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