资源简介

2025赛季二试模拟（一）
1.(40分)对任意的正整数n及实数a1>0(1=1,2,…,n),证明：
名+4n+可<2a
2(40分)在锐角△ABC中，AB>AC,AM1⊥BC于点A1,C1⊥AB于点C1,D为
△ABC的外接圈与△A1BC,的外接图的交点（异于点B),A2、CZ为△ABC的外接圆的切
线且交于点Z,直线2A、2C分别与A1C交于点X、Y,求证1点D在△YZ的外接圆上
3.(50分)求所有的正整数n,使得对任意的整数k,存在一个整数a,满足：
n|(a3+a一k),
4,(50分)求具有下述性质的最大整数m!对全体正整数的任意一个排列a1,a2,
a,“,总存在正整数名<<…<，使得1a以，a4,…,以构成公誉为奇数的等差数列.
2025赛季二试模拟（一)答案
1由Cy不等式，户，×宫≥（宫'-心牛卫
得到十中可≤十可启P4周边对大家和：
X-名+可4+≤宫容中D
而中特部≥千周
x≤名2[-中]-宫容[位-中]
-2ra[0-+]
2r[-+]
-2[1-+]水2
得证到
2.
如图，连结DX、DY,设其与大圆的交点为M、N.
首先由∠XAC=∠ACB=∠BCY=∠AC,X,知XC=AX'=M,XD,知△XMMC,∽
△XC,D,则
∠BMC,=∠BMD+∠DMC,=∠BCD+∠DC,Y
=∠BCD+∠DBC=∠BAC=∠BMC.
故M、C、C共线，同理N、A,、A共线，则
∠XDY=∠XDC,+∠CDA,+∠A,DY
=∠A,AC+∠CDA,+∠ACC
=∠CDA1+∠CDA,=2∠ABC
=2∠2AC=180°-∠2.
0
N
从而D、X、Z、Y共圆.
第2题
故点D在△XYZ的外接圆上.
3.显然n=1符合要求.
本题所求的n应渊足使A=《d十a|a∈Z为模n的完全剩余系，即不存在不同的正整数a,
b∈{0,1.2，…，n-1,有：d3+a=+6以mod).
首先，n=3'(i≥1)符合婴求，因为若d3+a=日+b(mod3')(a≠b),则
d+b++1=0(mod3),
容易脸证3（公+山十+1），矛盾，故n=3(i≥1)符合要求.
其次，若n符合要求，我们取p为n的质因子，故当】≤a≤p一1时，a十a(modp)应为l,
2,3,…,p-1的-个排列，而当p=2时，只能d+a=0(mod2),不合要求；
当p≥3时，i(+a=(p-1.)
即，g+na=-ie+in=-odp以
故：f行(G+D=1(modp或东逊定重：p-D1=-1(odp》.
若a+1=式mdp),则a'■g-1(modp),由费马小定理，ú-1)宁■=1(modp),
且每个不同的s,可以对应两个不同的a(间余意义下)，故当a取遍1,2,3，，p一1时，一共有
2会个，恰为方程1红-=1(mdp)的2号个不同的解，故这些解的第积，（一1宁-
1■0或2(modp)(韦达定理).
从而f行a+D=0心政2(odp,故：0口1(mdp)或看=1(mdp,而P≥3，只有p-3,
综上，n=3(≥0)为所有婴求的正整数.
4.【注1】2012年TST.
【注2)当然这里的等差数列，我们还是婴广义地猾，两项也是等差的.
首先定义一个优越数，a,如果V1∈(1,2，，t一1)，均有：a,>a
其火可以证明，对于任意的正整数的推列，优格数是有无穷多个的.
事实上，我们使用数学归纳法便可以得证：
(1)当然我们可以认为a,是优超数à，再往后走，当然是有邻一个比a1大的数，它扰是第二
个优$数a1
(2)假设有第k个优越数a,则往数列a,a,a,…的后面滑，仍1旧会出现第一个比a大的数
(不可能a,后的数均比a,小，与正整数的无穷性矛盾！)这样就有第k十1个优超数，这种就完成了
归纳证明.
再者，我们能够证明m≥3：
因为优越数是有无穷多个的，则我们可以找到一个a,使得(a,a,…,a)中有奇数也有
偶数，这样，我们就可以在其中寻找一个与a奇偶性不同的数a,我们考虑：
a=2a,-a,=a.+(a-a,)>a,
知此数a,在a,=a,之后，故这样的p故m≥3.
最后，我们说m≤4.因为，如果将正整数排列为：
1,2,4,3,6,8,5,10,12,,(2m-1),2(2n-1),4n,…
若其存在项数大于等于4的奇数公差的等差数列，则必存在连续三项是偶数、奇数、偶数的，不妨
记为a2b≤c

展开更多......

收起↑