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）.pdf

1 2024 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 2024 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）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1nna，满足naC对所有正整数n成立（x表示实数x到与它最近整数的距离）解解：情形 1：r为奇数 对任意实数x，显然有12x，故满足要求的C不超过12 又取na的首项112a，注意到对任意正整数n，均有1nr为奇数，因此1122nnra这意味着12C 满足要求从而满足要求的C的最大值为12 10 分 情形 2：r为偶数 设*2()rm mN对任意实数，我们证明1a与2a中必有一数不超过21mm，从而21mCm 事实上，设1ak，其中k是与1a最近的整数（之一），且102 注意到，对任意实数x及任意整数k，均有xkx，以及xx 若021mm，则121makm 若1212mm，则22221mmmm，即21mmrmm，此时 2121maa rkrrrm 30 分 另一方面，取121mam，则对任意正整数n，有1(2)21nnmamm，由二项式展开可知11(21 1)(1)2121nnnmmamKmm ，其中K为整数，故21nmam这意味着21mCm满足要求 从而满足要求的C的最大值为212(1)mrmr 2 综上，当r为奇数时，所求C的最大值为12；当r为偶数时，所求C的最大值为2(1)rr 40 分 二（本题满分二（本题满分 40 分）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|EFBD分别延长,FA EA至点,P Q，使得过点,A B P 的圆1及过点,A D Q的圆2 均与直线AC相切 证明：,B P Q D四点共圆（答题时请将图画在答卷纸上）（答题时请将图画在答卷纸上）证明证明：由圆1与AC相切知180BPABACCADCAFPAC，故,BP CA的延长线相交，记交点为L 由|EFBD知CECFCBCD在线段AC上取点K，使得CKCECFCACBCD，则|,|KEAB KFAD 10 分 由ABLPALKAF，180180BALBACCADAKF，可知ABLKAF，所以KF ABALKA 20 分 同理，记,DQ CA的延长线交于点L，则KE ADALKA 又由|,|KEAB KFAD知KECKKFABCAAD，即KE ADKF AB 所以ALAL，即L与L重合 由切割线定理知2LP LBLALQ LD，所以,B P Q D四点共圆 40 分 三三（本题满分（本题满分 50 分）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2l 及S中l个 方 格12,lAC CCB=，满 足iC与1iC+有 公 共 边21QPFDABCE21L(L)KQPFDABCE3 (1,2,1il=).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.解解：所求最大的Kn=.对一个由小方格构成的集合S，记bS是S中的黑格个数，wS 是S中的白格个数.用,i j表示第i行第j列处的方格，这里13i,1jn.对于两个方格,Ai j=，,Bij=,定义它们之间的距离为(,)|d A Biijj=+.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|bwSSn，这表明Kn.设1,1是黑格，并记0,1，满足(mod2)n.先证bwSSn.可不妨设S包含所有黑格，这是因为若S不包含所有黑格，取不属于S的黑格A满足(,)d A S最小，这里(,)min(,)B Sd A Sd A B=.易知(,)1d A S=或2.若(,)1d A S=，取 SSA=，则S仍是连通的，且bwSS更大.若(,)2d A S=，则存在与A相邻的白格C，而C与S中某个方格B相邻，取,SSA B=，则S仍是连通的，且bwSS不变.因而可逐步扩充S，使得S包含所有黑格，保持S的连通性，且bwSS不减.考虑白格集合,|kWi j ijk=+=，3,5,1kn=+，每个kW中至少有一个方格属于S，否则不存在从黑格1,1AS=到黑格3,1Bn=+的S中路径.故1()2wSn+，而1(3)2bSn=+，故bwSSn.10 分 类似可证wbSSn.同上，可不妨设S包含所有白格,从而1(3)2wSn=.再考虑黑格集合,|kBi j ijk=+=,4,6,2kn=+，每个kB 中至少有一个黑格属于S，否则不存在从白格1,2A=到白格3,Bn=的S中路径.从而1()2bSn，故wbSSn.20 分 下面证明Kn=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bwSSn.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3XYn+=,xyn+=.故()()()()2XyYxXYxyn+=+=.由平均值原理可知max,Xy Yxn.不妨设Xyn.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bSX=，wSy=，bwSSXyn=.综上所述，maxKn=.50 分 四（本题满分四（本题满分 50 分）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kAS；(2)若正整数nS，则n的每个正约数均属于S；4 (3)若,m nS，且,m n互素，则mnS；(4)若nS，则AnBS 证明：与B互素的所有正整数均属于S 证明证明：先证明下述引理 引理：若nS，则nBS 引理的证明：对nS，设1n 是n的与 A互素的最大约数，并设12nn n，则2n的素因子均整除A，从而12(,)1n n 由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A及任意正整数k有kpS因此，将11kAn作标准分解，并利用(3)知11kAnS又2|nn，而nS，故由(2)知2nS因112(,)1kAn n，故由(3)知112kAn nS，即1kAnS再由(4)知 kA nBS（对任意正整数k）10 分 设nBC 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(,)1C D 由(1)及(2)知CS（见上面1kAnS的证明）另一方面，因(,)1D A，故由欧拉定理知()1DD A因此()()(1)()0(mod)DDAnBAnnBD，但由知()DAnBS，故由(2)知DS 结合CS及(,)1C D 知CDS，即nBS引理证毕 40 分 回到原问题由(1)，取0k 知1S，故反复用引理知对任意正整数y，有1ByS 对任意*,(,)1nn BN，存在正整数,x y使得1nxBy，因此nxS，因|n nx，故nS证毕 50 分