2025年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）加试（A卷）试题

2025年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）加试(A卷) 一。（本题满分40分）如图，在△ABC中，D为边BC的中点，延长AD交△ABC的外接圆于点P,过点 B,P作一个圆与边AC相切于点E,过点C,P作一个圆与边AB相切于点F。证明：AD,BE,CF三线共 点。（答题时请将图画在答卷纸上） 二。（本题满分40分)设m,n,k都是正整数，m≥2，且n≥k≥2，实数c1≥c2≥…≥xm≥0，满足以 下两个条件： (i)x+x+…+x0≥1； (ii)x1十c2十…十xn≤k. 证明：D1十2十…十xk≥1. 三。（本题满分50分）求具有下述性质的所有正整数n:存在n的一个倍数N,其在十进制表示下不含 数码0，但含有1,2，…，9中每一个数码，并且对任意i∈{1,2，…，9}，可以删去N的十进制表示中的一个 数码i,使所得的数仍是n的倍数. 四。（本题满分50分）给定整数t>10000.甲乙两人玩如下的游戏，猜一个满足x(N)≤t2+t+100的 正整数N,这里x(N)是N的正约数个数.规则如下： 先由甲确定一个正整数k,并告知乙。然后乙想一个满足要求的N,并且： (i)告诉甲x(NW)的值： (i)给出N的k个不同的正约数（若x(N)≤k,则乙只需给出N的所有正约数；若x(N)>,则乙可以选 择性地给出N的k个正约数). 求最小的k,使得甲一定能猜出N. 数学试题第1页共1页 2025年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛） 暨2025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，在△ABC中，D为边BC的中点，延长AD交 △ABC的外接圆于点P,过点B,P作一个圆与边AC相切于点E,过点C,P作一 个圆与边AB相切于点F.证明：AD,BE,CF三线共点. (答题时请将图画在答卷纸上) 证法1：如图，延长CP,AB交于点X,延长BP,AC交于点Y. D 由圆幂定理知F2=P,XC=XA·XB,结合比例性质得 AFXA-FA-√XA·XB XA ① FB-XF-XB-√XA·XB-XB-YXB 同理有 AE YA ECYC ③ …20分 对△ABC及点P用塞瓦定理，得 AX BD CY XB DC YA 又D为边BC的中点，所以4TCY=L,结合O、②得 XB YA AF BD CE XA AX CY=1, FB DC EAXB VXB YA 故由塞瓦定理的逆定理知AD,BE,CF三线共点. …40分 证法2：连接PB,PE,PC.由于过B,P,E的圆与AC相切于点E,并且 A,B,P,C四点共圆，故 ∠CBE=∠AEB-∠ACB=∠EPB-∠APB=∠EPA, 结合∠CBA=∠CPA,又有∠EBA=∠CPE. …10分 记∠CBE=∠EPA=a,∠EBA=∠CPE=B,则 AE_S△ME- AB·sin3 ① EC SACBE BC.sina AE S△4E= AP.sina ② EC SACPE PC·sin3 由①、②知AE AB·AP 同理有AF、 AC·AP ………20分 EC V BC·PC FB BC.PB 为证明AD,BE,CF共点，由塞瓦定理的逆定理，仅需证明 AF BD.CE=1, FB DC EA 而BD=DC,故等价于证明AE-A ,即 AB·AP AC·AP 亦即 EC FB VBC,PC-VBC·PB AB·PB=AC·PC. 注意∠ABP与∠ACP互补，故 AB.PB 2 1 AB:PB.sin /ABP SAARE=BD AC·PCIAC.PC,sin∠ACP SAAcP DC 1, 2 从而结论得证 …40分 二。（本题满分40分)设m,n,k都是正整数，m≥2，且n≥k≥2，实数 x≥x2≥…≥x≥0，满足以下两个条件： (①)x”+x2++x≥1： ()x+x2+…+xa≤k. 证明：x十x2+…十x≥1. 证法1：反证法，假设x十x十…十x<1,此时有 1>x≥x2≥≥x≥…≥xn≥0. 设=u,则山<十十十<，又m≥2，故 k x-· 结合（①、）可知 2>1名r21-空>1小-2w分 利用x”≤x2及x-u≥0(1≤i≤)，得 1≤2-吃≤方-=xg-0 ≤∑x-0=∑x-k, 这与x十x十…十x<1的假设矛盾. 因此原命题成立. …40分 证法2：若x≥1，则结论显然成立. 以下设1>x≥x2≥…≥x≥0.由m≥2知x2≥x”1≤i≤)，结合)可得 i)x2+x2+…+x2≥1. 反证法，假设x十x2十…十x=t<1· 记1一式，则0≤山≤名将。，都诚少到u,写增加到1-《-D,即设 x=t-(k-1)u,x=…=x=u,那么 ∑x≤∑x2=(t-(k-102+(k-12. ① = (这里用到函数x2的下凸性：对≤b,e>0,有+b2≤(a-e)2+(b+e)2.) …10分 又x≤u(k+1≤i≤n),故结合可知 ∑2≤∑x≤k-0. ② 三41 i=k+1 …20分 将①、②相加，得 ∑x≤u--四+k-Dr+&-)=-r+k+1-2+f· 3 将右边记为f(0),由(k-1)≥0知f四是u的下凸函数，从而 f≤mx.f 曲于0=f<1,保)f+12当，+r=1<1,版0<1，这 与)矛盾.故假设不成立，原命题成立. …40分 三。（本题满分50分)求具有下述性质的所有正整数n:存在n的一个倍数 N,其在十进制表示下不含数码0，但含有1,2，，9中每一个数码，并且对任意 i∈{L,2,,9},可以删去N的十进制表示中的一个数码i,使所得的数仍是n的 倍数. 解：所求n为满足：3十n,且l0n的所有正整数n. 必要性：若10n,则n的任何倍数的个位数为0，但N不能有数码0，从而 结论不成立.若3，则3N,可知N的数码和被3整除，但是N删去一个1后， 数码和不被3整除，从而不可能是n的倍数. …10分 充分性：首先证明一个引理. 引理：设d是正整数，且d与10互素，则存在正整数k,使得不含数码0的 所有k位数中含有模d的完全剩余系， 引理的证明：设不含数码0的所有1位数模d的全部余数为5，，，，且 s<d,则1+1位数中，首位为1可以得到s个不同余数10+r(1≤i≤s),首位为 2也可以得到s个不同余数2×10+r1≤i≤s),这两组余数不能完全相同，否则 ∑10'+r)=∑(2×10+)modd, 得d10s.但d与10互素，且0<s<d,这不成立.故不含数码0的1+1位数中 模d的不同余数个数严格增加了.从而对充分大的整数k,不含数码0的所有k 位数中含有模d的完全剩余系.引理得证. …30分 回到原问题.由于10n,可设=pd,这里p∈{2,5}，a∈N,d与10互 素. 对正整数L,M,记L*M是将L和M在十进制下拼接而成的正整数（即将 M的十进制表示写在L之后)，类似也可以定义多个正整数的拼接， 由引理，存在k>α，使得不含0的所有k位数中含有模d的完全剩余系.构 造W为如下形式： N=A*1*A,*2*A,*3*..*A,*9*B, 其中A,4,,A,是k位正整数，B是k+a位正整数，均不含数码0.对1≤i≤9， 将N删去上面表达式中的i后所得数记为N,则 N-N=(9×A*1*..*A*(i-1)*A+)×10, 其中1=(9-)k+1)+k+a. 我们要求d|N-N(1≤i≤9). 取A满足9A+1三0(odd,这由3d及引理知可行.从而d|N-N. 假设已经取了A,,A(i<9),使得dN-N,(1≤j≤)，由引理知可取A+1满足 9×(4*1*..*A*i×10+A+1)+(i+1)三0(mod), 从而dN-N+1·这样取定了A,A2,,A,· 设B的前k位为B,后a位为B,（Q=0时没有B,),B=B,*B,. 断言：对p∈{2,5}，存在一个不含数码0的a位数B,被p°整除. 断言的证明放在最后.取出断言中的B,则 N=10°×A*1*A,*2*A,*3*..*A,*9*B*B,三0(1m0dp), 又可以取B,使得N=0(modd(由引理，10°B,可取到模d的完系)，此时nN.又 dN-N,而l≥a,故p|N-N,从而nN-N,这样nN1≤i≤9)，所构 造的W满足要求. 断言的证明：对α归纳.a=l时结论显然.假设a=t时，存在一个t位不含 0的正整数M,使得p1M,则t+1时，考虑 awma1wg剑 由于与p互煮，可取ae02p小，使得9+ =0(modp),这样 p'a*M. …50分 6 四。（本题满分50分)给定整数t>10000.甲乙两人玩如下的游戏，猜一 个满足(W)≤t+t+100的正整数N,这里(W)是N的正约数个数.规则如下： 先由甲确定一个正整数k,并告知乙.然后乙想一个满足要求的N,并且： (①)告诉甲(NW)的值： ()给出N的k个不同的正约数（若(W)≤k,则乙只需给出N的所有正约 数：若(W)>k,则乙可以选择性地给出N的k个正约数). 求最小的k,使得甲一定能猜出N. 解：所求k血=t+1.为书写简单，下面的约数均指正约数。 首先若k≤t,则甲未必能确定N,例如乙告诉甲(W)=(t+1),以及如下 t2个N的约数：23(i,j=0,1,,t-1),则N=23或N=231都可以. …10分 下面证明k=t2+1时，甲一定可以确定N.记m=t2+1,若(W)≤m,则 乙写出了N的所有约数，其中最大的数即为N.下面假设(W)>,乙写了N 的m个约数d1,d2,,dn 对正整数L和素数p,记y,()为L的标准分解中素因子p的幂次.对每个 素数p,甲可以算出a,=maxv,(d),则p|N,故v,()≥a, 断言：若a。≤t-2,则y,(N)=a2·特别地，若a。=0,则p十N. 断言的证明：假设y,(M≥a。+1.由r的计算公式易知”≤0，+1 (W)-v,(W+1 若y,W)≥a。+2,则 msa。+1 v.(W)+1 58-写Wsc+110g<+. (Wsa。+1 t+1 这不成立.故v,(W)=a。+1. …20分 若a。≤t-100,则 ms9+1 a。+27W0s19 (e+t+100)<t+1, -t-98 不成立.故t-99≤a。≤t-2. …30分 设v,(W)+1=a。+2=t-u,其中0≤u≤97. 由y,()+1(W),即t-u(W),可知 T(N)=f+t-u2-u. 这是因为t2+t-u2-u=0modt-),且t<t2+t-u2-u<t+t+100,而 t2+t-u2-u-(t-0)<t2,t+t-u2-u+(t-w)>t2+t+100, 故在(t,t2+t+100]中被t-u整除的数只有t2+t-u2-u.于是 ms a +1 r=14-1d+1-02-0=0-u-t+u+)<2+1, a。+2 t-u 也不成立.断言获证 …40分 由断言知，可以识别出N的所有素因子，且对于满足α。≤t一2的素数p, > 有vn()=a。·若an≥t-1,称这样的素数p为“特殊的” 特殊的素数至多两个，否则r(W)≥f>t+t+100,矛盾. 若没有特殊的素数，则N已经确定.若恰有一个特殊的素数p,则除p外的 其余素因子的幂次均已确定，由()的值也唯一确定p的幂次，N也确定. 下面只需讨论恰有两个特殊素数p,q的情况，此时 y(W)≥ap≥t-1,v,(W)≥ag≥t-1. N没有其他素因子，否则(W)≥2t>t+t+100,矛盾.由于所有m=t+1个 约数均为p的形式，故必有max{ap,ag}≥t.不妨设a。≥t. 若y,(N)≥t+1或v(W)≥t,则由T()=(v,(W)+1)(v,()+1)知 T(W)≥mi{(t+2)t,(t+1)(t+1)}=t+2t>t2+t+100, 不成立.故只能v,(W)=t,v,(M)=t-1,N=pq1. 综上，当k=t2+1时，甲总能确定N. …50分