2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）加试参考答案与评分标准（A卷）(1)_1多考区联考试卷

2024 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛） 暨 2024 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）给定正整数r．求最大的实数C，使得存在一个公比 为r的实数等比数列{a } ，满足 a C 对所有正整数n成立．（ x 表示实数x n n1 n 到与它最近整数的距离．） 解：情形1：r为奇数． 1 1 对任意实数x，显然有 x  ，故满足要求的C不超过 ． 2 2 1 又取{a }的首项a  ，注意到对任意正整数n，均有rn1为奇数，因此 n 1 2 rn1 1 1 1 a   ．这意味着C 满足要求．从而满足要求的C的最大值为 ． n 2 2 2 2 …………10分 情形2：r为偶数． 设r2m(mN*)．对任意实数，我们证明 a 与 a 中必有一数不超过 1 2 m m ，从而C ． 2m1 2m1 1 事实上，设a k，其中k是与a 最近的整数（之一），且0 ． 1 1 2 注意到，对任意实数x及任意整数k，均有 xk  x ，以及 x  x ． m m 若0 ，则 a  k  ． 2m1 1 2m1 m 1 2m2 m 若  ，则 2mm，即m rm，此时 2m1 2 2m1 2m1 m a  ar  krr  r  ． …………30分 2 1 2m1 m m 另一方面，取a  ，则对任意正整数n，有a  (2m)n1，由二 1 2m1 n 2m1 m m 项式展开可知a  (2m11)n1K(1)n1 ，其中K为整数，故 n 2m1 2m1 m m a  ．这意味着C 满足要求． n 2m1 2m1 m r 从而满足要求的C的最大值为  ． 2m1 2(r1) 11 综上，当r为奇数时，所求C的最大值为 ；当r为偶数时，所求C的最大 2 r 值为 ． …………40分 2(r1) 二．（本题满分 40 分）如图，在凸四边形ABCD中，AC平分BAD，点 E,F分别在边BC,CD上，满足EF ||BD．分别延长FA,EA至点P,Q，使得过点 A,B,P的圆 及过点A,D,Q的圆 均与直线AC相切．证明：B,P,Q,D四点共 1 2 圆． （答题时请将图画在答卷纸上） L(L') Q ω 2 Q ω 2 P P ω ω 1 1 A A K B D B D E F E F C C 证明：由圆 与AC相切知BPABACCADCAF 180PAC， 1 故BP,CA的延长线相交，记交点为L． CE CF CK CE CF 由EF ||BD知  ．在线段 AC 上取点K，使得   ，则 CB CD CA CB CD KE|| AB, KF || AD． …………10分 由ABLPALKAF ，BAL180BAC180CADAKF ， KFAB 可知ABL∽KAF，所以AL ． …………20分 KA KEAD 同理，记DQ, CA的延长线交于点L，则AL ． KA KE CK KF 又由KE|| AB, KF || AD知   ，即KEADKFAB． AB CA AD 所以AL AL，即L与L重合． 由切割线定理知LPLBLA2 LQLD，所以B,P,Q,D四点共圆． …………40分 三．（本题满分 50分）给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格 构成的集合S称为“连通的”，如果对S中任意两个不同的小方格A,B，存在整 数 l ≥2 及 S 中 l 个 方 格 A=C ,C ,,C = B ， 满 足 C 与 C 有 公 共 边 1 2 l i i+1 2(i =1,2,,l−1). 求具有下述性质的最大整数K：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或 白色，总存在一个连通的集合S，使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值 不小于K. 解：所求最大的K =n. 对一个由小方格构成的集合S，记S 是S中的黑格个数，S 是S中的白格个 b w 数. 用[i, j]表示第i行第 j列处的方格，这里1≤i≤3,1≤ j ≤n.对于两个方格 A=[i, j]，B=[i′, j′], 定义它们之间的距离为d(A,B)=|i−i′|+| j− j′|. 首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连 通的集合S，均有|S −S |≤n，这表明K ≤n. b w 设[1,1]是黑格，并记ε∈{0,1}，满足ε≡n(mod2). 先证S −S ≤n.可不妨设S包含所有黑格，这是因为若S不包含所有黑格， b w 取不属于 S 的黑格 A 满足 d(A,S) 最小，这里 d(A,S)=mind(A,B) .易知 B∈S d(A,S)=1或2.若d(A,S)=1，取S′=S{A}，则S仍是连通的，且S′ −S′ 更大. b w 若d(A,S)=2，则存在与 A相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格 B 相邻，取 S′=S{A, B}，则S仍是连通的，且S′ −S′ 不变. 因而可逐步扩充S，使得S b w 包含所有黑格，保持S的连通性，且S −S 不减. b w 考虑白格集合W ={[i, j]|i+ j =k}，k =3,5,,n+1+ε，每个W 中至少有一 k k 个方格属于S，否则不存在从黑格A=[1,1]∈S到黑格B=[3,n−1+ε]的S中路径. 1 1 故S ≥ (n+ε)，而S = (3n+ε)，故S −S ≤n. …………10分 w 2 b 2 b w 1 类似可证S −S ≤n.同上，可不妨设S包含所有白格, 从而S = (3n−ε). w b w 2 再考虑黑格集合B ={[i, j]|i+ j =k}, k =4,6,,n+2−ε，每个B 中至少有一 k k 个黑格属于S，否则不存在从白格A=[1,2]到白格B=[3,n−ε]的S中路径. 从而 1 S ≥ (n−ε)，故S −S ≤n. …………20分 b 2 w b 下面证明K =n具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S， 使得 S −S ≥n. b w 设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x个黑格和 y个白格. 于 是X +Y =3n, x+ y =n.故 (X − y)+(Y −x)=(X +Y)−(x+ y)=2n. 由平均值原理可知max{X − y,Y −x}≥n. 不妨设 X − y≥n.取S 为第二行中的 y个白格以及所有 X 个黑格.由于S 包 含第二行中所有方格，因而S是连通的. 而S = X ，S = y，S −S = X − y≥n. b w b w 综上所述，K =n. …………50分 max 四．（本题满分 50分）设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合， 具有下述性质： (1) 对任意非负整数k，有Ak S； (2) 若正整数nS，则n的每个正约数均属于S； 3(3) 若m,nS，且m,n互素，则mnS ； (4) 若nS，则AnBS． 证明：与B互素的所有正整数均属于S． 证明：先证明下述引理． 引理：若nS ，则nBS ． 引理的证明：对nS ，设n 是n的与A互素的最大约数，并设nnn ，则 1 1 2 n 的素因子均整除A，从而(n,n )1．由条件(1)及(2)知，对任意素数 p| A及任 2 1 2 意正整数k，有 pk S．因此，将Ak1n 作标准分解，并利用(3)知Ak1n S．又 1 1 n |n，而nS，故由(2)知n S ．因(Ak1n ,n )1，故由(3)知 Ak1n n S， 2 2 1 2 1 2 即Ak1nS ．再由(4)知 AknBS（对任意正整数k）． ① …………10分 设nBCD，这里正整数C的所有素因子均整除A，正整数D与A互素， 从而(C,D)1．由(1)及(2)知CS（见上面Ak1nS 的证明）． 另一方面，因(D, A)1，故由欧拉定理知D A(D)1．因此 A(D)nB(A(D)1)n(nB)0 (modD)， 但由①知A(D)nBS ，故由(2)知DS．结合CS及(C,D)1知CDS ，即 nBS ．引理证毕． …………40分 回到原问题．由(1)，取k 0知1S ，故反复用引理知对任意正整数y，有 1ByS ． 对任意nN*,(n, B)1，存在正整数x, y使得nx1By，因此nxS ，因 n|nx，故nS．证毕． …………50分 4