2026年第八届中国北方希望之星数学夏令营第一天试题

第八届中国北方希望之星数学夏令营

第一天

1.如图，在等腰梯形ABCD中，AD||BC,I为△ABC的内心.延

长AI交BC于点E,作平行四边形IBFC.求证：∠ADI=∠CEF.

2.设实数x1≥x₂≥…≥x50,满足求x20-326的最大

值.

3.设奇数n>1.正整数a1,a₂,…,an满足a₁=an,且对1≤i≤n-

1,与中有一个是质数.记

L={1≤i≤n-1:ai|lcm(ai+1,…,an)},

R={2≤i≤n:ai|lcm(a₁,…,ai-1)}.

求证：|L|=|R|.

4.在三维格点集合V={0,1,…,n}³中，甲从点A(0,0,0)出发，目标为到达

点B(n,n,n).初始时所有格点均未被标记.游戏按轮进行，每一轮顺序如下：

(1)乙先选择至多两个当前未被标记的格点，将它们标记(已被标记的点不可重

复标记);

(2)然后甲必须从当前所在点移动到一个相邻的格点(即两点的坐标恰有一个分

量相差1).若该目标格点在移动前已被乙标记，则甲需支付1元钱，否则不付费.

甲到达B时游戏立即结束.甲知道乙的标记规则，乙也知道甲的移动规则.求

最小的整数k(与n有关),使得甲存在一种移动策略能保证无论乙如何标记，甲

从A到B的过程中总共支付的费用不超过k(甲乙互相看得到对方的操作).

2026年北方希望之星数学夏令营第一天试题解答

第1题

题目如图，在等腰梯形ABCD中，AD||BC,I为△ABC的内心。延长AI交BC于

点E,作平行四边形IBFC。求证：∠ADI=∠CEF

C

F

证明设a=BC,b=CA,c=AB,.,则CD=c,BD=b。

由托勒密定理，AC·BD=AB·CD+AD·BC,b²=e²+a·AD,从而

(1)

作点F关于直线BC的对称点F’。设O为BC的中点，△ABC的内切圆与BC切于

T,则IT⊥BC。平行四边形IBFC的两条对角线IF,BC互相平分，故O也是IF的中点。

在BC上取点T',使O为TT′的中点，则四边形ITFT′是平行四边形。因此∠TT'F=90°,

且F,T’,F′共线，从而ITⅡF'T′且IT=F′T’,所以四边形ITT'F′是矩

形。又由切线长定理BT=s-b,CT=s-c,得

IF'=TT'=2OT=CT-BT=(s-c)-(s-b)=b-c.(2)

由角平分线定理，.而

(3)

由(1)、(2)、(3),

结合AD||BC||IF′及A,I,E共线，有∠DAI=∠F'IE,故由边角边

△ADI~△IF'E.

于是∠ADI=∠IF'E=∠CEF';而F,F'关于BC对称且E,C∈BC,所以∠CEF=

∠CEF。因此

∠ADI=∠CEF

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第2题

题目设实数x₁≥x₂≥…≥T50,满足

求x20—T26的最大值。

解将这50个数按下标分为20,5,25三组，并记三组的平均数分别为

由数列单调不增，

u≥T20≥m≥x26≥v,D:=u-v≥x20-T26≥0.(1)

又由柯西不等式及三组之和为零，

20u+5m+25v=0.(2)

若D=0,结论显然成立。以下设D>0,令

结合u-v=D与式(2)中的等式，解得

于是

故

(3)

取

T21=…=T25=0,

此时数列单调不增，且

同时,故所求最大值为

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第3题

题目设奇数n>1。正整数a1,a₂,..,an满足a1=an,且对1≤i≤n-1,与

中有一个是质数。记

L={1≤i≤n-1:a;|lcm(ai+1…,an)},

R={2≤i≤n:ai|lcm(a1,…,ai-1)}.

证明：|L|=|R|。

证明对每个质数p,令

a;(p)=vp(aj),

由相邻两项之比为质数，每一步a;→aj+1恰有一个质数的指数改变1,其余质数的指数不

变：又因a₁=an,有x₁(p)=an(p)。

令

L={1,.…,n-1}\L,R={2,….,n}\R,

并设

S={(p,h):p为质数，h∈Z,x₁(p)<h≤M}.

先考虑R。由最小公倍数的质数指数等于各项相应指数的最大值，对2≤k≤n,

此处的p唯一，因为第k-1步只改变一个质数的指数。于是映射

k→(p,zk(p))

给出R到S的双射：对任意(p,h)∈S,取p的指数首次达到h时的下标k,

它恰是该元素的唯一原像。因此

(1)

同理，对1≤i≤n-1,

其中p仍唯一。映射i(p,T;(p))也是L到S的双射。事实上，对(p,h)∈S,取p的指

数最后一次等于h时的下标i;因an(p)=x₁(p)<h,有i≤n-1,且此后该指数恒小于h,

故该i正是唯一原像。于是

(2)

由(1)、(2)得Z|=|R|。两者各自的全集均有n-1个元素，故

L|=(n-1)-|L|=(n-1)-IR=|R|.

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第4题

题目在三维格点集合V={0,1,...,n}³中，甲从点A(0,0,0)出发，目标为到达点

B(n,n,n)。初始时所有格点均未被标记。游戏按轮进行：每轮乙先选择至多两个当前未被标

记的格点将其标记(已标记点不可重复标记):然后甲必须从当前点移动到一个相邻格点(两

点的坐标恰有一个分量相差1)。若目标格点在移动前已被乙标记，则甲支付1元，否则不付

费。甲到达B时游戏结束。甲乙均知道对方的操作。求最小整数k(与n有关),使甲存在

一种策略，无论乙如何标记，从A到B的总费用均不超过k。

解答

k=2n.

下界乙固定防守x,y两个正方向。若甲当前在(x,y,z),乙标记尚未被标记的

(x+1,y,z)(x<n),(x,y+1,z)(y<n).

每轮至多标记两个点，故策略合法。甲要从(0,0,0)到(n,n,n),至少分别进行n次x正向

移动和n次y正向移动，而这些移动均需付费。因此

k≥n+n=2n.(1)

上界甲只沿坐标正方向移动。在三个坐标均小于n时，甲使用如下策略：

·若三个正向邻点中有未标记点，则走向任一未标记点；

·若三个正向邻点均已标记，则沿当前最小坐标的方向移动(最小值不唯一时任取)。

设甲走完第t步、乙尚未进行下一轮标记时，甲位于

P=(Tt.}t,Zt).

记Ct为前t步的付费步数，r:为已经被标记且仍处于严格正向区域

{(z,y,z):x≥Tt,y≥Mt,z≥z}\{P}

内的点数。由于甲只沿正方向走，区域外的标记以后不可能遇到。

不变量一

3C+Tt≤2t.(2)

初始时显然成立。设某轮乙标记后，甲的三个正向邻点中有h个已被标记。甲移动后，这h

个点都退出新的严格正向区域；而乙本轮至多新增两个标记，故

Tt+1≤Tt+2-h.(3)

令本步费用为δz∈{0,1}。若免费，则δ=0;若付费，则三个正向邻点全被

标记，从而h=3。因此总有

38t≤h.(4)

由Ct+1=Ct+δt及(2)-(4),

3Ct+1+Tt+1≤3(C+δ:)+Tt+2-h

≤3C+T₂+2

≤2(t+1),

故(2)对所有t成立。

第4页

不变量二令Ft=t-Ct为前t步的免费步数，则在第一个坐标达到n之前(包括达到n

的该步),

F≥max{xt,Yt,Z₁}.(5)

用归纳法证明。免费移动时，Ft与最大坐标均至多增加1,故(5)保持。付费移动时，甲增

加最小坐标而Ft不变；要使(5)首次失效，只可能在移动前

Tt=Ut=Zt=F.