及答案2023 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）
暨 2023 年 全 国高中 数学 联合 竞赛
一 试（A 卷 ） 参考答 案及 评分 标准
说 明：
1. 评阅 试卷 时，请 依据 本评 分标准. 填 空题只 设 8 分和 0 分 两档 ；其 他各
题 的评 阅，请 严格 按照本 评分 标准的 评分 档次给 分， 不得增 加其 他中间 档次.
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， 解答题 中第 9 小题 4 分为 一个 档次 ， 第
10、11 小题 5 分 为一 个档 次， 不得增 加其 他中间 档次 ．
一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．
n
1. 设复数 z?? 9 10i （ i 为虚数单位） ，若正整数 n 满足 z ? 2023 ，则 n 的
最大值为 ．
答案： 2 ．
n
n
n
n 22 2
解 ： zz ?? 9? 10 ? 181 ．因 z?? 181 2023 ，而当 n ? 3 时，
? ? ? ?
n
nn
z ? 181 ?? 13 2023 ，故 n 的最大值为 2 ．
? ?
lg b lg ab lg lg ab
2. 若正实数 ab , 满足 a ? 2 ， a?? b 5 ，则 () ab 的值为 ．
答案： 20 ．
lg a lg ab ?lg lg b
解 ：因为ba ? 10 ?? 2 ，所以
lg ab lg a ?lg b lg a lg b lg b lg a
() ab ? () ab ? ( a ? b ) ? a ? b ? 5 ?? 22 ? 2 0 ．
3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为 x ,, yz ，则事件
xyz
“ ”发生的概率为 ．
CC ?? C
777
1
答案： ．
27
1 62534
解 ：由于 CC ??? CC?? CC ，因此当 x , yz , ?{1, 2, 3, 4, 5, 6} 时， 事
777777
xyz
件“ CC ?? C ” 发生当且仅当 “ x ?? {1, 6}, y {2, 5}, z ? {3, 4} ” 成立， 相应的
777
3
??
21
?
?
概率为 ? ．
?
?
?
?
??
6 27
? ?? ?? ? ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? ??
4. 若平面上非零向量?? ,, ? 满足?? ? ，?? ?? 2|? | ，??? ? 3|? |，则 || ? 的
最小值为 ．
答案： 23 ．
?? ?? ?? ?? ??
解 ：由?? ? ，不妨设?? ?? (ab , 0), (0, ) ，其中 ab ,0 ? ，并设 ? ? (, xy ) ，
?? ?? ?? ?? ?? ??
则由?? ?? 2|? | 得by ? 2a ，由??? ? 3|? | 得 ax ? 3b ．
??
32 ba
22
所以| ?|? x? y ? 2 xy? 2??? 23 ．
ab
??
取 ab ?? 3, 2 ，此时 xy ??6 ，|| ? 取到最小值 23 ． 5. 方程sin xx ? cos 2 的最小的 20 个正实数解之和为 ．
答案：130? ．
2
解 ：将 cos 2xx ?? 1 2sin 代入方程，整理得 (2 sin x ? 1)(sin x ?? 1) 0 ，解得
? 5 ?? 3
xk ?? 2?? ,2k? ,2k? ? (k? Z) ．
66 2
2k??
xk ?? () ? Z
上述解亦可写成 ， 其中 k ? 0,1, ?,19 对应最小的 20 个正
36
19
??
2k?? 2? 19 ?20 ?
?
?
实数解，它们的和为 ．
?? ? ?? 20? 130 ?
?
? ?
?
?
??
36 3 2 6
k ?0
2
6. 设 为正数， ． 若 为一元二次方程 的两个根，
abc ,, a ? b ab , ax ? bx?? c 0
且 是一个三角形的三边长，则 的取值范围是 ．
abc ,, a ?? bc
??
7
?
?
答案： ,5 ?1 ．
?
?
?
?
??
8
2 22 2
解 ： 由条件知 ax ? bx?? c a(x? a)(x? b)? ax ? (a ? ab)x? a b ，比较系
24
aa
22
数得 b?? a ab, c? a b ，故 bc ?? , ，从而
11 ?? aa
24
a ?a
23
a? bc ??? a ?? aa? a ．
1 ?a
2
a 1
由于 0? a ? b ? ，故 ?? a 1 ． 此时显然b ?? c0 ． 因此，abc ,, 是一
1 ?a 2
42
aa
2
个三角形的三边长当且仅当 a ?? cb ，即 a?? ，即 aa ( ?? a 1)? 0 ，
11 ?? aa
1 1 51 ?
结合 ?? a 1 ，解得 ?? a ．
2 22
23
令 fx ()?? x x? x ，则 a? b?? c fa () ． 显然 当 x ? 0 时 fx () 连续且严格
??
??
?? ??
1 51 ? 7
?
??
?
? ?
? ? ?
?
递增，故 的取值范围是 ? ，即 ．
a ?? bc ff , ? ,5 ?1
? ?
? ? ?
?
?
? ? ?
? ? ?
?
?? ? ? ??
? 22 ? 8
??
??
7. 平面直角坐标系 中，已知圆 与 轴、 轴均相切，圆心在椭圆
xOy ? x y
22
xy
? : ? ? 1(a ?? b0) 内 ，且 ? 与 ? 有唯一的公共点 (8, 9) ． 则 ? 的焦距
22
ab
为 ．
答案： ．
10
2 22
解 ： 根据条件， 可设圆 心为 P (, rr ) ，则 有 (r ? 8) ?? (rr 9) ? ，解 得 r ? 5
或 r ? 29 ．因为 P 在 ? 内，故 r ? 5 ．
?
??
89 xy 89
?
?
椭圆 ? 在点 A(8, 9) 处的切线为 l :1 ?? ， 其法向量可取为 n ? , ．
?
?
22 22
? ?
ab ? ab?
? ? ?? ? ??
32 27
由条件，l 也是圆 ? 的切线， 故 n 与 PA 平行， 而 PA ? (3, 4) ，所 以 ? ．
22
ab
64 81
22 22
又 ?? 1 ，解得 ab ?? 160, 135 ．从而 ? 的焦距为 2 ab ?? 10 ．
22
ab
8. 八张标有 A , B ,, CD ,, EF , G , H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些
卡片， 要求每次取走一张卡片时， 该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边 （例
如可按 D ,,, ABE , C , F , G , H 的次序取走卡片， 但不可按 D ,,, BAE , C , F , G , H 的
次序取走卡片） ，则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．
A B
C D
E F G H
答案：392 ．
解 ： 如左下图重新标记原图中的八张卡片． 现将每张卡片视为顶点， 有公共
边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边， 得到一个八阶图， 该图可视为右下图
中的 mn ?? 2 阶图Gm (,) n 在 mn ?? 3, 3 时的特殊情况．
-3 -2
-m ... -2 -1 ... n
0 1 2
-1 3
G(m, n)
0 1 2
P
P
取卡片（顶点）的规则可解释为：
(i) 若顶点 P 已取走， 则以下 每步取当前标号最小或最大的顶点， 直至取完 ；
(ii) 若顶点 P 未取走， 则必为某个G (, mn ) (, mn ? 0 ) 的情形， 此时若 m ? 0 ，
则将 P 视为 ?1 号顶点， 归结为 (i) 的情形； 若 mn ?? 0, 0 ，则 将 P 视为1 号顶点，
归结为 (i) 的情形；若 mn ,1 ? ，则当前可取 P 或 ?m 号顶点或 n 号顶点，分别归
结为 (i) 或Gm ( ?1, n ) 或Gm ( , n ?1) 的情形．
设 Gm (,) n 的符合要求的顶点选取次序数为 f( mn ,) ，本题所求即为 f (3, 3) ．
m ?1 n ?1
由 (i) 、 (ii) 知 fm ( , 0)?? 2 (m 0) ， fn (0, )?? 2 (n 0) ，且
m ?n
f(, mn )? 2? f( m?? 1 , n ) f(, mn? 1 ) (, mn? 1 ) ．
由此可依次计算得 f (1, 1) ?12 ， ff (1, 2)?? (2,1) 28 ， f (1, 3)?? f (3, 1) 60 ，
f (2, 2) ? 72 ， ff (2, 3)?? (3, 2) 164 ， f (3, 3) ? 392 ，即所求数目为 392 ．
二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分 ．解答应写出文字说明、证明过
程或演算步骤．
2
9. （本题满分 16 分） 平面直角坐标系 xOy 中， 抛物线?? :4 yx ，F 为 ? 的
焦点， AB , 为 ? 上的两个不重合的动点，使得线段 AB 的一个三等分点 P 位于线
段 OF 上（含端点） ，记Q 为线段 AB 的另一个三等分点．求点 Q 的轨迹方程．
? ? ?? ? ? ?? ? ? ??
??
22 x?? x yy
12 12
?
?
解：设 A (x, y), B (x, y) ． 不妨设 AP?? PQ QB ，则 P , ．
?
11 2 2 ?
?
?
??
33
2x ? x 2yy ?
12 12
易知 F(1, 0) ．由于点 P 位于线段 OF 上，故 ?[0, 1] ， ? 0 ．
3 3
……………4 分
2 2
t 2x ? x t
2 12
可设 y ?ty ,2 ?? t ，则 x?? , xt ．此时有 ?? [0, 1] ，且 由
12 12
4 32
2
AB , 不重合知t ? 0 ，所 以 t ? (0, 2] ． ……………8 分 xx? 23 y? 2 y 4
2 2
12 12
设 Qx (, y) ，则 x ? ? ty , ? ??t ，有 y ? x ．
QQ QQ QQ
34 3 3
??
33 43
2 2
?
注意到 ? ，故点Q 的轨迹方程为 ．
xt ?? 0, y ? xx (0??)
?
Q
?
? ?
42 32
?
……………16 分
10.（ 本题 满分 20 分）已知三棱柱?? : ABC A B C 的 9 条棱长均相等．记底
111
面 ABC 所在平面为 ? ． 若 ? 的另外四个面 （即面 A B C ,, ABB A ACC A , BCC B ）
111 11 11 11
在 ? 上投影的面积从小到大重排后依次为 2 3, 3 3, 4 3, 5 3 ，求 ? 的体积．
解 ：设点 A ,, BC 在 平面 ? 上的投影分别为 DE ,, F ， 则面 A B C ,, ABB A
111 111 11
ACC A , BCC B 在 ? 上的投影面积分别为 S ,, SS , S ．
11 11 ?DEF ABED ACFD BCFE
由已知及 三 棱 柱的 性质， ?DEF 为正三角形，且 ABED,, ACFD BCFE 均为
平行四边形．
由对称性，仅需考虑点 D 位于 ?BAC 内的情形（如图所示） ．
显然此时有 SS ?? S ． ……………5 分
ABED ACFD BCFE
E
B
X
D
A
F
C
由于 S , SS , , S ? 2 3, 3 3, 4 3, 5 3 ，故 SS , 必为
? ?
? ?
?DEF ABED ACFD BCFE ABED ACFD
2 3, 3 3 的排列， S ? 53 ，进 而 S ? 43 ，得 ?DEF 的边长为 4 ， 即正
BCFE ?DEF
三棱柱 ? 的各棱长均为 4 ． ……………10 分
33
不妨设 SS ?? 2 3, 3 3 ，则 SS ?? 3, ．
ABED ACFD ?? ABD ACD
2
BX S 2 8
?ABD
取射线 AD 与线段 BC 的交点 X ，则 ?? ，故 BX ? ．因此
CX S 3 5
?ACD
4
22
AX ? AB ?BX ?2AB?BX ?cos60?? 19 ，
5
AD S ? S 5 19
?? ABD ACD
而?? ， 故 AD ? ． ……………15 分
AX S 8 2
?ABC
35
22
于是 ? 的高 h? AA?? AD ．
1
2
又 S ? 43 ，故 ? 的体积VS ? ?? h6 15 ． ……………20 分
?ABC ?ABC
11. （ 本题满分 20 分） 求 出 所有 满足下面要求的不小于1 的 实数t ： 对 任意
ab , ?? [ 1, t ] ，总存在 c , d?? [ 1, t ] ，使得 (ac ? )(bd ?? ) 1 ．
解 ：记 It ?? [ 1, ] ， S?? (ac )(bd ? ) ．
t
2
假如 t ? 2 ，则 当 a ?? bt 时， 对任意 c , d ? I ，均 有 St ?? ( 1) ? 1 ，不 满足
t要求．
3
假如1?? t ，则当 时，对任意 ，均有
a ??1, bt ?2 ? c , d ? I
t
2
? 2 ? a ? ct ?? 1 ，12 ?? tbd ? ? ．
若 ac ?? , bd 同正或同负， 则 St ? 2( ?? 1) 1 ， 其余情况下总有 S?? 01 ，不
满足要求． ……………5 分
3
?? t 2
以下考虑 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．
2
1 5
引理：若 uv , ? ，且uv ?? ，则uv ?1 ．
2 2
2 2 22
? ? ? ? ?? ??
3
u?? v uv 53
? ???
? ? ??
事实上，当 u?? v 时，uv? ? ??? 1 ．
? ???
? ? ??
?????? ??
? ? ? ? ?? ??
2 2 2 44
??
3 11 3
?
?
当 u?? v 时，uv???? 1 ．引理得证．
?
?
?
?
??
2 22 2
下证对任意 ab , ? I ，可取 c , d ? I ，使得
t 11 t
S?? (ac )(bd ?)? 1 ． ①
1 11
1
若 ab ? ?? ，则取 cd ? ??1 ，此时
11
2
S ? (ab ? 1)( ?? 1) (1? ab )(1? ) ，
1
31 31 5
其中1? a ?? b ?,1? b ?? a ? ，且 (1? a )? (1? b )? 2? (ab ? )?，故
22 22 2
由引理知 S ?1 ．
1
1 3
若 ab ? ?? ，则取 cd ??? I ，此时
11 t
2 2
? ?? ?
33
??
??
Sa ?? b ? ，
??
1??
?? ??
? ?? ?
22
? ?? ?
3 31 33 5
??
??
ab ?, ??
其中 ，且 a ? ? b ? ? ab ??? 3 ，故由引理知 S ?1 ．
??
??
1
??
??
? ?? ?
2 22 22 2
……………15 分
注意到， 当 ab , ? I 时， 可取 cI ? ，使 得 ac ?? 1 （例如， 当 a?? [ 1, 1] 时
2
t 2 t
bd ?? 1
取 c ? 0 ，当 at ? (1, ] 时取 c ??1 ） ，同理，可取 dI ? ，使得 ．此时
2 2 2 t 2
S? (ac ?)(bd ?)? ac ??? bd? 1 ． ②
2 22 2 2
根据①、②，存在一个 介于 cc , 之间的实数 c ，及一个介于 dd , 之间的实
12 12
数 d ，使得 (ac ? )(bd ?? ) 1 ，满足要求．
3
综上， 实数 t 满足要求当且仅当 ?? t 2 ． ……………20 分
2
2023 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）
暨 2023 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， ? 是以 AB 为直径的固定的半圆弧， ? 是经过
?
点 A 及 ? 上另一个定点T 的定 圆，且 ? 的圆心位于 ?ABT 内． 设 P 是 ? 的弧TB
（不含端点） 上的动点，CD , 是 ? 上的两个动点， 满足：C 在线段 AP 上，CD ,
位于直线 AB 的异侧，且CD ? AB ．记 ?CDP 的外心为 K ．证明：
(1) 点 在 的外接圆上；
K ?TDP
(2) K 为定点．
P
T
C
Ω
B
A
ω
D
证明：(1) 易知 ?PCD 为钝角，由 K 为 ?CDP 的外心知
?PKD ?2(180???PCD) ?2?ACD ．
由于? APB?? 90 ，CD ? AB ，故 ?PBA ??ACD ??ATD ．……………10 分
所以 ?PTD ??PKD ??PTA ??ATD ?2?ACD ??PTA ??PBA ?180? ．
又 KT , 位于 PD 异侧， 因此点 K 在 ?TDP 的外接圆上． ……………20 分
(2) 取 ? 的圆心 O ，过点 O 作 AB 的平行 线 l ，则 l 为 CD 的 中 垂 线，点 K 在
直线 上． ……………30 分
l
由T , DP ,, K 共圆及 KD ? KP ，可知 K 在 ?DTP 的平分线上，而
?DTB ?90???ATD ?90???PBA ? ?PAB ? ?PTB ，
故TB 为 ?DTP 的平分线．所以点 K 在直线TB 上．
显然 l 与TB 相交， 且 l 与TB 均为定直线， 故 K 为定点． ……………40 分
P
T
C
Ω
K l
O
A B
ω
D二． （本 题满 分 40 分） 正整数 n 称为 “好数” ， 如果对任意不同于 n 的正整
nm
????
?? 22 ??
数 m ，均有 ? ，这里， x 表示实数 x 的小数部分．
???? ? ?
22
?? nm ??
????
证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．
证明：引理：设 n 是正奇数，且 2 模 n 的阶为偶数，则 n 是好数．
引理的证明：反证法 ． 假设 n 不是好数，则存在异于 n 的正整数 m ，使得
nm n m n
????
? 22 ??? 2 2 2
????
? ． 因此 与 写成既约分数后的分母相同． 由 n 为奇数知 是既
????
22 2 2 2
????
nm n m n
? ??? ??? ?
2 2
约分数，故 m 的最大奇因子为 n ，从而 m 的最大奇因子为 n ．
m mt ?2
22
t
设 mn ? 2 ，其中t 为正整数（从而 m 是偶数） ．于是 ? ．
22
mn
mt ?2 n
? ???
? ???
22
mt ?22 n
? ???
由 ? 可得 2 ? 2 (mod n ) ，故
? ???
22
? ???
nn
? ? ?? ??? ?
mt ?2 n
2 ? 2 (mod n) ． （）
设 2 模 n 的阶为偶数 d ． 由（ ） 及阶的基本性质 得 m?? 2tn (mod d ) ， 故
m? 2tn ? 是偶数．但 mt ?2 是偶数， n 是奇数，矛盾．引理得证．
……………20 分
回到原问题．
k k ?1 k
2 2 2
设 Fk ? 2 ? 1 ( ? 1, 2, ?) ． 由于 F 21 ? ，而 F ? 21 ? ， 因此 2 模 F 的阶
k k k k
k ?1
为 2 ，是一个偶数．
l 2 l
对正整数 l ，由 2 ?1 (mod F ) 可知 2 ?1 (mod F ) ，故 由阶的性质推出，2 模
k k
2 2 2
F 的阶被 2 模 F 的阶整除， 从而也是偶数． 因 F 是奇数， 由引理知 F 是好数．
k k k k
……………30 分
i
2
对任意正整数 i , j ( i ? j ) ，(, F F )? (, F ( 2? 1 ) FF ?F ? 2 )? (, F 2 )? 1 ，
i j i ii?? 11 j i
222
故 FF ,,, F ? 两两互素．所以 FFF ,,, ? 是两两互素的合数，且均为好数．
123 1 23
……………40 分
三． （本 题满分 50 分） 求具有下述性质的 最小正整数 k ：若 将1, 2, ?, k 中
的 每个数 任意染为红色或者蓝色，则或者存在 个互不相同的红色的 数
9
xx ,, ?, x满足 xx ?? ??? x x ，或者存在10 个互不相同的蓝色的 数
12 9 12 8 9
yy ,, ?, y 满足 y? y?? ? y? y ．
1 2 10 1 2 9 10
解 ：所求的最小正整数 为 408 ．
一方面，若 k ? 407 时，将1, 55, 56, ?, 407 染为红色， 2,3, ?,54 染为蓝色，
此时最小的8 个红数之和为1? 55?? 56 ??? 61 407 ，最小的 9 个蓝数之和为
，故不存在满足要求的 个红数或者 个蓝数．
2?? 3 ?? 10? 54 9 10
对 k ? 407 ，可在上述例子中删去大于 k 的数，则得到不符合要求的例子．
因此 不满足要求． ……………10 分
k ? 407
另一方面，我们证明 k ? 408 具有题述性质．
反证法． 假设存在一种1, 2, ?, 408 的染色方法不满足要求， 设 R 是所有红数的集合， B 是所有蓝数的集合． 将 R 中的元素从小到大依次记为 rr ,, ?, r ， B 中的
12 m
元素从小到大依次记为bb ,, ?, b ， mn ?? 408 ． 对于 R ，或者 R ? 8 ，或者
12 n
rr ?? ??? r r ；对于 B ，或者 B ? 9 ，或者b? b? ??? b b ．
12 8 m 12 9 n
在1, 2, ?, 16 中至少有 9 个蓝色的数或至少有8 个红色的数．
情形 1：1, 2, ?, 16 中至少有 9 个蓝色的数．
此时 b ?16 ．设区间[1, b ] 中共有 t 个 R 中的元素 rr , , ?, r (0?? t 8) ．
9 9 12 t
1
记 x?? rr? ?? r ，则 x?? 1 2? ?? t? tt ( ? 1) ．
12 t
2
因为 b , b ,,?? b , rr , ,, r 是[1, b ] 中的所有正整数，故
1 2 912 t 9
b , b ,,?? b , rr , ,, r?? 1 , 2 ,,? 9 t ．
? ? ? ?
1 2 912 t
1
于是 b? bb ????? b? 1? 2?? (9? t )? x?(9? t )(10?? tx ) ． （）
n 12 9
2
……………20 分
1
特别地， b ?? 16? 17? 136 ．从而 R ? 9 ．
n
2
1
对任意 i (1?? i mt ?) ，由（）知 r? b?? i (9? t )(10? t )? xi ? ．从而
ti ? n
2
8 ?t
??
1
??
r? r??? ? r? r?? r? x? (9? t )(10? t )?? xi
m 1tt ?18 ???
2
i ?1??
11
?(9? t )(10? t )(8?? t ) (8? t )(9?? t ) (7? tx )
22
11 1
?(9? t )(10? t )(8?? t ) (8? t )(9?? t ) (7? t )?tt ( ? 1)
22 2
2
??8t ?19t ?396 ?407 （考虑二次函数对称轴，即知t ? 1 时取得最大） ．
又 b ?136 ，这与 br , 中有一个为 408 矛盾． ……………40 分
n nm
情形 2：1, 2, ?, 16 中至少有8 个红色的数．
论证类似于情形 1．
此时 r ?16 ． 设区间[1, r ] 中共有 s 个 B 中的元素 bb , , ?, b(0?? s 9) ． 记
8 8 12 s
1
yb ?? ?? b ，则 y?? ss ( 1) ．
1 s
2
因为 b , b ,,? b , rr , ,,? r 是[1, r ] 中的所有正整数，故
1 2 s 12 8 8
b , b ,,? b , rr , ,,? r?? 1 , 2 ,,? 8 s ．
? ? ? ?
1 2 s 12 8
1
于是 r?(8? s )(9?? sy ) ．
m
2
1
特别地， r ?? 16? 17? 136 ．从而 B ?10 ．
m
2
1
对任意 i (1?? i ns ?) ，有b? r?? i (8? s )(9? s )? yi ? ．从而
si ? m
2
9 ?s
??
1
b? b???? b? b?? b? y??? (8? s )(9? s )? yi ?
n 1ss ?19 ???
2
i ?1
??
11
? (9??? s )(8 s )(9 s )? (8? sy )?? (9 s )(10? s )
221 11
? (9??? s )(8 s )(9 s )? (8? s )? ss (? 1)?? (9 s )(10? s )
2 22
2
（在 时取得最大），
??7ss ?27 ?369 ?395 s ? 2
又 r ?136 ，这与 br , 中有一个为 408 矛盾．
m nm
由情形 1、2 知 k ? 408 具有题述性质．
综上，所求最小正整数 k 为 408 ． ……………50 分
?4
四． （ 本题满 分 50 分） 设 a?? 1 10 ．在 2023?2023 的方格表的每个小方
格中填入区间[1, a] 中 的 一个实数． 设第i 行的总和为 x ， 第 i 列的总和为 y ，
i i
yy ? y
1 2 2023
1?? i 2023 ．求 的最大值（答案用含 a 的式子表示） ．
xx ?x
1 2 2023
yy ? y
1 2 2023
解 ：记 n ? 2023 ，设方格表为 a ,1?? ij , n ， ? ? ．
ij
? ?
xx ?x
1 2 2023
第 一步 ： 改变某个 a 的值仅改变 x 和 y ， 设第i 行中除 a 外其余 n ?1 个数的
ij i j ij
和为 A ，第 j 列中除 a 外其余 n ?1 个数的和为 B ，则
ij
y Ba ?
j ij
? ．
x Aa ?
i ij
当 AB ? 时 ，关于 a 递增，此时可将 a 调整到 a, ? 值不减 ． 当 AB ? 时 ， 关
ij ij
于 a 递减， 此时可将 a 调整到1, ? 值不减． 因此， 为求 ? 的最大值， 只需考虑每
ij ij
个小方格中的数均为1 或 a 的情况． ……………10 分
第 二步 ： 设 a? ?1, a ?, 1?? ij , n ， 只有有限多种可能， 我们选取一组 a 使得
ij ij
nn
? 达到最大值，并且 a 最小．此时我们有
?? ij
ij ? 1? 1
?
ax ,, ? y
ij
?
（）
a ?
?
ij
1, xy ? .
?
ij
?
??
事实上， 若 xy ? ， 而 a ? 1 ， 则将 a 改为 a 后， 行和及列和变为 xy , ， 则
ij ij ij ij
?
y y?? a 1 y
jj j
?? ，
?
x x?? a 1 x
ii i
与 ? 达到最大矛盾，故 aa ? ．
ij
nn
若 xy ? ， 而 aa ? ， 则将 a 改为1 后， ? 不减， 且 a 变小， 与 a 的选
ij ij ij ?? ij ij
ij ? 1? 1
取矛盾．从而（）成立．
通过交换列， 可不妨设 y? y?? ? y ，这 样 由 （?） 可知每 一行中 a 排在1
12 n
的左边， 每一行中的数从左至右单调不增． 由此可知 y? y?? ? y ． 因而只能
12 n
yy ?? ?? y ，故每一行中的数全都相等（全为1 或全为 a ）.
12 n
……………20 分
第 三步 ： 由第二步可知 求 ? 的最大值， 可以假定每一行中的数全相等.设有 k
行全为 a,有 nk ? 行全为1, 0?? kn ．此时 nn
() ka?? n k () ka?? n k
．
???
k
k nk ? n k
() na n n a
我们只需求?? ,, ?,? 中的最大值．
01 n
n
(k? 1)an ?? k? 1
? ?
n
nk ?1 ??
?
11 a ?
na
k ?1
??
? ?? 1 ．
n
??
() ka?? n k
? a ka ( ?? 1) n
??
k
nk
na
因此
n
??
? a ?1
k ?1
??
?? 11 ? ? a
??
? ka ( ?? 1) n
k ??
n
x ?1
n
（记 ）
?? 1 ? x xa ?
n
k ( x?? 1) n
21 n ?
1?? xx? ?? x
?? 1
n
k ( x?? 1) n
21 n ?
1?? xx? ?? x? n
?? k
n
x ?1
n ?2
1?? (1 x )??? ?? (1 x ?? x )
? ．
n ?1
1?? x ?? x
n ?2
n ?? 1 (nx ? 2) ? ?? x
记上式右边为 y,则 y ? ．
n ?1
1?? x ?? x
下面证明 y ? (1010,1011) ． ……………30 分
首先证明 y ?1011 ．
2021 2022
y ?1011 ? 2022? 2021x ???? x? 1011? 1011x ?? 1011x
1010 1012 1013 2021 2022
? 1011? 1010x ???? xx ? ? 2x?? 1010x? 1011x ．
2 2022
由于1?? xx? ?? x ，故
1010 1011
11
k 1010 1012 1011 ?k
(1011? k )x?? 1011? 1012x ?? 1011? 1012x ? kx ．
? ?
k ?0 22k ?0
……………40 分
2021 2022
kk
再证明 y ?1010 ，等价于证明 (2022?? k )x 1010 x ．
??
kk ?? 00
由于
2021 2021
k
(2022? k )x?(2022?? k ) 1011? 2023 ，
??
kk ?? 00
2022
k 2022
1010 x ?? 1010 2023x ?? 1010 2023a ，
?
k ?0
1011
?4
只需证明1011? 2023?? 1010 2023a ，而 a?? 1 10 ? ，故结论成立．
1010
由上面的推导可知?? ? 当且仅当 k ?1010 时成立，从而 ? 最大．故
k ?1 k 1011
2023
(1011a ?1012)
?? ?? ． ……………50 分
max 1011
2023 1011
2023 a |
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