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文档简介
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)
暨2023年全国高中数学联合竞赛
一试(A卷)参考答案及评分标准
说明:
1.评阅试卷时,请依据本评分标准.填空题只设8分和0分两档;其他各
题的评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不得增加其他中间档次.
2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷
时可参考本评分标准适当划分档次评分,解答题中第9小题4分为一个档次,第
10、11小题5分为一个档次,不得增加其他中间档次.
一'填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分.
1.设复数z=9+10i(i为虚数单位),若正整数〃满足|z"|s2023,则〃的
最大值为.
答案:2.
解:罔=以『=(W+1()]"=(闹『.因归|=181<2023,而当〃23时,
上[=(加1『〉13"〉2023,故〃的最大值为2.
2.若正实数a,〃满足心”=2,a巾•护gb=5,则(必)电时的值为.
答案:20.
解:因为吩"=10叱励=。9=2,所以
,sabsasb
(ab)=("严+励=(a'•网).a'-阴”=5x2x2=20.
3.将一枚均匀的骰子独立投掷三次,所得的点数依次记为苍y,z,则事件
"C;<Q<C;"发生的概率为.
答案:±
解:由于C;=C;<C;=C;<C;=C;,因此当即〉二€{1,2,3,4,5,6}时,事
件发生当且仅当"xe{l,6},ye{2,5},ze{3,4}”成立,相应的
概率为±2?=」I-.
⑹27
4.若平面上非零向量a,仇)满足a_L0,,)=2|a|,y-a=3\(3],则|-y|的
最小值为.
答案:273.
解:由aJ_3,不妨设a=(a,0),0=(0,6),其中a,0〉0,并设)=(x,y),
则由/?,)=2|a|得by=2a,由ya=3|/3|得ar=3b.
所以l?l=J-+让>y]2xy==2A/3.
取此时x=>=后,|引取到最小值26.
5.方程sinx=cos2x的最小的20个正实数解之和为.
答案:130%.
解:将cos2x=l—2sin2%代入方程,整理得(2sinx-l)(sinx+l)=0,解得
X—2k7r+—,2女万+史,2%7F+史伙€Z).
662
上述解亦可写成》=附+工伙eZ),其中%=0,1,…,19对应最小的20个正
36
实数解,它们的和为注[也+』=三也+220=130n.
36)326
6.设a,b,c为正数,a.若a,b为一元二次方程。/—Z?x+c=0的两个根,
且a,b,c是一个三角形的三边长,则。+b-c的取值范围是.
答案:—1.
、8J
解:由条件知of—hx+c=a(x—d){x—b)=ax2—(a2+ab)x+a2b,比较系
24
数得力=/+时,c=Q%,故〃=----,C=----,从而
\—a\—a
,a-a3
a+b-c=a-\-------=a+a~2+a'・
1-a
由于。〈。〈匕:"一,故此时显然b〉c>0.因此,a,b,c是一
\-a2
49
个三角形的三边长当且仅当a+c>b,即.+'一>’二,即以"+。—i)<o,
1—a\—a
结合解得且二L
222
令/(%)=x+/+/,则一c=/(a).显然当x>0时/(九)连续且严格
即匕斯—1
递增,故。+8—c的取值范围是
<8,
7.平面直角坐标系x°y中,已知圆。与x轴、y轴均相切,圆心在椭圆
22
「:5+2=1(。〉匕〉0)内,且。与r有唯一的公共点(8,9).则r的焦距
a~b~
为.
答案:10.
解:根据条件,可设圆心为P(r,r),则有(r-8)2+(r一9)2=产,解得「=5
或r=29.因为P在T内,故r=5.
椭圆T在点A(8,9)处的切线为/:驾+当=1,其法向量可取为7=但;.
ab"(a/?,
由条件,/也是圆。的切线,故7与丽平行,而西=(3,4),所以与=卫.
erh~
又”+色=1,解得"=160万=135.从而r的焦距为2j——省=10.
ab-
2
8.八张标有A,8,C,O,E,£G,H的正方形卡片构成下图.现逐一取走这些
卡片,要求每次取走一张卡片时,该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边(例
如可按D,A,B,E,C,F,G,H的次序取走卡片,但不可按D,B,A,E,C,£G,〃的
次序取走卡片),则取走这八张卡片的不同次序的数目为.
答案:392.
解:如左下图重新标记原图中的八张卡片.现将每张卡片视为顶点,有公共
边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边,得到一个八阶图,该图可视为右下图
中的根+〃+2阶图G(m,在,”=3,〃=3时的特殊情况.
(i)若顶点P已取走,则以下每步取当前标号最小或最大的顶点,直至取完;
(ii)若顶点P未取走,则必为某个G(肛〃)(加,〃20)的情形,此时若加=0,
则将P视为-1号顶点,归结为⑴的情形;若机工0,〃=0,则将P视为1号顶点,
归结为(i)的情形;若犯〃21,则当前可取P或-机号顶点或〃号顶点,分别归
结为⑴或G(m一1,〃)或G(tn,n-1)的情形.
设的符合要求的顶点选取次序数为本题所求即为/(3,3).
由⑴、(ii)知/⑴,0)=2"5(加20),/(0,n)=2,,+1(n>0),且
f(m,n)—2"'+n+f(m—1,«)+f(m,n—1)(m,n>1).
由此可依次计算得了(1,1)=12,/(1,2)=/(2,1)=28,/(1,3)=/(3,1)=60,
/(2,2)=72,f(2,3)=f(3,2)=164,f(3,3)=392,即所求数目为392.
二、解答题:本大题共3小题,满分56分.解答应写出文字说明、证明过
程或演算步骤.
9.(本题满分16分)平面直角坐标系X。),中,抛物线「::/=4x,E为T的
焦点,为T上的两个不重合的动点,使得线段AB的一个三等分点P位于线
段。尸上(含端点),记。为线段的另一个三等分点.求点。的轨迹方程.
解:设虫0乂),8(々,巴)-不妨设而=而=砺,则"苦与生产.
易知/(1,0).由于点尸位于线段OF上,故智三2"X=o.
..........4分
可设乂=f,%=—2f,则%=?,Z=『.此时有且由
48不重合知^工0,所以产e(0,2]...........8分
3
4
设Q(q,y。),则XQ=-32k=$2,"=**2*=T,有%
注意到尤O=$2e]o,m,故点Q的轨迹方程为y2=gx(0<xwg).
..........16分
10.(本题满分20分)已知三棱柱。:ABC-的9条棱长均相等.记底
面ABC所在平面为a.若。的另外四个面(即面A4G,A网A,ACCA8CGA)
在a上投影的面积从小到大重排后依次为2百,36,46,5月,求。的体积.
解:设点A,4,G在平面a上的投影分别为O,E,F,则面A4G,A84A,
ACG4,BCC,B,在a上的投影面积分别为SADEF,SABED,SACFD,SBCFE.
由已知及三棱柱的性质,ADEF为正三角形,且ABED,ACFD,BCFE均为
平行四边形.
由对称性,仅需考虑点。位于ZR4C内的情形(如图所示).
显然此时有SABED+SACFD=SBCFE..........5分
=
由于{S^DEF,SABED,SACFD'BCFE}I2VJ,3邪),4陋,5J^},故SABED,SACFD必为
26,36的排列,SBCFE=56,进而得△DEE的边长为4,即正
三棱柱O的各棱长均为4...........10分
不妨设5人痛)=2SACFD—3百,则S^BD~6,^AACD=2.
取射线AO与线段的交点X,则%=也皿=2,故BX=§.因此
CXSgco35
AX=y]AB2+BX2-2AB-BX-cos60°=1V19,
而处=S®也+S*a,=*,故4。=巫..........15分
AXS^BC82
于是。的高//=J曲_A02=.
又Sac=46,故O的体积V=S5c/=6后・.........20分
11.(本题满分20分)求出所有满足下面要求的不小于1的实数人对任意
a,bG[―1,t],总存在c,dE[—1,t]9使得(a+c)(b+d)=1.
解:记4=[-1,小S=(a+c)(b+d).
假如r>2,则当〃口时,对任意c,de//,均有S2Q—1)2〉1,不满足
4
要求.
假如则当。=一1,人=2一时,对任意c,de/,,均有
一2
—2+—191——tgb+dg2.
若a+c,〃+"同正或由负,则SS2Q-1)<1,其荼情况下总有SgO<l,不
满足要求・.........5分
以下考虑士S/W2的情形.为便于讨论,先指出如下引理.
2——
引理:若〃且〃+则〃口21.
-2~2
Q/.\2/、2,<\2/公、2
事实上,当|〃-丫|<一时,uv—-——---~->———=].
11-2I2JI2厂⑷⑷
当I”一v|〉3时,MV>-J-+-1=1.引理得证.
1122(22)
下证对任意a,be4,可取q,4e4,使得
S1=(a+q)S+4)“①
若。+匕与一;,则取。=4=一1,此时
5=3—1)S—1)=(1—。)(1—切,
31315
其中1—二+62—,1-匕2二十。之一,且(1一。)+(1—6)=2—(“+6)之一,故
-2-2-2-2-2
由引理知S,>1.
13
若a+b〉—5,则取q=4=;e/,,此时
3M3)
a+—b+—,
E—2人2)
3311(313)(315
其中a+士3,b+±3>±,且a+二+b+二=a+b+3〉]5,故由引理知百〉1.
222(2)J(2)22
..........15分
注意到,当。,此4时,可取,使得|a+c21sl(例如,当ae[—l,l]时
取,2=0,当ae(L〃时取。2=-1),同理,可取&e/,,使得|》+d21sL此时
S,=(a+。2)3+W)S|a+c2Hb+d21sl.②
根据①、②,存在一个介于之间的实数c,及一个介于4,W之间的实
数d,使得(a+c)(b+d)=l,满足要求.
,3
综上,实数f满足要求当且仅当/WfW2...........20分
5
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)
暨2023年全国高中数学联合竞赛
一试(B卷)参考答案及评分标准
说明:
1.评阅试卷时,请依据本评分标准.填空题只设8分和0分两档;其他各
题的评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不得增加其他中间档次.
2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷
时可参考本评分标准适当划分档次评分,解答题中第9小题4分为一个档次,第
10、11小题5分为一个档次,不得增加其他中间档次.
一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分.
1,函数y=log"//-9x-10)的定义域为.
答案:(―8,—l)U(10,+8).
解:由——9x—10=(x+lXx-10)>0,解得x€(-oc,-l)U(10,+oc).
2,若实数m满足2?"=44',则m的值为.
答案:—1.
解:由于2厂=4『=2"",故2"=2x¥,两边约去2"于0)得l=2"+i.
所以/n=-1.
3.若双曲线1;:£一]=1伍净>0)的离心率为3,则双曲线1\:[一工=1
的离心率为__________.
答案:皑
4
解:-c=J>+〃,则L的离心率q=£,r,的离心率e,=£.
ab
因此4+二=匕段=|•由4=3知1=e,得4=速.
e:c21e;9•4
4.设”为止整数.从1,2,…,〃中随机选出一个数°,若事件“2W4”
发生的概率为2,则"的所有可能的值为__________.
3
答案:12和18.
解:注意到2〈筋到4,a为正整数,即ae{5,6,…,16}.
根据条件,显然"25.
当55”《16时,有巳二3=2,得〃=12.
n3
当〃217时,有L12=£2,得〃=18.
n3
综上,〃的所有可能的值为12和18.
5.平面上五点48,C,O,E满足丽=就=而,EAEB=4,EBEC=5,
ECED=S,则或屈的值为.
答案:3.
解:记丽辰.由条件知肩=21—士丽=2]一九于是
EA-ED=(2b—c)(2c—b)=5hc—2b—2c
=3b・c—b,(乃一c)—c・(2c—6)
=3EBEC-'EAEB-ECED
=3x5—4—8=3.
6.将所有非完全平方的正奇数与所有正偶数的立方从小到大排成一列(前
若干项依次为3,5,7,8,11.13,…),则该数列的第2023项的值为.
答案:4095.
解:用{“.}表示题述数列.前2023个止奇数依次为1,3,5,…,4045,其中恰
有-J:…,63?这32个完全平方数,而在小于4045的正整数中恰有2141一,14’
这7个偶立方数.因此4045是{(}的第2023-32+7=1998项.
进而。20”=^^+2x25=4095(注意65^>4095且16,>4095).
7.设,一<8。与0-48CO为两个正四棱锥,且"40=90°,点时在线
段/C上,且CM=3/M/.将异面直线尸A1,Q8所成的角记为。,则cos。的最大
可能值为.
答案:.
解:设正方形488的中心为。,由条件知P。垂直平面488于点。,又
/4。=90°,由射影定理知0尸00=。/2.显然。在P.Q之间.
以。为原点,而,而,丽方向为乂乂二轴的正方向,建立空间直角坐标系,
不妨设4(1,0,0),B(0,l,0),P(0,0,a),40,0,
易知”1.o,o|,因此而=5o,T
当°=正时,cose取到最大可能值2.
23
8.七张标有48,C,O,E,凡G的正方形卡片构成卜.图.现逐一取走这些卡
片,要求每次取走•张卡片时,该卡片与剩下的甘片中至多一张有公共边(例如
可按D,4B,E,C,F.G的次序取走卡片,但不可按D,B,A,E,C,F,G的次序取走
卡片),则取走这七张卡片的不同次序的数目为__________.
答案:164.
解:如左下图重新标记原图中的七张卡片.现将每张卡片视为顶点,有公共
边的两张甘片所对应的顶点之间连一条边,得到一个七阶图,该图可视为右下图
(i)若顶点P已取走,则以下每步取当前标号最小或最大的顶点,直至取完:
(ii)若顶点P未取走,则必为某个G(m,〃)(皿〃之0)的情形,此时若加=0,
则将P视为一1号顶点,归结为(i)的情形:若加工0,"=0,则将P视为1号顶点,
归结为⑴的情形;若风〃21,则当前可取尸或一〃;号顶点或〃号顶点,分别归
结为(i)或G(m-1,")或G(/n,"-1)的情形.
设G(m,〃)的符合要求的顶点选取次序数为f(m,〃),本题所求即为/(2,3).
山(i)、(ii)知/(九0)=2*'(m20),/(0,n)=2"*'(n>0),且
f(m,«)=2"*"+n)4-—,
由此可依次计算得J(l,1)=12,/(1,2)=/(2,1)=28.”1,3)=60,/(2,2)=72,
7(2,3)=164,即所求数目为164.
二,解答题:本大题共3小题,满分56分.解答应写出文字说明、证明过
程或演算步骤.
9.(本题满分16分)将方程sinx+cosx=4^l<J所有止实数解从小到大依次
2
记为41H,…,求司+*2+…+.%的值.
解:由于sinx+cosx=0sin(x+;,原方程等价「sin[x+.所以
x+2=2k7v+£或2kir—(ArCZ).4分
466
其中所有正实数解为4=2左k一3(上=1,2,--•)i?Jcx=2k-4-(A=0,1,•••),故
x2ln_l=2(m-1)7F+得,x2,w=27n7r-=1,2,•••)•..........8分
从而
1010/77rc7T
士+X?+…+0。=+x.)=£2(加-1)"+-------F27W7T-------
AV«IIR=I\1212
3,10x1I3c___
=£4巾/--7T=47r---------7T-10=205TT.16分
iwTI222
10.(本题满分20分)平面直角坐标系中,圆。与x轴、y轴均相切,与椭
•)■>
圆「:1+4=1(。>人>0)有唯一的公共点/(8,9),且。的圆心位于「内.试比
较。的直径与r的焦距的大小.
3
解:根据条件,可设圆心为尸(r,r),则由|P/|=z■知(一8)2+(-9)2=产,
解得r=5或,。=29.因为P在「内,故r=5....5分.....
椭圆「在点48,9)处的切线为/:与+当=1,其法向量可取为7=89]
/利
ah
…“10分
由条件,/也是圆C的切线,故7与弦平行,而西=(3,4),所以*==.
/b
6481
又靛+至解得a2—160,62=135.15分
从而r的焦距为2力2-从=10.又。的直径为2r=10,故。的直径与r的
焦距相等...........20分
11.(本题满分20分)求出所有满足下面要求的不小于-1的实数/:对任意
00-2,4,总存在b,ce[—2,H,使得而+c=l.
2
解:当r=-l时,对任意0曰一2,-1],取6=上,c=-l,则仇ce[—2,-1"
a
且ab+c=2—1=1,满足要求...........5分
当-I<f<0时,取°=/,则对任意Ace[—2,,],有
ab+cg曲|+,W2|4+/=T<1,
不满足要求...........10分
当0金<1时,取4=0,则对任意瓦c€[-2,小^ab+c=c<t<\,不满
足要求...........15分
当后1时,对任意aw[-2,小取b=0,c=l,则6,cW[-24],且ab+c=l.
满足要求.
综上,实数,满足要求当且仅当,e{-i}UU,+8).20分
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)
K2023年全国高中数学联合竞赛
加试(B卷)参考答案及评分标准
说明:
1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分.
2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可
参考本评分标准适当划分档次评分,10分为一个档次,不得增加其他中间档次.
一.(本题满分40分)如图,A/J6C的外心为O,在边Z8上取一点。,延
长。。至点E,使得40,8,£四点共圆.若00=2,40=3,80=4,8=5,证
明:AJ8E与的周长相等.
证明:由4。,8,£共圆|得/。・8。=0。.。£1,又OD=2,AD=3、BD=4,
所以。£=6....................10分
nA°FAF
由04=OB得NO4D=NOE4,故40ADs&0EA、故也=空=巴.
ODOAAD
所以OT=ODOE=2x(2+6)=16,得O/=4.
进而AE=AD------=2AD=6.
OA
同理可得△O8£>SZXQEB,BE=2BD=S....................20分
由于。(72=。/=00.OE,故AOCDsdOEC....................30分
由。。=2,。£>=0£>+。£=8知。。=4,又CD=5,故EC=2CO=IO.
计算得
/8+4E+8£=7+6+8=21,CD+DE+EC=5+6+\Q=2\.
即以4BE与dCDE的周长相等...........40分
二.(本题满分40分)设孙〃是给定的整数,桁2〃23.求具有下述性质
的最小正整数左:若将1,2,…,4中的每个数任意染为红色或者蓝色,则或者存
在,个红色的数玉,々,…,与(允许相同),满足X1+X?+…+X"<X",或者存
在〃个蓝色的数切,外,…,其(允许相同),满足乂+以+…+匕-1<匕.
解:答案是m+1.
若k=mn-n,将I,2,…,〃一1染为蓝色,小〃+1,…,m〃一〃染为红色.则对任
意加个红色的数玉,当,…,4,有玉+七+…+4-1之,对任意〃个蓝色
的数乂,为,…,”,有Ji+必+…+片-IN”-1之”,上述例子不满足要求.
对左;"〃-〃,可在上全例子中删去大于〃的数,则得到不符合要求的例
子,因此所求A2"皿-〃+1........................10分
下面证明k=M〃-〃+1具有题述性质.
假设可将1,2,…,m〃-〃+1中的每个数染为红色或蓝色,使得结论不成立.
情形一:若1是红色的数,则红色的数均不超过6-1,否则可取一个
红色的数与2〃?,再取玉=/=1,则不+…+X吁I〈兀,,与假设矛盾.
.......................20分
故+…,m〃-〃+1均为蓝色的数,此时取
%=^2=・・・=乂_|=m,+
有
%+y2+・••+>“_]=m(n+l=yn,(*)
与假设矛盾.............30分
情形二:若1是蓝色的数,则同情形一可知蓝色的数均不超过故
+1,…,m+1均是红色的数.此时取士=七='••==n,xm=mn-n+\t
与(*)类似,可得矛盾.
故A=m+1时结论成立.
综上,所求最小的正整数A=用”-曾+1........................40分
三.(本题满分50分)是否存在2023个实数q,,,…,.口6(0,1],使得
2023I
Ela,-a/|_£—>,()6?
i<^<;<2023A=l4
证明你的结论.
2023)
解:记5=£•
1<1<J<2O23A=lak
假设存在《吗,…,。2皿*0,1],使得S>l06.
不妨设0<q4/w…,则将£卜,一。/去掉绝对值后,生的
系数为2k-2024,从而
2023(.,
S=£(2A-2024)a*—上...........10分
Mlat)
当1W&W1011时,由基本不等式知
11,_____
(2k-2024).——=-(2024-2幻《+—<-2>/2024-2A.
4
...................20分
当1012WkW2023时,由于,(x)=(2k-2024)x-,在(0,1]上单调增,故
X
2
(2k-2024)%——</;(1)=2)t-2025.
从而
10112023
SS-2£j2024-2k+£(2左一2025)
A=l4=1012
1011
=1010乂1012-£(>/2024-2£+疡)...........30分
注意到,2024-2A+y[2k>J(20注-2A)+2A=J2024>44,故
S<1010xl012-1011x44<106,
这意味者不存在卬o”满足条件...........50分
四.(本题满分50分)设正整数a,6,c.”同时满足:
(1)a+b+c+d=2023;
(2)"+ac+ad+bc+"+cd是2023的倍数:
(3)abc^bed+eda+dab是2023的倍数.
证明:。机4是2023的倍数.
证明:易知2023=7x172.
苜先,由(1),(3)知
(a+/>)(a+c)(a+d)=/(a+〃+c+d)+(abe+bcd+cda+dab)
是2023的倍数,故q+6,a+c,a+d中至少彳了一个是7的倍数...........10分
由对称性,不妨设4+6是7的倍数,则c+d=2023-(a+b)也是7的倍
数,ac+ad+〃c+〃d=(a+〃)(c+d)也是7的倍数,故结合(2)知"+cd是7的倍
数,因此
a2+c2=a(a+b)+c(c+d)-(ab+cd)
也是7的倍数.乂平方数除以7的余数只能是0J2,4,因此瓜,1只能同时是7
的倍数,这表明”,b.c,d都是7的倍数.............20分
同上面分析可知:(“+6)(a+c)(a+d)是17?的倍数,故或者其中有一个因子
是172的倍数,或者其中有两个因子是17的倍数.
如果有一个因子是17」的倍数,不妨设6是17:的倍数,结合都是7的倍
数知,a+6是2023=7x17叩勺倍数,但这与a+6+c+d=2023及a,6,c,d是正整
数相矛盾!............30分
因此a+b,a+c,a+d中至少有两个是17的倍数.不妨设a+G,a+c都是17的
倍数,那么?>+"也是17的倍数,由
ab+ac+ad+be+bd+cd=(a+b)d+(b+d)c+a(a+b)+a(a+c)-2a2
知,2/是17的倍数,故“是17的倍数.
因此a,Ac,d都是17的倍数,这就说明j'Hcd是7晨17,的倍数,也就是
2023的倍数.............50分
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)
暨2023年全国高中数学联合竞赛
加试(A卷)参考答案及评分标准
说明:
1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分.
2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可
参考本评分标准适当划分档次评分,10分为一个档次,不得增加其他中间档次.
一.(本题满分40分)如图,。是以A8为直径的固定的半圆弧,3是经过
点A及。上另一个定点T的定圆,且3的圆心位于内.设P是Q的弧两
(不含端点)上的动点,C,。是a上的两个动点,满足:C在线段AP上,C,D
位于直线A3的异侧,且CO_LA8.记△COP的外心为K.证明:
(1)点K在△TOP的外接圆上;
(2)K为定点.
证明:(1)易知NPCD为钝角,由K为△CDP的外心知
APKD=2(180°-ZPCD)=2ZACD.
由于NAP8=90°,CDLAB,APBA=ZACD=AATD....................10分
所以APTD+APKD=APTA-AATD+2AACD=APTA+APBA=180°.
又K,T位于P。异侧,因此点K在△TOP的外接圆上..........20分
(2)取a的圆心。,过点。作A3的平行线/,则/为C。的中垂线,点K在
直线/上..........30分
由T,D,P,K共圆及KO=KP,可知K在/OTP的平分线上,而
ADTB=90°-ZATD=90°-4PBA=/PAB=APTB,
故为/。TP的平分线.所以点K在直线T3上.
显然/与T8相交,且/与TB均为定直线,故K为定点..........40分
二.(本题满分40分)正整数〃称为“好数”,如果对任意不同于〃的正整
2"
数加,均有,二1工«-)■,这里,次}表示实数x的小数部分.
nm~
证明:存在无穷多个两两互素的合数均为好数.
证明:引理:设〃是正奇数,且2模〃的阶为偶数,则〃是好数.
引理的证明:反证法.假设〃不是好数,则存在异于〃的正整数〃2,使得
4=三•.因此马与二写成既约分数后的分母相同.由〃为奇数知马是既
n\[m\nm**n
约分数,故病的最大奇因子为〃2,从而根的最大奇因子为〃.
设m=2'〃,其中f为正整数(从而加是偶数).于是三=2二.
"Tn
由差二=隹可得2"f三2"(mod〃2),故
n~
T'-2'=2"(mod/2).(*)
设2模〃的阶为偶数d.由(*)及阶的基本性质得,”-2r三〃(modd),故
/〃-2/-〃是偶数.但2r是偶数,〃是奇数,矛盾.引理得证.
..........20分
回到原问题.
设外=2y+1(%=1,2,…).由于用22'"—1,而冗12"一],因此2模居的阶
为2«+1,是一个偶数.
对正整数/,由2,三l(mod62)可知2/三l(mod既),故由阶的性质推出,2模
年的阶被2模6的阶整除,从而也是偶数.因£是奇数,由引理知片是好数.
..........30分
对任意正整数i,j(z<7),(耳,F)=(耳,⑵’-1)月耳+「书+2)=(耳,2)=1,
故月,心居,…两两互素.所以厚,层,母,…是两两互素的合数,且均为好数.
..........40分
三.(本题满分50分)求具有下述性质的最小正整数人若将1,2,…,2中
的每个数任意染为红色或者蓝色,则或者存在9个互不相同的红色的数
玉,々,…,与满足玉+兀2+…+4</,或者存在1。个互不相同的蓝色的数
弘,必,…,*0满足X+必+••,+%<y10-
解:所求的最小正整数为408.
一方面,若々=407时,将1,55,56,…,407染为红色,2,3,…,54染为蓝色,
此时最小的8个红数之和为1+55+56+…+61=407,最小的9个蓝数之和为
2+3+--+10=54,故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数.
对2<407,可在上述例子中删去大于k的数,则得到不符合要求的例子.
因此%4407不满足要求..........10分
另一方面,我们证明左=408具有题述性质.
反证法.假设存在一种1,2,…,408的染色方法不满足要求,设R是所有红数的集
2
合,8是所有蓝数的集合.将H中的元素从小到大依次记为、公…,%,8中的
元素从小到大依次记为4,为,…,2,m+n=408.对于R,或者因《8,或者
rt+r2+---+r^>rm;对于5,或者冏W9,或者仇+&+…+%.
在1,2,…,16中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数.
情形1:1,2,…,16中至少有9个蓝色的数.
此时仿此6.设区间[1也]中共有£个R中的元素4,公…“(04/<8).
t己x=4+r,+…+(,贝!]XN1+2+…+r=+1).
因为伪,匕2,…,勾,石,弓,…“是口,4]中的所有正整数,故
{4也,…,仇,斗弓,…,(}={1,2,…,9+f}.
于是b“44+"+…+4=1+2+…+(9+r)—x=](9+/)(10+f)—x.(*)
..........20分
特别地,/Wgx16x17=136.从而网29.
对任意由(*)知七42+i4,(9+/)(10+f)-x+i.从而
2
8“1、
?;„<?;+•••+/;+/;+|+---+^<JC+X-(9+r)(10+r)-x+z
<=i\2J
--(9+r)(10+r)(8-r)+-(8-r)(9-/)-(7-r)x
22
4万(9+Z)(10+Z)(8—Z)+—(8—/)(9—Z)—(7—/)■—z(?+l)
=-8?+19r+396<407(考虑二次函数对称轴,即知r=l时取得最大).
又2W136,这与优,中有一•个为408矛盾..........40分
情形2:1,2,…,16中至少有8个红色的数.
论证类似于情形1.
此时“<16.设区间口,4]中共有s个8中的元素4也,…也(04s<9).记
>=2+--+久,则yN5s(s+1).
因为4也,…也,.弓,…,很是[1,4]中的所有正整数,故
{4也,…,久,、2,…,4}={1,2,…,8+s}.
于是%«g(8+s)(9+s)-y.
特别地,与W;xl6xl7=136.从而忸|210.
对任意i(l,有久+,W/;,+iwg(8+s)(9+s)-y+i.从而
bnWb[+…+久+〃,+i+…+44y+X(;(8+s)(9+s)-y+i)
♦(一)(8+s)(9+s)-(8-s)错(9-s)(10-s)
3
《一(9—s)(8+s)(9+1v)—(8—5)—s(s+1)4—(9
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