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

1 2023 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨暨 2023 年年全国高中数学联合竞赛全国高中数学联合竞赛 加试（加试（A 卷）参考答案及评分标准卷）参考答案及评分标准 说明：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，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分为一个档次，不得增加其他中间档次 一一（本题满分（本题满分 40 分）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TB（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CDAB记CDP的外心为K证明：(1)点K在TDP的外接圆上；(2)K为定点 PDABTC 证明证明：(1)易知PCD为钝角，由K为CDP的外心知 2(180)2PKDPCDACD 由于90APB，CDAB，故PBAACDATD10 分 所以2180PTDPKDPTAATDACDPTAPBA 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KDKP，可知K在DTP的平分线上，而 9090DTBATDPBAPABPTB，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 lDPOKBATC 2 二二（本题满分（本题满分 40 分）分）正整数n称为“好数”，如果对任意不同于n的正整数m，均有2222nmnm，这里，x表示实数x的小数部分 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数 证明证明：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2222nmnm因此22nn与22mm写成既约分数后的分母相同由n为奇数知22nn是既约分数，故2m的最大奇因子为2n，从而m的最大奇因子为n 设2tmn，其中t为正整数（从而m是偶数）于是22222mmtmn 由22222mtnnn可得2222(mod)mtnn，故 222(mod)mtnn （*）设2模n的阶为偶数d由（*）及阶的基本性质得2(mod)mtnd，故2mtn是偶数但2mt是偶数，n是奇数，矛盾引理得证 20分 回到原问题 设221(1,2,)kkFk由于1221kkF，而kF221k，因此2模kF的阶为12k，是一个偶数 对正整数l，由221(mod)lkF可知21(mod)lkF，故由阶的性质推出，2模2kF的阶被2模kF的阶整除，从而也是偶数因2kF是奇数，由引理知2kF是好数 30分 对任意正整数,()i j ij，211(,)(,(21)2)(,2)1iijiiijiF FFFFFF，故123,F F F 两两互素所以222123,FFF 是两两互素的合数，且均为好数 40分 三三（本题满分（本题满分 50 分）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129,x xx满足1289xxxx，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,yyy满足12910yyyy 解解：所求的最小正整数为408 一方面，若407k 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 5661407，最小的9个蓝数之和为2 31054，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数 对407k，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407k 不满足要求 10 分 另一方面，我们证明408k 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 3 合，B是所有蓝数的集合将R中的元素从小到大依次记为12,mr rr，B中的元素从小到大依次记为12,nb bb，408mn对于R，或者8R，或者128mrrrr；对于B，或者9B，或者129nbbbb 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916b 设区间91,b中共有t个R中的元素12,(08)tr rrt 记12txrrr，则11 2(1)2xtt t 因为12912,tb bb r rr是91,b中的所有正整数，故 12912,1,2,9tb bb r rrt 于是 1291 2(9)nbbbbtx 1(9)(10)2ttx （*）20分 特别地，116 171362nb 从而9R 对任意(1)iimt，由（*）知1(9)(10)2t inrbittxi 从而 811811(9)(10)2tmttirrrrrxttxi 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22tttttt x 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222ttttttt t 2819396407tt（考虑二次函数对称轴，即知1t 时取得最大）又136nb，这与,nmbr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816r 设区间81,r中共有s个B中的元素12,(09)sb bbs记1sybb，则1(1)2ys s 因为12128,sb bb r rr是81,r中的所有正整数，故 12128,1,2,8sb bb r rrs 于是1(8)(9)2mrssy 特别地，116 171362mr 从而10B 对任意(1)iins，有1(8)(9)2s imbrissyi 从而 911911(8)(9)2snssibbbbbyssyi 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22ssss yss 4 111(9)(8)(9)(8)(1)(9)(10)222sssss sss 2727369395ss（在2s 时取得最大），又136mr，这与,nmbr中有一个为408矛盾 由情形 1、2 知408k 具有题述性质 综上，所求最小正整数k为408 50 分 四四（本题满分（本题满分 50 分）分）设41 10a 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ix，第i列的总和为iy，12023i 求122023122023y yyx xx的最大值（答案用含a的式子表示）解解：记2023n，设方格表为,1,ijai jn，122023122023y yyx xx 第一步第一步：改变某个ija的值仅改变ix 和jy，设第i行中除ija外其余1n个数的和为A，第j列中除ija外其余1n个数的和为B，则 jijiijyBaxA a 当AB时，关于ija递增，此时可将ija调整到,a值不减当AB时，关于ija递减，此时可将ija调整到1,值不减因此，为求的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a的情况 10 分 第二步第二步：设1,1,ijaai jn，只有有限多种可能，我们选取一组ija使得达到最大值，并且11nnijija最小此时我们有 ,1,.ijijijaxyaxy （*）事实上，若ijxy，而1ija，则将ija改为a后，行和及列和变为,ijxy，则 11jjjiiiyyayxxax，与达到最大矛盾，故ijaa 若ijxy，而ijaa，则将ija改为1后，不减，且11nnijija变小，与ija的选取矛盾从而（*）成立 通过交换列，可不妨设12nyyy，这样由（）可知每一行中a排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增由此可知12nyyy因而只能12nyyy，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a）.20分 第三步第三步：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nk行全为1,0kn此时 5 ()()()nnkkn knkkankkanknann a 我们只需求01,n中的最大值 11(1)1111()(1)nnnkknknkkankan akankak ann a 因此 1111(1)nkkaak an 11(1)nnxxk xn（记nxa）2111(1)nnxxxk xn 2111nnxxxnkx 211(1)(1)1nnxxxxx 记上式右边为y,则211(2)1nnnnxxyxx 下面证明(1010,1011)y 30 分 首先证明1011y 1011y 20212022202220211011 10111011xxxx 101010121013202120221011 1010210101011xxxxxx 由于220221xxx，故 101010101012011(1011)1011 10121011 101222kkk xxx101110110kkkx 40 分 再证明1010y，等价于证明2021202200(2022)1010kkkkk xx 由于 2021202100(2022)(2022)1011 2023kkkk xk，20222022010101010 20231010 2023kkxxa，只需证明1011 2023 1010 2023a，而410111 101010a，故结论成立 由上面的推导可知1kk当且仅当1010k 时成立，从而1011最大故 2023max101120231011(10111012)2023aa 50 分