2022年7月中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題卷附答案解析

2022年7月中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題卷(第一天)考試時間：2022年7月26日上午8:00—9:20一、填空題(本大題共8道小題，每小題8分，共64分)3.4.設集合中的最大元素與最小元素分別為則M-m的值為.m為給定的正整數(shù)，則使得才+“整除/+〃的最大正整數(shù)是r*4*[設M表示不超過X的最大整數(shù)，則函數(shù)f(x)3.4.設集合中的最大元素與最小元素分別為則M-m的值為.m為給定的正整數(shù)，則使得才+“整除/+〃的最大正整數(shù)是r*4*[設M表示不超過X的最大整數(shù)，則函數(shù)f(x)=而；的值域是X2V2 , 1在平面直角坐標系xQf中，橢圓G：F+.T(a>b>0)和拋物線Czj'-ar交于4,8兩點，尸為G橢圓ab 2的右頂點，若。,4只8四點共圓，則G的離心率為.5.在正三棱柱48C-44G中，4B=BC=C4=A^=2,點。為棱4cl上的點，且8G〃平面/4。.以。為球心、弓為半徑的球面與側面4448的交線長為6.已知復數(shù)z,w滿足，20i0.z+——=5+i:. ,則|利可取得的最小值為一w+—=-4+10i.已知￡MBC為銳角三角形,4,8,C為其三個內角，則2cot/+38t8+4cotC的最小值為.已知多項式/9)=7+0?+及+c(a,b,ceZ)的所有根的模均為20或15,則這樣的多項式的個數(shù)為.二、解答題(本大題共3道小題，第9題16分，第10題20分，第11題20分，共56分).已知點歷(2,2)在拋物線C:x?=2陟(p>0)上，過點0,0)作直線《交拋物線C于不同的兩點P,。，交，軸于\SR\點N.過點N作平行于0。的直線4交直線OP于點S,交直線?！庇邳c7,交x軸于點火.求鬲的值..即為任意給定的正整數(shù)，如下定義整數(shù)序列｛凡卜見三-S.T(mod"),n=l,2,-,且其中=a0+q+…+《,,”=0,1,2,….證明：存在無窮多個正整數(shù)m,使得S.是完全平方數(shù)..已知正實數(shù)，4,''="xm滿足4+。2+",+/022=b、+"+”?+6加2=1，求n k2022嗨廣蛔+曲山的最大值.2022年中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題（一）加試考試時間:2022年7月26日上午9:40—12:30一、（本題滿分40分）如圖，銳角2BC的垂心為〃，CD、分別為4B、AC邊上的高.延長ED、CB交于P,4/為4ABC外接圓的直徑，延長田交DE于T,連結JP.證明（答題時請將圖畫在答卷紙上）二、（本題滿分40分）給定正整數(shù)〃，非負實數(shù)qg,…,a“滿足6+%+…+"”=4,記S=%+0必2+???+《02?一凡，求S的最大值.三、（本題滿分50分）求所有的正整數(shù)〃，存在一種方案將集合｛1,2,…,2”｝劃分為〃個元素個數(shù)為2且兩兩不交的集合4,4,…,4,,使得不存在不外,…，乙同時滿足（1）xtg40= （2）2n\xx+x2+--+xa.四、（本題滿分50分）2已知P為大于2022的質數(shù)，求證：存在正整數(shù)0〃、，使m+〃+，＜§p+2022,且司2*3"5-1.（第二天）考試時間：2022年7月28日上午8:30—11:20一、（本題滿分40分）求所有的整數(shù)〃，使得對任意兩兩不等的正實數(shù)。、氏c,都有：- c"+,、， F 1- 2q+6+c.|c-a|"\a-b\H二、（本題滿分40分）已知數(shù)列出｝滿足：耳=0，￡=1，居“=居“+月5?。?對大于2的整數(shù)m,記%為除以凡的余數(shù).證明：%在數(shù)列叱｝中.*?1三、（本題滿分50分）如圖,圓內接四邊形中，瓦>>4C,直線8C、3交于瓦直線48、CD交于F,過E作直線CD的平行線交直線/1B于K,U、，分別為△/%（?、△/郎的外心.證明:/UAP=/8CD-/ABC.（答題時請將圖畫在答卷紙上）四、（本題滿分50分）給定正整數(shù)人》/.設〃，為最小的正整數(shù)，滿足對所有”》機，無論如何將一個〃階完全圖的所有邊染為紅藍兩色之一，都存在一條紅色的長為*的路或一條藍色的長為/的路.證明：ni=k+\—.注：一條長為，的路由/+1個點…,u,,i構成.滿足對任意的q與之間均有邊連接.考試時間：2022年7月28日下午14:00—16:50五、（本題滿分40分）如圖，△4BC中，AB=AC,D在線段的延長線上，E在線段4C上，滿足BD=CE,記ZU5C的外接圓為「，△瓦陽的外接圓交r于另外一點P,的外接圓交r于另外一點。.求證：尸。〃3c.（答題時請將圖畫在答卷紙上）六、（本題滿分40分）已知〃為正整數(shù),“22,正實數(shù)3%i也滿足4＜“＜一＜，且"=1.證明：on-1 n—+V ＜V//.3 占“七、（本題滿分50分）證明：存在正實數(shù)c,使得對任意正整數(shù)〃與平面上的〃個點，這”個點構成的等腰三角形不超過c?小個.八、（本題滿分50分）記％%，…,a如為2022個大于2022的不同質數(shù)，…，/2為數(shù)集且4—{q—'，q—i+1,q—l}（i=1,2,2022）.證明：存在根＜jg-4046!,使得對Vi=l,2,…,2022,以及,有mra（modq）.

（第三天）考試時間：2022年7月30日上午8:00—9:20arcsin（0.3）-arcsin（0.7）-y一、填空題（本大題共8道小題，每小題8分，共64分）arcsin（0.3）-arcsin（0.7）-y1,計算：sin（arcsin（07）+arcsin（0.3））-cos2,設集合/={1,2}.8={3,4},X={?n“z=a+6i,其中ae4be8,z為實系數(shù)方程f+座+”=幽根}.則X中所有元素之和為2 1.已知橢圓E:二其左、右焦點為耳（Y,0）,g（c,0）.實數(shù)a,b,c依次構成等比數(shù)列.設Pab為橢圓E上任意一點，/為/XP耳耳的內心，力,必分別為點尸，/的縱坐標，則比=.yt.已知正四面體4BCD的頂點C在平面a內，頂點B在平面a內的正投影為。，直線BC與平面a所成的角為60。當頂點/與點。的距離最大時，直線CD與平面a所成角的正弦值為.已知在&15c中，角48,C所對的邊分別為a,6,c,44=90。，邊BC上一點。滿足8￡>:￡）C=c:46,若AD=\,則b+c的最小值為..已知數(shù)列｛4｝共有7項，且S"為｛4｝的前〃項和，滿足25Hnd+qas”，？）,則滿足上述條件的數(shù)列｛4｝共有個..、 P（i）.已知小小…】為"次首一多項式P（x）的所有實數(shù)根，若干=2020+20221（這里i為虛數(shù)單位），則arctan4+arctanq+???+arctan4=..將6x6的方格表中的12個小方格染成黑色，使得每行和每列均恰有2個黑格，則不同的染色方式共有種.二、解答題（本大題共3道小題，第9題16分，第10題20分，第11題20分，共56分）.己知集合。=｛（占,三）|玉>0,f>0,$+三=2*｝,其中★為正常數(shù)，若不等式（L-X|X」--X2）2（?-!）2對Xyx2 k任意（七,七）6。恒成立，試求￡的取值范圍..已知直線/分別與兩拋物線G:產(chǎn)=2px（p>0）和G:y2=4px交于四個不同的點4片,乂）,8（七,必）,AM。（工3，必）苫（王，治），且乂 設/與X軸交于點A/,若AD=6BE,求 的值.ME.已知數(shù)列｛（｝,｛4｝滿足q=2,4=0,4=2也=2,且對任意正整數(shù)〃23,有q,=《卜4_2-如心2，，十%岫,求|生叱|的末兩位數(shù)字?考試時間：2022年7月30日上午9:40—12:30一、（本題滿分40分）已知正實數(shù)q（i=l,2,）滿足％+。2+…+a”=1，證明：2二、（本題滿分40分）證明：存在無限多個不能表示為/+P的正整數(shù)，其中”€乂，p為質數(shù).三、（本題滿分50分）求正整數(shù)a,6應滿足的條件，使得能夠將集合｛1,2…,?｝分成。個不相交的b元子集，滿足每個子集的元素和都相等.四、（本題滿分50分）如圖，A4BC的內心為/，外接圓為「，01BC于點。,尸為弧區(qū)1C中點，直線ED交「于另一點尸，PA與BC交于點E,EHLAF,垂足為H,K為EH中點、.證明:/K=OK.（答題時請將圖畫在答卷紙上）2022年中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題（一）

考試時間：2022年7月26日上午8:00—9:20一、填空題（本大題共8道小題，每小題8分，共64分）.設集合4a?6431中的最大元素與最小元素分別為",加，則切的值為2應，所以2應，所以【解析】士+64—+3=5即A/=5,-+b2-+n22打，當且僅當a=b=&時取等號，即加a1 aaM-m=5-2y/2..也為給定的正整數(shù)，則使得M+”整除/+用的最大正整數(shù)”是,【答案】淄一"+”【解析】由題意知UiTZ.因為m+nn2+m（w+m）2-2m2（n+m2）+m4+m m4a-m——= \ 七 =n+m-2m2+ rm m+n n-^m,所以史駕是正整數(shù)從而，n+m/7+冽2<w4+w=>w<w4->w2+w經(jīng)檢驗知，a= +m符合條件.因此，”的最大值是加'-/+加.X+].設[可表示不超過x的最大整數(shù)，則函數(shù)/（x）=用石的值域是【答案】（0,2）【解析】設卜｝=1胴。,1）,則g鬲=1+品,X+1 、/(x)=]十的定義域是(y,-1)U[0,+8)，國+1當xNO時，國+1=1,2,3,…，f（x）=l+自上的值域是[1,2）,因+1當x<-l時，[x]+l=-L-Z-3,…，/?（工）=1+直§的值域是（0』,x+]則函數(shù)/（X）= 的值域是（0,2）.㈤+1

.在平面直角坐標系簿v中，橢圓q；+2=l(a>b>0)和拋物線C2:/ab’■ax交于48兩點，尸為C1橢圓的右頂點，若。4■ax交于48兩點，尸為C1橢圓【解析】由對稱性,N。4P=乙OBP=90°,故4方在以。尸為直徑的圓上.【解析】，J?, 2a2b1=>—x2-ax-^-b2=0x2-ax-^y2=0"乂a2b2加必,2 a2b4a2b2故5?與=-p-=與=1-?故”二一町+"<=———+—r,21 +，a%"a'b11a2b2由.以=5也，故-丁+-^-=因此橢圓的離心率為e=￡=*a3.在正三棱柱,45。一4耳G中，，B=BC=C4=44=2,棱4G上的點。滿足反;〃平面4月Q.以Q為球心、手為半徑的球面與側面田的交線長為恪案子△48?為正三角形，則DH=g■,故EH=Jr2-DF『=1,乙必/片=60△48?為正三角形，則DH=g■,故EH=Jr2-DF『=1,乙必/片=60。，交線為弧所長為」x2x;r=^,20i一，z+—=5+i6.已知復數(shù)Z,W滿足w.6.已知復數(shù)Z,W滿足w+—=-4+10iZ【答案】2J證【解析】將兩式相乘得(zwf-(-30+14i)(zw)-240=0,由求根公式知，zvr=6+2i或一36+12i,故IZWI可取得的最小值為2M..己知△4BC為銳角三角形，48,C為其三個內角，則2cot/+3cot3+4cotC的最小值為【答案】V23【解析】由不等式(2x-3ycosy-42cos/『+(3ysin/-4zsin夕『20.整理可得(2x+3y+4z)’>12(cosy+l)q，+24(l-cos(/+7))》+16(8s/？+l)zr待定系數(shù)，記1待定系數(shù)，記12(cos7+1)=24(1-cos(A+7))=16(cos〃+1)=攵因此，有(2x+3y+4z『N23(Ay+jz+zr),又因為cotzlcot5+cotBcotC+cotCcot？l=L所以,(2cot/+3cot5+4cotC)2>23,所以，所求最小值為.已知多項式/(z)=z3+a2+bz+c(?6.ceZ)的所有根的模均為20或15,則這樣的多項式的個數(shù)為【答案】572【解析】根據(jù)多項式零點的規(guī)律，知尸(z)的零點中實數(shù)的個數(shù)為1或3.(1)F(z)的三個零點均為實數(shù).它們取值±15.±20,設零點中取每個值的個數(shù)分別為5?三,菁,三，這種情形中可能的多項式個數(shù)即為不定方程玉+與+巧+%=3的非負整數(shù)解的組數(shù),利用插板法，即C：=20個.(2)尸(z)的三個零點中有一個實數(shù)，一對共挽復數(shù).記實根為c,共枕復根為a土川，那么尸(z)=(x-cXx2-2ax+(a2+Q)).注意到a,"ceZ,其中a?+，取225或400為整數(shù)，故只需要2aeZ.i 2 29①|a土仇|=15,此時a=0,土一，土一，…，土一，它們與c唯一確定P(z),c有4種取值，共有59x4=236個.42 4

1 2 39②,土伊卜20,此時a=0,±5，±5,…,土彳,它們與c唯一確定尸（z）,c有4種取值，共有79x4=316個.綜上所述，滿足要求的尸（2）共有20+236+316=572個.二、解答題（本大題共3道小題，第9題16分，第10題20分，第11題20分，共56分）.已知點A/（22）在拋物線。：爐=200>0）上，過點（1,0）作直線（交拋物線C于不同的兩點P,。，交>軸于\SR\點N.過點N作平行于。。的直線4交直線OP于點S，交直線0M于點7,交x軸于點A.求阿的值.【解析】由題意易得拋物線C的方程為f=2y,設尸（工口費）,。12./]9-0因為直線P0過點（1,0）,故％差=5黃=]二]，化簡可得：$=含 ①所以直線的方程為y=W4x-l）,令x=0,可得N點縱坐標為6=—*；/,即N點坐標為（0,-" ] 4分又因為直線所以時=b="，所以直線4的方程為：y=]x-立土._x2升+與聯(lián)立直線乙與直線?！钡姆匠蹋?'=萬'一—2~,消去x,可得T點縱坐標：y-x 8分消去x,可得S點縱坐標:y=攵也，結合①式，化簡可得：yT=-——3--x2-2 8分消去x,可得S點縱坐標:聯(lián)立直線聯(lián)立直線/2與直線。尸的方程:聯(lián)立直線聯(lián)立直線/2與直線。尸的方程:,X?

y=-x2（x+x,）r八 x?鵬鼠卓結合①式‘化簡可得“始一五.2）所以外=2乂，故簫=產(chǎn)1=1.%為任意給定的正整數(shù)，如下定義整數(shù)序列｛4｝：4三-S,T(mod"),〃=LZ…，且其中5*=4+4+―-+4，〃=0工2,?“證明：存在無窮多個正整數(shù)"人使得是完全平方數(shù).【解析1】設a=上，n先證明正整數(shù)數(shù)列｛匕｝是單調不增的。%+%+…+%=*“"=兒("+1)-%故生.產(chǎn)/(mod，?), 5分故有叫“4匕，. ,S.Sna.—Sn(an-k?\a—k因此匕.「總二士一也二絲：母=一^~~9=匚皂40n+\n w(w+l) /?(w+l) w+1故正整數(shù)數(shù)列也｝是單調不增的.因此存在正整數(shù)N,使得〃2N時，有k0=c,c為某確定正整數(shù). 15分即吟N時，號="，故取加=蘇，且加2N,即有鼠=。2/，這樣的機顯然有無窮多個. 20分2【解析2】Sn<^)+l+24-3+---+n=—+—+%故存在/,sf<? 5分設￡="，一女)，左為正整數(shù)則由于S,=(1+1乂1一左)一7+左，故4+1三f-Z(modr+1)又14―后金+1報&i=t-k故S,T=(r+l)(.9 15分依次類推，可知q=/-￡,n>t+\,且S,="(/-A),故當楊=/(/-左)，且+l時，鼠均為完全平方數(shù). 20分

.已知正實數(shù)%02,???,02022,4，砥?：4022滿足4+02+???+02022=4+4+…+4022=L求L2022min」+min-+Yk-i|1^^2022A3a022〃J、i"

ul % 2-1的最大值.【解析】S的最大可能值為2,當4=々=」一,i=LZ”?,2022時取得.2022下證明：S<2.山.下證明：S<2.山.q卜.U設。二mm—,b=min—兇420224 IS/<2022q，4=>,，4=2。,，4=2aBi=E”, 5分則s=4+6+4-82+4-4顯然有4+4則s=4+6+4-82+4-4顯然有4+4=LB1+B?=1?即S=tz+b+2—2（4+82）故只需證明：2（4+用）24+6.由我們的假設可知42明，822M.結合4+4=14+a=1則有B+bA22b①4+則有B+bA22b①4+czB^—°②..10分①X0-?、赬（1詞可知a^b-lab

\-ab15分即只需證明喑券一整理可知只需證明。+即只需證明喑券一整理可知只需證明。+6+訪（。+6）24況>即1+1+a+624,ab這顯然成立，故我們證明了SS220分20分2022年中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題（一）加試考試時間：2022年7月26日上午9:40—12:30一、（本題滿分40分）如圖，銳角A45C的垂心為CD、型分別為AB.AC邊上的高.延長ED、CB交于P,47為AABC外接圓的直徑，延長JH交DE于T,連結證明;（答題時請將圖畫在答卷紙上）證明：設”與ZvlB。外接圓的交點為。，Q〃心.連結QHJC.因為二BDCjBEC,故B,D,E,C四點共圓，有^AJC^ABC=AAED.又因為40UC,有AJ±PE. 10分注意到B,D,E,C四點共圓，以及B,C,Q,A四點共圓，可得(PBPC=(PBPC=PDPE\PBPC=PQPAmPE=PQ,PA故D,E,Q,A四點共圓. 20分注意到ZADH+^AEH=180a,有A,D,H,E四點共圓，從而A,D,H,E,Q五點共圓. 30分因此N4QH=180。-z_4EH=90。，故QH_AP.故Q,H,J共線.所以T為匕AP3的垂心，從而ATUP. 40分

二、(本題滿分40分)給定正整數(shù)”，非負實數(shù)01,02,???,為滿足01+02+―+4=4,記S=q+q&+……《，求S的最大值.解：勿=1時顯然；〃=2時，由均值不等式：%+%%=%(1+%)用(4+%+1)=—5 3且當q=2,外=巳時能取到.2 2當〃23時，q+q%+ =q+%%(1+2)?/+(。2+%+1)”=/+(5-[),其中％e[0,4],由函數(shù)單調性可知：當q=若叵時，函數(shù)取得最大值相-16305+13而相-16———^―,此時%=_6_，4 10分下歸納證明：當；124時，均有上述最大值，且當4%,%為上述取值,%=%=,?=4=0時能取到。當〃=4時，注意到《+/+他+%)=4,利用〃=3時的歸納假設，只用證明:%+c1td2+4a2a3+W4+4a2+4。、(叫+4)■注意到可以不妨序列｛4｝遞減，不然交換兩個遞增的項，函數(shù)值變大,如果441，平凡成立；下設%>1,此時,2>qN& >1>。4.作調整(q,%+6-L/Jq)后，函數(shù)值變大.故可劃歸為2-1的情形. 30分假設當附=后成立，當％=上+1時，注意到:q+/+…+(綺+%+J=4并利用n=k時的歸納假設，由于左24,故在的｛4｝遞減的條件下，有&V1,證明完成. 40分三、(本題滿分50分)求所有的正整數(shù)〃，存在一種方案將集合{1,2,…,2〃}劃分為〃個元素個數(shù)為2,且兩兩不交的集合4,4,…,4,使得不存在演,工2,…,同時滿足(1)x,e>4,(/=1,2,???,?) (2)2n|xj+x2H Fx?.解：答案為所有正偶數(shù).一方面，當2Iri時,取&={i,i+n}(i=1,2, 則對任意的石,孫，…,4n滿足xteAi(i=1,2, 均有Zkix￡=1+2+???+n=(modn). 20分另一方面，當n為奇數(shù)時，我們證明對任意一種劃分方式，均可選出合題意的x1,x2,...,xn.以1,2,...,2n為頂點造一個圖，對每個lwiwn,在i,i+n之間連紅邊，A的兩個元素之間連藍邊，那么每個頂點均恰好連了一條紅邊，一條藍邊.于是此圖為若干圈的并(此處允許圈長為2).又注意到圈上的邊必為紅藍交替，故圖中的圈均為偶圈. 30分我們在每個圈上任取一個起點，并取從起點開始的第1,3,5,...個點.那么所有圈中恰取了n個點，設它們?yōu)榻?<22,…，。門，并設剩下的點為瓦,由我們的取法可知…，兩兩不屬于同一個4且兩兩模n不同余.故g三1+2+??■+n=0(modn).同理仇三1+2+…+n三0(modn).又因為￡%7+仇三1+2H F2n=n^mod2n),故a,b中恰有一組數(shù)滿足此組數(shù)之和是2n的倍數(shù)，這組數(shù)即為所求心,尤2,...,工. 50分四、（本題滿分50分）2已知P為大于2022的質數(shù)，求證：存在正整數(shù)加、〃、，使s+"+/<]p+2022,且p,—.證明：不妨設2模p的階不小于3、5模p的階，設2模p的階為r,則(1)當『=夕-1時，2\丁,…,2”構成模p的縮系.故存在 ,使2'三3(modp),2J=5(modp),且由p>2022知<p-2.于是TS-S三2?-2"'P=2E+"(modp). 10分令m+H+〃=2(p-l),不妨設①若i,J均不小于、少，則取"="1，則加=2(p-l)->/€N+,且? -4(p-l)2 42〃m+n+r=2p-i-j?2p—--二§p+§<寸+2022?②若/R…燈，3 3則取t=l,取用€。,力且m=2(p-l)-/(m(xh),則”=〃，1/用€用,此時，小+”+,=吁2"y-陽+l=W+2(py/+p+2(p：)7?；11丁<2("U,3,2(^-1)2(p-l)2(p-l)_ \2p92pl\2p??_lWmax/11+ , +-； t—mnxi—+^―,—+—>v—+2022?11 3 2(p-l) [111133J3-3. 20分③若仃<當1記[e[/+L2/]，=2(/7-1)(modj)>令m+ni=q,則u：-1)二金明,再取加金[叫使用三q(modi)>則.二,旭￡N，，從而q-m2(p—1)一夕(1]q2(p—1)—q q2(p—1)—q/m+w+Z= +- =m1-一+3+ :——<z-l+-+- Xij\i)ij iJ*/11</<j>且11/>2/2,

?□/?1q2(p-l)—夕_ 2(p-l)[/一 2([一1)]2(p—1) 2(p-l)】??za?/-1+卜 -/4*'* "_1Kmsx《11+ 1, +-7 r—1/jj J 11 3 2(P-1)3 ,<—p+2022?3 30 分'(2)當一(2)當一2時，記/二

2，下證必存在/,“{1,2},使3，,5*1.否則3,93,則1,31,9/兩兩不交，但/U3/U9/0L2,…,p-1},從而3T4p-l,矛盾，故存在/金{1,2卜使3%人同理存在$￡{1,2}使5睦/.設￥=2*(modp),5s=2,s(modp)，1Wa,0< —?①若a+0vR-,取小二￡---a-Z7,n=/ft=s,2 2則2%3”?5「三2%"”?20?2-=2勺三l(modp),且。+〃+fv^^+2+2vgp+2022?②若a+0之R——,取加二p-l-a-/7,n=l?t=s,貝】J2用?3”?5]三好….2々.2尸=2"三1(modp),日一〃？+/?+￡=p—1—a—p+/+sKR2-+2+2v§p+2022. 40分(3)當『《一，設尸(〃-m>3),類似(2)可知存在/,se{LN…,使3,三2350三2?modp),\<a,p<^^.u①若〃25,記3模p的階為勺，5模p的階為與，取m=—~~-,尸=4?t=r2,則2M?3"6三111三l(modp),且p-13(p—1)2ni+n+t<3 < <—p+2022?u5 3②若34“44,則3優(yōu)…,3”模p均不余1,從而av左。，u取rn-~~—-a-, n=l ,t=s,則u2(P?1)a8 陋1 2 22m.3".5r三2u?2。?2"=2w三l(modp),且m+〃+fv§(p—l)+4+4v§p+2022?綜上，命題得證. 50分

2022年中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題（二）考試時間：2022年7月28日上午8:30—11:20一、（本題滿分40分）求所有的整數(shù)〃，使得對任意兩兩不等的正實數(shù)枚c,都有：a“+i 6+1 /I、t|6-c|"|c-a|'\a-b^解:〃為自然數(shù).當〃=0時，顯然.+n|ft-c|>(1+n)a,+w+n|ft-c|>(1+n)a,+w|c-a|>(1+n)b.\b-c\"

護"

\c-a\"ql+zi^1+n 。1+相 -4 -H >(1+n)a+(1+n)b-n\b-c\-n\c-a\|b-c\n\c—a\l\a—b\n=a+b+2nc>a+b+c. 30分當〃<0時，取a=l+^,6=19c=1-?令"7—>+ao,則有：0>3,矛盾。m m40分二、(本題滿分40分)己知數(shù)列｛凡｝滿足：線=0,6=1，7^2=5I+25gN).對大于2的整數(shù)怙記凡為fl"除以吃的余數(shù).證明：凡,在數(shù)列{凡}中.t=i/-i證明：由雨＞2可知用,22.當￡,為合數(shù)時，笈|口"，故凡=0=6，成立.無=1當力為質數(shù)時，若4=2,則&,二1二月，成立.當吃為奇質數(shù)0時，p-i p-] p—1p-l 2 2 2 ?_1 S-1Xp2）.10分則rp*=三門片㈠產(chǎn)“三n?-1）*"=（,）!（-1）.10分由"=o,月=1,%=%“+%（?。┲?=當[（笥叵）”-（匕亙力對21切，有用+「用t-4=《（邛-（匕笠）"TK上盧尸-（二^）"]-/二務"-（匕盧丹14-V?14-V?=1x(-l)x(-(V5)2)=l￡zl故對2\m,有F”；=-1(mod7^,).即(―1)2三Fm_^=l(modp), 20分從而對2；雨，F(xiàn)m=p，且模4余L由通項計算可得屬〃eZ.),故由￡=p可知利為質數(shù)或析式4. 30 一分(1)若切為質數(shù)，則2〃，，F(xiàn)m=p(模4余1).又凡,三(一一)!(-1) 8(modp)＞故由威爾遜定理可知：79-1 — —R;=[( )!]"=(-1)2?(p—1)!=(_1)2=_l(modp)2故RdJ或一！,(modf,故凡,=J或a24-1(2)若mV4,則吃=〃的解只有尼=3,口/=4,R+=1=F、,成立.*=1證畢.三、(本題滿分50分)如圖.圓內接四邊形4B8中直線BC、AD交于旦直線49、CD交于F.過E作直線8的平行線交直線于K,C\/分別為ZkRC、△依。的外心.證明：NUKZ2BCD-/ABC.(答題時請將圖畫在答卷紙上)KB-KFFB1FD"TD-TFifj ,=—= EBECBC2DAZEOEA所以KB-KF=TD?TF. 10分所以K、7對△BDF的外接圓的基相等.所以少＞巾同理UK=UT 20分由平行知四邊形KFTE為平行四邊形.作K關于BF中點的對稱點MT關于CF中點的對稱點M由對稱知VM=VK,BM=KF=TE.所以四邊形為平行四邊形，/為的外心. 40分所以A"〃8E所以NKMT=N4BC.所以N次7=90°-ZKMT=90°-ZABC.同理AK〃CE,U為△K7VT的外心,NUK「=90°~ZTNK^90°-NBCD.所以NVKU=ZVKT-ZUKT=NBCD-Z.ABC. 50分方法2.延長E4與48或的外接圓交于P.由NBPD=/BPE=NBKE=NBFD.所以尸、B、D、尸四點共圓. 10分由NU4K=90°-ZACD,ZVPB=90°-ZPDB所以NKP/=NKPB-NkB=18。"-ZKEB~ZVPB=1SO°-NKEB-§0°-ZPDB)=W°+ZACB-ZDCB=90°-ZACD.所以NU4K=NKP匕 20分由NBIT>=2NBFD=ZAUC.

所以等腰△fzBDs等腰△”4C 30分由△EBZ)sZ\E4C,Aebds△￡4c.CC1?PVBVBDBEPK所以 = = = =——AUAUACAEAK所以△KP/sZXKHU. 40分所以NPK/=4KU.所以NVKU=NAKU-ZAKV=ZPKV-NAKWNPKA=NAEB=/BCD-NCDE=NBCD-N4BC. 50分四、(本題滿分so分)給定正整數(shù)人設加為最小的正整數(shù),滿足對所有無論如何將一個〃階完全圖的所有邊染為紅藍兩色之一，都存在一條紅色的長為左的路或一條藍色的長為/的路.證明：，"=k+1上2.注：一條長為7的路由r+1個點q，S，…,構成，滿足對任意的U,與之間均有邊連接.證明：一方面，我們給出〃=左+［一］-1時的染色方法的構造，滿足不存在紅色的長為上的路或長為/的路：先從〃個點中選出上個點，記此上個點構成集合S.將此左個點間兩兩連線染紅，并把剩下的邊染藍.由于只有上個點與紅色邊相鄰，故顯然紅色的路長度不超過k-1.下面我們證明藍色的路長度不超過/-I,而對于藍色的路，注意到路上相鄰的點不能都在S中，又因為這條路最多經(jīng)過S之外的點如■一1次，故路長不超過2 10分另一方面，我們說明上+1+1.設g(G,7)為一般的左另一方面，我們說明上+1+1.設g(G,7)為一般的左N/所對應的加值.我們對上歸納證明對于所有的/4上均有g//)W左+/4-1左=1時顯然.左22時，假設對于小于左的情況均成立，下面證明左時也成立.考慮階完全圖G的任意紅藍二染色.由歸納假設，我們只要證明：若紅色的路長度最大為％-1,則存在一條藍色的長為/的路.設最長的紅色路為q,伉，…,q,剩余的點為匕,匕，…耳「設集合u=w，u?…,uj,>=［必,…彳…廣那么由u”仇,…,心的最長性容易驗證下面三條性質對于任意不越界的下標均成立：（I） 匕匕是藍色的或匕4+1是藍色的，（iii 匕a與以人均為藍色的，（iii） 對j與兩兩不同的八33,4,4”中至少有一個點與匕KK中至少兩個點均連藍邊. 20分考慮最長的滿足如下性質的藍色路：不含起點與終點均在/中；每相鄰的兩個點均一個在U中，一個在P中.設這條路為S,起點與終點分別為48.若S包含了，中所/4-1

2的路，滿足需求.故以下有的點，那么將S加上則構成了一/4-1

2的路，滿足需求.故以下我們不妨假設S沒有包含胃中所有的點.設W為憶中所有不在S中的點構成的集合.再考慮最長的滿足如下性質的藍色路：不含U1,Uk；不含S中的點；起點與終點均在少中；每相鄰的兩個點均一個在U中，一個在印中.設這條路為T.下面我們證明/中所有點均在S或T中,假設有點X在/中，且不在S或T中.那么■/+rS與T在P中的點數(shù)不超過一--1,故S與T在U中的點數(shù)不超過k-2Tk-2T2個（用到了H左）.故有下標i, 上一2使得不在S與T中.對與使用性質（iii）,于是可以將S或T延長,2022年中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題（二）

考試時間：2022年7月28日下午14:00—16:50五、（本題滿分40分）如圖，ZUBC中，AB=AC,。在線段四的延長線上，E在線段ZC上，滿足BD=CE,記ZMEC的外接圓為r,z\BDE的外接圓交r于另外一點的外接圓交r于另外一點Q.求證：pq//bc.（答題時請將圖畫在答卷紙上）證明：設40=?.^=?,則4B=AC=中,80=05=攵5V設4。交CQ于尸,4D交△(?〃￡■的外接圓于另外一點G由圓幕定理:正B-F4=FC，F(xiàn)Q=FQ-FG， 10分yG+v) An=印(工+v)y(x+y)-i-x(x-y)yG+v) An=印(工+v)y(x+y)-i-x(x-y) /+/AE-AC=AD=y(x+y)BD x(x-y) 20分設4c交BP于H.4E交△8DE的外接圓于另外一點1由圓幕定理:HC?K4=KB,HP=HE?小從而HA=HE=HA^HE=AE

HI-HC~~CIAEAEAI-AC^^b7ad~

AE從而HA從而HA=2/+(%-/)”=2/+(N2_力yjy(z+y)

xa+l/2 30分所以= 由圓和等腰三角形的對稱性可得&=同.從而PQ〃BC. 40分六、(本題滿分40分)已知力為正整數(shù)，勿22,正實數(shù)?也,…也滿足4 <…<。且,=1.證明:,n-1l2 nMakh"證明：由題意，只要證明：yi 1(一(%+l2.1與1——+1+一一占上/白1一加+1+《<3令。則Oi+oj+cT/ul,且如他,???,%>().［瓦#=1只要證明:Si^7，(O1+O2+'"+Ok)J<3-以下為數(shù)學歸納法：(1)當n=2時，左邊為晨?端=.的((審)*=；<；,結論成立；(2)假設結論對n=m成立，則對于n=m+l時，包號@+…?+獷m-1—Om+l(l—Om-1)+ (出+的+…+0*)2令S=ai+o+???+flm￡(0,1),q=\(lWiWm),則MS=1—/+1,6+&+…+J=1因此4?+廠(1—a1n_1)=SQ—S),以及m-1 m-1q￡^^(01+的+“?+a*)2=￡T^-?S2(R+q+?“+c?尸白1-叫 自l-Scci<ssEfr^；<c>+c?+-+c*)，<jss 30分再結合S(l—S)+!ss<：eS8-3S2+3S-l<0"(Sl)*<0,結論得證.OO 40分七、(本題滿分50分)證明：存在正實數(shù)c,使得對任意正整數(shù)〃與平面上的〃個點，這〃個點構成的等腰三角形不超過巨個.證明：我們先說明，在幾個點的W條兩兩間中垂線中，設有九條線重合，則有土￡〃：只需注意到若4/3的中垂線與C。的中垂線重合，貝M4B}n{C,。}=?；騵4B}={C,。)即可.考慮這C甫條中垂線.設它們去重之后為，i/2，???，，m，其中4重數(shù)為。，則qWMlWiWm).設乙過幾個點中勺個點，則由于兩點確定一條直線，故不同。上的點對(X,Y)不同，故有CV+Cg+…+￡器￡加.即好+慰+…+ —必一42 xm<n(n—1),故(4—+(x2— +…+ <n(n—1)4- <2n(n—1). 30分所求等腰三角形數(shù)不超過“［+/g+???+~0.由Cauchy不等式，(J&W)+C2G2-；)+…+CmOm-1))2<(c?+好+…+說)(國-1)2+(x2-1)2+…+(xm- <2rl(〃一l)(tf+cl+…+c幻工2n2(n-l)(ct+c2+…+cm)<n5.5i 5故c61+C2x2+…+Cmxm<ni+-(Ci+c2+…+Cm)<2ru. 50分八、(本題滿分5。分)記入心…卬w為2022個大于2022的不同質數(shù)，4，4,…，4)22為數(shù)集且4U{LZ…，q-DQ-1,2,…，2022).證明：存在正整數(shù)切&(2|闋+1)(2|聞+1)…(21*/+1),使得對W=1,2.…,2022,以及Vaw4,有ni豐t/(modq)證明：???6?％ 02M2兩兩互質，由中國剩余定理可知：對⑺ 2022,小,滿足乙?l(modq),t,=(Kmoda;Xj*0.2022考慮數(shù)a=2K，則a?Bjc,(mod* ? 10分記S,={0,1.2,…，a,-1),設瓦q{0.1,2,….q-1}且是滿足對Vx.y^B,,7工wA、,KVr二(modq)的元素最多的集合，從而對V，wg?fw§必存在用，vg4,使十?！?vfmodq).故/W〃土Wmcdq),故對V3瓦.fwS,,，至多有21||4|種模q的余數(shù).從而|旦|+2|41|8,|Nq,KP|B,|>―&-./=1.2 2022.2141+1 30分2022考慮形如*中的數(shù)構成的集合S{之小,區(qū)W8J.則S中有|用II禺I…|@2al個不同的數(shù)且模4%….022的余數(shù)在［。，q々…I］中.將10,4%…-1］均勻分為 4-T 個區(qū)間■ (2141^1X21AH-1)-(21-^1+1)??1S,llBJ-IBwnI；. ,--T(2I4I+1X2I4I+1)…(2|4。22l+D必存在S中有兩個數(shù)位于同一區(qū)間，故其差(大減小)4(2141+1X2141+1)…(2|4皿1+1).且由優(yōu)的定義可知，這兩個數(shù)之差模q不與4中元素同余，記這個正整數(shù)為相則，，(2I4I+1X2I41+1)…(2|&a1+1) 50分2022年中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營試題（三）

考試時間：2022年7月30日上午8:00—9:20一'填空題（本大題共8道小題，每小題8分，共64分）1,計算：sin(arcsin(0.7)4-arcsin(0.3))?costarcsin(0.3)-arcsin(0.7)-y1=2【答案】，5【解析】原式=sin(arcsin(0.7)+arcsin(0.3)).sin(arcsin(0.3)-arcsin(0.7))=^sin(arcsin(0.3)))-(sin(arcsin(0.7)))=-0.42.設集合/={1,2},8={3,4},X=加力卜=q+6z,其中w8,z為實系數(shù)方苗2+mx+典=曲根｝,則X中所有元素之和為.【答案】-186【解析】2與Z為方程兩根由韋達定理，m=-2a.n=a2+b2則X中所有元素之和為工“以一2州+叨=-2Z…G+蘇）=-2[22/+(￡?取￡/)卜-2(18+3x25)7862 23.已知橢圓￡4+%=1（。>6>0）,其左、右焦點為耳（-c,0）,g（c,0）.實數(shù)a,依次構成等比數(shù)列.設P為橢圓E上任意一點，/為△尸￡鳥的內心，H>,先分別為點尸,/的縱坐標,則莊=

%【答案】4【解析】由題意,6?=8=/—。2—4。=0=/+6—1=0,故6= 2pipFPF設PI和不軸交于點A/，則—=1=,2，故JM甲/F2MPI_PK+PFS1_2布+1市—畢/+亭/_五一1”-]_2故》”+出.|%|1M2.已知正四面體月58的頂點。在平面a內，頂點8在平面a內的正投影為O,直線與平面a所成的角為60。.當頂點4與點。的距離最大時，直線8與平面a所成角的正弦值為.【解析】???四邊形OR4c中，頂點4與點。的距離最大，???0,B,4C四點共面,設此平面為一，?：BOlafBOq。,：.。工a,如圖，過點。作平面垂足為〃，連接"C,設正四面體4B8的棱長為1,則在RAHCD中，CH=—BC=—.VBO±atCH"BO,則3 3CHLa過點。作DEJLa于E,連接CE,則NDCE就是直線與平面。所成的角,,:DH aL。且DHaa,:.DHIla.由此可得點。到平面a的距離等于點H到平面a的距離，即DE?????在&中，sinNDCE~CD~3.已知在zMBC中，角48,。所對的邊分別為a,4c,4=90。，邊BC上一點D滿足BD:DC=c:4b,若,4D=1,則b+c的最小值為.【解析】而=w-礪荔，，4￡>=1,c+46c+4b故1=(-^-]-c2+f—1b2,即c+4b=Mc,(c+4lj \c+4b).已知數(shù)列｛%｝共有7項，且a；=a1a7,S”為｛4｝的前"項和，滿足ZSLd+a"。"")，則滿足上述條件的數(shù)列｛%｝共有個.【答案】23【解析】由2S.=a；+。.得2S^=<,+%,作差陽a“+。1)血-%「1)=0,"=2.3,4,…7,故4=-%-1或?！?4~1+1，由2,二片+0^4=0或q=1(1)%=0時，％=°，任取，而％,%,%，,只有°，°，°，0和°，1，一10兩種，故共有16種可能：

(2)%=1時，①q,q，4的值為LT」時，此時數(shù)列｛4｝有4種可能;②的值為LH時，此時數(shù)列｛%｝只有1種可能;③4，%,%的值為10.0時，此時數(shù)列｛4｝有2種可能.故共有23種可能.尸(i).已知24,…4為”次首一多項式P(x)的所有實數(shù)根，若干=2020+2022i(這里i為虛數(shù)單位)，則arctan/i+arctan^+-+arctan/;=.【答案】+arctan—.keZ1010【解析】記"=tanq.,則P（x）=n（x-tan，J,故1?=1萼單+.用=。壺口（8S…叫=0冊卜恪5格））Sill從而可知一cos20222020nSill從而可知一cos20222020故31*01311彳+0!\4211乙+-+3!*33114=24=左乃+虹(?1@1]^~^,左WZk=i 1010.將6x6的方格表中的12個小方格染成黑色，使得每行和每列均恰有2個黑格，則不同的染色方式共有 種.【解答】67950【解析1】記/(〃)為〃x〃時的染色方式數(shù)，令每個黑格的“朋友”黑格為和它同行或者同列的黑格，則每個黑格恰有兩個“朋友”熱格。假設其中左列的2%個黑格形成一個圈,即相鄰兩個黑格互為“朋友”黑格,第一個黑格和最后一個黑格互為“朋友”黑格.人可以取2,3,4,…劃掉這2k個黑格，會形成一個(〃-2)x(〃-左)的方格表，方法數(shù)為了(〃一女)個。因此有/(〃)= ~—?(?-l)(w-2)-(w-2)(w-3)-+1)/(?-/:)人22注意：上述等式的意義為，先在第一列找到兩個黑格，[“-1)種,然后對于靠上的黑格，找到它同行的“朋友”黑2格在哪一列，(〃-1)種,再在這一列找到另一個黑格(〃-2)種(如果k=2時，這個烈格的位置是確定的)。依次類推即可。故有當〃22時，4- ——t?!(?-1)!2金《〃_砌2將上式中的“替換為”-1,相減可知當〃>3時有，-ZW 小T)J/1"")?!(n-l)!(n-l)!(?-2)!2((?_2)!)21 7即/(w)=w(w-l)/(w-l)+—/?(n-iy/(w-2)由/⑴=0,/(2)=l可知"3）=6f（4）=4x3x6+gx4x9x1=90/（5）=5x4x90+1x5xl6x6=2040/（6）=6x5x2040+lx6x25x90=67950【解析2】我們考慮一個分別以6行，6列為兩個部分的二部圖，令其中一行與一列連邊當且僅當這一行與這一列的交點處的方格被染黑了.那么此二部圖中每個頂點的度數(shù)均為2.于是此二部圖為一些圈的并，且圈長均不小于2.接下來我們考慮當在兩部分中分別選定上個點時，使得這2%個點構成一個圈的連邊方法數(shù),我們首先確定包含于這個圈的一個匹配，共七個.而注意到一個連邊方法構成的圈恰包含兩個匹配，而每個匹配被（左-1）!個圈包含（考慮將左個匹配在圈上排列），故連邊方法共有""一"種.26g當二部圖整個為一個長為6的圈時，有一^=43200種，2/八24小2W當二部圖由一個長為4的圈與長為2的圈構成時，有（C：）xgx苛=16200種;當二部圖由兩個長為3的圈構成時，有券x"i=7200種；當二部圖由三個長為2的圈構成，有=1350種.故共有43200+16200+7200+1350=67950種二、解答題（本大題共3道小題，第9題16分，第10題20分，第11題20分，共56分）1 1 , 12.已知集合。={（$,/）!$>0,x2>0,演4-A；=2k},其中％為正常數(shù),若不等式■一天X 毛）2（%一（）對任意。恒成立，試求上的取值范囿【解析】令〃=司玉，則由基本不等式，有0<〃V/.

XxXxX24k2+2=m -+2.u4it2-1記/(?)=u +2u當人：時.函數(shù)/(?)在(0,日上是增函數(shù).則/(?)</(A-2)=^-lj.矛盾.故要使/(")2(左-\).則0<%<g. 8分由對勾函數(shù)性質可知，/(")="+ +2在(0,J1-4*［上遞減.在上遞增.要使/(“)在(04-［恒有=/(犬)，則必有內WS-4A、解得0</(4曲-2.故所求％的取值范圍為0<*41的-2. 16分.已知直線,分別與兩拋物線G：y=2RHp>0)和。2：步=46交于四個不同的點,4(牛乂),8(三,必)，D(x39y31E(x4,y4),且乂<必<必<必.設/與x軸交于點A1，若AD=6BE,求皿的值.解:由題意，直線/的斜率存在，設直線/的方程為y=h+/w,則卜2=2"=心呼+2p…=3=^^」［y=far+w yty2yty2m-111Mli11問理可知—H ，故 1 = 1 ,%Mm乂y2y3y4 5分從而有1 1_1 1=%-乂_/-乂=血_1)’3-乂_1乂月1乂%H%乂% BE\y2-y4\\y2y4\ 10分由于=等,％”=竿，故k k4pmyty3_3仇_2)’;嬴一返13r6攸」因此也=1A_=JJ.ME|y4| 20分11已知數(shù)列{a“},{6,}滿足q=2,4=0,%=2也=2,且對任意正整數(shù)〃23,有a"-，4=4Ta+4-2如,求卜皿|的末兩位數(shù)字.【解析】令z“=q,+4i,其中i為虛數(shù)單位，則有z“=2標/標2,其中〃23,4=2z2=2+2i故z“=2%(l+i)*',當”23時。其中月，為斐波那契數(shù)列，號=B=1 5分zL+i產(chǎn)由于斐波那契數(shù)列的模周期性，可知用也為奇數(shù)(事實上凡為偶數(shù)，當且僅當3|〃)。故ze2-"(2i)率(1+i)因此|喊|=2鏟,

，加尸 _ E* 1顯然42k皿，故只需計算,招二+%”除以25的余數(shù)，由于「(25)=20,即只需考慮3^+小除以20的余數(shù)，即只需考慮巴以-1+253除以5的余數(shù)和除以8的余數(shù).由斐波那契數(shù)列的模周期性，模5具有周期20,模8具有周期12,故時21三片=l(mod5),凡叫三月三5(mod8)凡m2三用三l(mo<i5),以心三左三0(mod8)故用0