瓦q{0.1,2,….q-1}且是满足对Vx.y^B,,7工wA、,KVr二(modq)的元素最多的集合，从而对V，wg・fw§必存在用，vg4,使十。〃)vfmodq).故/W〃土Wmcdq),故对V3瓦.fwS,,，至多有21||4|种模q的余数.从而|旦|+2|41|8,|Nq,KP|B,|>―&-./=1.2 2022.2141+1 30分2022考虑形如*中的数构成的集合S{之小,区W8J.则S中有|用II禺I…|@2al个不同的数且模4%….022的余数在［。，q々…I］中.将10,4%…-1］均匀分为 4-T 个区间■ (2141^1X21AH-1)-(21-^1+1)••1S,llBJ-IBwnI；. ,--T(2I4I+1X2I4I+1)…(2|4。22l+D必存在S中有两个数位于同一区间，故其差(大减小)4(2141+1X2141+1)…(2|4皿1+1).且由优的定义可知，这两个数之差模q不与4中元素同余，记这个正整数为相则，，(2I4I+1X2I41+1)…(2|&a1+1) 50分2022年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（三）

考试时间：2022年7月30日上午8:00—9:20一'填空题（本大题共8道小题，每小题8分，共64分）1,计算：sin(arcsin(0.7)4-arcsin(0.3))•costarcsin(0.3)-arcsin(0.7)-y1=2【答案】，5【解析】原式=sin(arcsin(0.7)+arcsin(0.3)).sin(arcsin(0.3)-arcsin(0.7))=^sin(arcsin(0.3)))-(sin(arcsin(0.7)))=-0.42.设集合/={1,2},8={3,4},X=加力卜=q+6z,其中w8,z为实系数方苗2+mx+典=曲根｝,则X中所有元素之和为.【答案】-186【解析】2与Z为方程两根由韦达定理，m=-2a.n=a2+b2则X中所有元素之和为工“以一2州+叨=-2Z…G+苏）=-2[22/+(£»取£/)卜-2(18+3x25)7862 23.已知椭圆£4+%=1（。>6>0）,其左、右焦点为耳（-c,0）,g（c,0）.实数a,依次构成等比数列.设P为椭圆E上任意一点，/为△尸£鸟的内心，H>,先分别为点尸,/的纵坐标,则庄=

%【答案】4【解析】由题意,6?=8=/—。2—4。=0=/+6—1=0,故6= 2pipFPF设PI和不轴交于点A/，则—=1=,2，故JM甲/F2MPI_PK+PFS1_2布+1市—毕/+亭/_五一1”-]_2故》”+出.|%|1M2.已知正四面体月58的顶点。在平面a内，顶点8在平面a内的正投影为O,直线与平面a所成的角为60。.当顶点4与点。的距离最大时，直线8与平面a所成角的正弦值为.【解析】・・•四边形OR4c中，顶点4与点。的距离最大，・・・0,B,4C四点共面,设此平面为一，•：BOlafBOq。,：.。工a,如图，过点。作平面垂足为〃，连接"C,设正四面体4B8的棱长为1,则在RAHCD中，CH=—BC=—.VBO±atCH"BO,则3 3CHLa过点。作DEJLa于E,连接CE,则NDCE就是直线与平面。所成的角,,:DH aL。且DHaa,:.DHIla.由此可得点。到平面a的距离等于点H到平面a的距离，即DE・•・•・在&中，sinNDCE~CD~3.已知在zMBC中，角48,。所对的边分别为a,4c,4=90。，边BC上一点D满足BD:DC=c:4b,若,4D=1,则b+c的最小值为.【解析】而=w-砺荔，，4£>=1,c+46c+4b故1=(-^-]-c2+f—1b2,即c+4b=Mc,(c+4lj \c+4b).已知数列｛%｝共有7项，且a；=a1a7,S”为｛4｝的前"项和，满足ZSLd+a"。"")，则满足上述条件的数列｛%｝共有个.【答案】23【解析】由2S.=a；+。.得2S^=<,+%,作差阳a“+。1)血-%「1)=0,"=2.3,4,…7,故4=-%-1或。”=4~1+1，由2,二片+0^4=0或q=1(1)%=0时，％=°，任取，而％,%,%，,只有°，°，°，0和°，1，一10两种，故共有16种可能：

(2)%=1时，①q,q，4的值为LT」时，此时数列｛4｝有4种可能;②的值为LH时，此时数列｛%｝只有1种可能;③4，%,%的值为10.0时，此时数列｛4｝有2种可能.故共有23种可能.尸(i).已知24,…4为”次首一多项式P(x)的所有实数根，若干=2020+2022i(这里i为虚数单位)，则arctan/i+arctan^+-+arctan/;=.【答案】+arctan—.keZ1010【解析】记"=tanq.,则P（x）=n（x-tan，J,故1•=1萼单+.用=。壶口（8S…叫=0册卜恪5格））Sill从而可知一cos20222020nSill从而可知一cos20222020故31*01311彳+0!\4211乙+-+3!*33114=24=左乃+虹(?1@1]^~^,左WZk=i 1010.将6x6的方格表中的12个小方格染成黑色，使得每行和每列均恰有2个黑格，则不同的染色方式共有 种.【解答】67950【解析1】记/(〃)为〃x〃时的染色方式数，令每个黑格的“朋友”黑格为和它同行或者同列的黑格，则每个黑格恰有两个“朋友”热格。假设其中左列的2%个黑格形成一个圈,即相邻两个黑格互为“朋友”黑格,第一个黑格和最后一个黑格互为“朋友”黑格.人可以取2,3,4,…划掉这2k个黑格，会形成一个(〃-2)x(〃-左)的方格表，方法数为了(〃一女)个。因此有/(〃)= ~—•(«-l)(w-2)-(w-2)(w-3)-+1)/(«-/:)人22注意：上述等式的意义为，先在第一列找到两个黑格，[“-1)种,然后对于靠上的黑格，找到它同行的“朋友”黑2格在哪一列，(〃-1)种,再在这一列找到另一个黑格(〃-2)种(如果k=2时，这个烈格的位置是确定的)。依次类推即可。故有当〃22时，4- ——t«!(«-1)!2金《〃_砌2将上式中的“替换为”-1,相减可知当〃>3时有，-ZW 小T)J/1"")«!(n-l)!(n-l)!(»-2)!2((„_2)!)21 7即/(w)=w(w-l)/(w-l)+—/?(n-iy/(w-2)由/⑴=0,/(2)=l可知"3）=6f（4）=4x3x6+gx4x9x1=90/（5）=5x4x90+1x5xl6x6=2040/（6）=6x5x2040+lx6x25x90=67950【解析2】我们考虑一个分别以6行，6列为两个部分的二部图，令其中一行与一列连边当且仅当这一行与这一列的交点处的方格被染黑了.那么此二部图中每个顶点的度数均为2.于是此二部图为一些圈的并，且圈长均不小于2.接下来我们考虑当在两部分中分别选定上个点时，使得这2%个点构成一个圈的连边方法数,我们首先确定包含于这个圈的一个匹配，共七个.而注意到一个连边方法构成的圈恰包含两个匹配，而每个匹配被（左-1）!个圈包含（考虑将左个匹配在圈上排列），故连边方法共有""一"种.26g当二部图整个为一个长为6的圈时，有一^=43200种，2/八24小2W当二部图由一个长为4的圈与长为2的圈构成时，有（C：）xgx苛=16200种;当二部图由两个长为3的圈构成时，有券x"i=7200种；当二部图由三个长为2的圈构成，有=1350种.故共有43200+16200+7200+1350=67950种二、解答题（本大题共3道小题，第9题16分，第10题20分，第11题20分，共56分）1 1 , 12.已知集合。={（$,/）!$>0,x2>0,演4-A；=2k},其中％为正常数,若不等式■一天X 毛）2（%一（）对任意。恒成立，试求上的取值范囿【解析】令〃=司玉，则由基本不等式，有0<〃V/.

XxXxX24k2+2=m -+2.u4it2-1记/(«)=u +2u当人：时.函数/(»)在(0,日上是增函数.则/(«)</(A-2)=^-lj.矛盾.故要使/(")2(左-\).则0<%<g. 8分由对勾函数性质可知，/(")="+ +2在(0,J1-4*［上递减.在上递增.要使/(“)在(04-［恒有=/(犬)，则必有内WS-4A、解得0</(4曲-2.故所求％的取值范围为0<*41的-2. 16分.已知直线,分别与两抛物线G：y=2RHp>0)和。2：步=46交于四个不同的点,4(牛乂),8(三,必)，D(x39y31E(x4,y4),且乂<必<必<必.设/与x轴交于点A1，若AD=6BE,求皿的值.解:由题意，直线/的斜率存在，设直线/的方程为y=h+/w,则卜2=2"=心呼+2p…=3=^^」［y=far+w yty2yty2m-111Mli11问理可知—H ，故 1 = 1 ,%Mm乂y2y3y4 5分从而有1 1_1 1=%-乂_/-乂=血_1)’3-乂_1乂月1乂%H%乂% BE\y2-y4\\y2y4\ 10分由于=等,％”=竿，故k k4pmyty3_3仇_2)’;嬴一返13r6攸」因此也=1A_=JJ.ME|y4| 20分11已知数列{a“},{6,}满足q=2,4=0,%=2也=2,且对任意正整数〃23,有a"-，4=4Ta+4-2如,求卜皿|的末两位数字.【解析】令z“=q,+4i,其中i为虚数单位，则有z“=2标/标2,其中〃23,4=2z2=2+2i故z“=2%(l+i)*',当”23时。其中月，为斐波那契数列，号=B=1 5分zL+i产由于斐波那契数列的模周期性，可知用也为奇数(事实上凡为偶数，当且仅当3|〃)。故ze2-"(2i)率(1+i)因此|喊|=2铲,

，加尸 _ E* 1显然42k皿，故只需计算,招二+%”除以25的余数，由于「(25)=20,即只需考虑3^+小除以20的余数，即只需考虑巴以-1+253除以5的余数和除以8的余数.由斐波那契数列的模周期性，模5具有周期20,模8具有周期12,故时21三片=l(mod5),凡叫三月三5(mod8)凡m2三用三l(mo<i5),以心三左三0(mod8)故用0