2022 年全国高中数学联合竞赛加试试题 (A 卷).pdf

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1、2 2022022 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 2 2022022 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛 加试试题（加试试题（A A 卷）卷）一、（本题满分一、（本题满分 4 40 0 分）分）如图，在凸四边形ABCD中，90ABCADC=对角线BD上一点P满足2APBCPD=，线段AP上两点,X Y，满足2AXBADB=,2AYDABD=，证明：2BDXY=二、（本题满分二、（本题满分 4 40 0 分）分）设整数(1)n n 恰有k个互不相同的素因子，记n的所有正约数之和为()n，证明：()(2)!nnk.三、（本题满分三、（本题满

2、分 5 50 0 分）分）设12100,a aa是非负整数，同时满足以下条件：（1）存在正整数100k，使得12kaaa，而当i k时0ia=；（2）123100100aaaa+=；（3）123100231002022aaaa+=求22212310023100aaaa+的最小可能值.四、（本题满分四、（本题满分 5 50 0 分）分）求具有下述性质的最小正整数t：将100 100的方格纸的每个小方格染为某一种颜色，若每一种颜色的小方格数目均不超过 104,则存在一个1 t或1t的矩形，其中t个小方格含有至少三种不同颜色 1 2022 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

3、竞赛（预赛）暨暨 2022 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，在凸四边形ABCD中，90ABCAD

4、C，对 角 线BD上 一 点P满 足2APBCPD，线 段AP上 两 点,X Y满 足2AXBADB，2AYDABD 证明：2BDXY YXDBCPA 证明证明：注意90ABCADC，取AC的中点O，则O为凸四边形ABCD的外心显然,P B在AC的同侧（否则2APBCPDCPD，不合题意）根据条件，可知 2,2AXBADBAOBAYDABDAOD ，分别得到,A O X B四点共圆，,A Y O D四点共圆 10 分 因此OXAOBACABCDB，OYPODACADCBD，所以OXYCDB 20 分 MLKYXDBCPAO 设OMAP于点M，CKAP于点K，CLBD于点L 由O为AC的中点，得

5、2CKOM 由于2KPLAPBCPD，即有PC平分KPL，故CKCL 30分 考虑到,OM CL是相似三角形,OXYCDB的对应边,XY DB上的高，从而 12XYOMOMBDCLCK，即有2BDXY 40 分 2 二二（本题满分（本题满分 40 分）分）设整数(1)n n恰有k个互不相同的素因子，记n的所有正约数之和为()n证明：()(2)!nnk 证证法法 1：设1ikiinp为n的标准分解 记1(1,2,)iiiimppik，则1()kiinm 我们证明 2(1,2,)inkkm ik 事实上，111iiiiiimppp11122iiip 12212iiiiipp(1,2,)ik 10

6、分 所以 11,222122ijiikkjjjinnnmpkp，最后一步是因为11121C(2)kkk k 以及021故成立 20 分 由可知，对每个1,2,ik，在1,2,2nk中至少有k个im的倍数从而1,2,2nk中可找到两两不同的正整数12,kt tt，它们分别是12,km mm的倍数因此1()kiinm整除(2)!nk 40 分 证证法法 2：设1ikiinp为n的标准分解 记1(1,2,)iiiimppik，则1()kiinm 令1(1,2,)jjiiSmjk，00S 我们证明以下两个结论：（1）()!knS；（2）2kSnk 结论（1）的证明：对1,2,ik，连续im个整数111

7、,2,iiiSSS中必存在im的倍数，故11(1)(2)ZiiiiSSSm 从而111(1)(2)ZkiiiiiSSSm，这等价于()!knS 10 分 结论（2）的证明：对1,2,ik，有 3 111iiiiiimppp11122iiip 12212iiiiipp 20 分 记(1,2,)iiipik，则2i 反复利用“若,2a b，则abab+”，可得 11kkiiiin，结合得 111(21)22kkkkiiiiiiSmknk 由结论（1）、（2），原题得证 40 分 三三（本题满分（本题满分 50 分）分）设12100,aaa是非负整数，同时满足以下条件：（1）存在正整数100k，使得

8、 12kaaa，而当ik时0ia；（2）123100100aaaa；（3）123100231002022aaaa 求22212310023100aaaa的最小可能值 解解法法 1：当121819202122231000,19,40,41,0aaaaaaaaa=，21k=时，符合题设三个条件，此时 10023221192040214140940iii a=+=10 分 下面证明这是最小可能值 首先注意21k 否则，若20k，则100111202000kkiiiiiiiaiaa=，这与条件（3）矛盾 根据条件（2）、（3），有 100100100100221111(20)40400iiiiiiii

9、i aiaiaa=+10021(20)40880iiia=+当2040a时，100100100222011,1,2020(20)(20)10060iiiiiiiiiaiaaa=，故 1002140940iii a=30 分 当2041a时，由21k 及条件（1）可知2141a，故 10010010010021111(19)(20)39380iiiiiiiii aiiaiaa=+4 1001(19)(20)40858iiiia=+21(21 19)(2120)4085840940a+综上，所求最小值为40940 50 分 解法解法 2：对于满足题目条件的非负整数12100,a aa，可对应地取1

10、00个正整数12100,1,2,100 x xx，其中恰有1a 个1，2a个2，100a个100（条件（2）保证恰好是100个数）条件（1）、（3）分别转化为以下条件（A）、（B）：（A）存在正整数100k，12100,x xx中不含大于k的数，且1的个数，2的个数，k的个数依次（非严格地）递增；（B）100100112022jijixia=，即12100,x xx的平均值为20.22=注意到1001002211ijiji ax=，故题目转化为：100个数12100,1,2,100 x xx 满足条件（A）和（B），求10021jjx=的最小值 当12100,x xx取19个19，40个20，

11、41个21时，1002140940jjx=10 分 下面证明10021jjx=的值至少为40940 由于 100100100100222221111()1002100()jjjjjjjjxxxx=+=+，故转化为考虑10021()jjx=的最小值 由20.22=知存在21jx，也存在20jx 设12100,x xx中有a个21jx，b个20jx=及c个19jx 由条件（A）可知ab 我们放宽条件（A）至条件（A）：ab在条件（A）、（B）下，证明最小值仍是在19个19，40个20，41个21时取到 20分 由于满足（A）、（B）的12100,x xx的取法只有有限种，选取平方和最小的一组121

12、00,x xx 若19c，注意到100abc+=及ab，有 10022221()0.780.221.22jjxabc=+2221001000.780.221.2222ccc+2220.78410.2240 1.2219+30 分 若18c，则82ab+此时有0c，因为若0c=，则jx的平均值不小于 5 20.5，与条件（B）不符 亦有0b 否则，假如0b=，则由82a 及0c 知，可取一个20ix，替换为1ix+和1jx，平均值不变，但2222(1)(1)ijijxxxx+知可取一个20jx=，将,ijx x替换为1ix+和1jx，类似可知平均值不变，平方和减小，且b减少1，条件（A）、（B）

13、仍满足，与12100,x xx使得平方和最小矛盾 所以c个19jx 都等于19但此时 1001()0.780.221.22jjxabc=1001000.780.221.2222ccc 0.78 410.2241 1.22 180，与条件（B）矛盾 所以当且仅当12100,x xx取19个19，40个20，41个21时，10021()jjx=取得最小值，相应地，1001002211ijiji ax=取到最小值40940 50 分 四四（本题满分（本题满分 50 分）分）求具有下述性质的最小正整数t：将100 100的方格纸的每个小方格染为某一种颜色，若每一种颜色的小方格数目均不超过104，则存在

14、一个1 t或1t的矩形，其中t个小方格含有至少三种不同颜色 解解：答案是12 将方格纸划分成100个10 10的正方形，每个正方形中100个小方格染同一种颜色，不同的正方形染不同的颜色，这样的染色方法满足题目条件，且易知任意1 11或11 1的矩形中至多含有两种颜色的小方格因此12t 10 分 下面证明12t=时具有题述性质我们需要下面的引理 引理：将1 100的方格表X的每个小方格染某一种颜色，如果以下两个条件之一成立，那么存在一个1 12的矩形，其中含有至少三种颜色（1）X中至少有11种颜色（2）X中恰有10种颜色，且每种颜色恰染了10个小方格 引理的证明：用反证法，假设结论不成立 取每种

15、颜色小方格的最右边方格，设分别在（从左往右）第12kxxx格，分别为12,kc cc色，则对2ik，矛盾因此在条件（1）下结论成立 若条件（2）成立，考虑第11x+格至第111x+格，因每种颜色的方格至多10个，故这11个方格至少含有两种颜色，且均不同于1c色，则从第1x 至第111x+格中至少含有三种颜色，与条件（2）不符因此在条件（2）下结论也成立 引理得证 20 分 回到原问题，设12,kc cc为出现的所有颜色 对1ik，记is为含有ic色小方格的个数，iu 为含有ic色小方格的行的个数，iv为含有ic色小方格的列的个数由条件知104is 又显然i iiuvs，等号成立当且仅当含有ic

16、 色小方格的所有行与列的交叉位置上都是ic色小方格 下面证明：15iiiuvs+，等号成立当且仅当10,100iiiuvs=若21iiuv+，则由104is 知15iiiuvs+；若20iiuv+，则 2()2055iii iiiiuvuvsuv+，等号成立当且仅当10,100iiiuvs=30 分 于是111()20005kkiiiiiuvs=+=若1()2000kiiiuv=+，由抽屉原理知，存在一行或者一列至少含有11种颜色的小方格 若1()2000kiiiuv=+=，则由等号成立的条件，可知每种颜色恰染100格，且是10行与10列交叉位置，因此每一行每一列中恰有10种颜色的方格，每种颜色的方格恰有10个 由引理可知这两种情况都导致存在1 12或12 1的矩形含有至少三种颜色的小方格 综上所述，所求最小的t为12 50 分