2018北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛试题 含答案(精品范文).doc

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北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛 试题

2018年6月23日

本试卷共4题，每题30分，满分120分.考试时间180分钟.

1.已知a 、b 、c 为整数，且对任意正整数m 、n ，存在整数x 满足如下关系：

()2mod .ax bx c m n ++≡

求所有满足要求的三元整数组(),,a b c .

2.已知实数122018,,

,a a a 两两不同，存在t 满足11i i a t a ++=（1,2,,2018i =，并规定20191a a =）.求实数t 的可能取值的个数.

3.给定正整数n 、k .有一个密码锁，它有n 个按钮，编号分别为1n .打开该锁的密码是长度为k 的按钮序列.当且仅当连续正确的按动这k 个按钮时，密码锁会被打开.（例如3n =，2k =，密码为13时，依次按动1,2,3,2,1,1,3后可以打开该锁，按动2,2,3,1,3后也可以打开该锁.）要保证把这个密码锁打开，至少需要按动多少次按钮？

4.如图，ABC ∆中AB AC ≠.点A 所对应的旁切圆圆J 分别与直线BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F .点M 是线段BC 的中点.点S 在线段JM 上，且满足AS DS AE +=.求证：MS BD CD SJ ⋅=.

试卷答案

本试卷共4题

1.设()2f x ax bx c =++，注意()()()mod f x f x n n ≡+，故本题只需对任意正整数n ，()()()0,1,

,1f f f n -组成模n 的完全剩余系.

下证0a =，1b =-或1.

若0,1a b +≠±，取n a b =+，则()()()01mod f f n ≡，矛盾. 若0a b +=，则()2f x ax ax c =-+，此时()()01f f =，这也不可能. 故1a b +=-或1.

当1a b +=时，0a ≠，则1641241248a b a a b +≥-+≥-=. 取164n a b =+，则()()()04mod f f n ≡，矛盾.故0a =. 类似当1a b +=-时，取164n a b =+，可得0a =.

故()(),0,1a b =或()0,1-.

注意对任意正整数m 、n ，同余方程()mod x c m n +≡和()mod x c m n -+≡

显然有解.

故()(),,0,1,a b c k =或()0,1,k -，k Z ∈.

2.由已知有11

i i a t a +=-，不动点方程为1x t x

=-，化为210x tx -+=，设此一元二次方程的两根为α与β.

当αβ=时，

若2t =，则1112i i i a a a +--=-，111111i i a a +=---，2019111201811

a a =---，矛盾. 若2t =-，同理可得201911

1201811

a a =+++，也矛盾. 所以αβ≠，可得1i i i a a t a ααα+--=⋅-，以及1i i i a a t a βββ+--=⋅-， 两式相除得11i i i i a a a a αα

αβββ

++--=--，有2111111i i i i a a a a a a αααααββββ++-⎛⎫--==⋅ ⎪---⎝⎭， 从而40362019120191a a a a α

α

αββ--=⋅--，40361α=， 由对称性，不妨设2018ki e πα=，()40362018k i

e

πβ-=，其中12018k ≤≤. 另一方面，当12018i j ≤<

≤时，由i j a a ≠知，j i j i a a a a ααββ--≠--， 而()21j j t j t a a a a α

ααβ

β---=⋅--.所以当12018t ≤<时，21t α≠， 即2220181tki t e πα=≠，即对任意12018t ≤<，tk 都不是2018的倍数， 即(),20181k =，又因为201821009=⨯，

所以这样的k 有11201811100821009⎛⎫⎛⎫⨯-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭个，所以2cos 2018

k t παβ=+=有1008个取值. 3.最少需要按1k n k +-次.

不同的密码共有k n 个，要保证打开密码锁，必须全部试过一遍.从第k 次按键开始，每次按动按钮都可以视为一个长为k 的序列末位，故至少需要1k n k +-次.

下面给出按动1k n k +-次可以满足要求的存在性证明. 当1k =时结论显然成立，故下设2k ≥.

构造图G ，共有1k n -个顶点，每个顶点对应为一个长为1k -的序列.

对顶点A ，B ，若点A 所对应序列的后2k -位与点B 所对应序列的前2k -位相同，则在AB 之间连一条由A 指向B 的有向边.此时每一个长为k 的序列可以对应为该图中的一条边.注意图G 为连通图，且每个顶点的入度和出度均为n ，我们即证明该图中存在欧拉圈.

为此给出如下引理：

若有向连通图G 中所有顶点的入度和出度都相同，则该图中存在欧拉圈.

对图G 的总边数进行归纳证明，若图G 每个顶点出入度为1，且该图中存在圈，再由连通性可得该圈为欧拉圈. 若总边数小于m 时结论成立，考虑总边数等于m 时. 考虑图中的最大有向圈Γ，显然这样的圈存在.若Γ不是欧拉

圈，则从图G 中去掉Γ，得到图G '.此时图G '每点的出入度仍相同（但可以为0）.

取G '中的一条边，使其一个顶点在Γ中，沿该边前进，可以得到图G '中的圈'Γ.注意Γ和'Γ没有公共边，故可将它们拼接得到一个更大的圈.这与Γ的最大性矛盾，故此时结论成立. 综上，引理得证.

由引理，我们即可得到本题存在性证明.

4.如图，作BDS ∠的平分线交BJ 于P ，以P 为圆心、点P 到直线BC 的距离为半径作P ，则P 与直线AB 、BD 、DS 均相切.过A 作P 的异于直线AB 的切线，交直线DS 于S '，则P 与四边形ABDS '的各边所在直线均相切，由“切线长相等”可得AB BD AS DS ''+=+，

又已知AS DS AE AF AB BD +===+，

因此AS DS AS DS ''+=+，故SS AS AS ''=-，

由“三角形两边之差小于第三边”可知 S '与S 重合，所以P 与四边形ABDS 的各边所在的直线都相切. 作CDS ∠的平分线交CJ 于Q ，以Q 为圆心、点Q 到直线BC 的距离为半径作Q ，类似可证Q 与折四边形ACDS 的各边所在的直线都相切.

从而AS 、DS 都与P 和Q 相切，故S 是P 和Q 的内位似中心.故S 、P 、Q 三点共线.

下面证明//PQ BC .用反证法.假设直线PQ 与直线BC 相交于T ，