1999 AMC 12 真题与在线限时测验

计时

1:15:00

1.

$\begin{aligned} &1 - 2 + 3 - 4 + \cdots - 98 \\ &\quad {}+ 99 = \, ? \end{aligned}$

$-50$

$-49$

$0$

$49$

$50$

答案：E

知识点：求和配对与分组

难度评级：800

小提示：

将连续的项两两分组。

Group the terms in consecutive pairs

大提示：

每一组 $(2k-1) - 2k$ 都等于 $-1$

Each pair $(2k-1) - 2k$ equals $-1$

解答：

两两分组可得 $\begin{aligned} &(1-2) + (3-4) + \cdots \\ &\quad {}+ (97-98) + 99\text{。} \end{aligned}$ 共有 $49$ 组，每组等于 $-1$ ，所以总和为 $-49 + 99 = 50$ 。

所以正确答案是 E。

Pairing consecutive terms gives $\begin{aligned} &(1-2) + (3-4) + \cdots \\ &\quad {}+ (97-98) + 99. \end{aligned}$ There are $49$ pairs, each equal to $-1,$ so the sum is $-49 + 99 = 50.$

Thus, the correct answer is E.

2.

下列哪一个命题是假的？

Which one of the following statements is false?

所有等边三角形都彼此全等。

All equilateral triangles are congruent to each other.

所有等边三角形都是凸的。

All equilateral triangles are convex.

所有等边三角形都是等角的。

All equilateral triangles are equiangular.

所有等边三角形都是正多边形。

All equilateral triangles are regular polygons.

所有等边三角形都彼此相似。

All equilateral triangles are similar to each other.

答案：A

知识点：等边三角形全等（几何）相似

难度评级：880

小提示：

全等表示形状和大小都相同。

Congruent means the same shape and the same size

大提示：

等边三角形可以有不同边长。

Equilateral triangles can have different side lengths

解答：

边长为 $1$ 和边长为 $2$ 的等边三角形形状相同但大小不同，所以它们相似但不全等。每个等边三角形都是凸的、等角的（每个角都是 $60^\circ$ ），也是正多边形，因此唯一错误的命题是所有等边三角形都彼此全等。

所以正确答案是 A。

Equilateral triangles with side lengths $1$ and $2$ have the same shape but different sizes, so they are similar but not congruent. Every equilateral triangle is convex, equiangular (all angles $60^\circ$ ), and a regular polygon, so the only false statement is that they are all congruent.

Thus, the correct answer is A.

3.

$\tfrac18$ 和 $\tfrac{1}{10}$ 正中间的数是

The number halfway between $\tfrac18$ and $\tfrac{1}{10}$ is

$\dfrac{1}{80}$

$\dfrac{1}{40}$

$\dfrac{1}{18}$

$\dfrac{1}{9}$

$\dfrac{9}{80}$

答案：E

知识点：分数平均数

难度评级：880

小提示：

两个数正中间的数就是它们的平均数。

The number halfway between two values is their average

大提示：

计算 $\dfrac12\left(\dfrac18 + \dfrac{1}{10}\right)$

Compute $\dfrac12\left(\dfrac18 + \dfrac{1}{10}\right)$

解答：

正中间的数为 $\dfrac12\left(\dfrac18 + \dfrac{1}{10}\right) = \dfrac12 \cdot \dfrac{18}{80} = \dfrac{9}{80}\text{。}$

所以正确答案是 E。

The halfway point is the average $\dfrac12\left(\dfrac18 + \dfrac{1}{10}\right) = \dfrac12 \cdot \dfrac{18}{80} = \dfrac{9}{80}.$

Thus, the correct answer is E.

4.

求 $1$ 到 $100$ 之间所有质数的和，这些质数同时满足：比某个 $4$ 的倍数大 $1$ ，并且比某个 $5$ 的倍数小 $1$ 。

Find the sum of all prime numbers between $1$ and $100$ that are simultaneously $1$ greater than a multiple of $4$ and $1$ less than a multiple of $5.$

$118$

$137$

$158$

$187$

$245$

答案：A

知识点：模运算质数中国剩余定理

难度评级：1240

小提示：

比 $5$ 的倍数小 $1$ 的数个位为 $4$ 或 $9$ 。

A number $1$ less than a multiple of $5$ has units digit $4$ or $9$

大提示：

同时满足 $\equiv 1 \pmod 4$ ，会迫使该数 $\equiv 9 \pmod{20}$

Being also $\equiv 1 \pmod 4$ forces the number to be $\equiv 9 \pmod{20}$

解答：

比 $5$ 的倍数小 $1$ 的数个位为 $4$ 或 $9$ ，而比 $4$ 的倍数大 $1$ 的数是奇数，所以这些数必须满足 $\equiv 9 \pmod{20}$ 。符合条件的数是 $9, 29, 49, 69, 89$ 。

其中质数只有 $29$ 和 $89$ ，和为 $29 + 89 = 118$ 。

所以正确答案是 A。

A number that is $1$ less than a multiple of $5$ ends in $4$ or $9,$ and one that is $1$ greater than a multiple of $4$ is odd. Together these give numbers $\equiv 9 \pmod{20},$ namely $9, 29, 49, 69, 89.$

Among these, only $29$ and $89$ are prime, and their sum is $29 + 89 = 118.$

Thus, the correct answer is A.

5.

一本书的标价比建议零售价低 $30\%$ 。Alice 在五十周年促销中以标价的一半买下这本书。Alice 支付的是建议零售价的百分之几？

The marked price of a book was $30\%$ less than the suggested retail price. Alice purchased the book for half the marked price at a Fiftieth Anniversary sale. What percent of the suggested retail price did Alice pay?

$25\%$

$30\%$

$35\%$

$60\%$

$65\%$

答案：C

知识点：百分数

难度评级：960

小提示：

设建议零售价为 $P$ 。

Let the suggested retail price be $P$

大提示：

标价是 $0.7P$ ，Alice 支付其中一半。

The marked price is $0.7P,$ and Alice pays half of that

解答：

若建议零售价为 $P$ ，则标价为 $0.7P$ 。Alice 支付其中一半，即 $0.35P$ ，也就是建议零售价的 $35\%$ 。

所以正确答案是 C。

If the suggested retail price is $P,$ then the marked price is $0.7P.$ Alice pays half of this, $0.35P,$ which is $35\%$ of the suggested retail price.

Thus, the correct answer is C.

6.

求乘积 $2^{1999} \cdot 5^{2001}$ 写成十进制形式时各位数字之和。

What is the sum of the digits of the decimal form of the product $2^{1999} \cdot 5^{2001}?$

$2$

$4$

$5$

$7$

$10$

答案：D

知识点：指数数字

难度评级：1170

小提示：

将每个因子 $2$ 与一个因子 $5$ 配对，得到 $10$ 。

Pair each factor of $2$ with a factor of $5$ to make $10$

大提示：

$2^{1999} \cdot 5^{2001} = 5^2 \cdot 10^{1999}$

解答：

有 $\begin{aligned} 2^{1999} \cdot 5^{2001} &= 2^{1999} \cdot 5^{1999} \cdot 5^2 \\ &= 25 \cdot 10^{1999}\text{，} \end{aligned}$ 这就是 $25$ 后面跟 $1999$ 个零，所以数字和为 $2 + 5 = 7$ 。

所以正确答案是 D。

Write $\begin{aligned} 2^{1999} \cdot 5^{2001} &= 2^{1999} \cdot 5^{1999} \cdot 5^2 \\ &= 25 \cdot 10^{1999}, \end{aligned}$ which is $25$ followed by $1999$ zeros. The sum of the digits is $2 + 5 = 7.$

Thus, the correct answer is D.

7.

一个凸六边形最多可以有多少个锐角？

What is the largest number of acute angles that a convex hexagon can have?

$2$

$3$

$4$

$5$

$6$

答案：B

知识点：角度和极限情形界定

难度评级：1310

小提示：

凸多边形的外角和为 $360^\circ$ 。

The exterior angles of a convex polygon sum to $360^\circ$

大提示：

一个锐内角对应一个大于 $90^\circ$ 的外角。

An acute interior angle gives an exterior angle greater than $90^\circ$

解答：

每个锐内角对应一个大于 $90^\circ$ 的外角。因为凸多边形的外角和为 $360^\circ$ ，其中最多有三个外角能大于 $90^\circ$ 。这个上界可以达到：取一个等边六边形，其外角交替为 $100^\circ$ 和 $20^\circ$ 。它的边方向分成两组三条，每组内相差 $120^\circ$ ，所以图形闭合；内角交替为 $80^\circ$ 与 $160^\circ$ 。因此最大可能数为三。

所以正确答案是 B。

Each acute interior angle corresponds to an exterior angle greater than $90^\circ.$ Since the exterior angles of a convex polygon sum to $360^\circ,$ at most three of them can exceed $90^\circ.$ This bound is attainable: take a hexagon with equal side lengths and exterior angles alternating $100^\circ$ and $20^\circ.$ Its edge directions split into two triples $120^\circ$ apart, so it closes, and its interior angles alternate between $80^\circ$ and $160^\circ.$ Hence the largest possible number is three.

Thus, the correct answer is B.

8.

在 $1994$ 年底，Walter 的年龄是他祖母年龄的一半。他们出生年份之和为 $3838$ 。到 $1999$ 年底，Walter 几岁？

At the end of $1994$ Walter was half as old as his grandmother. The sum of the years in which they were born is $3838.$ How old will Walter be at the end of $1999?$

$48$

$49$

$53$

$55$

$101$

答案：D

知识点：年龄问题一次方程

难度评级：1240

小提示：

设 Walter 在 $1994$ 年底为 $w$ 岁，他祖母为 $2w$ 岁。

Let Walter be $w$ and his grandmother $2w$ at the end of $1994$

大提示：

他们的出生年份分别为 $1994 - w$ 和 $1994 - 2w$

Their birth years are $1994 - w$ and $1994 - 2w$

解答：

设 Walter 在 $1994$ 年底为 $w$ 岁，则祖母为 $2w$ 岁。两人的出生年份为 $1994 - w$ 和 $1994 - 2w$ ，且 $\begin{aligned} &(1994 - w) \\ &\quad {}+ (1994 - 2w) = 3838\text{。} \end{aligned}$ 因此 $3988 - 3w = 3838$ ，得 $w = 50$ 。

到 $1999$ 年底，Walter 年龄为 $50 + 5 = 55$ 。

所以正确答案是 D。

Let Walter be $w$ years old at the end of $1994,$ so his grandmother is $2w.$ Their birth years are $1994 - w$ and $1994 - 2w,$ and $\begin{aligned} &(1994 - w) \\ &\quad {}+ (1994 - 2w) = 3838. \end{aligned}$ This gives $3988 - 3w = 3838,$ so $w = 50.$

At the end of $1999,$ Walter will be $50 + 5 = 55.$

Thus, the correct answer is D.

9.

Ashley 开始三小时车程前，汽车里程表读数为 $29792$ ，这是一个回文数，也就是从左到右和从右到左读都相同。到达目的地时，里程表又显示另一个回文数。若 Ashley 从未超过每小时 $75$ 英里的限速，下列哪个是她最大的可能平均速度？

Before Ashley started a three-hour drive, her car’s odometer reading was $29792,$ a palindrome. (A palindrome is a number that reads the same way from left to right as it does from right to left.) At her destination, the odometer reading was another palindrome. If Ashley never exceeded the speed limit of $75$ miles per hour, which of the following was her greatest possible average speed?

$33\tfrac13$

$53\tfrac13$

$66\tfrac23$

$70\tfrac13$

$74\tfrac13$

答案：D

知识点：回文数路程、速度与时间极限情形界定

难度评级：1390

小提示：

列出 $29792$ 之后的几个回文数。

List the palindromes just above $29792$

大提示：

在 $3$ 小时内，行驶距离不能超过 $3 \cdot 75 = 225$ 英里。

The distance in $3$ hours cannot exceed $3 \cdot 75 = 225$ miles

解答：

$29792$ 之后的回文数依次为 $29892, 29992, 30003$ 和 $30103$ 。三小时内最多行驶 $3 \cdot 75 = 225$ 英里。

到 $30103$ 需要行驶 $30103 - 29792 = 311$ 英里，太远。到 $30003$ 需要行驶 $30003 - 29792 = 211$ 英里，平均速度为 $\dfrac{211}{3} = 70\tfrac13$ 英里每小时。

所以正确答案是 D。

The palindromes after $29792$ are $29892, 29992, 30003,$ and $30103.$ In three hours Ashley can drive at most $3 \cdot 75 = 225$ miles.

Reaching $30103$ would require $30103 - 29792 = 311$ miles, which is too far. Reaching $30003$ requires $30003 - 29792 = 211$ miles, giving average speed $\dfrac{211}{3} = 70\tfrac13$ miles per hour.

Thus, the correct answer is D.

10.

一个密封信封中有一张写着单个数字的卡片。下列四个命题中有三个为真，一个为假。

I. 这个数字是 $1$ 。

II. 这个数字不是 $2$ 。

III. 这个数字是 $3$ 。

IV. 这个数字不是 $4$ 。

下列哪一项必定正确？

A sealed envelope contains a card with a single digit on it. Three of the following statements are true, and the other is false.

I. The digit is $1.$

II. The digit is not $2.$

III. The digit is $3.$

IV. The digit is not $4.$

Which one of the following must necessarily be correct?

$\mathrm{I}$ 为真。

$\mathrm{I}$ is true.

$\mathrm{I}$ 为假。

$\mathrm{I}$ is false.

$\mathrm{II}$ 为真。

$\mathrm{II}$ is true.

$\mathrm{III}$ 为真。

$\mathrm{III}$ is true.

$\mathrm{IV}$ 为假。

$\mathrm{IV}$ is false.

答案：C

知识点：逻辑推理

难度评级：1370

小提示：

命题 I 和 III 不可能同时为真。

Statements I and III cannot both be true

大提示：

恰好只有一个命题为假，所以假的命题是 I 或 III。

Exactly one statement is false, so the false one is I or III

解答：

命题 I 和 III 不可能同时为真，因此唯一的假命题必定是其中之一。

所以命题 II 和 IV 都为真，故“II 为真”必定正确。实际上数字只能是 $1$ 或 $3$ 。若是 $1$ ，选项 B 和 D 为假；若是 $3$ ，选项 A 为假；选项 E 总不正确。只有 C 必定成立。

所以正确答案是 C。

Statements I and III cannot both be true, so the single false statement is one of them. Therefore statements II and IV are both true, which makes “II is true” necessarily correct.

The digit is thus $1$ or $3.$ If it were $1,$ then (B) and (D) are false; if it were $3,$ then (A) is false; and (E) is always incorrect. Only (C) is guaranteed.

Thus, the correct answer is C.

11.

Olympic High 的学生储物柜从 $1$ 号开始连续编号。用于给储物柜编号的塑料数字每个花费 $2$ 美分。因此，标记 $9$ 号柜需要 $2$ 美分，标记 $10$ 号柜需要 $4$ 美分。若给所有储物柜编号共花费 $\$137.94$ ，学校有多少个储物柜？

The student lockers at Olympic High are numbered consecutively beginning with locker number $1.$ The plastic digits used to number the lockers cost $2$ cents apiece. Thus, it costs $2$ cents to label locker number $9$ and $4$ cents to label locker number $10.$ If it costs $\$137.94$ to label all the lockers, how many lockers are there at the school?

$2001$

$2010$

$2100$

$2726$

$6897$

答案：A

知识点：数字区间内整数计数

难度评级：1450

小提示：

用总费用除以每个数字的费用，得到使用的数字个数。

Divide the total cost by the cost per digit to get the number of digits

大提示：

先减去编号 $1$ - $9$ 、 $10$ - $99$ 、 $100$ - $999$ 使用的数字数。

Subtract the digits used by lockers $1$ - $9,$ $10$ - $99,$ and $100$ - $999$

解答：

总共使用 $\frac{\$137.94}{\$0.02} = 6897$ 个数字。编号 $1$ 到 $9$ 使用 $9$ 个数字， $10$ 到 $99$ 使用 $2 \cdot 90 = 180$ 个数字， $100$ 到 $999$ 使用 $3 \cdot 900 = 2700$ 个数字。

剩余数字数为 $6897 - 2700 - 180 - 9 = 4008$ ，可编号 $\frac{4008}{4} = 1002$ 个四位数储物柜。所以总数为 $999 + 1002 = 2001$ 。

所以正确答案是 A。

Labeling costs $\frac{\$137.94}{\$0.02} = 6897$ digits. Lockers $1$ - $9$ use $9$ digits, lockers $10$ - $99$ use $2 \cdot 90 = 180$ digits, and lockers $100$ - $999$ use $3 \cdot 900 = 2700$ digits.

The remaining digits number $6897 - 2700 - 180 - 9 = 4008,$ which label $\frac{4008}{4} = 1002$ four-digit lockers. In all there are $999 + 1002 = 2001$ lockers.

Thus, the correct answer is A.

12.

若两个不同的四次多项式函数 $y = p(x)$ 和 $y = q(x)$ 的首项系数都为 $1$ ，则它们的图像最多有多少个交点？

What is the maximum number of points of intersection of the graphs of two different fourth degree polynomial functions $y = p(x)$ and $y = q(x),$ each with leading coefficient $1?$

$1$

$2$

$3$

$4$

$8$

答案：C

知识点：多项式交点计数

难度评级：1510

小提示：

交点出现在 $p(x) = q(x)$ 的地方。

Intersections occur where $p(x) = q(x)$

大提示：

$p(x) - q(x)$ 中的最高次 $x^4$ 项会抵消。

The leading $x^4$ terms cancel in $p(x) - q(x)$

解答：

交点的 $x$ 坐标是 $p(x) - q(x)$ 的根。由于两个四次多项式首项系数都为 $1$ ，相减时 $x^4$ 项抵消，所以 $p(x) - q(x)$ 次数至多为 $3$ ，最多有 $3$ 个实根。这个上界可以达到，例如取 $p(x) = x^4$ 和 $q(x) = x^4 - x(x-1)(x+1)$ ，它们的图像在 $x = -1, 0, 1$ 处相交。

所以正确答案是 C。

The $x$ -coordinates of the intersection points are the roots of $p(x) - q(x).$ Because both leading coefficients are $1,$ the $x^4$ terms cancel, so $p(x) - q(x)$ has degree at most $3$ and therefore at most $3$ roots. The bound is attainable, for example by taking $p(x) = x^4$ and $q(x) = x^4 - x(x-1)(x+1),$ whose graphs intersect at $x = -1, 0, 1.$

Thus, the correct answer is C.

13.

定义实数列 $a_1$ ， $a_2$ ， $a_3$ ， $\ldots$ ，其中 $a_1 = 1$ ，且对所有 $n \ge 1$ 有 $a_{n+1}^3 = 99 a_n^3$ 。则 $a_{100}$ 等于

Define a sequence of real numbers $a_1,$ $a_2,$ $a_3,$ $\ldots$ by $a_1 = 1$ and $a_{n+1}^3 = 99 a_n^3$ for all $n \ge 1.$ Then $a_{100}$ equals

$33^{33}$

$33^{99}$

$99^{33}$

$99^{99}$

以上都不是

none of these

答案：C

知识点：等比数列指数

难度评级：1420

小提示：

取立方根可得 $a_{n+1} = \sqrt[3]{99}\, a_n$

Take cube roots: $a_{n+1} = \sqrt[3]{99}\, a_n$

大提示：

这是公比为 $\sqrt[3]{99}$ 的等比数列，所以 $a_{100} = (\sqrt[3]{99})^{99}$

This is geometric with ratio $\sqrt[3]{99},$ so $a_{100} = (\sqrt[3]{99})^{99}$

解答：

取立方根得 $a_{n+1} = \sqrt[3]{99}\, a_n$ ，因此该数列首项为 $1$ ，公比为 $\sqrt[3]{99}$ 。 $a_{100} = \left(\sqrt[3]{99}\right)^{99} = 99^{33}\text{。}$

所以正确答案是 C。

Taking cube roots, $a_{n+1} = \sqrt[3]{99}\, a_n,$ so the sequence is geometric with first term $1$ and ratio $\sqrt[3]{99}.$ Then $a_{100} = \left(\sqrt[3]{99}\right)^{99} = 99^{33}.$

Thus, the correct answer is C.

14.

Mary、Alina、Tina 和 Hanna 四个女孩在音乐会上以三人组合唱歌，每首歌有一个女孩不唱。Hanna 唱了 $7$ 首，比任何其他女孩都多；Mary 唱了 $4$ 首，比任何其他女孩都少。这些三人组合一共唱了多少首歌？

Four girls — Mary, Alina, Tina, and Hanna — sang songs in a concert as trios, with one girl sitting out each time. Hanna sang $7$ songs, which was more than any other girl, and Mary sang $4$ songs, which was fewer than any other girl. How many songs did these trios sing?

$7$

$8$

$9$

$10$

$11$

答案：A

知识点：整除性双重计数极限情形界定

难度评级：1610

小提示：

每首歌有 $3$ 人唱，所以总演唱人次为 $3N$ 。

Each song has $3$ singers, so the total number of girl-appearances is $3N$

大提示：

Alina 和 Tina 各唱 $5$ 或 $6$ 首，总人次必须是 $3$ 的倍数。

Alina and Tina each sang $5$ or $6,$ and the total must be a multiple of $3$

解答：

若共唱 $N$ 首歌，则总演唱人次为 $3N$ 。Alina 和 Tina 的演唱次数都严格介于 $4$ 和 $7$ 之间，所以各为 $5$ 或 $6$ 。

因此 $3N = 7 + 4 + (\text{Alina}) + (\text{Tina})$ ，可能为 $21, 22$ ，或 $23$ 。只有 $21$ 是 $3$ 的倍数，所以 $N = 7$ 。

所以正确答案是 A。

If $N$ songs are sung, the total number of girl-appearances is $3N.$ Alina and Tina each sang strictly between $4$ and $7,$ so each sang $5$ or $6.$

Then $3N = 7 + 4 + (\text{Alina}) + (\text{Tina}),$ which is $21, 22,$ or $23.$ Only $21$ is a multiple of $3,$ so $N = 7.$

Thus, the correct answer is A.

15.

设实数 $x$ 满足 $\sec x - \tan x = 2$ 。求 $\sec x + \tan x$ 。

Let $x$ be a real number such that $\sec x - \tan x = 2.$ What is $\sec x + \tan x?$

$0.1$

$0.2$

$0.3$

$0.4$

$0.5$

答案：E

知识点：三角恒等式平方差

难度评级：1550

小提示：

回忆恒等式 $\sec^2 x - \tan^2 x = 1$

Recall the identity $\sec^2 x - \tan^2 x = 1$

大提示：

将其分解为 $(\sec x - \tan x)(\sec x + \tan x)$

Factor it as $(\sec x - \tan x)(\sec x + \tan x)$

解答：

因为 $\sec^2 x - \tan^2 x = 1$ ，所以 $\begin{aligned} &(\sec x - \tan x)(\sec x + \tan x) \\ &\quad = 1\text{。} \end{aligned}$ 已知 $\sec x - \tan x = 2$ ，故 $\sec x + \tan x = \tfrac12 = 0.5$ 。

所以正确答案是 E。

Since $\sec^2 x - \tan^2 x = 1,$ we have $\begin{aligned} &(\sec x - \tan x)(\sec x + \tan x) \\ &\quad = 1. \end{aligned}$ With $\sec x - \tan x = 2,$ it follows that $\sec x + \tan x = \tfrac12 = 0.5.$

Thus, the correct answer is E.

16.

一个对角线长分别为 $10$ 和 $24$ 的菱形内切圆半径是多少？

What is the radius of a circle inscribed in a rhombus with diagonals of length $10$ and $24?$

$4$

$\dfrac{58}{13}$

$\dfrac{60}{13}$

$5$

$6$

答案：C

知识点：菱形内切圆、内心与内切圆半径勾股定理三角形面积

难度评级：1610

小提示：

两条对角线把菱形分成四个 $5$ - $12$ - $13$ 直角三角形。

The diagonals cut the rhombus into four $5$ - $12$ - $13$ right triangles

大提示：

内切圆半径等于从菱形中心到一条边的高。

The inradius equals the altitude from the center to a side of the rhombus

解答：

半对角线为 $5$ 和 $12$ ，所以菱形边长为 $\sqrt{5^2 + 12^2} = 13$ 。对角线形成的四个直角三角形之一的直角边为 $5$ 和 $12$ ，面积为 $30$ 。

从中心到边长 $13$ 的边的高为 $\dfrac{2 \cdot 30}{13} = \dfrac{60}{13}$ ，这就是内切圆半径。

所以正确答案是 C。

The half-diagonals are $5$ and $12,$ so each side of the rhombus is $\sqrt{5^2 + 12^2} = 13.$ One of the four right triangles formed by the diagonals has legs $5$ and $12$ and area $30.$

The altitude from the center to the side of length $13$ is $\dfrac{2 \cdot 30}{13} = \dfrac{60}{13},$ which is the inscribed circle’s radius.

Thus, the correct answer is C.

17.

设 $P(x)$ 是一个多项式，当 $P(x)$ 除以 $x - 19$ 时余数为 $99$ ，当 $P(x)$ 除以 $x - 99$ 时余数为 $19$ 。当 $P(x)$ 除以 $(x - 19)(x - 99)$ 时，余数是多少？

Let $P(x)$ be a polynomial such that when $P(x)$ is divided by $x - 19,$ the remainder is $99,$ and when $P(x)$ is divided by $x - 99,$ the remainder is $19.$ What is the remainder when $P(x)$ is divided by $(x - 19)(x - 99)?$

$-x + 80$

$x + 80$

$-x + 118$

$x + 118$

$0$

答案：C

知识点：多项式方程组

难度评级：1680

小提示：

除以二次式后的余数形如 $ax + b$ 。

Dividing by a quadratic leaves a remainder of the form $ax + b$

大提示：

使用 $P(19) = 99$ 和 $P(99) = 19$ 。

Use $P(19) = 99$ and $P(99) = 19$

解答：

由余数定理， $P(19) = 99$ ， $P(99) = 19$ 。设 $\begin{aligned} &P(x) = (x - 19)(x - 99)Q(x) \\ &\quad {}+ ax + b\text{。} \end{aligned}$ 则 $19a + b = 99, \qquad 99a + b = 19\text{。}$

相减得 $80a = -80$ ，所以 $a = -1$ ，进而 $b = 118$ 。余数为 $-x + 118$ 。

所以正确答案是 C。

By the Remainder Theorem, $P(19) = 99$ and $P(99) = 19.$ Write $\begin{aligned} &P(x) = (x - 19)(x - 99)Q(x) \\ &\quad {}+ ax + b. \end{aligned}$ Then $19a + b = 99, \qquad 99a + b = 19.$

Subtracting gives $80a = -80,$ so $a = -1$ and $b = 118.$ The remainder is $-x + 118.$

Thus, the correct answer is C.

18.

函数 $f(x) = \cos(\log x)$ 在区间 $0 \lt x \lt 1$ 上有多少个零点？

How many zeros does $f(x) = \cos(\log x)$ have on the interval $0 \lt x \lt 1?$

$0$

$1$

$2$

$10$

无限多个

infinitely many

答案：E

知识点：三角学对数函数

难度评级：1770

小提示：

当 $x$ 在 $(0, 1)$ 中变化时， $\log x$ 取哪些值？

As $x$ ranges over $(0, 1),$ what values does $\log x$ take?

大提示：

$\log x$ 覆盖所有负数，而余弦函数在负数中有无限多个零点。

$\log x$ covers all negative numbers, and cosine vanishes at infinitely many of them

解答：

当 $x$ 在 $(0, 1)$ 中变化时， $\log x$ 覆盖所有负实数。余弦函数在 $\tfrac{\pi}{2} - n\pi$ 处为零，其中 $n$ 取遍每个正整数，而这些值全都是负数，因此 $f$ 有无限多个零点。

所以正确答案是 E。

As $x$ ranges over $(0, 1),$ $\log x$ ranges over all negative real numbers. The cosine function is zero at $\tfrac{\pi}{2} - n\pi$ for every positive integer $n,$ all of which are negative, so $f$ has infinitely many zeros.

Thus, the correct answer is E.

19.

考虑所有满足下列条件的三角形 $ABC$ ： $AB = AC$ ，点 $D$ 在线段 $\overline{AC}$ 上，且 $\overline{BD} \perp \overline{AC}$ ， $AD$ 与 $CD$ 均为整数，且 $BD^2 = 57$ 。在所有这样的三角形中， $AC$ 的最小可能值是

Consider all triangles $ABC$ satisfying the following conditions: $AB = AC,$ $D$ is a point on $\overline{AC}$ for which $\overline{BD} \perp \overline{AC},$ $AD$ and $CD$ are integers, and $BD^2 = 57.$ Among all such triangles, the smallest possible value of $AC$ is

$9$

$10$

$11$

$12$

$13$

答案：C

知识点：等腰三角形勾股定理丢番图方程

难度评级：1810

小提示：

直角三角形 $ADB$ 给出 $AB^2 = AD^2 + BD^2$ 。

Right triangle $ADB$ gives $AB^2 = AD^2 + BD^2$

大提示：

用 $AB = AC = AD + CD$ ，化简为 $CD(CD + 2\,AD) = 57$ 。

With $AB = AC = AD + CD,$ reduce to $CD(CD + 2\,AD) = 57$

解答：

设 $AD = n$ ， $CD = m$ 。因为 $\triangle ADB$ 在 $D$ 处为直角， $AB^2 = n^2 + 57$ 。又 $AB = AC = m + n$ ，所以 $(m + n)^2 = n^2 + 57\text{，}$ 化简为 $m(m + 2n) = 57$ 。

正整数解为 $m = 1, n = 28$ ，此时 $AC = 29$ ；以及 $m = 3, n = 8$ ，此时 $AC = 11$ 。因此 $AC$ 的最小可能值为 $11$ 。

所以正确答案是 C。

Let $AD = n$ and $CD = m.$ Since $\triangle ADB$ is right-angled at $D,$ $AB^2 = n^2 + 57.$ Also $AB = AC = m + n,$ so $(m + n)^2 = n^2 + 57,$ which simplifies to $m(m + 2n) = 57.$

The positive integer solutions are $m = 1, n = 28$ (giving $AC = 29$ ) and $m = 3, n = 8$ (giving $AC = 11$ ). The smallest possible value of $AC$ is $11.$

Thus, the correct answer is C.

20.

数列 $a_1$ ， $a_2$ ， $a_3$ ， $\ldots$ 满足 $a_1 = 19$ 、 $a_9 = 99$ ，并且对所有 $n \ge 3$ ， $a_n$ 是前 $n - 1$ 项的算术平均数。求 $a_2$ 。

The sequence $a_1,$ $a_2,$ $a_3,$ $\ldots$ satisfies $a_1 = 19,$ $a_9 = 99,$ and, for all $n \ge 3,$ $a_n$ is the arithmetic mean of the first $n - 1$ terms. Find $a_2.$

$29$

$59$

$79$

$99$

$179$

答案：E

知识点：递推平均数不变量

难度评级：1740

小提示：

证明 $a_n$ 对所有 $n \ge 3$ 都相同。

Show that $a_n$ is constant for all $n \ge 3$

大提示：

因而 $a_3 = a_9 = 99$ ，且 $a_3 = \dfrac{a_1 + a_2}{2}$ 。

Then $a_3 = a_9 = 99$ and $a_3 = \dfrac{a_1 + a_2}{2}$

解答：

对 $n \ge 3$ 有 $(n - 1)a_n = a_1 + \cdots + a_{n-1}$ 。因此 $a_{n+1} = \dfrac{(n-1)a_n + a_n}{n} = a_n\text{，}$ 所以从 $a_3$ 开始数列为常数。故 $a_3 = a_9 = 99$ 。

又 $a_3 = \dfrac{a_1 + a_2}{2} = \dfrac{19 + a_2}{2} = 99$ ，得 $a_2 = 179$ 。

所以正确答案是 E。

For $n \ge 3,$ $(n - 1)a_n = a_1 + \cdots + a_{n-1}.$ Then $a_{n+1} = \dfrac{(n-1)a_n + a_n}{n} = a_n,$ so the sequence is constant from $a_3$ onward. Hence $a_3 = a_9 = 99.$

Since $a_3 = \dfrac{a_1 + a_2}{2} = \dfrac{19 + a_2}{2} = 99,$ we get $a_2 = 179.$

Thus, the correct answer is E.

21.

一个圆外接于边长为 $20$ ， $21$ 和 $29$ 的三角形，从而将圆内部划分为四个区域。令 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 为三个非三角形区域的面积，其中 $C$ 最大。则

A circle is circumscribed about a triangle with sides $20,$ $21,$ and $29,$ thus dividing the interior of the circle into four regions. Let $A,$ $B,$ and $C$ be the areas of the non-triangular regions, with $C$ being the largest. Then

$A + B = C$

$A + B + 210 = C$

$A^2 + B^2 = C^2$

$20A + 21B = 29C$

$\dfrac{1}{A^2} + \dfrac{1}{B^2} = \dfrac{1}{C^2}$

答案：B

知识点：直角三角形圆面积面积分割

难度评级：1810

小提示：

检查 $20, 21, 29$ 是否构成直角三角形。

Check whether $20, 21, 29$ form a right triangle

大提示：

斜边是直径，所以最大区域 $C$ 是一个半圆。

The hypotenuse is a diameter, so the largest region $C$ is a semicircle

解答：

因为 $20^2 + 21^2 = 841 = 29^2$ ，该三角形为直角三角形，斜边 $29$ 是外接圆直径。因此最大区域 $C$ 是该直径一侧的半圆。

另一半圆由三角形以及区域 $A$ 、 $B$ 组成。两个半圆面积相等，而三角形面积为 $\tfrac12 \cdot 20 \cdot 21 = 210$ ，所以 $A + B + 210 = C\text{。}$

所以正确答案是 B。

Since $20^2 + 21^2 = 841 = 29^2,$ the triangle is right-angled, and its hypotenuse of length $29$ is a diameter of the circle. Thus the largest region $C$ is the semicircle on one side of that diameter.

The other semicircle consists of the triangle together with regions $A$ and $B.$ Since the two semicircles are congruent and the triangle has area $\tfrac12 \cdot 20 \cdot 21 = 210,$ we get $A + B + 210 = C.$

Thus, the correct answer is B.

22.

图像 $y = -|x - a| + b$ 和 $y = |x - c| + d$ 相交于点 $(2, 5)$ 和 $(8, 3)$ 。求 $a + c$ 。

The graphs of $y = -|x - a| + b$ and $y = |x - c| + d$ intersect at points $(2, 5)$ and $(8, 3).$ Find $a + c.$

$7$

$8$

$10$

$13$

$18$

答案：C

知识点：绝对值坐标几何中点

难度评级：1740

小提示：

第一个图像在 $(a, b)$ 处取得最高点，第二个图像在 $(c, d)$ 处取得最低点。

The first graph peaks at $(a, b);$ the second bottoms out at $(c, d)$

大提示：

把交点满足的方程改写为 $|x-a|+|x-c|=b-d$ ，再利用对称性。

Rewrite the intersection equation as $|x-a|+|x-c|=b-d$ and use symmetry

解答：

在交点处有 $-|x-a|+b=|x-c|+d$ ，即 $|x-a|+|x-c|=b-d\text{。}$ 因为两个交点彼此分离，它们分别位于以 $a$ 和 $c$ 为端点的区间的两侧。这两个解关于 $x=\tfrac{a+c}{2}$ 对称。它们的 $x$ 坐标为 $2$ 和 $8$ ，所以 $a+c=2+8=10$ 。

所以正确答案是 C。

At an intersection, $-|x-a|+b=|x-c|+d,$ or $|x-a|+|x-c|=b-d.$ Because there are two isolated intersections, they lie on opposite sides of the interval with endpoints $a$ and $c.$ The two solutions are symmetric about $x=\tfrac{a+c}{2}.$ Their $x$ -coordinates are $2$ and $8,$ so $a+c=2+8=10.$

Thus, the correct answer is C.

23.

等角凸六边形 $ABCDEF$ 满足 $AB = 1$ 、 $BC = 4$ 、 $CD = 2$ 、 $DE = 4$ 。该六边形面积为

The equiangular convex hexagon $ABCDEF$ has $AB = 1,$ $BC = 4,$ $CD = 2,$ and $DE = 4.$ The area of the hexagon is

$\dfrac{15}{2}\sqrt{3}$

$9\sqrt{3}$

$16$

$\dfrac{39}{4}\sqrt{3}$

$\dfrac{43}{4}\sqrt{3}$

答案：E

知识点：等角多边形等边三角形面积分割

难度评级：1980

小提示：

延长交替的边，将六边形包在一个大等边三角形中。

Extend alternate sides to enclose the hexagon in a large equilateral triangle

大提示：

从大等边三角形中减去三个小等边角三角形。

Subtract three small equilateral corner triangles from the large one

解答：

等角六边形的每个内角为 $120^\circ$ 。延长边 $FA$ 与 $BC$ 、 $BC$ 与 $DE$ 、 $DE$ 与 $FA$ ，会形成一个大等边三角形，并切去三个等边小角三角形。

设 $EF=e$ ， $FA=f$ 。把六条边按彼此相差 $60^\circ$ 的方向分解，可得 $f-e=4$ 和 $e+f=6$ ，所以 $e=1$ ， $f=5$ 。于是建立在 $AB, CD$ 和 $EF$ 上的角三角形都是等边三角形。大三角形的边长为 $1+4+2=7$ ，而被切去的三角形边长分别为 $1,2$ 和 $1$ 。所以面积为 $\begin{aligned} &\frac{\sqrt3}{4}\left(7^2 - 1^2 - 2^2 - 1^2\right) \\ &\quad = \frac{43\sqrt3}{4} \end{aligned}\text{。}$

所以正确答案是 E。

Each interior angle is $120^\circ,$ so extending sides $FA$ and $BC,$ $BC$ and $DE,$ and $DE$ and $FA$ cuts off three equilateral corner triangles and forms a large equilateral triangle.

Let $EF=e$ and $FA=f.$ Resolving the six sides in directions separated by $60^\circ$ gives $f-e=4$ and $e+f=6,$ so $e=1$ and $f=5.$ The corner triangles built on $AB, CD,$ and $EF$ are therefore equilateral. The large triangle has side $1+4+2=7,$ while the removed triangles have sides $1,2,$ and $1.$ The area is $\begin{aligned} &\frac{\sqrt3}{4}\left(7^2 - 1^2 - 2^2 - 1^2\right) \\ &\quad = \frac{43\sqrt3}{4}. \end{aligned}$

Thus, the correct answer is E.

24.

给定圆上的六个点。从连接这六点两两之间的弦中随机选择四条。四条弦构成一个凸四边形的概率是多少？

Six points on a circle are given. Four of the chords joining pairs of the six points are selected at random. What is the probability that the four chords form a convex quadrilateral?

$\dfrac{1}{15}$

$\dfrac{1}{91}$

$\dfrac{1}{273}$

$\dfrac{1}{455}$

$\dfrac{1}{1365}$

答案：B

知识点：基本概率组合

难度评级：1880

小提示：

从 $6$ 个圆上点中任选 $4$ 个，恰好确定一个凸四边形。

Any $4$ of the $6$ points determine exactly one convex quadrilateral

大提示：

先数从 $\binom{6}{2}$ 条弦中选 $4$ 条的所有方式。

Count all ways to choose $4$ chords from the $\binom{6}{2}$ chords

解答：

共有 $\binom{6}{2} = 15$ 条弦，因此选择四条弦的方法数为 $\binom{15}{4} = 1365$ 。四条弦形成凸四边形，当且仅当它们是某 $4$ 个圆上点所形成四边形的四条边。

任选四个点恰好给出一个这样的四边形，所以有利情况为 $\binom{6}{4} = 15$ ，概率为 $\dfrac{15}{1365} = \dfrac{1}{91}$ 。

所以正确答案是 B。

There are $\binom{6}{2} = 15$ chords, so $\binom{15}{4} = 1365$ ways to select four of them. A convex quadrilateral arises exactly when the four chords are the sides of a quadrilateral on four of the six points, and each choice of $4$ points gives exactly one such quadrilateral.

Hence there are $\binom{6}{4} = 15$ favorable outcomes, and the probability is $\dfrac{15}{1365} = \dfrac{1}{91}.$

Thus, the correct answer is B.

25.

存在唯一的整数 $a_2$ ， $a_3$ ， $a_4$ ， $a_5$ ， $a_6$ ， $a_7$ ，使得

$\begin{aligned} &\frac{5}{7} = \frac{a_2}{2!} + \frac{a_3}{3!} + \frac{a_4}{4!} \\ &\quad {}+ \frac{a_5}{5!} + \frac{a_6}{6!} + \frac{a_7}{7!} \end{aligned}\text{，}$

其中对 $i = 2$ ， $3$ ， $\ldots$ ， $7$ 有 $0 \le a_i \lt i$ 。求 $a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7$ 。

There are unique integers $a_2,$ $a_3,$ $a_4,$ $a_5,$ $a_6,$ $a_7$ such that

$\begin{aligned} &\frac{5}{7} = \frac{a_2}{2!} + \frac{a_3}{3!} + \frac{a_4}{4!} \\ &\quad {}+ \frac{a_5}{5!} + \frac{a_6}{6!} + \frac{a_7}{7!}, \end{aligned}$

where $0 \le a_i \lt i$ for $i = 2,$ $3,$ $\ldots,$ $7.$ Find $a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7.$

$8$

$9$

$10$

$11$

$12$

答案：B

知识点：进制阶乘模运算

难度评级：2030

小提示：

两边同乘 $7!$

Multiply both sides by $7!$

大提示：

依次模 $7$ 、模 $6$ 、模 $5, \ldots$ ，逐个取出数字。

Reduce modulo $7,$ then $6,$ then $5, \ldots$ to peel off one digit at a time

解答：

两边乘以 $7! = 5040$ ，得 $\begin{aligned} &3600 = 2520a_2 + 840a_3 \\ &\quad {}+ 210a_4 + 42a_5 \\ &\quad {}+ 7a_6 + a_7\text{。} \end{aligned}$ 模 $7$ 得 $a_7 = 2$ 。

再计算 $\dfrac{3600 - 2}{7} = 514$ $= 360a_2 + 120a_3$ $+ 30a_4 + 6a_5$ $+ a_6$ 。模 $6$ 得 $a_6 = 4$ ，继续同样步骤得到 $a_5 = 0, a_4 = 1, a_3 = 1, a_2 = 1$ 。

所求和为 $1 + 1 + 1 + 0 + 4 + 2 = 9$ 。

所以正确答案是 B。

Multiplying by $7! = 5040$ gives $\begin{aligned} &3600 = 2520a_2 + 840a_3 \\ &\quad {}+ 210a_4 + 42a_5 \\ &\quad {}+ 7a_6 + a_7. \end{aligned}$ Reducing modulo $7,$ $a_7 = 2.$

Then $\dfrac{3600 - 2}{7} = 514$ $= 360a_2 + 120a_3$ $+ 30a_4 + 6a_5$ $+ a_6.$ Reducing modulo $6$ gives $a_6 = 4,$ and continuing this way yields $a_5 = 0, a_4 = 1, a_3 = 1, a_2 = 1.$

The sum is $1 + 1 + 1 + 0 + 4 + 2 = 9.$

Thus, the correct answer is B.

26.

三个不重叠的正多边形，至少两个全等，边长都为 $1$ 。这些多边形在点 $A$ 处相接，使得在 $A$ 处的三个内角之和为 $360^\circ$ 。于是这三个多边形形成一个新的多边形，且 $A$ 为内部点。这个新多边形的最大可能周长是多少？

Three non-overlapping regular plane polygons, at least two of which are congruent, all have sides of length $1.$ The polygons meet at a point $A$ in such a way that the sum of the three interior angles at $A$ is $360^\circ.$ Thus the three polygons form a new polygon with $A$ as an interior point. What is the largest possible perimeter that this polygon can have?

$12$

$14$

$18$

$21$

$24$

答案：D

知识点：正多边形丢番图方程周长

难度评级：2090

小提示：

若有两个 $a$ 边形和一个 $b$ 边形，则 $2 \cdot 180\left(1 - \tfrac2a\right)$ $+ 180\left(1 - \tfrac2b\right)$ $= 360$ 。

With two $a$ -gons and one $b$ -gon, $2 \cdot 180\left(1 - \tfrac2a\right)$ $+ 180\left(1 - \tfrac2b\right)$ $= 360$

大提示：

化简为 $(a - 4)(b - 2) = 8$ 。

This simplifies to $(a - 4)(b - 2) = 8$

解答：

设两个全等的多边形为正 $a$ 边形，另一个为正 $b$ 边形，在点 $A$ 处相接。内角条件为 $\begin{aligned} &2 \cdot 180\left(1 - \tfrac2a\right) \\ &\quad {}+ 180\left(1 - \tfrac2b\right) = 360\text{，} \end{aligned}$ 化简得 $(a - 4)(b - 2) = 8$ 。

解为 $(a, b)$ 等于 $(5, 10), (6, 6), (8, 4)$ 或 $(12, 3)$ 。新多边形的周长为 $2a + b - 6$ ，分别等于 $14, 12, 14$ 和 $21$ 。最大值为 $21$ 。

所以正确答案是 D。

Let two congruent $a$ -gons and one $b$ -gon meet at $A.$ Their interior angles satisfy $\begin{aligned} &2 \cdot 180\left(1 - \tfrac2a\right) \\ &\quad {}+ 180\left(1 - \tfrac2b\right) = 360, \end{aligned}$ which reduces to $(a - 4)(b - 2) = 8.$

The solutions $(a, b)$ are $(5, 10), (6, 6), (8, 4),$ and $(12, 3).$ The new polygon’s perimeter is $2a + b - 6,$ giving $14, 12, 14,$ and $21.$ The largest is $21.$

Thus, the correct answer is D.

27.

在三角形 $ABC$ 中， $3\sin A + 4\cos B = 6$ ，且 $4\sin B + 3\cos A = 1$ 。则 $\angle C$ 的度数为

In triangle $ABC,$ $3\sin A + 4\cos B = 6$ and $4\sin B + 3\cos A = 1.$ Then $\angle C$ in degrees is

$30$

$60$

$90$

$120$

$150$

答案：A

知识点：三角恒等式方程组

难度评级：2120

小提示：

将两个方程分别平方后相加。

Square both equations and add them

大提示：

使用 $\sin^2 + \cos^2 = 1$ 得到 $\sin(A + B)$ ，再排除一种情况。

Use $\sin^2 + \cos^2 = 1$ to get $\sin(A + B),$ then rule out one case

解答：

将两个方程平方后相加： $\begin{aligned} &9 + 16 \\ &\quad {}+ 24\small(\sin A \cos B + \cos A \sin B) \\ &\quad = 37\text{，} \end{aligned}$ 因此 $24\sin(A + B) = 12$ ，所以 $\sin(A + B) = \tfrac12$ 。

因为第三个内角与前两个内角之和互补，所以 $\sin C = \sin(A + B) = \tfrac12$ ，即 $\angle C = 30^\circ$ 或 $150^\circ$ 。若 $\angle C = 150^\circ$ ，则 $A \lt 30^\circ$ ，会使 $3\sin A + 4\cos B \lt 6$ ，产生矛盾。因此 $\angle C = 30^\circ$ 。

所以正确答案是 A。

Squaring both equations and adding gives $\begin{aligned} &9 + 16 \\ &\quad {}+ 24\small(\sin A \cos B + \cos A \sin B) \\ &\quad = 37, \end{aligned}$ so $24\sin(A + B) = 12$ and $\sin(A + B) = \tfrac12.$

Then $\sin C = \sin(A + B) = \tfrac12,$ so $\angle C = 30^\circ$ or $150^\circ.$ If $\angle C = 150^\circ,$ then $A \lt 30^\circ,$ making $3\sin A + 4\cos B \lt 6,$ a contradiction. Hence $\angle C = 30^\circ.$

Thus, the correct answer is A.

28.

设 $x_1$ ， $x_2$ ， $\ldots$ ， $x_n$ 是一个整数序列，满足：

(i) $-1 \le x_i \le 2$ ，其中 $i = 1$ ， $2$ ， $3$ ， $\ldots$ ， $n$ ；

(ii) $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 19$ ；

(iii) $x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = 99$ 。

令 $m$ 和 $M$ 分别为 $x_1^3 + x_2^3 + \cdots + x_n^3$ 的最小和最大可能值。求 $\dfrac{M}{m}$ 。

Let $x_1,$ $x_2,$ $\ldots,$ $x_n$ be a sequence of integers such that

(i) $-1 \le x_i \le 2,$ for $i = 1,$ $2,$ $3,$ $\ldots,$ $n$ ;

(ii) $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 19;$ and

(iii) $x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = 99.$

Let $m$ and $M$ be the minimal and maximal possible values of $x_1^3 + x_2^3 + \cdots + x_n^3,$ respectively. What is $\dfrac{M}{m}?$

$3$

$4$

$5$

$6$

$7$

答案：E

知识点：方程组最优化

难度评级：2240

小提示：

令 $a, b, c$ 分别表示 $-1$ 、 $1$ 、 $2$ 的个数，零不影响总和。

Let $a, b, c$ count the $-1$ s, $1$ s, and $2$ s (zeros do not matter)

大提示：

立方和为 $-a + b + 8c = 19 + 6c$ ；对允许的 $c$ 范围取极值。

The sum of cubes is $-a + b + 8c = 19 + 6c;$ optimize over the allowed range of $c$

解答：

设 $a, b, c$ 分别为 $-1$ 、 $1$ 、 $2$ 的个数。则 $-a + b + 2c = 19$ ，且 $a + b + 4c = 99$ ，解得 $a = 40 - c$ 、 $b = 59 - 3c$ ，并且 $0 \le c \le 19$ 。

立方和为 $-a + b + 8c = 19 + 6c$ 。最小值在 $c = 0$ 时为 $19$ ，最大值在 $c = 19$ 时为 $133$ 。因此 $\dfrac{M}{m} = \dfrac{133}{19} = 7$ 。

所以正确答案是 E。

Let $a, b, c$ be the numbers of $-1$ s, $1$ s, and $2$ s. Then $-a + b + 2c = 19$ and $a + b + 4c = 99,$ giving $a = 40 - c$ and $b = 59 - 3c$ with $0 \le c \le 19.$

The sum of cubes is $-a + b + 8c = 19 + 6c.$ The minimum is at $c = 0$ (value $19$ ) and the maximum at $c = 19$ (value $133$ ), so $\dfrac{M}{m} = \dfrac{133}{19} = 7.$

Thus, the correct answer is E.

29.

一个四个面都是等边三角形的四面体内切一个球，并外接一个球。对四个面中的每一个面，都有一个球与该面在其中心处外切，并与外接球相切。随机选择外接球内部一点 $P$ 。 $P$ 落在这五个小球之一内部的概率最接近

A tetrahedron with four equilateral triangular faces has a sphere inscribed within it and a sphere circumscribed about it. For each of the four faces, there is a sphere tangent externally to the face at its center and to the circumscribed sphere. A point $P$ is selected at random inside the circumscribed sphere. The probability that $P$ lies inside one of the five small spheres is closest to

$0$

$0.1$

$0.2$

$0.3$

$0.4$

答案：C

知识点：立体几何球几何概率体积

难度评级：2380

小提示：

对正四面体，外接球半径是内切球半径的 $3$ 倍。

For a regular tetrahedron the circumradius is $3$ times the inradius

大提示：

五个小球中每个都与内切球体积相同。

Each of the five small spheres has the same volume as the inscribed sphere

解答：

设 $O$ 为内切球和外接球的共同球心。从 $O$ 把正四面体分成四个全等部分可知，外接球半径是内切球半径的 $3$ 倍，所以外接球的体积是内切球体积 $V$ 的 $27$ 倍。

若其余四个小球之一的半径为 $s$ ，则它的球心到 $O$ 的距离为 $r+s$ ；从 $O$ 量起，这段距离同时又等于 $3r-s$ ，所以 $s=r$ 。这五个球的内部互不相交（中心球与其余四球分别相切），所以并集体积为 $5V$ 。概率为 $\dfrac{5V}{27V} = \dfrac{5}{27} \approx 0.185$ ，最接近 $0.2$ 。

所以正确答案是 C。

Let $O$ be the common center of the inscribed and circumscribed spheres. Splitting the tetrahedron into four congruent pieces from $O$ shows the circumradius is $3$ times the inradius, so the circumscribed sphere has $27$ times the inscribed sphere’s volume $V.$

If one of the four other small spheres has radius $s,$ its center is $r+s$ from $O$ and also $3r-s$ from $O,$ so $s=r.$ These five spheres have disjoint interiors (the central sphere is tangent to each of the other four), so their union has volume $5V.$ The probability is $\dfrac{5V}{27V} = \dfrac{5}{27} \approx 0.185,$ closest to $0.2.$

Thus, the correct answer is C.

30.

满足 $mn \ge 0$ 的整数有序对 $(m, n)$ ，且

$m^3 + n^3 + 99mn = 33^3$

的个数等于

The number of ordered pairs of integers $(m, n)$ for which $mn \ge 0$ and

$m^3 + n^3 + 99mn = 33^3$

is equal to

$2$

$3$

$33$

$35$

$99$

答案：D

知识点：因式分解丢番图方程

难度评级：2460

小提示：

因为 $99 = 3 \cdot 33$ ，方程可写成 $m^3 + n^3 + (-33)^3$ $- 3mn(-33) = 0$ 。

Since $99 = 3 \cdot 33,$ the equation is $m^3 + n^3 + (-33)^3$ $- 3mn(-33) = 0$

大提示：

使用恒等式 $x^3 + y^3 + z^3$ $- 3xyz = (x + y + z)$ $\cdot (x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx)$ 。

Use $x^3 + y^3 + z^3$ $- 3xyz = (x + y + z)$ $\cdot (x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx)$

解答：

令 $z = -33$ ，方程变为 $m^3 + n^3 + z^3 - 3mnz = 0$ ，因式分解得 $\begin{aligned} &(m + n - 33) \\ &\quad {}\cdot \scriptsize\left(m^2 + n^2 + 33^2 - mn + 33m + 33n\right) \\ &= 0 \end{aligned}\text{。}$

第二个因子等于 $\scriptsize\tfrac12\big[(m - n)^2 + (m + 33)^2 + (n + 33)^2\big]$ ，只在 $(m, n) = (-33, -33)$ 时为 $0$ ，且满足 $mn \ge 0$ 。

否则 $m + n = 33$ 。由 $mn \ge 0$ ，二者同为非负，得到 $(0, 33), (1, 32), \ldots, (33, 0)$ ，共 $34$ 对。总计 $35$ 对。

所以正确答案是 D。

Writing $z = -33,$ the equation becomes $m^3 + n^3 + z^3 - 3mnz = 0,$ which factors as $\begin{aligned} &(m + n - 33) \\ &\quad {}\cdot \scriptsize\left(m^2 + n^2 + 33^2 - mn + 33m + 33n\right) \\ &= 0. \end{aligned}$

The second factor equals $\scriptsize\tfrac12\big[(m - n)^2 + (m + 33)^2 + (n + 33)^2\big],$ which is $0$ only at $(m, n) = (-33, -33);$ this satisfies $mn \ge 0.$

Otherwise $m + n = 33.$ With $mn \ge 0$ both are nonnegative, giving $(0, 33), (1, 32), \ldots, (33, 0),$ which is $34$ pairs. Together there are $35$ solutions.

Thus, the correct answer is D.