2023年全国高中数学联合竞赛试题（附答案）

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