2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，是以AB为直径的固定的半圆弧，是经过点A及上另一个定点T的定圆，且的圆心位于ABT内．设P是的弧TB（不含端点）上的动点，CD,是上的两个动点，满足：C在线段AP上，CD,位于直线AB的异侧，且CDAB．记CDP的外心为K．证明：(1)点K在TDP的外接圆上；(2)K为定点．PTCΩABωD证明：(1)易知PCD为钝角，由K为CDP的外心知PKD2(180PCD)2ACD．由于APB90，CDAB，故PBAACDATD．……………10分所以PTDPKDPTAATD2ACDPTAPBA180．又KT,位于PD异侧，因此点K在TDP的外接圆上．……………20分(2)取的圆心O，过点O作AB的平行线l，则l为CD的中垂线，点K在直线l上．……………30分由TDPK,,,共圆及KDKP，可知K在DTP的平分线上，而DTB90ATD90PBAPABPTB，故TB为DTP的平分线．所以点K在直线TB上．显然l与TB相交，且l与TB均为定直线，故K为定点．……………40分PTCΩOKlABωD1{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}二．（本题满分40分）正整数n称为“好数”，如果对任意不同于n的正整22nm数，均有，这里，表示实数的小数部分．m22xxnm证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．证明：引理：设n是正奇数，且2模n的阶为偶数，则n是好数．引理的证明：反证法．假设n不是好数，则存在异于n的正整数m，使得nmnmn22．因此2与2写成既约分数后的分母相同．由为奇数知2是既2222n2nmnmn约分数，故m2的最大奇因子为n2，从而m的最大奇因子为n．22mmt2设mn2t，其中t为正整数（从而m是偶数）．于是．mn22mt2n由22可得mt22n，故2222(modn)nn2mt22n(modn)．（*）设2模n的阶为偶数d．由（*）及阶的基本性质得m2tn(modd)，故m2tn是偶数．但mt2是偶数，n是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．设2k．由于2k1，而2k，因此模的阶Fkk21(1,2,)Fk21Fk212Fk为2k1，是一个偶数．对正整数，由l2可知l，故由阶的性质推出，模l21(modFk)21(modFk)22的阶被模的阶整除，从而也是偶数．因2是奇数，由引理知2是好数．Fk2FkFkFk……………30分对任意正整数，2i，iji,(j)(,FiFj)(,(21)FiFFii11Fj2)(,2)1Fi故两两互素．所以222是两两互素的合数，且均为好数．FFF123,,,FFF1,,,23……………40分三．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正整数k：若将1,2,,k中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数满足，或者存在个互不相同的蓝色的数xx12,,,x9xx12x8x910满足．yy1,,,2y10yy12y9y10解：所求的最小正整数为408．一方面，若k407时，将1,55,56,,407染为红色，2,3,,54染为蓝色，此时最小的8个红数之和为1555661407，最小的9个蓝数之和为231054，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数．对k407，可在上述例子中删去大于k的数，则得到不符合要求的例子．因此k407不满足要求．……………10分另一方面，我们证明k408具有题述性质．反证法．假设存在一种1,2,,408的染色方法不满足要求，设R是所有红数的集2{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}合，是所有蓝数的集合．将中的元素从小到大依次记为，中的BRrr12,,,rmB元素从小到大依次记为，．对于，或者，或者bb12,,,bnmn408RR8；对于，或者，或者．rr12r8rmBB9bb12b9bn在1,2,,16中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．情形1：1,2,,16中至少有9个蓝色的数．此时．设区间中共有个中的元素．b916[1,b9]tRrr12,,,rt(0t8)1记xrrr，则x12ttt(1)．12t2因为是中的所有正整数，故bb1,,,,,,,2b912rrrt[1,b9]．bb1,,,,,,,2b912rrrt1,2,,9t1于是bbbb12(9t)x(9t)(10tx)．（*）n1292……………20分1特别地，b1617136．从而R9．n21对任意i(1imt)，由（*）知rbi(9t)(10t)xi．从而tin28t1rmr1rttr18rx(9t)(10t)xii1211(9t)(10t)(8t)(8t)(9t)(7tx)22111(9t)(10t)(8t)(8t)(9t)(7t)tt(1)2228tt219396407（考虑二次函数对称轴，即知t1时取得最大）．又，这与中有一个为矛盾．……………分bn136brnm,40840情形2：1,2,,16中至少有8个红色的数．论证类似于情形1．此时．设区间中共有个中的元素．记r816[1,r8]sBbb12,,,bs(0s9)1ybb，则yss(1)．1s2因为是中的所有正整数，故bb1,,,,,,,2brrs12r8[1,r8]．bb1,,,,,,,2brrs12r81,2,,8s1于是r(8s)(9sy)．m21特别地，r1617136．从而B10．m21对任意i(1ins)，有bri(8s)(9s)yi．从而sim29s1bnb1bssb19by(8s)(9s)yii1211(9s)(8s)(9s)(8sy)(9s)(10s)223{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}111(9s)(8s)(9s)(8s)ss(1)(9s)(10s)2227ss227369395（在s2时取得最大），又，这与中有一个为矛盾．rm136brnm,408由情形1、2知k408具有题述性质．综上，所求最小正整数k为408．……………50分四．（本题满分50分）设a1104．在20232023的方格表的每个小方格中填入区间中的一个实数．设第行的总和为，第列的总和为，[1,a]ixiiyiyyy1i2023．求122023的最大值（答案用含a的式子表示）．xx12x2023yyy解：记，设方格表为，122023．n2023aij,1ij,nxx12x2023第一步：改变某个的值仅改变和，设第行中除外其余个数的aijxiyjiaijn1和为，第列中除外其余个数的和为，则Ajaijn1ByBajij．xiAaij当时，关于递增，此时可将调整到值不减．当时，关ABaijaija,AB于递减，此时可将调整到值不减．因此，为求的最大值，只需考虑每aijaij1,个小方格中的数均为1或a的情况．……………10分第二步：设，只有有限多种可能，我们选取一组使得aij1,a,1ij,naijnn达到最大值，并且最小．此时我们有aijij11axy,,ija（*）ij1,xyij.事实上，若，而，则将改为后，行和及列和变为，则xyijaij1aijaxyij,yya1yjjj，xiixa1xi与达到最大矛盾，故．aaijnn若，而，则将改为后，不减，且变小，与的选xyijaaijaij1aijaijij11取矛盾．从而（*）成立．通过交换列，可不妨设，这样由（∗）可知每一行中排在yy12yna1的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知．因而只能yy12yn，故每一行中的数全都相等（全为或全为）.yy12yn1a……………20分第三步：由第二步可知求的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k行全为a,有nk行全为1,0kn．此时4{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}()()kanknnkank．k()naknnknnak我们只需求中的最大值．01,,,nn(k1)ank1nnk111ak1na．n1k()kankaka(1)nnank因此nk1a111akka(1)nxn11x（记xan）kx(n1)n1xx21xn1kx(n1)n1xx21xnnkxn11(1x)(1xxn2)．1xxn1n1(nx2)xn2记上式右边为y,则y．1xxn1下面证明y(1010,1011)．……………30分首先证明y1011．y101120222021xx202110111011x1011x202210111010xxx101010122x10131010x20211011x2022．由于1xx2x2022，故1010111011(1011kx)k10111012x101010111012x1012kx1011k．k022k0……………40分20212022再证明y1010，等价于证明(2022kx)kk1010x．kk00由于20212021(2022kx)k(2022k)10112023，kk0020221010xxk10102023202210102023a，k01011只需证明1011202310102023a，而a1104，故结论成立．1010由上面的推导可知当且仅当时成立，从而最大．故kk1k10101011(1011a1012)2023．……………50分max101120232023a10115{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}