北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛试题 含答案_北京大学数学夏令营

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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：

ax2bx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,,a2018两两不同，存在t满足ai1t（i1,2,,2018，并规定ai1a2019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：MSBDCD.SJJD

试卷答案

本试卷共4题

1.设fxax2bxc，注意fxfxnmodn，故本题只需对任意正整数n，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1modn，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或1.当ab1时，a0，则16a4b12a4ab1248.取n16a4b，则f0f4modn，矛盾.故a0.类似当ab1时，取n16a4b，可得a0.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modn和xcmmodn 显然有解.故a,b,c0,1,k或0,1,k，kZ.2.由已知有ai1两根为与.当时，若t2，则ai11112，不动点方程为x，化为xtx10，设此一元二次方程的txtaiai111111，2018，矛盾.，2aiai11ai1a20191a11112018，也矛盾.a11aia，以及ai1i，taitai若t2，同理可得a20191所以，可得ai1aa1aaai2i1两式相除得i1，有i1，ai1a1a1ai1ai从而

ia2019a40361，40361a2019a1ki4036ki2018由对称性，不妨设e2018，e，其中1k2018.另一方面，当1ij2018时，由aiaj知，ajajai，ai而ajaj2t2tki20182j1at2t.所以当1t2018时，1，at即e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个取值.3.最少需要按nk1次.不同的密码共有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nk1次.下面给出按动n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nk1kkkk11t2cos个，所以有100811008201821009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.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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QHMSDHPHQHBDCDBDCD.SJHJHJHJHJJDJDJD