2018北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛试题 含答案
2015年北京大学优秀中学生体验营数学试题及答案
6、已知n∈N∗，求证：
7、已知a,b,c是三角形的三条边之长，k为实数，且ak+bk=ck，求证：k<0或k>1．
2015年北京大学优秀中学生体验营综合测试数学试题
参考答案
1、
2、( )
提示：利用余弦定理和三角形的三边关系．
3、
提示：齐次化，有
于是所求的最大值为 ．
4、f(x)=8x3−6x+1
提示：利用三倍角公式及1−2sin(3⋅100)=0构造．
5、
7、记
若c不为最大边，则由
得
于是k>1．综上，原命题得证．
2015年北京大学优秀中学生体验营综合测试数学试题
文科做前5题，理科做后5题，每题20分，满分100分．
1、设 ，求 的值．
2、已知D为三角形ABC的边BC上的一点，BD:DC=1:2，AB:AD:AC=3:k:1，求k的取值范围．
3、已知正实数a,b,c满足a+b+c=1，求 的最大值．
4、构造整系数多项式函数f(x)，使f(sin100)=0．
2018年北京市中学生数学竞赛高一年级初赛参考答案
二、填空题 1．已知实数 a, b, c, d 满足 5a=4，4b=3，3c=2，2d=5，则(abcd)2018=______． 答：1． 解：化 5a=4，4b=3，3c=2，2d=5 为对数，有 ln 4 ln 3 ln 2 ln 5 ， a log5 4 , b , c , d ln 5 ln 4 ln 3 ln 2 所以
2018 年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛参考解答 第 2页 共6页
6 ． 设 f (x) 是 定 义 在 R 上 的 函 数 ， 若 存 在 两 不 等 实 数 x1, x2 R ， 使 得 x +x f ( x1 ) f ( x2 ) ，则称函数 f (x)具有性质 P．那么以下函数： f( 1 2) 2 2
2018 年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛参考解答 第 4页 共6页
6. 在 3×3 的“九宫格”中填数， 使每行、 每列及两条对角线上 的三数之和都相等，有 3 个方格已经填的数分别为 4, 7, 2018，如右 图，则“九宫格”中其余 6 个方格所填数之和为______． 答：−11042.5． 解： 将其余 6 个格子标上字母， 如右下图， 由 a+2018+b=4+7+b
1 ( x 0) ① f ( x) x ； 0 ( x 0)
② f ( x) x 2 ；
③ f ( x) x 2 1 ；
④ f ( x) x3
中，不具有性质 P 的函数为 （A）①． 答：B． 解：具有性质 P 的函数的特点是：存在一条直线与函数图象有三个交点，且其中 一个是另外两个交点的中点. 画图可知①、③、④都是具有性质 P 的函数，②不具备有 三个交点，②是不具有性质 P 的函数 （B）②． （C）③． （D）④．
北京大学中学生数学奖挑战赛解答及评分标准
,100 ）
k 1 k 1 2k 99 100 k
若 k 49 ，则有 f i 100 100 k 99 98
i 1
100
容易算出当 k 66 时取到最小值 8350，此时
两问各15在正方形的边界和内部给出若干个点以这些点和原正方形的顶点为顶点将正方形划分为若干个小三角形不允许出现一个小三角形的顶点在另一个小三角形的边上
北京大学中学生数学奖 个人能力挑战赛——解答
每题 30 分，满分 120 分 评分以 5 分一档
1. 已知实数 a1 , a2 ,
, a6 满足 a1 a2 a3 a4 a5 a6 2014 ，试求
a2 a5 a1 a3 a4 a6 2 ， a3 a6 a2 a4 a1 a5 2 ．
故
1i j 6
a
i
a j 10 ，
1i j 6
ai a j 最小值为 10060．
1i j 6
ai a j 的最小可
能值． （其中 x 表示不超过 x 的最大整数） 简答：最小值为 10060．
1i j 6
ai a j 2014 5
1 i j 6
a
i
aj
而由 a1 a2 a3 a4 a5 a6 为整数，故 a1 a2 a3 a4 a5 a6 2 ． 类似可得 a2 a3 a4 a5 a6 a1 2 ， a1 a4 a2 a6 a3 a5 2 ，
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
【最新整理，下载后即可编辑】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11i 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 +=---，2019111201811a a =---，矛盾. 若2t =-，同理可得2019111201811a 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 αααβββ++--=--，有2111111i i i i a a a a a a αααααββββ++-⎛⎫--==⋅ ⎪---⎝⎭， 从而40362019120191a a a a αααββ--=⋅--，40361α=， 由对称性，不妨设2018ki e πα=，()40362018k ieπβ-=，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 αααββ---=⋅--.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 2018k 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 ，因DP 、DQ 分别平分SDT ∠或SDT ∠的邻补角，所以DP 、DQ 、DS 、DT 是调和线束，该线束与直线PQ 截得4点P 、Q 、S 、T 是调和点列，故JP 、JQ 、JS 、JT 是调和线束，该线束再与直线BC 截得4点B 、C 、M 、T 是调和点列，但M 是BC 的中点，矛盾，所以//PQ BC .设PQ 与JD 相交于H .由DP 、DQ 分别平分BDS ∠及其邻补角得DP DQ ⊥，再结合//PQ BC 得PQ DH ⊥，所以 PH QH MS DH PH QH BD CD BD CD SJ HJ HJ HJ JD JD ⋅⋅====⋅=.。
2018年北京大学金秋营数学试题(部分含答案)
2018年北京大学金秋营数学试题
1、设△ABC 的垂心为H ，中点三角形的内切圆为T ，圆心为S 。
直线l ‖AB ，m‖AC ，且都与T 相切（AB,l ；AC,m 分别在S 同侧），l 与m 交于T 。
射线AT 上一点N 满足AN=2AT ，Q 是优弧（BAC ）的中点，点R 让四边形AHRQ 成为平行四边形。
证明：HR ⊥RN 。
2、给定整数k ＞3.证明：方程mn+nr+rm=k(m+n+r)至少有3k+34
3k ⎢⎥+⎢⎥
⎣
⎦+1组整数解（m, n, r ）.
3、给定正整数k. A,B,C 三个人玩一个游戏（A 一边,B 和C 一边）：A 先从集合{1，2，…，n}中取k 个数交给B ，B 从这k 个数中选择k-1个有序地给C ，若C 能够确定B 没给C 的数是什么，则B,C 赢了，求最大的正整数n ，使B,C 有必胜策略。
4、确定全部f ∈Z[x](deg f≤2),使存在g ∈Z[x],满足x 3-1|f(x)g(x)-1.
6、平面上是否存在某个有限点集A 和某个有限直线集B ，满足A 中的每个点恰好在B 中三条直线上，且B 中每条直线恰好经过A 中的三个点。
8、设k∈Z+, S={(m+1
k ,n)|m,n∈Z},T={(m+ ,n)|m+
2
k, n)|m,n∈Z}. 求所有正整数k, 使得存在
a,b,c,d∈R及映射
F:R2→R2, F(x,y)=(ax+by,cx+dy),满足F(S)=T.
【部分试题参考解答】
第1题参考解答
第2题参考解答
第5题参考解答。
2018年北京市中学生数学竞赛初二试题(含答案)
2018年北京市中学生数学竞赛初二试题(含答案)2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，且这些自然数的和为2018．请问这个学生写出的这17个自然数中，最小的数是多少？（请给出详细解题过程）解：设这17个自然数分别为a1,a2,…,a17，则有：a1+a2+…+a17=2018由于每个自然数的个位数码只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的个位数字之和一定是45，即这17个自然数的个位数字之和为765．设b1,b2,…,b17分别为这17个自然数的十位数字，则有：b1+b2+…+b17=765由于每个自然数的十位数字也只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的十位数字之和一定是45，即这17个自然数的十位数字之和为765．设c1,c2,…,c17分别为这17个自然数的百位数字，则有：c1+c2+…+c17=765由于每个自然数的百位数字也只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的百位数字之和一定是45，即这17个自然数的百位数字之和为765．由此可得，这17个自然数中最小的数为100+10+1=111．一、1.A在1到100这100个自然数中，有25个质数，分别是2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97.因此，质数在这100个自然数中所占的百分比是25%。
2.C将10分拆成三个正整数之和，共有8种情况：1+1+8、1+2+7、1+3+6、1+4+5、2+2+6、2+3+5、2+4+4、3+3+4.根据“三角形两边之和大于第三边”的原则，只有（2，4，4）和（3，3，4）两组可以构成三角形。
由于等腰三角形的两个底角都是锐角，因此以2、4、4为边的等边三角形中，最小边2对的顶角也是锐角。
以3、3、4为边的等腰三角形中，由3的平方加3的平方大于4的平方可知顶角也是锐角。
北京大学历年优秀中学生夏令营试题及解答
2010年北京大学优秀中学生夏令营试题2010年北京大学优秀中学生夏令营试题参考解答2011年北京大学优秀中学生夏令营试题2011年北京大学优秀中学生夏令营试题参考解答2012年北京大学优秀中学生夏令营试题2012年北京大学优秀中学生夏令营试题参考解答2013年北京大学暑期体验营数学试题2013年北京大学暑期体验营数学试题参考解答5、最小的短信条数总数为2n−2。
对每个人而言，至少需要对外发一条短信告知自己的信息，共n条．而这n条短信至多只能让2个人获得所有信息，此时还需要n−2条短信去通知剩余的同学，于是短信总数不少于2n−2。
另一方面，n−1名同学都将信息发送给最后一名同学，然后由这名同学再给n−1名同学回复，就可以用2n−2条短信完成任务。
综上，最小的短信条数总数为2n−2。
2014年北京大学秋令营数学试题2014年11月14日18:30—22:301、已知△ABC 满足AB+AC=2R ，其中R 是外接圆的半径，且∠A 为钝角；A 与三角形外接圆圆心的连线交BC 于点D ，若△ABD 的内切圆半径为1，求△ADC 的内切圆半径。
2、证明：若a,b 是正整数，则()()()()22222323a b a b ++-+不是完全平方数。
3、已知ai,bi,ci (i=1,2,3,4)是实数，求证：2221111a b c ++≤ 4、令求所有的正整数n ，使得f(n)是素数5、对正整数n ，称正整数组（12s ，，...λλλ）为n 的一个（无序的）分拆，如果12s ++...+=n λλλ，12s ...0λλλ≥≥≥>并称每个i λ为分拆的项。
计0()P n 为项全为奇数的n 分拆的集合，()d P n 为项两两不等的n 的分拆的集合，试在0()P n 与()d P n 之间建立一个双射。
6、设d 是一个大于100的整数，M 是所有在十进制下数码和为d 的倍数的正整数的集合，a n 是将M 中的数从小到大排列后的第n 个数，求证：存在无穷多个n ，使得n a nd ->【部分试题参考解答】第一题可以猜到答案也是1（因为AB=AC 时答案是1），然后只需证ABD 和ACD 的内切圆半径相等，然后由于sinC+sinB=2，而ABD 和ACD 的内角可以用C 、B 表示，所以用三角算一算就可以了，另外，A 是钝角可以由AB+AC=2R 推出，所以是多余的条件。
2023年北京大学中学生数学科学夏令营(讲评课件)
∑
(s(k) + 1)，只
s k +1
又x＜10t+1 时，s x + s 10t+1 − 1 − x = 9 t + 1 .只需证
10t+1−1
∑
k=m
t+1
10
9 t + 1 − s 10t+1 − 1 − k
∑
k=m+n−10t+1
(9 t + 1 − s
− 1 − k + 1)
10t+1−1−m
先放入一些两两无公共格的骨牌，满足对任意1 ≤ M ≤ 2N，方格表中
每个M ×
M
M的正方形至多与⌈ ⌉个已放入的骨牌有公共格.求证：小美可
2
以再放入骨牌恰覆盖方格表中余下的方格.
1
2
3
4
5
6
7
8
试卷讲评课件
8.设简单有向图G的顶点是10 × 1000(10行1000列)的格点.G的边满足：
除最后一列外，每个顶点恰有三条有向边指向下一列的三个不同顶点；
即
≥
n−1
∑
(s(k) + 1) ≤
k=0
10t+1 − m＜n
2⋅11t+1−m−n−1
∑
k=10t+1 −n
s k ，化为归纳假设
.
1
2
3
4
5
6
7
8
试卷讲评课件
③m＞10t+1 .设m = l ⋅ 10t+1 + r, 0 ≤ r＜10t+1 .有
m+n−1
m+n−1−l⋅10t+1
2018北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛试题含答案
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：2ax bx c 三m mod n .求所有满足要求的三元整数组a,b,c .、，12.已知头数a1,a2,11 （, a2018两两不同，存在t满足a i t （i = 1,2,11丨,2018，并规定a ia2019 =印）.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1L n.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n=3 ,k =2，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，AABC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 D^ AE.求证:MS BD CDSJ 一JD本试卷共4题1.设f x = ax 2 bx c ，注意f x 三f x • n mod n ，故本题只需对任意正整数n ,f 0 ,f 1 n -1组成模n 的完全剩余系.下证 a =0, b 二「1 或 1.若 a +b 式0, ±1，取 n = |a +b ，则 f （0）三 f （1modn ），矛盾• 若a • b = 0，则f x 二ax 2 - ax • c ，此时f 0二f 1，这也不可能• 故 a • b = -1 或 1.当 a+b=1 时，a^0，贝U 16a+4b|z12a —4a + bK12 — 4= 8. 取 n = 16a 4b ，则 f 0 三 f 4 mod n ，矛盾.故 a = 0. 类似当a b - -1时，取n = 16a 4b ，可得a = 0. 故 a,b 二 0,1 或 0,-1 .注意对任意正整数 m 、n ，同余方程 x • c 三m mod n 和- x • c 三m mod n 显然有解.故（a,b, c ）=（0,1, k 或 （0,—1,k ）, " Z .1 一 、 1 22.由已知有a i 1,不动点方程为x,化为x - tx ■ 1 = 0 ,设此一元二次方程的tpt —x两根为：•与1. 当，--时，所以「= 1 ,可得 a ： 1 _「=「，以及 ai■ aL ^-试卷答案1a i -11a 2019 - 12018，矛盾.6 T若t 二-2，同理可得—-2018，也矛盾.a 「1若 t = 2，则 a i ,2 p1a 20191a ： —a a —ct 另一方面，当1叮门空2018时，由a=a j 知，」虫aj _ P a - P而 a ^ = /2 .1.所以当仁— 2018 时，〉2t "，a j -】 4——2「tki即：.2t 乂罰 -1，即对任意1 <t :: 2018，tk 都不是2018的倍数， 即 k,2018 =1，又因为 2018=2 1009，f 1 \ f 1 、 kr 所以这样的 k 有 2018 汇 1—— 1x11— --- 1(=1008 个，所以 t =a+P=2cos ——有 1008V 2 八 1009 丿 2018个取值.3.最少需要按n k k -1次.不同的密码共有n k 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 n k k -1次. 下面给出按动n k k -1次可以满足要求的存在性证明 . 当k =1时结论显然成立，故下设 k _ 2.构造图G ，共有n k ‘个顶点，每个顶点对应为一个长为 k-1的序列.对顶点A ，B ，若点A 所对应序列的后k-2位与点B 所对应序列的前k-2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.两式相除得「7- ai ■'，有 ai 1 _ -q …. 2i a-i -:- ---------------------- —=a ------ -----------------------------a i 1 —从而 a2019 ■-4036 =aa 2019 -'4036 ‘ : =1,由对称性，不妨设〉二e 翻，［二二 4036 _k i，其中1 Ek 乞2018.。
2018北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛试题
故 a,b 0,1或 0, 1.
注意对任意正整数 m 、 n ，同余方程 x c m mod n和 x c m mod n
显然有解.
故 a,b, c 0,1, k 或 0, 1, k ， k Z .
2.由已知有 ai1
t
1 ai
即 k, 2018 1，又因为 2018 21009 ，
所以这样的
k
有
2018
1
1 2
1
1 1009
1008
个，所以 t
2 cos
k 2018
有1008
个取值.
3.最少需要按 nk k 1 次.
不同的密码共有 nk 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
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 n 3 ， k 2 ，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 0, f 1,, f n 1组成模 n 的完全剩余系.
下证 a 0 ， b 1或1.
若 a b 0, 1 ，取 n a b ，则 f 0 f 1mod n，矛盾.
若 a b 0 ，则 f x ax2 ax c ，此时 f 0 f 1，这也不可能.
2018年北京市中学生数学竞赛初二试题(含答案)
2018年北京市中学生数学竞赛初二试题一、选择题（每小题5分，共25分）1．在1～100这100个自然数中，质数所占的百分比是（）．（A）25% （B）24% （C）23% （D）22%2．一个三角形的三边长都是整数，它的周长等于10，则这个三角形是（）．（A）直角三角形（B）钝角三角形（C）恰有两边相等的三角形（D）恰有一个内角为60°的三角形3．已知n为正整数，S=1+2+…+n．则S的个位数字不能取到的数字是（）．（A）0，1，2，3 （B）3，4，5，6（C）3，5，6，8 （D）2，4，7，94．如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．S△AOB=4，S△COD=9．则S四边形的最小值是（）．ABCD（A）22 （B）25 （C）28 （D）32（1）(2) (3)5．如果│a-b│=1，│b+c│=1，│a+c│=2，则│a+b+2c│等于（）．（A）3 （B）2 （C）1 （D）0二、填空题（每小题7分，共35分）1．如图2，大圆的两条直线AC、BC垂直相交于点O，分别以边AB、BC、CD、DA为直径向大圆外侧作四个半圆，图中四个“月形”阴影的总面积是2cm2．•则大圆的半径等于_______cm．2．2 005被两位的自然数去除，可能得到的最大余数是_______．3．已知a2+bc=14，b2-2bc=-6．则3a2+4b2-5bc=_________．4．如图3，在凸六边形ABCDEF中，AD、BE、CF三线共点于O，•每相邻三个顶点所组成的三角形的面积都等于1，则S六边形ABCDEF=_______．5．有6个被12除所得余数都相同的自然数，它们的连乘积为971 425．则这6•个自然数之和的最小值是________．三、（15分）已知非零实数a、b、c满足a+b+c=0.求证：（1）a3+b3+c3=3abc；（2）（a bc-+b ca-+c ab-）（ca b-+ab c-+bc a-）=9.四、（15分）如图，在△ABC中，∠BAC=∠BCA=44°，M为△ABC形内一点，•使得∠MCA=30°，∠MAC=16°，求∠BMC的度数．五、（10分）某学生在黑板上写出了17个自然数，•每个自然数的个位数码只能是0，1，2，3，4这5个数字中的一个．证明：从这17个数中可以选出5个数，•它们的和能被5整除．参考答案一、1．A在1～100这100个自然数中，有质数2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97共25个，所以，其中质数所占的百分比是25%．2．C将10分拆成三个正整数之和，有10=1+1+8=1+2+7=1+3+6=1+4+5=2+2+6=2+3+5=2+4+4=3+3+4共八种情况．由“三角形两边之和大于第三边”可知，只有（2，4，4），（3，3，4）两组可构成三角形．由于等腰三角形两个底角都是锐角，于是，以2、4、4为边的等边三角形中，最小边2对的顶角也是锐角．以3、3、4为边的等腰三角形中，由32+32>42，•知顶角也是锐角．所以，以2、4、4为边的等腰三角形以及以3、3、4为边的等腰三角形都是锐角三角形，排除选项（A）、（B）•．•又由于等腰三角形中恰有一个内角为60°时变为等边三角形，与边为（2，4，4）、（3，3，4）的条件矛盾，排除选项（D）．由（2，4，4）、（3，3，4）为边的三角形是恰有两边相等的三角形．3．D．由S=(1)2n n+，又n、n+1是两个连续的自然数，知n（n+1）的个位数字只能取0，2，6．•所以，S的个位数字只能是0，1，3，5，6，8这六个数字．因此，S的个位数字不能取到的是2，4，7，9．4．B如图1，设S△AOD=x，S△BOC=y，则S四边形ABCD=4+9+x+y≥13+2xy．由49xy=，有xy=36．所以，S四边形ABCD≥13+2xy=13+12=25．故S四边形ABCD的最小值是25．此时，AB∥DC，即四边形ABCD是梯形．5．A．由│a-b│=1，知a-b=1或a-b=-1；由│b+c│=1，知b+c=1或b+c=-1；由│a+c│=2，知a+c=2或a+c=-2．这样，可以得到23=8个三元一次方程组：（1）a-b=1，b+c=1，a+c=2；（2）a-b=1，b+c=1，a+c=-2；（3）a-b=1，b+c=-1，a+c=2；（4）a-b=1，b+c=-1，a+c=-2；（5）a-b=-1，b+c=1，a+c=2；（6）a-b=-1，b+c=1，a+c=-2；（7）a-b=-1，b+c=-1，a+c=2；（8）a-b=-1，b+c=-1，a+c=-2．对于（2）～（7），将前两个方程相加得到的a+c的值与后一个方程不同，所以，不会出现这六种情况．对于（1），有a=2-c，b=1-c，所以，a+b+2c=3．对于（8），有a=-2-c，b=-1-c，所以，a+b+2c=-3．故│a+b+2c│=3．二、1．1．由勾股定理知AD2+CD2=AC2．所以，上面半个大圆的面积等于以AD、CD为直径的两个半圆的面积．同理，下面半个大圆的面积等于以AB、BC为直径的两个半圆的面积．•因此，正方形ABCD的面积等于四个“月形”的总面积．容易计算，大圆的半径OD是1cm．2．85．由2 005依次被99，98，97，…去除，观察所得余数的值变化得2 005=99×20+25=98×20+45=97×20+65=96×20+85=95×21+10=94×21+31=93×21+52=92×21+73=91×22+3=90×22+25=89×22+47=88×22+69=87×23+4=86×23+27=85×23+50．以下的余数不会大于84，故可能得到的最大余数是85．3．18．3a2+4b2-5bc=3（a2+bc）+4（b2-2bc）=3×14+4×（-6）=18．4．6．如图5，连结BD、CE．因为S△BCD=S△ECD=1，所以，BE∥CD．因为S△BAF=S△EAF，所以，BE∥AF．因此，BE∥AF∥CD．同理，CF∥DE∥BA，AD∥FE∥BC．由AD、BE、CF三线共点于O，可知四边形OCDE、四边形OEFA、四边形OABC 都是平行四边形，易知，每个平行四边形的面积都等于2．5．150．因为971 425被12除余1，而971 425=5×5×7×7×13×61，其中被12除余5、余7、余1的质因数各都是两个，由于两个被12除余5（余7）的数的乘积被12除余1，而971 425与若干个1的积仍为971 425，被12除余1，所以，•只能是6个被12除余1的数的乘积为971 425．计算得知：971 425=1×1×1×1×1×971 425，这6个因数之和为1+1+1+1+1+971 425=971 430；971 425=1×1×1×1×13×74 725，这6个因数之和为1+1+1+1+13+74 725=74 742；971 425=1×1×1×13×25×2 989，这6个因数之和为1+1+1+13+25+2 989=3 030．事实上，设a、b都是被12除余1的大于1的自然数，且a≥b，则a≥b>2，易知ab>a×2=a+a>a+b．①根据式①得971 425=13×74 725>13+74 725=13+25×2 989>13+25+2 989=13+25+49×61>13+25+49+61．因为971 425=52×72×13×61=1×1×13×25×49×61，所以，971 425表为6•个被12除余1的自然数，它们和的最小值等于1+1+13+25+49+61=150．三、（1）由a+b+c=0，得a+b=-c，因此，（a+b）3=-c3．于是，有a3+3a2b+3ab2+b3=-c3．故a3+b3+c3=-3ab（a+b）=-3ab（-c）=3abc．（2）．（a bc-+b ca-+c ab-）·ca b-=1+（b ca-+c ab-）·ca b-=1+22cab．同理，（a bc-+b ca-+c ab-）·ab c-=1+22abc．（a bc-+b ca-+c ab-）·bc a-=1+22bac故（a bc-+b ca-+c ab-）（ca b-+ab c-+bc a-）=1+22cab+1+22abc+1+22bac=3+3332()a b cabc++=3+23abcabc⨯=9．四、在△ABC中，由∠BAC=∠BCA=44°，得AB=BC，∠ABC=92°．如图6，作BD⊥AC于点D，延长CM交BD于点O，连结OA，则有∠OAC=∠MCA=30°，∠BAO=∠BAC-∠OAC=44°-30°=14°．∠OAM=∠OAC-∠MAC=30°-16°=14°．所以，∠BAO=∠MAO．又∠AOD=90°-∠OAD=90°-30°=60°=∠COD，所以，∠AOM=120°=∠AOB．又AO=AO，因此，△ABO≌△AMO．故OB=OM．由于∠BOM=120°，从而，∠OMB=∠OBM=1802BOM︒-∠=30°．所以，∠BMC=180°-∠OMB=150°．五、如果17个数的末位数字0，1，2，3，4每个都有，可选出5•个数的末位数字恰分别为0，1，2，3，4，则这5个数之和的末位数字为0，其和被5整除．如果17个数的末位数字不是0，1，2，3，4每个都有，则最多只有4•种不同的末位数字．这时，根据轴屉原理，这17个数中至少有5个数的末位数字一样．于是，这5•个数之和被5整除．。
2017年北京大学夏令营数学试卷-学生用卷
2017年北京大学夏令营数学试卷-学生用卷
1、【来源】 2017年北京北京大学自主招生夏令营第1题
高二上学期单元测试《解三角形与恒等式》自招第16题
在中，求证：．
2、【来源】 2017年北京北京大学自主招生夏令营第2题
高二下学期单元测试《整除与同余》自招
求实数，使得方程的解均为整数．
3、【来源】 2017年北京北京大学自主招生夏令营第3题
数列中，是否存在个数，使其为等差数列．
4、【来源】 2017年北京北京大学自主招生夏令营第4题
为整系数方程的无理根，求证：存在，使得任意互质正整数，满足．
5、【来源】 2017年北京北京大学自主招生夏令营第5题
已知正数满足，求证：．
1 、【答案】证明见解析．
;
2 、【答案】或．
;
3 、【答案】存在．
;
4 、【答案】证明见解析．;
5 、【答案】证明见解析．;。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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 JD
⋅=.
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11i 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2019111201811
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 αααβββ++--=--，有2111
111i i i i a a a a a a αααααββββ
++-⎛⎫--==⋅ ⎪---⎝⎭， 从而40362019120191a a a a αααββ
--=⋅--，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 α
αββ
--≠--， 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 2018k 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 ，因DP 、DQ 分别平分SDT ∠或SDT ∠的邻补角，所以DP 、DQ 、DS 、DT 是调和线束，该线束与直线PQ 截得4点P 、Q 、S 、T 是调和点列，故JP 、JQ 、JS 、JT 是调和线束，该线束再与直线BC 截得4点B 、C 、M 、T 是调和点列，但M 是BC 的中点，矛盾，所以//PQ BC . 设PQ 与JD 相交于H .由DP 、DQ 分别平分BDS ∠及其邻补角得DP DQ ⊥， 再结合//PQ BC 得PQ DH ⊥，所以
PH QH MS DH PH QH BD CD BD CD SJ HJ HJ HJ HJ JD JD JD
⋅⋅====⋅=.。