2023年美國數(shù)學(xué)競賽國家隊(duì)選拔考試數(shù)學(xué)試題

12023年美國國家隊(duì)選拔考試解答與評注2023年美國國家隊(duì)選拔考試共有6道題,題目風(fēng)格新穎有趣,整體難度較大,其中第1,2,4題為中等偏易的問題,第5題為中等偏難的問題,第3,6題為難題,是備戰(zhàn)冬令營及以上賽事的很好的訓(xùn)練題.囿于水平,本文如有不妥之處,敬請指正.I.試題1.在周長為2022的圓Γ上等距離地分布著2022個點(diǎn),將它們按某種順序標(biāo)記為A1,A2,···,A2022.初始時,一只兔子在點(diǎn)A1處,它沿著圓Γ從點(diǎn)A1跳到點(diǎn)A2,接著從點(diǎn)A2跳到點(diǎn)A3,直至跳到點(diǎn)A2022,再跳回點(diǎn)A1.當(dāng)從點(diǎn)P跳到點(diǎn)Q時,兔子總是沿著圓Γ上較短的一段弧P;如果PQ是圓Γ的直徑,則兔子可以沿著任意一個半圓.對于所有標(biāo)記2022個點(diǎn)的方式,求兔子跳過的2022段弧的長度之和的最大值.2.如圖,在銳角△ABC中,M是BC的中點(diǎn),BE,CF是高,設(shè)K是△BME,△CMF外接圓兩條外公切線的交點(diǎn).若K在△ABC外接圓上.求證:AK丄BC.23.設(shè)函數(shù)f,g:N→N滿足:(1)f(0)≥f(1)≥···≥f(300)≥0;(3)對任意20個非負(fù)整數(shù)n1,n2,g(n1+n2+···+n20)≤f(n1)+f(n2)+···+f(n20).4.對非負(fù)整數(shù)a,b,定義位異或運(yùn)算a⊕b,是唯一的非負(fù)整數(shù),使得對每個非負(fù)整數(shù)k,都是偶數(shù).求所有正整數(shù)a,使得對任意整數(shù)x>y≥0,都有5.給定正整數(shù)m,n,甲乙兩人在無窮大的方格表中玩游戲,甲先秘密地在每個格中寫上一個實(shí)數(shù),使得每個m×n和n×m矩形中所寫數(shù)之和為零.乙每次詢問甲一個格中所寫的數(shù),甲如實(shí)回答,如果某一時刻乙能確定每個格中所寫的數(shù),則乙獲勝;否則甲獲勝.求使乙能獲勝的最少的詢問次數(shù),或證明有限次詢問不能使乙獲勝.6.設(shè)函數(shù)f:N+→N+,對任意m,n∈N+,定義已知對任意不同的m,n∈N,均有△(m,n)0.求證:△無界,即對任意常數(shù)C,存在m,n∈N+,滿足j△(m,n)j>C.II.解答與評注題1在周長為2022的圓Γ上等距離地分布著2022個點(diǎn),將它們按某種順序標(biāo)記為A1,A2,···,A2022.初始時,一只兔子在點(diǎn)A1處,它沿著圓Γ從點(diǎn)A1跳到點(diǎn)A2,接著從點(diǎn)A2跳到點(diǎn)A3,直至跳到點(diǎn)A2022,再跳回點(diǎn)A1.當(dāng)從點(diǎn)P跳到點(diǎn)Q時,兔子總是沿著圓Γ上較短的一段弧P;如果PQ是圓Γ的直徑,則兔子可以沿著任意一個半圓.對于所有標(biāo)記2022個點(diǎn)的方式,求兔子跳過的2022段弧的長度之和的最大值.3A1=1;A2=1012;A3=2;A4=1013;···;A202可知弧長總和為ü另一方面,記l(Ai;Ai+1)為圓上較短的弧AiAi+1的長度.(下標(biāo)按模2022理解),則容易證明l(Ai;Ai+2)+l(Ai;Ai+1)+l(Ai+1;Ai+2)≤2022:S=Xl(Ai;Ai+1)=X(l(A2i-1;A2i)+l(A2i;A2i+1))i=1i=1≤1011×2022?Xl(A2i-1;A2i+1):i=1于是只需證明Xl(A2i-1;A2i+1)≥2020:i=1若存在三點(diǎn)A2i-1;A2j-1;A2k-1構(gòu)成非鈍角三角形,那么易證Xl(A2i-1;A2i+1)≥l(A2i-1;A2j-1)+l(A2j-1;A2k-1)+l(A2k-1;A2i-1):i=1若不存在這樣三點(diǎn),則A1;A3;···;A2021為圓上連續(xù)的1011個點(diǎn).故存在兩點(diǎn)A2i-1;A2j-1使l(A2i-1;A2j-1)=1010:因此易證故總有綜上,弧長總和最大值為2042222:□üüt評注中檔偏易的問題,關(guān)鍵在于用AiAi+2聯(lián)系A(chǔ)iAi+1與Ai+1Ai+2:做此題時可能會誤入歧途,去討論Ai;Ai+1;Ai+2的ò些位置關(guān)系(如角度)等,但經(jīng)過ò段時間的思考就不難發(fā)現(xiàn),從“反面”入手才是真正解決問題的途徑.4題2如圖,在銳角△ABC中,M是BC的中點(diǎn),BE,CF是高,設(shè)K是△BME,△CMF外接圓兩條外公切線的交點(diǎn).若K在△ABC外接圓上.求證:AK丄BC.證明設(shè)BC為直徑的圓為反演基圓反演,記M為BC中點(diǎn),K,=K為一組互反點(diǎn).則在反演下,有①(BME)=BE,①(CMF)=CH.記①(BME),①(CMF)兩條公切線為l1,l2.由反演保角性,l1,l2的反演像以BH,CH為兩條外公切線.易知l1,l2反演像的交點(diǎn)為M,K,.由對稱性,\BHM=\CHK,.又\BK,C=\KBC+\KCB=π—\BHC,故B,H,C,K,共圓,于是BHCK,為調(diào)和四邊形.熟知\HMC=\K,MC,△BHM~K,BM,作H關(guān)于BC對稱點(diǎn)K0.則有BM2=MH·MK,=MK0·MK,=MK·MK,.結(jié)合\HMC=\K,MC.有K=K0.故AK丄BC.證畢.□評注中檔難度的幾何題,?到兩圓交于中點(diǎn)這樣的幾何構(gòu)型,將它們反演為直線是很自然的想法.本題還有很多種證法,如觀察到①(BME),①(CMF),①(ABC)交于同ò點(diǎn)Q,去證明B,K,C,Q為調(diào)和四邊形,等等.也可以直接用復(fù)數(shù)法證明.5題3設(shè)函數(shù)f,g:N→N滿足:(1)f(0)≥f(1)≥···≥f(300)≥0;(2)f(0)+f(1)+···+f(300)≤300;(3)對任意20個非負(fù)整數(shù)n1,n2,···,n20(不必不同),都有g(shù)(n1+n2+···+n20)≤f(n1)+f(n2)+···+f(n20).求g(0)+g(1)+···+g(6000)的最大可能值.一方面,取f(i)=max{24?i,0},g(i)=max{480?i,0},可知此時g(0)+g(1)+···+g(6000)=115440.另一方面,證明簡單調(diào)整,不妨設(shè)f(0)+f(1)+···+f(300)=300,且對n≥301,均有f(n)=0.考慮圖形A,它由小矩形1×f(0),1×f(1),···,1×f(300)順次拼接而成.圖形A則圖形A呈階梯狀,且A的面積SA=300.將A的階梯格線向內(nèi)延長得到陰影部分所示圖形,記為B,并記C=A\B.設(shè)集合T為T={a1<a2<···<at}={n|0≤n≤299,f(n)>f(n+1)},易知f(at+1)=···=f(300)=0,故由g的定義式,易得g(6000)=g(5999)=···=g(20(at+1))≤0.6而g(20(at+1)—1)≤19f(at+1)+f(at)=f(at),g(20(at+1)—2)≤19f(at+1)+f(at—1)=f(at),...g(20(at+1)—(at—at-1))≤19f(at+1)+f(at-1+1)=f(at).t+1)(atat-1))}.類似地,可以得到t+1)2(atat-1))},...t+1)20(atat-1))}.將上面的式子累和,即有繼續(xù)下去,有f(at-1)+19f(at)≥max{g(20(at-1+1)—1),···,g(20(at-1+1)—(at-1—at-2))},2f(at-1)+18f(at)≥max{g(20(at-1+1)—(at-1—at-2)—1),···,g(20(at-1+1)—2(at-1—at-2))},...20f(at-1)≥max{g(20(at-1+1)—19(at-1—at-2)—1),···,g(20(at-1+1)—20(at-1—at-2))}.累和,有20(at-1+1)-1Xg(j)≤190f(at)(at-1—at-2)+210f(at-1)(at-1—at-2).j=20(at-2+1)7依次下去得到所有這樣的關(guān)系式,則有6000t-120(ak+1+1)-1Xg(k)≤XXg(j)k=0k=0j=20(ak+1)注意到,在右式中,設(shè)D為補(bǔ)齊的圖形,CI為與階梯右上邊界相鄰的單位方格構(gòu)成的區(qū)域,則SC≥SC,=a+b?t.假設(shè)a+b?t≤23,則因D有t?2個凹拐點(diǎn),故其面積至少為這等價于t2?48t+671=(t?24)2+95≤0,矛盾!8于是綜上,所求最大可能值為115440.□評注困難的問題.本題不能一上來就想通過調(diào)整法來求出每個g(k)取最小值的狀態(tài).事實(shí)上,當(dāng)猜出答案后,我們會發(fā)現(xiàn)很多時候其實(shí)只需要一個很松的放縮.同時,采取數(shù)形結(jié)合可以幫助我們發(fā)現(xiàn)一組g(k)的方便計(jì)算的放縮,將結(jié)論轉(zhuǎn)化為一個不算困難的組合幾何問題.最后,凸拐點(diǎn)的處理技巧在2013年朝鮮數(shù)學(xué)奧林匹克的第6題中同樣出現(xiàn)過,有興趣的讀者可以自行查閱.題4對非負(fù)整數(shù)a,b,定義位異或運(yùn)算a⊕b,是唯一的非負(fù)整數(shù),使得對每個非負(fù)整數(shù)k,都是偶數(shù).求所有正整數(shù)a,使得對任意整數(shù)x>y≥0,都有解所求a為全體正偶數(shù).記c=(ctct-1···c1c0)2滿足則有≡ak+bk≡ck≡(mod2).又因9等價于c與c9在二進(jìn)制下第k+1位相同.故a田b確實(shí)是唯一的,因此回到原題,現(xiàn)說明所求a為全體正偶數(shù).一方面,當(dāng)a為奇數(shù)時,取只需證對所有k,均有(1)k=0,顯然成立.(3)k>a,記m為大于a(2a—1)且能被2k整除的最小數(shù),則m≥(a+1)2a>a(2a+1).故簡單驗(yàn)證可知上面3種情況中,(*)均成立.故a為奇數(shù)不符合要求.另一方面,假設(shè)對偶數(shù)a,整數(shù)xy>0有取k=0,可知故m為偶數(shù),即2t+1jx—y.依次下去,必有x=y,矛盾!綜上,所求a為全體正偶數(shù).□評注較簡單的問題,解出a田b是本題的關(guān)鍵部分.根據(jù)形式很自然地聯(lián)想到二進(jìn)制表示.此后的工作均無突出難點(diǎn).題5給定正整數(shù)m,n,甲乙兩人在無窮大的方格表中玩游戲,甲先秘密地在每個格中寫上一個實(shí)數(shù),使得每個m×n和n×m矩形中所寫數(shù)之和為零.乙每次詢問甲一個格中所寫的數(shù),甲如實(shí)回答,如果某一時刻乙能確定每個格中所寫的數(shù),則乙獲勝;否則甲獲勝.求使乙能獲勝的最少的詢問次數(shù),或證明有限次詢問不能使乙獲勝.先看(m,n)=d>1時甲的策略:不妨讓甲執(zhí)行更強(qiáng)的操作,即讓每個d×d方格表中所寫數(shù)之和為0.假設(shè)乙詢問了有限次并得知了一些方格內(nèi)的填數(shù),甲不妨找到一個邊長大于d且包含所有乙詢問過的方格的正方形S,并將這其中的準(zhǔn)確填數(shù)全告訴乙.只需證明此時乙無法確定所有方格中的填數(shù).如上圖,取A為一個1×(d—1)區(qū)域.甲在其中填入d—1個變量x1,x2,···,xd-1,則此時B中填數(shù)唯一確定.在S四邊上執(zhí)行相同操作.即可確定S周圍一格區(qū)域的填數(shù).易知這些填數(shù)是合法的.此后甲每次都按這個策略將當(dāng)前正方形周圍一格區(qū)域的填數(shù)確定,可得到一種合法的填數(shù)方式,但x1,x2,···,xd-1是自由變量,故乙無法確定每個格子的填數(shù).再考慮(m,n)=1時的情形.先證明乙可以通過(m—1)2+(n—1)2次詢問確定每個格子的填數(shù).乙的策略是:先問先詢問下圖中(m—1)2+(n—1)2格內(nèi)的填數(shù).對于方格D,取圖中黑框確定的矩形即可確定D中的填數(shù),類似地,可以確定區(qū)域C中的填數(shù).設(shè)此時圖表上方m+n—2個方格中填數(shù)為x1,x2,···,xm+n-2.下證這m+n—2個數(shù)是唯一確定的.事實(shí)上,只需證明以下矩陣是滿秩的.其中m>n,且前m—1行每行有n個1,后n—1行每行用m個1.設(shè)m=nq+r,對后n—1行中的每行,將其末尾nq個1改為0,則此時最后一行最后一個1出現(xiàn)在第n—2+r列,故第n—1+r列至第n+m—2非零行構(gòu)成一個下三角子式.刪除該下三角矩陣所在的行和列(各m—r=nq個),得到矩陣AI.上述變換等價于在A中刪去了一個行列式為1的分塊,故jdetAj=jdetAIj,并且AI可以看作在A中用r替換m后得到的矩陣,因此可以不斷操作下去,可知該操作過程等價于Euclid算法,故最后A化為對角矩陣E,因此jdetAj=jdetEj=1.于是A滿秩.而根據(jù)條件,x1,x2,···,xm+n-2對應(yīng)的m+n—2個線性方程的系數(shù)矩陣恰為A,故x1,x2,···,xm+n-2唯一確定.由此,乙可以確定這m+n—2列中任一個方格的填數(shù).從而易知乙可以確定任一方格的填數(shù),另一方面,證明乙至少需要(m—1)2+(n—構(gòu)造兩種填數(shù)C1與C2:C1的規(guī)則是每個1×m與m×1矩陣中填數(shù)之和均為0,在C1中一個(m—1)×(m—1)方格表中任意填數(shù),并擴(kuò)展至整個方格.C2的規(guī)則是每個n×1與1×n矩陣中填數(shù)之和均為0,在C2中一個(n?1)×(n?1)方格中任意填數(shù),并擴(kuò)展至整個方格.現(xiàn)將C1與C2相加,得到的填數(shù)方法符合要求,且有(m?1)2+(n?1)2個自由變量.綜上,(m,n)=1時,乙最少需(m?1)2+(n?1)2次;(m,n)>1時,乙不能獲勝.□評注中檔偏難的問題,(m,n)>1時的情形相對容易,為了方便后面的遞歸填數(shù),加強(qiáng)甲的操作是有必要的.(m,n)=1時的答案其實(shí)并不好猜.從(m,n)>1時甲的策略來看,乙要獲勝,就需要完成一步解線性方程組的操作.從而根據(jù)”方程個數(shù)與變量個數(shù)相等”的感覺去猜答案可能會更準(zhǔn)確.題6設(shè)函數(shù)f:N+→N+,對任意m,n∈N+,定義已知對任意不同的m,n∈N,均有△(m,n)0.求證:△無界,即對任意常數(shù)C,存在m,n∈N+,滿足|△(m,n)|>C.證明[1]假設(shè)△(m,n)有界.設(shè)為|△(m,n)|≤N.若對mn有f(m)=f(n),則△(m,n)=ff(n)(m)?ff(m)(n)=0,矛盾!故f是單射.因此f將N+分解為若干條不交的軌道.證明以下引理:引理f僅有一條軌道.證明假設(shè)f的全部軌道為A1,A2,···.若存在一條軌道僅含有限個元素,設(shè)這些元素構(gòu)成集合A.固定m∈A,取n∈N+使得ff(m)(n)充分大,則△(m,n)=|ff(n)(m)?ff(m)(n)|≥ff(m)(n)?(a)>N,矛盾!故A1,A2,···均為無限軌道.若存在至少2N+2條軌道,從軌道,A2N+2中選出2N+2個代表元a1,a2,···,a2N+2,并取一條無窮長的軌道A.取+,滿足k>max{f(a1),f(a2),···,f(a2N+2)}.再取a0∈A,并令n=fk(a0),則對每個ai均存在g(ai)∈N+使n=ff(ai)(g(ai)),易知這些g(ai)互不相同.但[n—N,n+N]中共2N+1個整數(shù)且ff(g(ai))(ai)分屬不同的軌道,故存在i使ff(g(ai))(ai)[n—N,n+N],從而j△(g(ai),ai)j>N,矛盾!因此f至多包含2N+1條軌道A1,A2,···,A2N+1,它們均為無窮長的軌1,稱不具有形式fj(a)(j∈N+)的數(shù)為好數(shù).假設(shè)好數(shù)有無窮多個.因軌道數(shù)有限,易知?ff(a)(n)jn∈N+}覆蓋所有充分大的數(shù).固定n>m,n,m充分大,ff(a)(n)∈[m,n]時,ff(n)(a)∈[m—N,n+N],并且n互不相同時,ff(n)(a)也互不相同,故[m—N,n+N]中至多有2N個好數(shù).但因好數(shù)有無