2023年北京大学中学生数学科学夏令营试卷含详解.docx

2023年北大夏令营试卷解答与评析

2023年8月5日和6日进行了两场考试,每天上午各一场,每场4小时4题．试卷第1,5,7

题较简单,第3,4,6题难度中等,第2,8题较困难．试卷整体思想性较强,需要将问题想到位,想清楚．笔者水平有限,解答如有不当之处,敬请指正．

试卷

1．设奇数,求证：是无理数.

2．对正整数,用表示在十进制中的数码和之和,求证：对任意正整数,

3．在中,是最长边,设的中垂线与直线分别交于点关于此中垂线的对称点为,设的中垂线与直线分别交于点关于此中垂线的对称点为,设交于点,的外接圆与直线交于另一点,的外接圆与直线交于另一点,过作的平行线交直线于,设是的交点,是外接圆平行于的直径,求证：直线交于一点．

4．将一个方格表的每个格黑白染色,满足每个小正方形中均至少有一个黑格,且每个黑格均在一个小黑色正方形中,记为每行中黑格的个数,为每列中黑格的个数,求的最大值.

5．给定正整数．求所有的数组,使得对任意满足的实数组,都有．

6．是否存在质数和非零整系数多项式,使得对任意正整数中至少有个正整数使得？

7．魔术师和小美在的方格表中放入或的骨牌．魔术师先放入一些两两无公共格的骨牌,满足对任意,方格表中每个的正方形至多与个已放入的骨牌有公共格,求证：小美可以再放入骨牌恰覆盖方格表中余下的方格．

8．设简单有向图的顶点是（10行1000列）的格点．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,除第一列外,每个顶点恰有三条有向边被前一列的三个不同顶点指向,中无其他边．对最后一列的每个顶点赋予一个实数,对其余每个顶点,若从出发指向,则递归定义,求证：．

1．证明见解析

【分析】证明无理数,常使用反证法

【详解】方法一：

先证明2个引理：

引理1：首一整系数多项式的零点若是有理数,则必是整数.

证明：设有首一整系数多项式

.

若有一个有理数零点,则

.

故.

从而是的倍数,但互质,所以是的倍数,得,故是整数.

引理1证毕.

引理2：对正整数,存在首一整系数多项式,使得对任意的都有.

证明：设多项式列满足,,.

则,,.

再结合恒等式.

归纳即知.

而根据递推式,可知总是整系数多项式,且时首项系数为1,故引理2得证.

回到原题,设是正整数,若是有理数,可设.

则,从而,.

据引理2,设,则是首一整系数多项式,且.

而是有理数,根据引理1,是整数,所以是整数.

再由是正整数,知.

而奇数,则一定是无理数.

方法二：

用反证法,若是有理数,设为,其中为正整数.

则

记次多项式满足,其中,.

一方面,可由递推特征方程求出.

另一方面,由递推关系式归纳可得.

因此的根为.

于是有.

于是有

且,得为一根.

化简得.

模并结合,可得,与为大于1的奇数矛盾!

方法三：

用反证法,假设存在大于1的奇数是有理数.

设.

则,

下面证明:对任何正整数,且

1.当时结论成立.

2.设,且

由得

设,则,且.

因此,对一切正整数都成立,所以.

故,因此,又,所以或2的方幂,而这与是大于1的奇数矛盾.

【点睛】法二引入切比雪夫多项式,是考场上大多数同学的证法.法三较为巧妙.由法一可以看出是代数整数,故若其为有理数则必定为整数,则为奇数的条件可加强为.法二,法三本质上和法一是一样的.

2．证明见解析.

【分析】记为在十进制中数码和．不妨设,只需证明,采用数学归纳法证明,若命题对小于的数均成立,设,关键的想法是把看作在退位上对应最佳,从而走通归纳法．

【详解】证明：记为在十进制中数码和．不妨设,只需证明.

对归纳,时成立．

若命题对小于的数均成立,设．

①．设．对．有.

又归纳假设有.

两式相加即证,即证.

②．有,只需证.

又时,．只需证.

即,化为归纳假设．

③．设．有.

只需证.

若,化为更弱的①②情形.

若,即.

化为更弱的更小情形．

【点睛】关键点点睛：本题较为复杂,虽然入手点较多,但无论是直接表示还是讨论进位次数最多的数都容易卡住．关键的想法是把看作在退位上对应最佳,从而走通归纳法．除了此作法外,还可以应用用类似Kummer公式表示．通过讨论进位次数来解决一部分的情形,其余的情况可用归纳法解决．

3．证明见解析

【分析】设为与交点,得到共圆,再由,得到共圆1,再由共圆2,进而求得与圆1相切,且.

设与交于,求得和共圆,进而求得,证得与重合,即可得证．

【详解】由题意,可得共线,如图所示.

设为与交点,则是的外心.

由共圆,有,可得共圆.

由,可得共圆,记为圆1．

又由,可得共圆,记为圆2.

由,可得.

再由,得与圆1相切,且.

再结合,可得为圆1与圆2的根轴．

设与交于,由,得与圆2相切.

故为圆1,圆2,点圆的根心.

由,可得共圆,进而共圆.

同理共圆.

又由共圆,可得.

延长与圆1交于,由在圆1和点圆根轴上,可