北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛试题含答案精编版.doc
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 ⋅⋅====⋅=.。
2016年北大优秀中学生体验营暑期课堂数学试题及详解
1 2016年北京大学全国优秀中学生暑期学堂数学试题文科生做前5题，理科生做后
5题，每题20分．1．设关于x 的方程sin 2x+cosx+a=0在实数范围内有解，求实数
a 的取值范围．2．设a,b,c 均为正数且a,b,c 成等差数列，判断1
b c ，1
c a ，1
a b
是否成等差数列，并说明理由．
3．设a,b,c 为实数，证明：对任意实数x 都有(x -a)2+(x -b)2?c 当且仅当(a -b)2
?2c ．4．已知复数z 1,z 2满足z 1与z 1+z 2有相同的模且
12(1)z z a i ，其中a 为非零实数，求21z z 的值．
5．一条直线与双曲线交于
A,B 两点，与此双曲线的渐近线交于C,D 两点，证明：线段AC 与BD 的长度相等．
6．设α,β均为锐角，满足sin 2α+sin 2
β=sin(α+β)，求α+β的值．7．已知△ABC 的面积为1，D,E 分别是边AB,AC 上的点，F 为线段DE 上的一点，设AD:AB=x, AE:AC=y,
DF:DE=z 且y+z-x=1．求△BDF 的面积的最大值并求出此时x,y,z 的
值．2016年北大全国优秀中学生暑期学堂
数学试题参考答案
1．题中方程有解即a=-sin 2
x-cosx 有解，从而有221
55cos cos 1cos [,1]244
a x x x 2．由题意知b-a=c-b= (c -a)/2，所以。
2014年北大数学夏令营测验试题
·1· 2014年北京大学中学生数学奖夏令营
测验试题（整理稿）
测验一
1. 设S 为一有限集，2≥S ．是否存在映射S S f →2:，对任意S z y x ∈,,，满足：
()()z y z x f y x f =⇒=,,， 且 ()()()()y x f z f z y x f f ,,,,≠？
2. 如图，44⨯的方格表中，每格被填入{}4321，，，中的一个数，使得任意四个两两不同行也不同列的数之和均相等．求所有可能的填法种数．
3. 是否存在唯一的正整数数列{}1≥n n a ，使得对任意正整数m ，都存在唯一的正整数数列
{}
m i m i b ,,2,1, =，使得：()m i m b m i ,,2,11, =≤≤，且∑==m
i m i i b a m 1,？ 测验二
1. △ABC 中，BC AC AB 3=+．设I 、G 分别为△ABC 的内心和重心．求证：BC GI ⊥．
2. 给定正整数n ．已知正整数m 可按至少两种方式表示为两个相差不超过n 的数之积，求m 的最大值．
3. 对给定的正整数n ，求所有正整数m ，满足：对任意k 个整数k a a a ,,,21 （其中n a i ≤≤1，
k i ,,2,1 =），若k a a a m +++ 21，则在k a a a ,,,21 中存在若干个数，其和为m ．。
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。
北京大学数学科学夏令营初赛试题及解答
2016 年北京大学数学科学夏令营初赛试题本试卷共 4 题，每题 30 分，满分 120 分，考试时间 180 分钟．1、已知锐角△ ABC 中，∠ B=600， P 为 AB 中点， Q 为外接圆上弧 AC(不包括点 B) 的中点， H 为△ ABC 的垂心．假如 P,H,Q 三点共线，求∠ A ．2、求全部的整系数多项式P(x) ，使得存在一个无量项整数数列{an} ，此中随意两项互不相等，且知足： P(a 1)=0 ，P(a k+1)=a k (k=1,2, ? ) ．3、给定正整数 n ，有 2n 张纸牌叠成一堆， 从上到下挨次编号为 1 到 2n ．我们进行这样的操作：每次将全部从上往下数偶数地点的牌抽出来， 保持次序放在牌堆下方． 比如 n=3 时，初始次序为 123456，操作后挨次获得135246， 154326， 142536， 123456． 证明：对随意正整数 n ，操作不超出2n- 2 次后，这堆牌的次序会变回初始状态．4、给定正整数 p,q ，数列 {an} 知足： a 1 =a 2=1， a n+2=pa n+1+qa n (n=1,2,3 ? ) ．求证：要使得对 随意正整数 m,n ，均有 (a ,a )=a (m,n) ，当且仅当 p=1 时建立．mn2016 年北京大学数学科学夏令营初赛试题参照答案1、答案750．解 如图，设 O 为外接圆圆心，延伸 CO 交外接圆于 D ，则四边形 BHAD 为平行四边形，所以D,P,H 三点共线，从而 D,P,H,Q 四点共线．连结 OH,BQ ，由∠ B=600，于是BH=AD=CD/2=OQ,又 OB=OQ ，所以 BHQO 为菱形，从而∠ OBC=∠ OCB=∠ BAD=∠ HBA,又∠ BCD=∠ BQD=∠ OBQ=∠ HBQ,所以 BO,BQ,BH 将∠ CBA 四平分，从而不难得悉∠ A=750．2、答案 P(x)=x+C ，此中 C ∈ Z ．解设P(x)= λ0+λ1x+? +λm x m,此中 m∈N?，λi∈ Z (i=0,1,2,? ,m) ，则P(a k+1 ) - P(a k+2 )=a k - a k+1 ,k=1,2,?,而P(a k+1) - P(a k+2)= λ1(a k+1- a k+2)+ λ2(a 2k+1- a2k+2)+ ?+λm(a m k+1- a m k+2),所以(ak+1- a ) ∣ (ak- ak+1),k=1,2, ?, k+2所以∣a1- a2∣ ? ∣ a2- a3∣? ∣ ??? |a k - a k+1| ? |a k+1- a k+2| ? ?.因为∣ a1- a2∣的值有限，所以必定存在K，使适当k? K 且 k∈Z 时，有∣a k - a k+1∣=∣ a k+1- a k+2∣ =∣ a k+2- a k+3∣ =?.因为数列 {a n} 中随意两项互不相等，所以有a - a=a- a =a - ak+3=?,k k+1k+1k+2k+2所以有P(a k+1) - a k+1=P(a k+2) - a k+2=?.若 m? 2，则方程P(x) - x=P(a ) - aK+1K+1有无数个解，矛盾．这样获得了全部切合题意的整系数多项式P(x)=x+C ，此中常数 C∈Z 3、证明我们证明一个等价的命题，将每次操作改为先从上往下取后一半的数出来，而后与前一半交错搁置 ( 近似于洗扑克牌 ) ，如初始次序为123456，操作后挨次获得 142536，154326， 135246， 123456．将纸牌按顺时针摆放，使得第一张牌和最后一张牌( 它们一直为1 和 2n) 重合，将第一张牌的地点记为 1，顺时针旋转将其余牌的地点挨次记为2,3, ?,2n- 1．定义纸牌 m顺时针旋转到纸牌 n 时旋转的步数为纸牌m到 n 的距离，记为 d(m→n) ，如图中d(2 →3)=3 ．下边证明经过k 次操作 (k ∈ N?) 后d(1 →2)=d(2 →3)= ?=d(2n - 1→2n),用数学概括法．概括基础当 k=1 时，有d(1 →2)=d(2 →3)= ?=d(2n - 1→2n)=1,命题建立．概括假定与递推证明设当 k=p 时，有d(1 →2)=d(2 →3)= ?=d(2n - 1→2n)=q.不难计算得经过操作后地点x 的纸牌将会挪动到地点f (x)=(2x - 1)%(2n - 1),此中 t%s 表示 t 模 s 的余数，所以本来距离为 q 的纸牌在操作后距离为 (2q)%(2n - 1) ．所以经过p+1 次操作后，仍旧有d(1 →2)=d(2 →3)= ?=d(2n - 1→2n).综上所述，经过k 次操作 (k ∈N?) 后d(1 →2)=d(2 →3)= ?=d(2n - 1→2n).这就意味着当纸牌 2 的地点确准时，其余全部纸牌的地点都能够依赖该性质确立．而纸牌2至多只有2n- 2 种可能的地点，而且纸牌 2 的所在的地点不行能出现不包括地点 2 的循环．这是因为操作是能够反向的，所以假如出现不包括地点22 的循环，那么能够判定最先的状态纸牌 2 所在的地点不行能为 2．所以经过不超出 2n- 2 次操作后，纸牌 2 必定回到地点 2，原命题得证．4、证明必需性依据题意，有而由 (a 3,a 4)=a 1，可得 (p,q)=1 ；又由 (a 3,a 6)=a 3，可得22p+q∣ p q+q ,即p+q∣ pq(p - 1)+q(p+q),所以 p=1．充足性当 p=1 时， a n+2=a n+1+qa n，于是（a n+2,q)=(a n+1+qa n,q)=(a n+1,q)= ? =(a1,q)=1,从而(a n+1,a n+2)=(a n+1,a n+1+qa n)=(a n+1,a n)= ?=(a 1,a 2)=1.记 a0=0，用数学概括法能够证明对随意m,n∈ N?， m? n，均有a n=a m a n-m+1+qa m-1a n-m,于是(a m,a n)=(a m,a m a n m+1+qa m 1a n m)---=(a m,a n-m)= ?=(a (m,n) ,a (m,n) )=a (m,n) ,原命题得证．。
北京数学竞赛试题及答案
北京数学竞赛试题及答案试题一：代数问题题目：已知 \( a, b, c \) 为实数，且满足 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。
求证：\( (a + b + c)^2 \leq 3 \)。
解答：根据题目条件，我们有 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。
展开\( (a + b + c)^2 \) 得到：\[ (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc) \]由于 \( a^2 + b^2 \geq 2ab \)，\( b^2 + c^2 \geq 2bc \)，\( c^2 + a^2 \geq 2ca \)（根据算术平均数-几何平均数不等式），我们可以得到：\[ 2(ab + ac + bc) \leq 2(a^2 + b^2 + c^2) = 2 \]将上述不等式代入 \( (a + b + c)^2 \) 的展开式中，得到：\[ (a + b + c)^2 \leq 1 + 2 = 3 \]证明完毕。
试题二：几何问题题目：在直角三角形 ABC 中，∠A = 90°，AB = 3，AC = 4。
求三角形 ABC 的外接圆半径。
解答：直角三角形 ABC 的外接圆半径 R 可以通过以下公式求得：\[ R = \frac{a + b + c}{2} \]其中，a 和 b 是直角边，c 是斜边。
在本题中，a = 3，b = 4，c = 5（根据勾股定理）。
代入公式得到：\[ R = \frac{3 + 4 + 5}{2} = 6 \]所以，三角形 ABC 的外接圆半径为 6。
试题三：组合问题题目：有 5 个不同的球和 3 个不同的盒子，将这些球放入盒子中，每个盒子至少有一个球。
求不同的放法总数。
解答：首先，我们需要将 5 个球分成 3 组，每组至少有一个球。
这可以通过组合数学中的“插板法”来解决。
我们有 4 个板子来分割 5 个球，形成 3 组。
生数学奖”夏令营初赛试题含答案精编
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 CDSJ 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0,1ab ，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 ，kZ . 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与.当时，若2t ，则1112ii 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，可得1i i i a a t a ，以及1i i i a a t a ，。
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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：ax2bx c m modn .
求所有满足要求的三元整数组a,b, c .
2. 已知实数 a1 , a2 ,L , a2018两两不同，存在t 满足 a i
1
1,2,L ,2018 ，并规定t （ i
a
i 1
a2019 a1）.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 1 : 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， 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f x ax2 bx c ，注意 f x f x n mod n ，故本题只需对任意正整数n ，
f 0 , f 1 ,L , 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 1 mod n ，矛盾 .
若 a b 0 ，则 f x ax2 ax c ，此时 f 0 f 1 ，这也不可能 .
故a b 1 1
或 .
当 a b 1时， a 0 ，则 16a 4b 12 a 4 a b 12 4 8 .
取 n 16a 4b ，则 f 0 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, b0,1 或 0, 1 .
注意对任意正整数m 、 n ，同余方程x c m modn 和x c m mod n 显然有解 .
故 a, b, c0,1 k 或 0, 1,k ， k Z .
2. 由已知有a i 1
t 1 ，不动点方程为x 1 ，化为 x2 tx 1 0 ，设此一元二次方程的
a i t x
两根为与 . 当时，
若 t 2 ，则a i 1 1 a i 1 ， 1
1 1
1
1 ， 1
1
1 2018 ，矛盾.
2 a i a
i 1 a i
a
2019 a1 1
若 t 2 ，同理可得
1 1
2018 ，也矛盾. a
2019 1 a1 1
所以，可得 a i 1 a i
，以及 a i 1
a i
，t a i t a i
两式相除得
a i 1
a i ，有
a
i
i
a 1
a
1，
1
2i
a
i 1
a i
a
i 1
a 1
a 1
从而
a
2019
4036
a 1 ，
4036
1，
a
2019
a 1
ki
4036 k i
由对称性，不妨设
e 2018 ， e 2018
，其中 1
k 2018.
另一方面，当 1 i
j 2018 时，由 a i a j
a i
，
a j 知，
a i
a j
而
a j
2 j 1 a t .所以当1
t
2018 时， 2t
1 ，
a j
a t
2t
2 tki
即 e 2018
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 ，
所以这样的 k 有 2018
1
1
1
1
1008 个，所以 t
2cos
k
有 1008
2
1009
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 1 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 .
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，显然这样的圈存在. 若不是欧拉圈，则从图G中去掉，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，使其一个顶点在中，沿该边前进，可以得到图 G 中的圈.注意和
没有公共边，故可将它们拼接得到一个更大的圈. 这与的最大性矛盾，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 e P ，则 e P 与直线 AB 、 BD 、 DS 均相切.过 A 作 e P 的异于直线 AB 的切线，交直线 DS 于 S ，则 e 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 e 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 e Q ，类似可
证 e Q 与折四边形ACDS 的各边所在的直线都相切.
从而 AS 、 DS 都与 e P 和e Q相切，故 S 是 e P 和e 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
MS DH PH QH PH g QH BD CD BD CD. SJ HJ HJHJ JD JD JD
HJ。