2023年全国高中数学联合竞赛加 试(A)卷(含答案)

2023年12月10日发(作者：中考数学试卷安徽省模拟)

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．

TPCΩBωDA

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

TOAωDPCKΩlB

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2m2n数m，均有22，这里，x表示实数x的小数部分．

nm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nmnnm2222222．因此2与2写成既约分数后的分母相同．由n为奇数知2是既nnmnm约分数，故m2的最大奇因子为n2，从而m的最大奇因子为n．

2m2m2tt．于是22．

设m2n，其中t为正整数（从而m是偶数）mn2m2t2nm2t由222n(modn2)，故

可得2nn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Fk221(k1,2,)．由于Fk221，而Fk221，因此2模Fk的阶为2k1，是一个偶数．

对正整数l，由2l1(modFk2)可知2l1(modFk)，故由阶的性质推出，2模

Fk2的阶被2模Fk的阶整除，从而也是偶数．因Fk2是奇数，由引理知Fk2是好数．……………30分

对任意正整数i,j(ij)，(Fi,Fj)(Fi,(221)FiFi1Fj12)(Fi,2)1，故F1,F2,F3,两两互素．所以F12,F22,F32,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x1,x2,,x9满足x1x2x8x9，或者存在10个互不相同的蓝色的数y1,y2,,y10满足y1y2y9y10．

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

ikk1k 合，B是所有蓝数的集合．将R中的元素从小到大依次记为r1,r2,,rm，B中的元素从小到大依次记为b1,b2,,bn，mn408．对于R，或者R8，或者r1r2r8rm；对于B，或者B9，或者b1b2b9bn．

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b916．设区间[1,b9]中共有t个R中的元素r1,r2,,rt(0t8)．

1记xr1r2rt，则x12tt(t1)．

2因为b1,b2,,b9,r1,r2,,rt是[1,b9]中的所有正整数，故

b1,b2,,b9,r1,r2,,rt1,2,,9t．

于是

bnb1b2b912(9t)x1特别地，bn1617136．从而R9．

21对任意i(1imt)，由（*）知rtibni(9t)(10t)xi．从而

28t1

rmr1rtrt1r8x(9)(10)ttxi

i1211(9t)(10t)(8t)(8t)(9t)(7t)x

22111(9t)(10t)(8t)(8t)(9t)(7t)t(t1)

2222．

8t19t396407（考虑二次函数对称轴，即知t1时取得最大）又bn136，这与bn,rm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r816．设区间[1,r8]中共有s个B中的元素b1,b2,,bs(0s9)．记1yb1bs，则ys(s1)．

2因为b1,b2,,bs,r1,r2,,r8是[1,r8]中的所有正整数，故

1(9t)(10t)x． （*）

2……………20分

b1,b2,,bs,r1,r2,,r81,2,,8s．

1于是rm(8s)(9s)y．

21特别地，rm1617136．从而B10．

21对任意i(1ins)，有bsirmi(8s)(9s)yi．从而

29s1(8s)(9s)yi

bnb1bsbs1b9y2i111(9s)(8s)(9s)(8s)y(9s)(10s)

223

111(9s)(8s)(9s)(8s)s(s1)(9s)(10s)

222，

7s227s369395（在s2时取得最大）又rm136，这与bn,rm中有一个为408矛盾．

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xi，第i列的总和为yi，yyy2023的最大值（答案用含a的式子表示）．

1i2023．求12x1x2x2023yyy2023解：记n2023，设方格表为aij,1i,jn，12．

x1x2x2023第一步：改变某个aij的值仅改变xi和yj，设第i行中除aij外其余n1个数的和为A，第j列中除aij外其余n1个数的和为B，则

yjxiBaijAaij．

当AB时，关于aij递增，此时可将aij调整到a,值不减．当AB时，关于aij递减，此时可将aij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：设aij1,a,1i,jn，只有有限多种可能，我们选取一组aij使得达到最大值，并且aij最小．此时我们有

i1j1nna,xiyj,

aij （*）

1,.xyij事实上，若xiyj，而aij1，则将aij改为a后，行和及列和变为xi,yj，则

yjyja1yj，

xixia1xi与达到最大矛盾，故aija．

若xiyj，而aija，则将aij改为1后，不减，且aij变小，与aij的选i1j1nn取矛盾．从而（*）成立．

通过交换列，可不妨设y1y2yn，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y1y2yn．因而只能y1y2yn，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a）.

……………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knknkna(na)n我们只需求0,1,,n中的最大值．

(k1)ank1nnk1k1a11na．

1n(kank)kak(a1)nnnak因此

k1a11a

1kk(a1)nnnxn11x（记xna）

nk(x1)n1xx2xn1

1

k(xn1)n1xx2xn1n

kxn11(1x)(1xxn2)．

n11xxn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

101012k

(1011k)x10111012x10111012xkx1011k．

22k0k0 ……………40分

再证明y1010，等价于证明(2022k)x1010xk．

kk0k020212022由于

2021k0(2022k)x(2022k)10112023，

kk02022k020211010xk10102023x202210102023a，

只需证明1011202310102023a，而a11041011，故结论成立．

1010由上面的推导可知k1k当且仅当k1010时成立，从而1011最大．故

max(1011a1012)2023． ……………50分

10112a5