2022寒假高中数学联赛二试模拟题

2022 winter vacation high school mathematics league second test simulation problem.
$\Huge\texttt{Day1}$
$\Large\texttt{T1}$
Solution:

取 $\triangle ABC$ 外心 $O$，连接 $AO,OL$。
有一个重要结论：

$\textbf{AH=}\frac12\textbf{OL}$

$\Rightarrow APLO$ 为平行四边形。
$\Rightarrow \angle CLS=\angle OAP=\angle OAH=\angle OAC-\angle CAH=(90°-B)-(90°-C)=C-B$.
$\Rightarrow \angle CSL=C-\angle CLS=\angle GBL$.
$\Rightarrow G,B,S,C$ 四点共圆。
$\Large\texttt{T2}$
Solution:
$m = 1, [S_1] = 1; m = 2, [S_4] = 2$
当 $ m \geqslant 3$ 时, 对 $\forall a,b\in \R$,满足 $0\leqslant a < b \leqslant 1$, 令 $N_0 = [ \frac {1}{b-a}]+1$, 则 $N_0 > \frac{1}{b-a}$
对 $\forall$ 正整数 $ m > S_{N_0}$ 和 $\forall$ 正整数 $k>N_0$, 若都 $S_k \leqslant m+a $ 或 $S_k \geqslant m+b,$ 因为 $S_n$ 发散
则 $\exist k_0, s\cdot t\cdot S_{k_0-1} \leqslant m+a, S_{k_0} \geqslant m+b \Rarr \frac{1}{k_0} \geqslant b-a \Rarr k_0 \leqslant \frac {1}{b-a} < N_0$ 矛盾！
$\therefore \exist n > N_0, s\cdot t\cdot m \leqslant m+a < S_n < m+b \leqslant m+1 \Rarr [S_n] = m$
$\Large\texttt{T3}$
Solution:
补充定义： $a_{n+k}= a_n$

$a_ia_{i+1}+a_{i+1}a_{i+2}=a_{i+1}(a_i+a_{i+2})\le a_{i+1}(1-a_{i+1})$

则有

$2\sum_{i-1}^{n}{a_ia_{i+1}}\le\sum_{i-1}^{n}{a_i(1-a_i)}=\sum_{i-1}^{n}a_i-\sum_{i-1}^{n}a_i^2\le\sum_{i-1}^{n}a_i-\frac{1}{n}(\sum_{i-1}^{n}a_i)^2$

令

$S=\sum_{i-1}^{n}a_i=\frac{\sum_{i-1}^{n}(a_i+a_{i+1}+a_{i+2})}{3}\le\frac{n}{3}$

有

$2\sum_{i-1}^{n}{a_ia_{i+1}}\le\frac{S(n-S)}{n}\le\frac{\frac{n}{3}\cdot\frac{2n}{3}}{n}=\frac{2n}{9}$

$\color{red}{（平均时取到最大值）}$
所以

$\sum_{i-1}^{n}{a_ia_{i+1}}\le\frac{n}{9}$

当 $a_1=a_2=\cdots=a_n=\frac{1}{3}$ 时取到最大值 $\frac{n}{9}$
$\Large\texttt{T4}$
Solution:

f(n)=\left\{ \begin{array}{**lr**} 2, &n 是2的幂 \\ 3, &n 不是2的幂 \end{array} \right.

当 $n$ 是 $2$ 的幂，$f(n)=2$。
当 $n$ 不是 $2$ 的幂，$f(n)=3$。
因为操作无法删除 $0,n$，所以 $f(n) \ge 2$。
当 $n$ 不是 $2$ 的幂，若 $f(n)=2$，则结束时，只剩下 $0,n$。设n的最大奇因子为 $l$，则从结束时，逆向进行操作，知黑板上只存在 $l$ 的倍数，矛盾。所以当 $n$ 不是 $2$ 的幂，$f(n) \ge 3$。
下面归纳证明，$n$ 是二的幂时，可使黑板上只剩 $2$ 个数；否则可使黑板上只剩 $3$ 个数。
一、$n=2$ 时：显然
二、假设 $<n$ 时结论成立，对于 $n$ 的情况：

1. 若 $n$ 是 $2$ 的幂，由归纳假设，可使得 黑板上剩下序列 $0, n/2, n$（序列两数之间的数因为 $n/2$ 时成立可以被删去），再删去中间的 $n/2$。
2. 若 $n$ 不是 $2$ 的幂，可设 $2^r < n < 2^{r+1}$。
   由数 $2t-n,n$ 删除 $t$，记作操作 $P_t$。
   执行操作 $P_{n-1},P_{n-2},...,P_{2^r+1}$，剩下序列为 $0,1,...,2^r,n$。由 $n=2^r$ 时成立得出序列可变为 $0,2^r,n$。
   综上，结论得证。
   $\Huge\texttt{Day2}$
   $\Large\texttt{T1}$
   如图，$\triangle ABC$ 的外心为 $O$，$E$ 是 $AC$ 的中点，直线 $OE$ 交 $AB$ 于 $D$，点 $M$ 和 $N$ 分别是 $\triangle BCD$ 的外心与内心，若 $AB=2BC$，证明：$\triangle DMN$ 为直角三角形。
   Solution:
   显然 $O,D,C,B$ 四点共圆.
   由于 $OM$ 是 $BC$ 中垂线，设 $OM\cap\odot M=F$.
   $OM\cap BC=P$，则 $P$ 是 $BC$ 中点，$F$ 是 $\widehat{BC}$ 中点。
   $\because N$ 是内心，$\therefore D,M,F$ 三点共线。
   $\because OE$ 是 $AC$ 中垂线，$\therefore DA=DC$.
   作 $NH\perp BD$ 于点 $H$。
   则 $DH=\dfrac{DC+DB-BC}2=\dfrac{DA+DB-BC}2=\dfrac{AB-BC}2=\dfrac{BC}2=BP$.
   又 $\angle PBF=\angle CBF=\frac12 \angle CDB=\angle HDN$,
   $\therefore \text{Rt}\triangle PBF\cong \text{Rt}\triangle HDN \Rarr DN=BF$.
   又由鸡爪定理 $NF=BF \Rarr DN=NF$.
   又 $\because DF$ 是 $\angle CDB$ 内角平分线， $DO$ 是 $\angle CDB$ 外角平分线，
   $\therefore DF=DO \Rarr OF$ 为 $\odot M$ 直径。
   $\Large\texttt{T2}$
   求证：数列 $a_n=3^n\cos(n\arccos\frac{1}{3})(n\in\mathbb{N}^{*})$ 的每一项都是整数，但都不是 $3$ 的倍数。
   Solution:
   设原式 $=f(a,b,c,d)$。易知：$f(a,b,c,d)=\frac12[(a+b)^2+(c+d)^2+(a-c)^2+(b-d)^2]-bc$
3. $bc>0$，则 $ad=1+bc>0$，故 $b,c$ 同号，$a,d$ 同号。由于 $f(a,b,c,d)=f(-a,-b,-c,-d)$，故只需考虑：(i) $a,b,c,d>0$ (ii) $a,d>0,b,c<0$
   对于 (i)，由 $a+b\ge1+b,c+d\ge1+c$ 知，

   $\begin{aligned} f(a,b,c,d)&\ge\frac12[(1+b)^2+(c+1)^2]-bc\\&=\frac{(b-c)^2}2+1+b+c\\&>2 \end{aligned}$

   对于 (ii)，由 $|a-c|\ge|c|+1,|b-d|\ge|b|+1$ 知，

   $\begin{aligned} f(a,b,c,d)&\ge\frac12[(|c|+1)^2+(|b|+1)^2]-bc\\&=\frac{(b-c)^2}2+1+|b|+|c|\\&>2 \end{aligned}$

4. $bc=0$，则 $ad=1$，所以 $a=d=\pm1$，若 $b=0$，则

   $\begin{aligned} f(a,b,c,d)&=\frac12[a^2+(c+d)^2+(a-c)^2+d^2]\\&=1+\frac12[(c-1)^2+(c+1)^2]\\&=c^2+2\\&\ge2 \end{aligned}$

   等号成立当且仅当 $c=0$，同理，若 $c=0$，$f(a,b,c,d)\ge2$，等号成立当且仅当 $b=0$
5. $bc<0$
   若 $bc\le-3$，则 $f(a,b,c,d)\ge3$
   若 $bc=-2$，则 $f(a,b,c,d)\ge2$，取等号时有 $a=-b=c=-d$，而此时 $b^2=2$，矛盾
   若 $bc=-1$，则 $ad=0$，此时 $f(a,b,c,d)\ge1$，取等号时，$a=-b=c=-d$，此时 $ad=bc$，矛盾。所以 $f(a,b,c,d)\ge2$，取等号时，$(a+b)^2+(c+d)^2+(a-c)^2+(b-d)^2=2$。
   此时，若 $a=0$，则 $(a,b,c,d)=(0,1,-1,1)$ 或 $(0,-1,1,-1)$。
   同理，若 $d=0$，则 $(a,b,c,d)=(1,-1,1,0)$ 或 $(-1,1,-1,0)$。
   综上所述，$f(a,b,c,d)$ 的最小值为 $2$，取等号当且仅当 $(a,b,c,d)$ 为

$\begin{aligned} &(0,1,-1,1)&(0,-1,1,-1)\\&(1,-1,1,0)&(-1,1,-1,0)\\&(1,0,0,1)&(-1,0,0,-1) \end{aligned}$

之一。
$\Large\texttt{T3}$
整数 $a,b,c,d$ 满足 $ad-bc=1$，求 $a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd-ac-bd-bc$ 的最小值，并求出一切达到最小值的四元数组 $(a,b,c,d)$。
Solution:
设 $\theta=\arccos\frac13$，则 $\cos\theta=\frac13$，$a_n=3^n\cos n\theta$
我们用数学归纳法证明原题。

1. 当 $n=1$ 时，$a_1=3\cos\theta=1$
   当 $n=2$ 时，$a_2=3^2\cos2\theta=9(2\cos^2\theta-1)=-7$
   都是整数，且均不为 $3$ 的倍数，命题成立。
2. 假设 $n\le k$ 时结论成立 $(k\ge2)$

   $\begin{aligned} a_{k+1}&=3^{k+1}\cos(k+1)\theta\\&=3^{k+1}[2\cos k\theta\cos\theta-\cos(k-1)\theta]\\&=2a_k-9a_{k-1} \end{aligned}$

   所以 $a_{k+1}$ 也是整数，不是 $3$ 的倍数，
   所以 $n=k+1$ 时成立。
   综上，命题对一切正整数成立。
   $\Large\texttt{T4}$
   试确定在 $12\times 12$ 棋盘中放置的“王”的数目的最大值，使得其中每一个“王”都恰可攻击另外一个“王”（“王”可以攻击和他所在方格有公共顶点的方格中的棋子）。
   Solution:
   $56$ 个。
   
   我们称棋盘上每个放个的顶点为格点，任意一组可相互攻击的“王”所在的方格累计不少于 $6$ 个格点
   棋盘共有 $13 \times13 = 169$ 个顶点，从而可以互相攻击的王对数目不超过 $[\frac{169}{6}] = 28$ 对
   $\therefore$ 可以放置的“王”的数量 $\leqslant2\times 28 = 56$ 个
   $\therefore$ 综上，至多可以放置 $56$ 个“王”
   $\Huge\texttt{Day3}$
   $\Large\texttt{T1}$
   $\Large\texttt{T2}$
   $\Large\texttt{T3}$
   $\Large\texttt{T4}$