北京大學2023中學生數(shù)學夏令營試題真題答案詳解

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2023年北大夏令營試題解答與評析2023年8月5日和6日進行了兩場考試，每天上午各一場，每場4小時4題．試題第1，5，7題較簡單，第3，4，6題難度中等，第2，8題較困難．試題整體思想性較強，需要將問題想到位，想清楚．試題1．設奇數(shù)，求證：是無理數(shù).2．對正整數(shù)，用表示在十進制中的數(shù)碼和之和，求證：對任意正整數(shù)，3．在中，是最長邊，設的中垂線與直線分別交于點關于此中垂線的對稱點為，設的中垂線與直線分別交于點關于此中垂線的對稱點為，設交于點，的外接圓與直線交于另一點，的外接圓與直線交于另一點，過作的平行線交直線于，設是的交點，是外接圓平行于的直徑，求證：直線交于一點．4．將一個方格表的每個格黑白染色,滿足每個小正方形中均至少有一個黑格,且每個黑格均在一個小黑色正方形中,記為每行中黑格的個數(shù),為每列中黑格的個數(shù),求的最大值.5．給定正整數(shù)．求所有的數(shù)組，使得對任意滿足的實數(shù)組，都有．6．是否存在質(zhì)數(shù)和非零整系數(shù)多項式，使得對任意正整數(shù)中至少有個正整數(shù)使得？7．魔術師和小美在的方格表中放入或的骨牌．魔術師先放入一些兩兩無公共格的骨牌，滿足對任意，方格表中每個的正方形至多與個已放入的骨牌有公共格，求證：小美可以再放入骨牌恰覆蓋方格表中余下的方格．8．設簡單有向圖的頂點是（10行1000列）的格點．的邊滿足：除最后一列外，每個頂點恰有三條有向邊指向下一列的三個不同頂點；除第一列外，每個頂點恰有三條有向邊被前一列的三個不同頂點指向；中無其他邊．對最后一列的每個頂點賦予一個實數(shù)，對其余每個頂點，若從出發(fā)指向，則遞歸定義，求證：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．證明見解析【分析】證明無理數(shù)，常使用反證法【詳解】方法一：先證明2個引理：引理1：首一整系數(shù)多項式的零點若是有理數(shù)，則必是整數(shù).證明：設有首一整系數(shù)多項式.若有一個有理數(shù)零點，則，故，從而是的倍數(shù)，但互質(zhì)，所以是的倍數(shù)，得，故是整數(shù).引理1證畢.引理2：對正整數(shù)，存在首一整系數(shù)多項式，使得對任意的都有.證明：設多項式列滿足，，.則，，.再結(jié)合恒等式，歸納即知.而根據(jù)遞推式，可知總是整系數(shù)多項式，且時首項系數(shù)為1，故引理2得證.回到原題，設是正整數(shù)，若是有理數(shù)，可設.則，從而，.據(jù)引理2，設，則是首一整系數(shù)多項式，且.而是有理數(shù)，根據(jù)引理1，是整數(shù)，所以是整數(shù).再由是正整數(shù)，知.而奇數(shù)，則一定是無理數(shù).方法二：用反證法,若是有理數(shù),設為,其中為正整數(shù).則記次多項式滿足，其中，，一方面，可由遞推特征方程求出，另一方面，由遞推關系式歸納可得，因此的根為，于是有，于是有且,得為一根.化簡得,模并結(jié)合,可得,與為大于1的奇數(shù)矛盾!方法三：用反證法,假設存在大于1的奇數(shù)是有理數(shù).設,則,下面證明:對任何正整數(shù),且1.當時結(jié)論成立.2.設,且由得設,則,且.因此，對一切正整數(shù)都成立,所以,故,因此，又，所以或2的方冪,而這與是大于1的奇數(shù)矛盾.【點睛】法二引入切比雪夫多項式,是考場上大多數(shù)同學的證法.法三較為巧妙.由法一可以看出是代數(shù)整數(shù),故若其為有理數(shù)則必定為整數(shù),則為奇數(shù)的條件可加強為.法二、法三本質(zhì)上和法一是一樣的.2．證明見解析.【分析】記為在十進制中數(shù)碼和．不妨設，只需證明；采用數(shù)學歸納法證明，若命題對小于的數(shù)均成立，設，關鍵的想法是把看作在退位上對應最佳，從而走通歸納法．【詳解】證明：記為在十進制中數(shù)碼和．不妨設，只需證明，對歸納，時成立．若命題對小于的數(shù)均成立，設．①．設．對．有，又歸納假設有，兩式相加即證，即證.②．有，只需證，又時，．只需證，即，化為歸納假設．③．設．有，只需證.若，化為更弱的①②情形；若，即,化為更弱的更小情形．【點睛】關鍵點點睛：本題較為復雜，雖然入手點較多，但無論是直接表示還是討論進位次數(shù)最多的數(shù)都容易卡?。P鍵的想法是把看作在退位上對應最佳，從而走通歸納法．除了此作法外，還可以應用用類似Kummer公式表示．通過討論進位次數(shù)來解決一部分的情形，其余的情況可用歸納法解決．3．證明見解析【分析】設為與交點，得到共圓，再由，得到共圓1，再由共圓2，進而求得與圓1相切，且，設與交于，求得和共圓，進而求得，證得與重合，即可得證．【詳解】由題意，可得共線，如圖所示，設為與交點，則是的外心，由共圓，有，可得共圓，由，可得共圓，記為圓1．又由，可得共圓，記為圓2，由，可得,再由，得與圓1相切，且，再結(jié)合，可得為圓1與圓2的根軸．設與交于，由，得與圓2相切，故為圓1，圓2，點圓的根心，由，可得共圓，進而共圓，同理共圓，又由共圓，可得，延長與圓1交于，由在圓1和點圓根軸上，可得，故，所以共圓，直線與圓1交于，故與重合，即共線．4．1840727700【分析】染色問題，通常需要通過構(gòu)造模型解決.【詳解】構(gòu)造為行均染黑,其余染白.因為，因此只需又,只需，設第行中某段連續(xù)黑格長為,由每個黑格均在黑色正方形中,第、第行中與這一段同列的黑格總數(shù)個.設第行中某段連續(xù)白格長為,由每個小正方形中均至少有一個黑格,第、第行中與這一段同列黑格數(shù)各有個.若，由以上論述，,由及二次函數(shù)凸性，有結(jié)合得證.若,第行白格被分為至多674段,故，，得證.將這674條式子與相加得證.【點睛】關鍵點點睛：答案較容易猜出，此后調(diào)整法可以走通，也可以通過取等配湊均值.這一類題目需敢于下手處理，抓住要點即可做出，難度中等.5．滿足的所有數(shù)組【分析】容易看出數(shù)列應集中于較大的一側(cè)，進而用密度大于刻畫得到最后答案，構(gòu)造和證明自然就得到了．【詳解】答案為滿足的所有數(shù)組，證明如下：若存在，即，取，，，，使趨向于且之和為0，則，趨向于0時，矛盾!若有，即且時該式大于等于，不取等，所以，即，得證．【點睛】關鍵點點睛：容易看出數(shù)列應集中于較大的一側(cè)，進而用密度大于刻畫得到最后答案，構(gòu)造和證明自然就得到了．6．不存在【分析】通過對次數(shù)歸納證明，然后利用反證法證明結(jié)論.【詳解】不存在常數(shù)，使存在質(zhì)數(shù)和非零整系數(shù)多項式，使得對任意正整數(shù)中至少有個正整數(shù)使得．對次數(shù)歸納證明．時平凡．若對成立，考慮的情況．用反證法．若存在常數(shù)，質(zhì)數(shù)和多項式，使得對任意正整數(shù)中至少有個正整數(shù)使得．引入優(yōu)化版本的Hensel引理：為整數(shù)，由反證假設中至少有個正整數(shù)使得．待定正整數(shù)，設有個正整數(shù)使得．若不整除，則中有個數(shù)滿足；（由），即，所有模同余，至多個，若整除，則中有個數(shù)滿足．故，取，即．則存在個數(shù)滿足．由的任意性及為定值，也即存在質(zhì)數(shù)和非零整系數(shù)多項式，使得對任意正整數(shù)中至少有個正整數(shù)使得．又，由歸納假設得矛盾．7．證明見解析【分析】根據(jù)，并且給出構(gòu)造，即可證明.【詳解】證明只用到的情況，即每個只與一個給定多米諾相交，這時給出構(gòu)造．將棋盤劃分為個兩兩不交的．若某個與給定多米諾均不交，用兩個多米諾填充該；若與一個給定多米諾相交，分類：（1）給定多米諾落在內(nèi)部．則再放入一個多米諾填充該；（2）給定多米諾與這個（記為）與另一個（記為）均恰有一格相交．由條件，相鄰且不與其他任一個給定多米諾相交，易得可再放入三個多米諾填充和．綜上，找到了符合條件的構(gòu)造．【點睛】評注很有腦筋急轉(zhuǎn)彎的感覺．敢于用情況去做可以得到意外簡單的答案．也可用一般的及Hall定理處理．8．證明見解析【分析】首先證明，再推理證明.【詳解】證明設行列處數(shù)為，記．記為列指向列的有向邊．下證對均成立．對某個，記列上的數(shù)為列上的數(shù)為．存在使得兩兩不同，中各出現(xiàn)3次．則最后一個等號可以