TMO 1-1 Problem & Answer

Problem

第一届 TMO 测试 1

时间：\(120\) 分钟
总分：\(200\) 分

温馨提醒您: 请合理分配考试时间

一、填空题（每题 \(8\) 分，共 \(64\) 分）

1. 在平面直角坐标系 \(xOy\) 中, 存在一个点 \(P(3,4)\). 若平面上还有一圆 \(Q\), 使得圆 \(Q\) 切直线 \(PO\) 于点 \(O\), 且 \(|OQ|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}|PQ|\), 如果 \(A\) 是圆 \(Q\) 上的一个点, 则 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AO}\) 的取值范围是 ____.

2. 如果一个正奇数不能被分为两个互质的合数的和, 则称这样的数为“坏奇数”. 则所有坏奇数的和是 ____.

3. 若 \(a\) 为实数, 且对任意 \(x>0\), 均有 \(2024(xe^{2024x}-x-a)\ge\ln x\), 则 \(a\) 的取值范围是 ____.

4. 若数列 \(\{a_n\}(n\in\N)\) 满足 \(a_0=20,a_1=24,a_{n+2}=20a_{n+1}-36a_n(n=0,1,2,\cdots)\), 则 \(\dfrac{a_{2024}}{2^{2024}}=\) ____.

5. 设复数 \(z\) 满足 \(|\dfrac{z+2}{z-2i}|=3(i=\sqrt{-1})\), 则 \(|z|\) 的取值范围是 ____.

6. 制作一个 \(5\times5\) 正方形表格, 分布一等题、二等题、三等题三种难度的题目, 一等题占有 \(3\) 的分值, 二等题占有 \(2\) 的分值, 三等题占有 \(1\) 的分值, 各分布 \(a\) 个、\(b\) 个、\(c\) 个. 当 \(a=4\) 时, 若存在一种排列使横/竖/斜连成 \(5\) 个的分值的和均大于 \(7\), 则 \(c\) 的最大值是 ____.

7. 在一个正八面体里, 我们称以一个面为底面, 对面的中心为顶点的三棱锥为“好三棱锥”. 在边长为 \(2\) 的正八面体中, 任取两个不同的“好三棱锥”, 它们交集的体积的所有可能值是 ____.

8. 已知 \(n\) 为正整数, 若 \(\dfrac{n}{2024+\frac{n}{2024+\frac{n}{2024}}}\) 为整数, 且 \(\dfrac{n}{1012^2}\) 不为整数, 则 \(n\) 的所有可能值为 ____.

二、解答题（共 \(136\) 分）

9. (\(24\) 分) \(n,k\) 是正整数, \(k\ge 2\), 记 \(f(n,k)=|\{\dfrac{(a+k)(a+k+1)}{an+1}\in\Z|a\in\Z^+\}|\). 证明: \(f(n,k)\) 无上界.

10. (\(32\) 分) 已知点 \(P(x_0,y_0)\) 在椭圆 \(C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\) 上, 且位于第一象限, 若过点 \(P\) 作 \(C\) 的切线与直线 \(OP\) 的夹角 (锐角) 为 \(\dfrac{\pi}{3}\), 并且点 \((2,2\sqrt{3})\) 在双曲线 \(C’:\dfrac{y^2}{b^2}-\dfrac{3x^2}{a^2}=1\) 上, 求 \(x_0y_0\) 的值.

11. (\(40\) 分) 若 \(n\in\Z_+,0\le\theta_i\le\dfrac{\pi}{2}(1\le i\le n)\). 证明:

    (1) \(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{\sum_{i=1}^ntan^2\theta_i}\le\dfrac{1}{\sum_{i=1}^nsin^2\theta_i}\).
    (2) \(n\sum_{i=1}^n\sin\theta_i\le\sum_{i=1}^n\tan\theta_i\sum_{i=1}^n\cos\theta_i\);

12. (\(40\) 分) 圆 \(O_1\) 和圆 \(O_2\) 外切于 \(P\). \(A\) 为圆 \(O_1\) 上一点, \(AP\) 交圆 \(O_2\) 于 \(B(\ne P)\), 过 \(A\) 且与圆 \(O_1\) 相切的直线 \(l\) 交圆 \(O_2\) 于 \(C, D\). \(M\) 在圆 \(O_2\) 上, 满足 \(CM=DM\) 且 \(M\) 和 \(B\) 在直线 \(CD\) 异侧. \(AM\) 交圆 \(O_2\) 于 \(N(\ne M)\). 证明: \(l, MO_1, NP\) 三线共点.

---

Answer

填空题

1. 在平面直角坐标系 \(xOy\) 中, 存在一个点 \(P(3,4)\). 若平面上还有一圆 \(Q\), 使得圆 \(Q\) 切直线 \(PO\) 于点 \(O\), 且 \(|OQ|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}|PQ|\), 如果 \(A\) 是圆 \(Q\) 上的一个点, 则 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AO}\) 的取值范围是 ____.

答案: \([50-25\sqrt{5},50+25\sqrt{5}]\)

解析: 不妨设 \(Q(-4,3)\).

\(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AO}=(\overrightarrow{QP}-\overrightarrow{QA})\cdot(\overrightarrow{QO}-\overrightarrow{QA})=\overrightarrow{QP}\cdot\overrightarrow{QO}-(\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{QO})\cdot\overrightarrow{QA}+\overrightarrow{QA}^2=50+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{QA}\), 其中 \(\overrightarrow{a}=(\dfrac{15\sqrt{2}}{2},-\dfrac{5\sqrt{2}}{2})\).

因为 \(|\overrightarrow{a}|=5\sqrt{5},|\overrightarrow{QA}|=5\) 且 \(\overrightarrow{QA}\) 方向任意, 所以 \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{QA}\in[-25\sqrt{5},25\sqrt{5}]\), \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AO}\in[50-25\sqrt{5},50+25\sqrt{5}]\).

2. 如果一个正奇数不能被分为两个互质的合数的和, 则称这样的数为“坏奇数”. 则所有坏奇数的和是 ____.

答案: \(249\)

解析: 设奇数 \(n=a+b\) 可以拆成两个互质的合数之和, 不妨设 \(2\mid a\). 由于 \(a\ge 4\), 所以 \(b\le n-4\).

由于 \(a,b\) 互质等价于 \(n,b\) 互质, 记 \(p(n)\) 为最小的不整除 \(n\) 的奇素因子, 则 \(b\) 的素因子必须 \(\ge p(n)\) (否则 \(n,b\) 不互质), \(b\ge p(n)^2\), 所以 \(p(n)^2\le n-4\).

反之, 若 \(p(n)^2\le n-4\), 则可取 \(n=(n-p(n)^2) + p(n)^2\) 符合要求.

所以, \(n\) 为坏奇数等价于 \(p(n)^2>n-4\), \(p(n)^2\ge n-2\).

下求出所有坏奇数.

枚举 \(p(n)\). 若 \(p(n)=3\), 则 \(n\le 11\), \(n=1,5,7,11\);

若 \(p(n)=5\), 则 \(n\le 27\), \(n=3,9,21,27\);

若 \(p(n)=7\), 则 \(n\le 51\), \(n=15,45\);

若 \(p(n)=11\), 则 \(n\le 123\), \(n=105\);

若 \(p(n)\ge 13\), 则 \(p(n)^2\le n-4\) 恒成立.

综上, 所有的坏奇数为 \(1,3,5,7,9,11,15,21,27,45,105\), 它们的和为 \(249\).

3. 若 \(a\) 为实数, 且对任意 \(x>0\), 均有 \(2024(xe^{2024x}-x-a)\ge\ln x\), 则 \(a\) 的取值范围是 ____.

答案: \((-\infty,\dfrac{1+\ln2024}{2024}]\)

解析: \(a\le xe^{2024x}-x-\dfrac{\ln x}{2024}\). 记 \(f(x)=xe^{2024x}-x-\dfrac{\ln x}{2024}\), 则 \(f'(x)=e^{2024x}+2024xe^{2024x}-1-\dfrac{1}{2024x}=(e^{2024x}-\dfrac{1}{2024x})(1+2024x)\).
\(f'(x_0)=0\) 解得 \(e^{2024x_0}-\dfrac{1}{2024x_0}=0,2024x_0e^{2024x_0}=1\).
所以 \(f(x)\) 的最小值为 \(f(x_0)=x_0e^{2024x_0}-x_0-\dfrac{\ln x_0}{2024}=x_0e^{2024x_0}-\dfrac{\ln(x_0e^{2024x_0})}{2024}=\dfrac{1}{2024}-\dfrac{\ln\frac{1}{2024}}{2024}=\dfrac{1+\ln2024}{2024}\)，\(a\le\dfrac{1+\ln2024}{2024}\).

4. 若数列 \(\{a_n\}(n\in\N)\) 满足 \(a_0=20,a_1=24,a_{n+2}=20a_{n+1}-36a_n(n=0,1,2,\cdots)\), 则 \(\dfrac{a_{2024}}{2^{2024}}=\) ____.

答案: \(21-9^{2024}\).

解析: 该递推式的特征方程为 \(x^2=20x-36\), 特征根为 \(x_1=2,x_2=18\). 设 \(a_n=a2^n+b18^n\), 带入 \(n=0,1\), 解得 \(a=21,b=-1\). 所以 \(a_n=21\times2^n-18^n,\dfrac{a_n}{2^n}=21-9^n\).

5. 设复数 \(z\) 满足 \(|\dfrac{z+2}{z-2i}|=3(i=\sqrt{-1})\), 则 \(|z|\) 的取值范围是 ____.

答案: \([\dfrac{\sqrt{82}-3\sqrt{2}}{4},\dfrac{\sqrt{82}+3\sqrt{2}}{4}]\)

解析: 由题意知 \(|z+2|^2=9|z-2i|^2\), 即 \(z\overline{z}+2z+2\overline{z}+4=9(z\overline{z}+2iz-2i\overline{z}-4)\), \(z\overline{z}-\dfrac{1-9i}{4}z-\dfrac{1+9i}{4}\overline{z}+\dfrac{41}{8}=\dfrac{9}{8}\), \(|z-\dfrac{1+9i}{4}|=\dfrac{3\sqrt{2}}{4}\). 由绝对值不等式, \(|z|\in[\dfrac{\sqrt{82}-3\sqrt{2}}{4},\dfrac{\sqrt{82}+3\sqrt{2}}{4}]\).

6. 制作一个 \(5\times5\) 正方形表格, 分布一等题、二等题、三等题三种难度的题目, 一等题占有 \(3\) 的分值, 二等题占有 \(2\) 的分值, 三等题占有 \(1\) 的分值, 各分布 \(a\) 个、\(b\) 个、\(c\) 个. 当 \(a=4\) 时, 若存在一种排列使横/竖/斜连成 \(5\) 个的分值的和均大于 \(7\), 则 \(c\) 的最大值是 ____.

答案: \(14\)

解析: 设方表格中所有题目的分值总和为 \(S\), 由于每一行的和 \(>7\), 故每一行的和 \(\ge8\), \(S\ge5\times 8=40\). 由题意, \(a+b+c=25,3a+2b+c\ge40\), 所以 \(b+c=21,2b+c\ge28\), \(c=2(b+c)-(2b+c)\le14\).

可以按如下方式分布, 使得 \(c=14\):

\[\begin{matrix} 3\ 1\ 2\ 1\ 1\\ 1\ 2\ 1\ 3\ 1\\ 2\ 1\ 2\ 1\ 2\\ 1\ 3\ 1\ 2\ 1\\ 1\ 1\ 2\ 1\ 3 \end{matrix} \]

7. 在一个正八面体里, 我们称以一个面为底面, 对面的中心为顶点的三棱锥为“好三棱锥”. 在边长为 \(2\) 的正八面体中, 任取两个不同的“好三棱锥”, 它们交集的体积的所有可能值是 ____.

答案: \(\dfrac{3\sqrt{2}}{11}, \dfrac{4\sqrt{2}}{25}, \dfrac{4\sqrt{3}}{27}\)

解析: 设正八面体的顶点为 \(X_p(\sqrt{2},0,0),X_n(-\sqrt{2},0,0),Y_p(0,\sqrt{2},0),Y_n(0,-\sqrt{2},0),Z_p(0,0,\sqrt{2}),Z_n(0,0,-\sqrt{2})\). \(P_{ppp}=\dfrac{X_p+Y_p+Z_p}{3}\), 其余同理.

两个“好三棱锥”的底面有三种位置关系: 相邻、相间、相对.

① 相邻, 不妨设为 \(a=P_{ppp}-X_nY_nZ_n,b=P_{npp}-X_pY_nZ_n\).

设 \(P_{ppp}X_n\) 与 \(P_{npp}X_P\), 面 \(Y_nZ_nP_{npp}:5x+y+z+\sqrt{2}=0\) 分别交于 \(A,B\), 则 $A(0,\dfrac{1}{2\sqrt{2}},\dfrac{1}{2\sqrt{2}}),B(-\dfrac{3\sqrt{2}}{11},\dfrac{2\sqrt{2}}{11},\dfrac{2\sqrt{2}}{11}) $, \(a\cap b\) 是由两个与 \(B-AY_nZ_n\) 全等的三棱锥拼成的几何体，体积为 \(2V=\dfrac{2}{3}Sh=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{3}{2}\times\dfrac{3\sqrt{2}}{11}=\times\dfrac{3\sqrt{2}}{11}\).

② 相间, 不妨设为 \(a=P_{ppp}-X_nY_nZ_n,b=P_{nnp}-X_pY_pZ_n\)

设 \(X_pP_{nnp}\cap Y_nP_{npp}=A,Y_pP_{nnp}\cap X_nP_{npp}=B\), 则 \(A(\dfrac{\sqrt{2}}{5},-\dfrac{\sqrt{2}}{5},\dfrac{\sqrt{2}}{5}),B(-\dfrac{\sqrt{2}}{5},\dfrac{\sqrt{2}}{5},\dfrac{\sqrt{2}}{5})\), \(a\cap b\) 是由两个与 \(P_{ppp}-ABZ_n\) 全等的三棱锥拼成的几何体，体积为 \(2V=\dfrac{2}{3}Sh=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{9\sqrt{2}}{25}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{4\sqrt{2}}{25}\).

③ 相对, 不妨设为 \(a=P_{ppp}-X_nY_nZ_n,b=P_{nnn}-X_pY_pZ_p\)

设 \(X_nP_{ppp}\) 交面 \(Y_pZ_pP_{nnn}\) 于 \(A\), \(Z_pP_{nnn}\) 交面 \(X_nY_nP_{ppp}\) 于 \(B\), 则 \(A(-\dfrac{\sqrt{2}}{9},\dfrac{2\sqrt{2}}{9},\dfrac{2\sqrt{2}}{9}),B(-\dfrac{2\sqrt{2}}{9},-\dfrac{2\sqrt{2}}{9},\dfrac{\sqrt{2}}{9})\), \(a\cap b\) 是由六个与 \(P_{ppp}-ABP_{nnn}\) 全等的三棱锥拼成的几何体，体积为 \(6V=2Sh=2\times\dfrac{1}{3\sqrt{3}}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{4\sqrt{3}}{27}\).

8. 已知 \(n\) 为正整数, 若 \(\dfrac{n}{2024+\frac{n}{2024+\frac{n}{2024}}}\) 为整数, 且 \(\dfrac{n}{1012^2}\) 不为整数, 则 \(n\) 的所有可能值为 ____.

答案: \(93104,2234496,6517280\)

解析: 记 \(m=2024=2^3\times11\times23\), 由题意知 \(\dfrac{m^2n+n^2}{m^3+2mn}\) 为整数. 比较分子分母 \(2,11,23\) 的指数, 可得 \(2^4\times11\times23\mid n\).

由于 \(\dfrac{m^2n+n^2}{m^3+2mn}=\dfrac{n}{2m}+\dfrac{m}{4}-\dfrac{m^4/4}{m^3+2mn}\) 是整数, 所以 \(\dfrac{m^4/4}{m^3+2mn}=\dfrac{m^3/8}{m^2/2+n}=\dfrac{2^6\times11^3\times23^3}{2^5\times11^2\times23^2+n}\) 是整数.

设 \(2^5\times11^2\times23^2+n=2^a\times11^b\times23^c\), 则 \(4\le a\le6,1\le a,b\le3\).

若 \(c=1\), 由于 \(2^5\times11^2\times23^2<2^5\times11^2\times23^2+n=2^a\times11^b\times23^1\), 所以 \(22\ge2^{a-5}11^{b-2}>23\) 矛盾.

若 \(c\ge2\), 由于 \(1012^2=2^4\times11^2\times23^2\nmid n\), 故 \(b=1\).

若 \(c=2\), 由于 \(2^5\times11^2\times23^2<2^5\times11^2\times23^2+n=2^a\times11^1\times23^2\), 所以 \(2\ge2^{a-5}>11\) 矛盾.

若 \(c=3\), 分别带入 \(a=4,5,6\), 可得 \(n=93104,2234496,6517280\).

解答题

9. \(n,k\) 是正整数, \(k\ge 2\), 记 \(f(n,k)=|\{\dfrac{(a+k)(a+k+1)}{an+1}\in\Z|a\in\Z^+\}|\). 证明: \(f(n,k)\) 无上界.

解析: 取 \(n=1,k=(m+1)!,a=1,2,\cdots,m(m\in\Z^+)\), 有 \(\dfrac{(a+k)(a+k+1)}{an+1}=\dfrac{(a+(m+1)!)(a+(m+1)!+1)}{a+1}=(a+(m+1)!)(1+\dfrac{(m+1)!}{a+1})\in\Z\). 由于 \(f(x)=(x+(m+1)!)(1+\dfrac{(m+1)!}{x+1})\) 在 \(x\ge\sqrt\dfrac{(m+1)!}{(m+1)!-1}-1\) 时单调递增, 故 \(\dfrac{(a+k)(a+k+1)}{an+1}\) 互不相同, \(f(n,k)\ge m\). \(m\) 可取任意正整数, 所以 \(f(n,k)\) 无上界.

10. 已知点 \(P(x_0,y_0)\) 在椭圆 \(C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\) 上, 且位于第一象限, 若过点 \(P\) 作 \(C\) 的切线与直线 \(OP\) 的夹角 (锐角) 为 \(\dfrac{\pi}{3}\), 并且点 \((2,2\sqrt{3})\) 在双曲线 \(C’:\dfrac{y^2}{b^2}-\dfrac{3x^2}{a^2}=1\) 上, 求 \(x_0y_0\) 的值.

答案: \(4\sqrt{3}\)

解析: 由题意, \(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{1}{12}\).

\(P\) 在 \(C\) 处切线方程为 \(l_1:\dfrac{x_0x}{a^2}+\dfrac{y_0y}{b^2}=1\), 法向量为 \(\overrightarrow{f}=(\dfrac{x_0}{a^2},\dfrac{y_0}{b^2})\). \(OP\) 的方向向量为 \(\overrightarrow{d}=(x_0,y_0)\).
由于两个向量的夹角为 \(\dfrac{\pi}{6}\), 故 \(|\overrightarrow{f}\cdot\overrightarrow{d}|=\cos\dfrac{\pi}{6}|\overrightarrow{f}||\overrightarrow{d}|\), \(1=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{(\dfrac{x_0^2}{a^4}+\dfrac{y_0^2}{b^4})(x_0^2+y_0^2)}\), \(\dfrac{4}{3}=(\dfrac{x_0^2}{a^4}+\dfrac{y_0^2}{b^4})(x_0^2+y_0^2)=(\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2})^2+(\dfrac{x_0y_0}{a^2}-\dfrac{x_0y_0}{b^2})^2=1+\dfrac{x_0^2y_0^2}{144}\). 解得 \(x_0y_0=4\sqrt{3}(\because x_0,y_0>0)\).

11. 若 \(n\in\Z_+,0\le\theta_i\le\dfrac{\pi}{2}(1\le i\le n)\). 证明:

    (1) \(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{\sum_{i=1}^ntan^2\theta_i}\le\dfrac{1}{\sum_{i=1}^nsin^2\theta_i}\).
    (2) \(n\sum_{i=1}^n\sin\theta_i\le\sum_{i=1}^n\tan\theta_i\sum_{i=1}^n\cos\theta_i\);

解析: 不妨设 \(\theta_1\le\theta_2\le\cdots\le\theta_n\).

(1) 通分, 原命题等价于 \(\sum_{i=1}^n\tan^2\theta_i\sum_{i=1}^n\sin^2\theta_i\le n\sum_{i=1}^n(\tan^2\theta_i-\sin^2\theta_i)=n\sum_{i=1}^n\tan^2\theta_i\sin^2\theta_i\).
因为 \(\tan^2\theta_1\le\tan^2\theta_2\le\cdots\le\tan^2\theta_n,\sin^2\theta_1\le\sin^2\theta_2\le\cdots\le\sin^2\theta_n\), 由切比雪夫不等式知上式显然.

(2) 因为 \(\tan\theta_1\le\tan\theta_2\le\cdots\le\tan\theta_n,\cos\theta_1\ge\cos\theta_2\ge\cdots\ge\cos\theta_n\), 由切比雪夫不等式, \(n\sum_{i=1}^n\sin\theta_i=n\sum_{i=1}^n\tan\theta_i\cos\theta_i\le\sum_{i=1}^n\tan\theta_i\sum_{i=1}^n\cos\theta_i\).

12. 圆 \(O_1\) 和圆 \(O_2\) 外切于 \(P\). \(A\) 为圆 \(O_1\) 上一点, \(AP\) 交圆 \(O_2\) 于 \(B(\ne P)\), 过 \(A\) 且与圆 \(O_1\) 相切的直线 \(l\) 交圆 \(O_2\) 于 \(C, D\). \(M\) 在圆 \(O_2\) 上, 满足 \(CM=DM\) 且 \(M\) 和 \(B\) 在直线 \(CD\) 异侧. \(AM\) 交圆 \(O_2\) 于 \(N(\ne M)\). 证明: \(l, MO_1, NP\) 三线共点.

解析:

由于圆 \(O_1\), 圆 \(O_2\) 关于 \(P\) 位似, \(A\) 的对应点是 \(B\), 所以弧 \(AP\) 和弧 \(BP\) 所对圆周角相等， 所以 \(\angle BAC=\angle BDP\).

因为 \(\angle BCD=\angle BAC+\angle CBP=\angle BDP+\angle CDP=\angle BDC\), 所以 \(BC=BD\), \(BM\) 垂直平分 \(CD\), \(BM\) 为圆 \(O_2\) 直径，\(BN\perp NM\), \(BP\perp PM\).

因为 \(l\perp BM\), 所以, \(BN, MP, l\) 共点, 这个点是 \(\triangle ABM\) 的垂心, 设为 \(H\).

设 \(MO_1\) 分别交 \(l\), 圆 \(O_2\) 于 \(X,Y\). 因为 \(XA\cdot XH=XN\cdot XP=XM\cdot XY\), 所以 \(A,M,H,Y\) 四点共圆.

以 \(M\) 为反演中心, \(MC=MD\) 为反演半径作反演, 圆 \(AMHY\) 的反演像应为直线 \(NPX\). 故 \(N,P,X\) 三点共线, \(l, MO_1, NP\) 三线共点.