全国高中数学联赛（加式-A）试题+答案(1)_2023年9月_029月合集_2023年全国高中数学联合竞赛试题

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AB为直径的固定的半圆弧，是经过
点A及上另一个定点T 的定圆，且的圆心位于ABT 内．设P是的弧T  B
（不含端点）上的动点，C,D是上的两个动点，满足：C在线段AP上，C,D
位于直线AB的异侧，且CD AB．记CDP的外心为K．证明：
(1) 点K在TDP的外接圆上；
(2) K为定点．
P
T C
Ω
A B
ω
D
证明：(1) 易知PCD为钝角，由K为CDP的外心知
PKD2(180PCD)2ACD．
由于APB90，CD AB，故PBAACDATD．……………10分
所以PTDPKDPTAATD2ACDPTAPBA180．
又K,T 位于PD异侧，因此点K在TDP的外接圆上． ……………20分
(2) 取的圆心O，过点O作 AB的平行线l，则l为CD的中垂线，点K在
直线l上． ……………30分
由T,D,P,K共圆及KDKP，可知K在DTP的平分线上，而
DTB90ATD90PBAPABPTB，
故TB为DTP的平分线．所以点K在直线TB上．
显然l与TB相交，且l与TB均为定直线，故K为定点． ……………40分
P
T C
Ω
O K l
A B
ω
D
1二．（本题满分 40分）正整数n称为“好数”，如果对任意不同于n的正整
 2n   2m  
数m，均有  ，这里， x 表示实数x的小数部分．
n2 m2
证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．
证明：引理：设n是正奇数，且2模n的阶为偶数，则n是好数．
引理的证明：反证法．假设n不是好数，则存在异于n的正整数m，使得
 2n

 2m

2n 2m 2n
  ．因此 与 写成既约分数后的分母相同．由n为奇数知 是既


n2



m2

n2 m2 n2
约分数，故m2的最大奇因子为n2，从而m的最大奇因子为n．
2m 2m2t
设m2tn，其中t为正整数（从而m是偶数）．于是  ．
m2 n2
 2m2t

 2n

由  可得2m2t 2n (modn2)，故


n2 



n2

2m2t 2n (modn)． （*）
设2模n的阶为偶数d ．由（*）及阶的基本性质得m2tn(modd)，故
m2tn是偶数．但m2t 是偶数，n是奇数，矛盾．引理得证．
……………20分
回到原问题．
设F 22k 1(k1,2,)．由于F 22k1 1，而F 22k 1，因此2模F 的阶
k k k k
为2k1，是一个偶数．
对正整数l，由2l 1(modF2)可知2l 1(modF )，故由阶的性质推出，2模
k k
F2的阶被2模F 的阶整除，从而也是偶数．因F2是奇数，由引理知F2是好数．
k k k k
……………30分
对任意正整数i, j (i j)，(F,F )(F,(22i 1)FF F 2)(F,2)1，
i j i i i1 j1 i
故F,F ,F ,两两互素．所以F2,F2,F2,是两两互素的合数，且均为好数．
1 2 3 1 2 3
……………40分
三．（本题满分 50分） 求具有下述性质的最小正整数k：若将1,2,,k 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
x , x ,, x 满足 x  x x  x ，或者存在10 个互不相同的蓝色的 数
1 2 9 1 2 8 9
y , y ,, y 满足 y  y y  y ．
1 2 10 1 2 9 10
解：所求的最小正整数为408．
一方面，若k 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k 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k 407不满足要求． ……………10分
另一方面，我们证明k 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，B是所有蓝数的集合．将R中的元素从小到大依次记为r,r ,,r ，B中的
1 2 m
元素从小到大依次记为b,b ,,b ，mn408．对于R ，或者 R 8，或者
1 2 n
r r r r ；对于B，或者 B 9，或者b b b b ．
1 2 8 m 1 2 9 n
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b 16．设区间[1,b ]中共有t个R中的元素r,r ,,r (0t 8)．
9 9 1 2 t
1
记xr r r，则x12t  t(t1)．
1 2 t 2
因为b,b ,,b ,r,r ,,r是[1,b ]中的所有正整数，故
1 2 9 1 2 t 9
 b,b ,,b ,r,r ,,r  1,2,,9t ．
1 2 9 1 2 t
1
于是 b b b b 12(9t)x  (9t)(10t)x． （*）
n 1 2 9 2
……………20分
1
特别地，b  1617136．从而 R 9．
n 2
1
对任意i(1imt)，由（*）知r b i (9t)(10t)xi．从而
ti n 2
8t1 
r r r r r  x  (9t)(10t)xi 
m 1 t t1 8 2 
i1
1 1
 (9t)(10t)(8t) (8t)(9t)(7t)x
2 2
1 1 1
 (9t)(10t)(8t) (8t)(9t)(7t) t(t1)
2 2 2
8t2 19t396407（考虑二次函数对称轴，即知t 1时取得最大）．
又b 136，这与b ,r 中有一个为408矛盾． ……………40分
n n m
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r 16．设区间[1,r ]中共有s个B中的元素b,b ,,b (0s9)．记
8 8 1 2 s
1
y b b ，则 y s(s1)．
1 s 2
因为b,b ,,b ,r,r ,,r 是[1,r ]中的所有正整数，故
1 2 s 1 2 8 8
 b,b ,,b ,r,r ,,r  1,2,,8s ．
1 2 s 1 2 8
1
于是r  (8s)(9s) y．
m 2
1
特别地，r  1617136．从而 B 10．
m 2
1
对任意i(1ins)，有b r i (8s)(9s) yi．从而
si m 2
9s1 
b b b b b  y   (8s)(9s) yi 
n 1 s s1 9 2 
i1
1 1
 (9s)(8s)(9s)(8s)y (9s)(10s)
2 2
31 1 1
 (9s)(8s)(9s)(8s) s(s1) (9s)(10s)
2 2 2
7s2 27s369395（在s 2时取得最大），
又r 136，这与b ,r 中有一个为408矛盾．
m n m
由情形1、2知k 408具有题述性质．
综上，所求最小正整数k为408． ……………50分
四．（本题满分 50 分）设a 1104．在20232023的方格表的每个小方
格中填入区间[1,a]中的一个实数．设第i行的总和为x ，第i列的总和为 y ，
i i
y y y
1i2023．求 1 2 2023 的最大值（答案用含a的式子表示）．
x x x
1 2 2023
解：记n2023，设方格表为 a  ,1i, jn，
y
1
y
2
y
2023 ．
ij x x x
1 2 2023
第一步：改变某个a 的值仅改变x 和y ，设第i行中除a 外其余n1个数的
ij i j ij
和为A，第 j列中除a 外其余n1个数的和为B，则
ij
y Ba
j  ij ．
x Aa
i ij
当AB时，关于a 递增，此时可将a 调整到a,值不减．当AB时，关
ij ij
于a 递减，此时可将a 调整到1,值不减．因此，为求的最大值，只需考虑每
ij ij
个小方格中的数均为1或a的情况． ……………10分
第二步：设a  1,a  ,1i, jn，只有有限多种可能，我们选取一组a 使得
ij ij
n n
达到最大值，并且a 最小．此时我们有
ij
i1 j1
 a, x  y ,
a  i j （*）
ij 1, x  y .

i j
事实上，若x  y ，而a 1，则将a 改为a后，行和及列和变为x  , y ，则
i j ij ij i j
y  y a1 y
j  j  j ，
x  x a1 x
i i i
与达到最大矛盾，故a  a．
ij
n n
若x  y ，而a  a，则将a 改为1后，不减，且a 变小，与a 的选
i j ij ij ij ij
i1 j1
取矛盾．从而（*）成立．
通过交换列，可不妨设y  y  y ，这样由（∗）可知每一行中a排在1
1 2 n
的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知y  y  y ．因而只能
1 2 n
y  y  y ，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a）.
1 2 n
……………20分
第三步：由第二步可知求的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k
行全为a,有nk行全为1,0k n．此时
4(kank)n (kank)n
   ．
k (na)knnk nnak
我们只需求,,,中的最大值．
0 1 n
(k1)ank1n

k1 
nnak1

1



1
a1


n
．
 (kank)n a k(a1)n
k
nnak
因此
  a1 n
k1 11  a
 
  k(a1)n
k
xn 1
1  x（记x n a ）
k(xn 1)n
1xx2 xn1
 1
k(xn 1)n
1xx2 xn1n
k 
xn 1
1(1x)(1xxn2)
 ．
1xxn1
n1(n2)xxn2
记上式右边为 y,则y  ．
1xxn1
下面证明 y(1010,1011)． ……………30分
首先证明 y1011．
y1011 20222021xx2021 10111011x1011x2022
10111010xx1010  x1012 2x10131010x20211011x2022．
由于1 x x2  x2022，故
1010 1 1 1011
(1011k)xk  10111012x1010  10111012x1012 kx1011k ．
2 2
k0 k0
……………40分
2021 2022
再证明 y1010，等价于证明(2022k)xk 1010 xk ．
k0 k0
由于
2021 2021
(2022k)xk (2022k)10112023，
k0 k0
2022
1010 xk 10102023x2022 10102023a，
k0
1011
只需证明1011202310102023a，而a1104  ，故结论成立．
1010
由上面的推导可知 当且仅当k 1010时成立，从而 最大．故
k1 k 1011
(1011a1012)2023
   ． ……………50分
max 1011 20232023a1011
5