2023 AMC 12A 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

城市 $A$ 和 $B$ 相距 $45$ 英里。Alicia 住在 $A$ ，Beth 住在 $B$ 。Alicia 以每小时 $18$ 英里的速度骑车前往 $B$ 。Beth 同时出发，以每小时 $12$ 英里的速度骑车前往 $A$ 。她们相遇时距离城市 $A$ 多少英里？

Cities $A$ and $B$ are $45$ miles apart. Alicia lives in $A$ and Beth lives in $B.$ Alicia bikes towards $B$ at $18$ miles per hour. Leaving at the same time, Beth bikes toward $A$ at $12$ miles per hour. How many miles from City $A$ will they be when they meet?

$20$

$24$

$25$

$26$

$27$

知识点：路程、速度与时间

难度评级：890

小提示：

她们的接近速度是每小时 $18+12$ 英里

Their closing speed is $18+12$ miles per hour

大提示：

先求相遇所需时间，再乘以 Alicia 的速度

Find the time until they meet, then multiply by Alicia’s speed

解答：

两人之间的距离以每小时 $18+12=30$ 英里的速度缩短，所以她们在 $\dfrac{45}{30}=1.5$ 小时后相遇。

在这段时间里，Alicia 从城市 $A$ 出发骑了 $18\cdot 1.5=27$ 英里。

所以正确答案是 E。

The gap between them closes at $18+12=30$ miles per hour, so they meet after $\dfrac{45}{30}=1.5$ hours.

In that time Alicia has ridden $18\cdot 1.5=27$ miles from City $A.$

Thus, the correct answer is E.

2.

一个大披萨的 $\tfrac13$ 加上 $3\tfrac12$ 杯橙子片的重量，等于一个大披萨的 $\tfrac34$ 加上 $\tfrac12$ 杯橙子片的重量。一杯橙子片重 $\tfrac14$ 磅。一个大披萨重多少磅？

The weight of $\tfrac13$ of a large pizza together with $3\tfrac12$ cups of orange slices is the same as the weight of $\tfrac34$ of a large pizza together with $\tfrac12$ cup of orange slices. A cup of orange slices weighs $\tfrac14$ of a pound. What is the weight, in pounds, of a large pizza?

$1\tfrac45$

$2$

$2\tfrac25$

$3$

$3\tfrac35$

知识点：一次方程分数

难度评级：1020

小提示：

设披萨重 $P$ 磅；每杯橙子片重 $\tfrac14$ 磅

Let the pizza weigh $P$ pounds; each cup of orange slices weighs $\tfrac14$

大提示：

把两边重量列成相等方程，并把含 $P$ 的项移到同一边

Set the two weights equal and gather the $P$ terms on one side

解答：

设披萨重 $P$ 磅。则 $3\tfrac12$ 杯重 $\tfrac72\cdot\tfrac14=\tfrac78$ 而 $\tfrac12$ 杯重 $\tfrac12\cdot\tfrac14=\tfrac18$ 。

方程为 $\tfrac13 P+\tfrac78=\tfrac34 P+\tfrac18\text{。}$

相减得 $\tfrac78-\tfrac18=\left(\tfrac34-\tfrac13\right)P$ ，所以 $\tfrac34=\tfrac{5}{12}P$ ，从而 $P=\dfrac{9}{5}=1\tfrac45$ 。

所以正确答案是 A。

Let the pizza weigh $P$ pounds. Then $3\tfrac12$ cups weigh $\tfrac72\cdot\tfrac14=\tfrac78$ and $\tfrac12$ cup weighs $\tfrac12\cdot\tfrac14=\tfrac18.$

The equation is $\tfrac13 P+\tfrac78=\tfrac34 P+\tfrac18.$

Subtracting gives $\tfrac78-\tfrac18=\left(\tfrac34-\tfrac13\right)P,$ so $\tfrac34=\tfrac{5}{12}P$ and $P=\dfrac{9}{5}=1\tfrac45.$

Thus, the correct answer is A.

3.

小于 $2023$ 且能被 $5$ 整除的正完全平方数有多少个？

How many positive perfect squares less than $2023$ are divisible by $5?$

$8$

$9$

$10$

$11$

$12$

知识点：完全平方数整除性

难度评级：1130

小提示：

一个完全平方数能被 $5$ 整除，当且仅当它的平方根是 $5$ 的倍数

A perfect square is divisible by $5$ exactly when its root is a multiple of $5$

大提示：

这些平方数形如 $(5k)^2$ ；求有多少个满足 $(5k)^2\lt 2023$

The squares are $(5k)^2$ ; find how many satisfy $(5k)^2\lt 2023$

解答：

一个完全平方数能被 $5$ 整除，只有它的平方根也能被五整除，因此这些平方数形如 $(5k)^2=25k^2$ 。

因为 $44^2=1936\lt 2023$ ，而且这个数 $\lt 2025=45^2$ ，所以平方根可以是 $5,10,\ldots,40$ ，也就是 $k=1$ 到 $8$ 。

所以正确答案是 A。

A perfect square is divisible by $5$ only if its root is, so the squares are $(5k)^2=25k^2.$

Since $44^2=1936\lt 2023$ $\lt 2025=45^2,$ the root can be $5,10,\ldots,40,$ which is $k=1$ through $8.$

Thus, the correct answer is A.

4.

$8^5\cdot 5^{10}\cdot 15^5$ 的通常数字表示有多少位数字？

How many digits are in the base-ten representation of $8^5\cdot 5^{10}\cdot 15^5?$

$14$

$15$

$16$

$17$

$18$

知识点：质因数分解数字

难度评级：1200

小提示：

把每个底数分解质因数： $8=2^3$ ， $15=3\cdot 5$ 。

Factor each base into primes: $8=2^3,$ $15=3\cdot 5$

大提示：

把每个 $2$ 与一个 $5$ 配对形成 $10$ 的幂，还会剩下一个小因子

Pair every $2$ with a $5$ to form a power of $10,$ leaving a small factor

解答：

全部分解为质因数： $\begin{gathered} 8^5\cdot 5^{10}\cdot 15^5\\ {}=2^{15}\cdot 5^{10}\cdot 3^5\cdot 5^5\\ {}=3^5\cdot 2^{15}\cdot 5^{15} \end{gathered}\text{。}$

这等于 $3^5\cdot 10^{15}=243\cdot 10^{15}$ 也就是 $243$ 后接 $15$ 个零，总共有 $18$ 位数字。

所以正确答案是 E。

Writing everything in primes, $\begin{gathered} 8^5\cdot 5^{10}\cdot 15^5\\ {}=2^{15}\cdot 5^{10}\cdot 3^5\cdot 5^5\\ {}=3^5\cdot 2^{15}\cdot 5^{15}. \end{gathered}$

This equals $3^5\cdot 10^{15}=243\cdot 10^{15},$ which is $243$ followed by $15$ zeros, for a total of $18$ digits.

Thus, the correct answer is E.

5.

Janet 掷一个标准 $6$ 面骰子 $4$ 次，并持续记录掷出点数的累加和。她的累加和在某一时刻等于 $3$ 的概率是多少？

Janet rolls a standard $6$ -sided die $4$ times and keeps a running total of the numbers she rolls. What is the probability that at some point, her running total will equal $3?$

$\dfrac{2}{9}$

$\dfrac{49}{216}$

$\dfrac{25}{108}$

$\dfrac{17}{72}$

$\dfrac{13}{54}$

知识点：骰子（概率）分类讨论

难度评级：1270

小提示：

一旦累加和超过 $3$ ，就不可能回到三，所以只有前几次掷骰有关

Once the running total passes $3$ it can never return, so only the first few rolls matter

大提示：

把互斥的开头 $3$ 、 $1,2$ 、 $2,1$ 和 $1,1,1$ 的概率相加

Add the probabilities of the disjoint openings $3;$ $1,2;$ $2,1;$ and $1,1,1$

解答：

累加和递增，所以它恰好到达 $3$ 当且仅当出现以下互斥开头之一：第一次掷出 $3$ ；前两次为 $1,2$ ；前两次为 $2,1$ ；或前三次为 $1,1,1$ 。

它们的概率之和为 $\begin{gathered} \dfrac16+\dfrac1{36}+\dfrac1{36}+\dfrac1{216}\\ {}=\dfrac{36+6+6+1}{216}\\ {}=\dfrac{49}{216} \end{gathered}\text{。}$

所以正确答案是 B。

The running total is increasing, so it hits $3$ exactly when one of these disjoint openings occurs: a first roll of $3;$ rolls $1,2;$ rolls $2,1;$ or rolls $1,1,1.$

Their probabilities are $\begin{gathered} \dfrac16+\dfrac1{36}+\dfrac1{36}+\dfrac1{216}\\ {}=\dfrac{36+6+6+1}{216}\\ {}=\dfrac{49}{216}. \end{gathered}$

Thus, the correct answer is B.

6.

点 $A$ 和 $B$ 在 $y=\log_2 x$ 的图像上。线段 $\overline{AB}$ 的中点是 $(6,2)$ 。 $A$ 和 $B$ 的 $x$ 坐标的正差是多少？

Points $A$ and $B$ lie on the graph of $y=\log_2 x.$ The midpoint of $\overline{AB}$ is $(6,2).$ What is the positive difference between the $x$ -coordinates of $A$ and $B?$

$2\sqrt{11}$

$4\sqrt{3}$

$8$

$4\sqrt{5}$

$9$

知识点：对数中点代数变形

难度评级：1350

小提示：

两个 $x$ 坐标之和为 $2\cdot 6=12$ 。

The $x$ -coordinates sum to $2\cdot 6=12$

大提示：

两个 $y$ 坐标的平均数是 $2$ ，所以 $\log_2 x_1+\log_2 x_2=4$ ，从而 $x_1x_2=16$ 。

The $y$ -coordinates average to $2,$ so $\log_2 x_1+\log_2 x_2=4,$ giving $x_1x_2=16$

解答：

设两个 $x$ 坐标为 $x_1$ 和 $x_2$ 。由中点可得 $x_1+x_2=12$ ，由两个 $y$ 值的平均数可得 $\log_2 x_1+\log_2 x_2=4$ ，所以 $x_1x_2=2^4=16$ 。

因此 $\begin{gathered} |x_1-x_2|\\ {}=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\\ {}=\sqrt{144-64}\\ {}=\sqrt{80}\\ {}=4\sqrt5 \end{gathered}\text{。}$

所以正确答案是 D。

Let the $x$ -coordinates be $x_1$ and $x_2.$ The midpoint gives $x_1+x_2=12,$ and the average of the $y$ -values gives $\log_2 x_1+\log_2 x_2=4,$ so $x_1x_2=2^4=16.$

Then $\begin{gathered} |x_1-x_2|\\ {}=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\\ {}=\sqrt{144-64}\\ {}=\sqrt{80}\\ {}=4\sqrt5. \end{gathered}$

Thus, the correct answer is D.

7.

一个电子显示屏把当前日期显示为一个 $8$ 位整数：先是 $4$ 位年份，再是 $2$ 位月份，最后是该月内的 $2$ 位日期。例如，今年的植树节显示为 $20230428$ 。在 $2023$ 年中，有多少个日期的 $8$ 位显示中每个数字都出现偶数次？

A digital display shows the current date as an $8$ -digit integer consisting of a $4$ -digit year, followed by a $2$ -digit month, followed by a $2$ -digit date within the month. For example, Arbor Day this year is displayed as $20230428.$ For how many dates in $2023$ will each digit appear an even number of times in the $8$ -digit display for that date?

$5$

$6$

$7$

$8$

$9$

知识点：数字奇偶性分类讨论

难度评级：1380

小提示：

固定年份 $2023$ 已经贡献了两个 $2$ 、一个 $0$ ，和一个 $3$ 。

The fixed year $2023$ already contributes two $2$ ’s, one $0,$ and one $3$

大提示：

月份和日期的四个数字必须使 $0$ 和 $3$ 的个数变为奇数， $2$ 的个数保持偶数，其他数字也保持偶数

The four month-day digits must make the counts of $0$ and $3$ odd, the count of $2$ even, and every other digit even

解答：

年份贡献数字 $2,0,2,3$ ，所以 $2$ 出现两次，而 $0$ 和 $3$ 各出现一次。为了让每个数字最终出现偶数次，月份和日期的四个数字必须提供奇数个 $0$ 、奇数个 $3$ ，以及偶数个其他每种数字。

只有四个数字可用，因此月份日期串必须恰好包含一个 $0$ 、一个 $3$ ，以及由某个数字组成的一对。检查合法月份和日期，得到九个日期： $01\text{-}13$ 、 $01\text{-}31$ 、 $02\text{-}23$ 、 $03\text{-}11$ 、 $03\text{-}22$ 、 $10\text{-}13$ 、 $10\text{-}31$ 、 $11\text{-}03$ 和 $11\text{-}30$ 。

所以正确答案是 E。

The year contributes the digits $2,0,2,3,$ so $2$ appears twice while $0$ and $3$ each appear once. For every digit to end up with an even count, the four digits of the month and day must supply an odd number of $0$ ’s, an odd number of $3$ ’s, and an even number of every other digit.

With only four digits available, the month-day string must use exactly one $0,$ one $3,$ and a repeated pair of some digit. Checking valid months and days leaves nine dates: $01\text{-}13,$ $01\text{-}31,$ $02\text{-}23,$ $03\text{-}11,$ $03\text{-}22,$ $10\text{-}13,$ $10\text{-}31,$ $11\text{-}03,$ and $11\text{-}30.$

Thus, the correct answer is E.

8.

Maureen 正在记录本学期小测成绩的平均分。如果 Maureen 下一次小测得 $11$ 分，她的平均分会增加 $1$ 。如果她接下来三次小测都得 $11$ 分，她的平均分会增加 $2$ 。她当前的小测平均分是多少？

Maureen is keeping track of the mean of her quiz scores this semester. If Maureen scores an $11$ on the next quiz, her mean will increase by $1.$ If she scores an $11$ on each of the next three quizzes, her mean will increase by $2.$ What is the mean of her quiz scores currently?

$4$

$5$

$6$

$7$

$8$

知识点：平均数方程组

难度评级：1440

小提示：

设当前平均分为 $m$ ，已有 $n$ 次小测，总分为 $S=mn$ 。

Let her current mean be $m$ over $n$ quizzes, with total $S=mn$

大提示：

一次额外的 $11$ 分给出 $\dfrac{S+11}{n+1}=m+1$ ；化简为 $m+n=10$ 。

One extra $11$ gives $\dfrac{S+11}{n+1}=m+1;$ simplify to $m+n=10$

解答：

设当前 $n$ 次小测的平均分为 $m$ ，所以总分为 $S=mn$ 。加入一次 $11$ 分后，有 $\dfrac{mn+11}{n+1}=m+1\text{，}$ 化简得 $m+n=10$ 。

加入三次 $11$ 分后，有 $\dfrac{mn+33}{n+3}=m+2\text{，}$ 化简得 $3m+2n=27$ 。

解 $m+n=10$ 和 $3m+2n=27$ 得到 $m=7$ 。

所以正确答案是 D。

Let the current mean be $m$ over $n$ quizzes, so the total is $S=mn.$ Adding one $11$ gives $\dfrac{mn+11}{n+1}=m+1,$ which simplifies to $m+n=10.$

Adding three $11$ ’s gives $\dfrac{mn+33}{n+3}=m+2,$ which simplifies to $3m+2n=27.$

Solving $m+n=10$ and $3m+2n=27$ gives $m=7.$

Thus, the correct answer is D.

9.

一个面积为 $2$ 的正方形内接于一个面积为 $3$ 的正方形中，形成四个全等三角形，如下图所示。阴影直角三角形的较短直角边与较长直角边之比是多少？

A square of area $2$ is inscribed in a square of area $3,$ creating four congruent triangles, as shown below. What is the ratio of the shorter leg to the longer leg in the shaded right triangle?

$\dfrac{1}{5}$

$\dfrac{1}{4}$

$2-\sqrt{3}$

$\sqrt{3}-\sqrt{2}$

$\sqrt{2}-1$

知识点：正方形（几何）勾股定理方程组

难度评级：1500

小提示：

外正方形边长为 $\sqrt3$ ，内正方形边长为 $\sqrt2$

The outer square has side $\sqrt3$ and the inner square has side $\sqrt2$

大提示：

若直角边为 $p$ 和 $q$ ，则 $p+q=\sqrt3$ ，且 $p^2+q^2=2$

If the legs are $p$ and $q,$ then $p+q=\sqrt3$ and $p^2+q^2=2$

解答：

外正方形边长为 $\sqrt3$ ，内正方形边长为 $\sqrt2$ 。每个三角形是直角三角形，其两条直角边 $p$ 和 $q$ 沿着外正方形的一条边，所以 $p+q=\sqrt3$ ；其斜边是内正方形的一条边，所以 $p^2+q^2=2$ 。

由 $(p+q)^2=3$ 可得 $2pq=1$ ，所以 $p$ 和 $q$ 是 $t^2-\sqrt3\,t+\tfrac12=0$ 的两个根，即 $\dfrac{\sqrt3\pm 1}{2}$ 。

较短边与较长边之比为 $\begin{gathered} \dfrac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}\\ {}=\dfrac{(\sqrt3-1)^2}{2}\\ {}=2-\sqrt3 \end{gathered}\text{。}$

所以正确答案是 C。

The outer square has side $\sqrt3$ and the inner square has side $\sqrt2.$ Each triangle is right, with legs $p$ and $q$ along an outer side, so $p+q=\sqrt3,$ and with hypotenuse an inner side, so $p^2+q^2=2.$

Then $(p+q)^2=3$ gives $2pq=1,$ so $p$ and $q$ are the roots of $t^2-\sqrt3\,t+\tfrac12=0,$ namely $\dfrac{\sqrt3\pm 1}{2}.$

The ratio of shorter to longer leg is $\begin{gathered} \dfrac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}\\ {}=\dfrac{(\sqrt3-1)^2}{2}\\ {}=2-\sqrt3. \end{gathered}$

Thus, the correct answer is C.

10.

正实数 $x$ 和 $y$ 满足 $y^3=x^2$ 且 $(y-x)^2=4y^2$ 。求 $x+y$ ？

Positive real numbers $x$ and $y$ satisfy $y^3=x^2$ and $(y-x)^2=4y^2.$ What is $x+y?$

$12$

$18$

$24$

$36$

$42$

知识点：方程组换元法

难度评级：1560

小提示：

开平方得 $y-x=\pm 2y$ 。

Taking square roots, $y-x=\pm 2y$

大提示：

正数条件排除其中一个符号，并迫使 $x=3y$ ；再代入 $y^3=x^2$ 。

Positivity rules out one sign and forces $x=3y;$ substitute into $y^3=x^2$

解答：

由 $(y-x)^2=4y^2$ ，可得 $y-x=\pm 2y$ 。若 $y-x=2y$ ，则 $x=-y\lt 0$ ，不可能；因此 $y-x=-2y$ ，也就是 $x=3y$ 。

代入 $y^3=x^2=9y^2$ 得到 $y=9$ ，所以 $x=27$ ， $x+y=36$ 。

所以正确答案是 D。

From $(y-x)^2=4y^2$ we get $y-x=\pm 2y.$ The choice $y-x=2y$ gives $x=-y\lt 0,$ impossible, so $y-x=-2y,$ meaning $x=3y.$

Substituting into $y^3=x^2=9y^2$ gives $y=9,$ hence $x=27$ and $x+y=36.$

Thus, the correct answer is D.

11.

斜率为 $2$ 和 $\tfrac13$ 的两条直线所成锐角的度数是多少？

What is the degree measure of the acute angle formed by lines with slopes $2$ and $\tfrac13?$

$30$

$37.5$

$45$

$52.5$

$60$

知识点：斜率三角学

难度评级：1570

小提示：

使用 $\tan\theta=\left|\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}\right|$ 。

Use $\tan\theta=\left|\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}\right|$

大提示：

分子和分母都会化为 $\tfrac53$ 。

Both the numerator and denominator work out to $\tfrac53$

解答：

两直线夹角的正切为 $\left|\dfrac{2-\tfrac13}{1+2\cdot\tfrac13}\right| =\left|\dfrac{\tfrac53}{\tfrac53}\right|=1\text{。}$

正切为 $1$ 的锐角是 $45^\circ$ 。

所以正确答案是 C。

The tangent of the angle between the lines is $\left|\dfrac{2-\tfrac13}{1+2\cdot\tfrac13}\right| =\left|\dfrac{\tfrac53}{\tfrac53}\right|=1.$

The acute angle with tangent $1$ is $45^\circ.$

Thus, the correct answer is C.

12.

求下式的值： $\begin{gathered} 2^3-1^3+4^3-3^3+6^3-5^3\\ {}+\cdots+18^3-17^3 \end{gathered}\text{？}$

What is the value of $\begin{gathered} 2^3-1^3+4^3-3^3+6^3-5^3\\ {}+\cdots+18^3-17^3? \end{gathered}$

$2023$

$2679$

$2941$

$3159$

$3235$

知识点：立方和与立方差前n项平方和

难度评级：1630

小提示：

把项配成 $(2k)^3-(2k-1)^3$ ，其中 $k=1$ 到 $9$ 。

Group the terms into pairs $(2k)^3-(2k-1)^3$ for $k=1$ to $9$

大提示：

每一对等于 $12k^2-6k+1$ ；用 $\sum k^2$ 和 $\sum k$ 求和

Each pair equals $12k^2-6k+1;$ sum using $\sum k^2$ and $\sum k$

解答：

配成 $(2k)^3-(2k-1)^3$ ，其中 $k=1,\ldots,9$ 。展开得 $\begin{gathered} (2k)^3-(2k-1)^3\\ {}=12k^2-6k+1 \end{gathered}\text{。}$

对 $k=1$ 到 $9$ ，求和，并用 $\sum k^2=285$ 、 $\sum k=45$ 得到 $\begin{gathered} 12\cdot 285-6\cdot 45+9\\ {}=3420-270+9\\ {}=3159 \end{gathered}\text{。}$

所以正确答案是 D。

Group into pairs $(2k)^3-(2k-1)^3$ for $k=1,\ldots,9.$ Expanding, $\begin{gathered} (2k)^3-(2k-1)^3\\ {}=12k^2-6k+1. \end{gathered}$

Summing for $k=1$ to $9,$ with $\sum k^2=285$ and $\sum k=45,$ gives $\begin{gathered} 12\cdot 285-6\cdot 45+9\\ {}=3420-270+9\\ {}=3159. \end{gathered}$

Thus, the correct answer is D.

13.

在一场乒乓球锦标赛中，每位参赛者都与其他每位参赛者恰好比赛一次。虽然右手选手的人数是左手选手的两倍，但左手选手赢的场数比右手选手赢的场数多 $40\%$ 。（没有平局，也没有双利手选手。）总共进行了多少场比赛？

In a table tennis tournament every participant played every other participant exactly once. Although there were twice as many right-handed players as left-handed players, the number of games won by left-handed players was $40\%$ more than the number of games won by right-handed players. (There were no ties and no ambidextrous players.) What is the total number of games played?

$15$

$36$

$45$

$48$

$66$

知识点：组合整除性

难度评级：1660

小提示：

设有 $L$ 名左手选手和 $2L$ 名右手选手，所以总人数为 $3L$ 。

Let there be $L$ left-handed and $2L$ right-handed players, so $3L$ players total

大提示：

若右手选手赢 $R$ 场，则总场数为 $2.4R$ ，所以总场数必须是 $12$ 的倍数

If right-handers win $R$ games, the total is $2.4R,$ so the total must be a multiple of $12$

解答：

设有 $L$ 名左手选手和 $2L$ 名右手选手，则共有 $3L$ 人，总场数为 $\binom{3L}{2}$ 。

若右手选手赢 $R$ 场，则左手选手赢 $1.4R$ 场，所以总场数为 $2.4R=\tfrac{12}{5}R$ 。要使它是整数场数，总场数必须是 $12$ 的倍数。

左手选手至多能赢下所有至少有一名左手选手参加的比赛，即 $\binom{L}{2}+2L^2=\tfrac{5L^2-L}{2}$ 场。另一方面，他们必须赢 $\tfrac{7}{12}\binom{3L}{2}=\tfrac{7L(3L-1)}8$ 场。比较这两个量可得 $21L-7\le 20L-4$ ，所以 $L\le 3$ 。

依次试 $L=1,2,3$ ，总场数为 $3,15,36$ ；其中只有 $36$ 是 $12$ 的倍数，且可实现： $3$ 名左手选手可以赢下全部 $18$ 场混合对局以及左手内部的 $3$ 场，共 $21=1.4\cdot 15$ 场。

所以正确答案是 B。

Let there be $L$ left-handed and $2L$ right-handed players, for $3L$ players and $\binom{3L}{2}$ games total.

If right-handers win $R$ games, left-handers win $1.4R,$ so the total is $2.4R=\tfrac{12}{5}R.$ For this to be an integer count, the total number of games must be a multiple of $12.$

The left-handers can win at most every game involving at least one left-hander, namely $\binom{L}{2}+2L^2=\tfrac{5L^2-L}{2}.$ On the other hand, they must win $\tfrac{7}{12}\binom{3L}{2}=\tfrac{7L(3L-1)}8$ games. Comparing these quantities gives $21L-7\le 20L-4,$ so $L\le 3.$

Testing $L=1,2,3$ gives totals $3,15,36;$ only $36$ is a multiple of $12.$ It is achievable: the $3$ left-handers can win all $18$ mixed games and their $3$ internal games, giving $21=1.4\cdot 15$ wins.

Thus, the correct answer is B.

14.

有多少个复数满足方程 $z^5=\overline{z}$ ，其中 $\overline{z}$ 是复数 $z$ 的共轭？

How many complex numbers satisfy the equation $z^5=\overline{z},$ where $\overline{z}$ is the conjugate of the complex number $z?$

$2$

$3$

$5$

$6$

$7$

知识点：复数单位根

难度评级：1730

小提示：

取模长： $|z|^5=|z|$ ，所以 $|z|=0$ 或 $|z|=1$ 。

Take absolute values: $|z|^5=|z|,$ so $|z|=0$ or $|z|=1$

大提示：

乘以 $z$ 得 $z^6=z\overline{z}=|z|^2$ ；单独处理 $z=0$ 。

Multiplying by $z$ gives $z^6=z\overline{z}=|z|^2;$ handle $z=0$ separately

解答：

取模长得 $|z|^5=|z|$ ，所以 $|z|=0$ 或 $|z|=1$ 。 $z=0$ 满足方程，给出一个解。

若 $|z|=1$ ，把原方程乘以 $z$ 得到 $z^6=z\overline{z}=|z|^2=1$ 。这有 $6$ 个不同的根，并且这些根的模长都等于 $1$ 。

总共有 $1+6=7$ 个解。

所以正确答案是 E。

Taking magnitudes gives $|z|^5=|z|,$ so $|z|=0$ or $|z|=1.$ The value $z=0$ works, giving one solution.

If $|z|=1,$ multiply the equation by $z$ to get $z^6=z\overline{z}=|z|^2=1.$ This has $6$ distinct roots, all of modulus $1.$

Altogether there are $1+6=7$ solutions.

Thus, the correct answer is E.

15.

Usain 为了锻炼，在一块 $100$ 米乘 $30$ 米的矩形场地中之字形行走，从点 $A$ 出发并在 $\overline{BC}$ 上结束。他想像下图所示（ $APQRS$ ）通过之字形增加行走距离。什么角 $\theta=\angle PAB$ $=\angle QPC$ $=\angle RQB=\cdots$ 会使路径长度为 $120$ 米？（不要假设之字形路径恰好有图中所示的四段；段数可能更多或更少。）

Usain is walking for exercise by zigzagging across a $100$ -meter by $30$ -meter rectangular field, beginning at point $A$ and ending on the segment $\overline{BC}.$ He wants to increase the distance walked by zigzagging as shown in the figure below ( $APQRS$ ). What angle $\theta=\angle PAB$ $=\angle QPC$ $=\angle RQB=\cdots$ will produce a length that is $120$ meters? (Do not assume the zigzag path has exactly four segments as shown; there could be more or fewer.)

$\arccos\tfrac{5}{6}$

$\arccos\tfrac{4}{5}$

$\arccos\tfrac{3}{10}$

$\arcsin\tfrac{4}{5}$

$\arcsin\tfrac{5}{6}$

知识点：三角学直角三角形

难度评级：1800

小提示：

之字形每一段的水平投影等于它的长度乘以 $\cos\theta$

The horizontal projection of each zigzag segment is its length multiplied by $\cos\theta$

大提示：

把所有段的水平投影相加，再把 $100$ 米的前进距离与 $120$ 米的路径长度作比较

Add the horizontal projections of all the segments and compare the $100$ -meter progress with the $120$ -meter path

解答：

之字形的每一段都与场地的水平边成角 $\theta$ 。因此，长度为 $s$ 的一段在水平方向前进 $s\cos\theta$ 米。即使最后一段在横跨场地完整宽度之前结束，这一点仍然成立。

将整条 $120$ 米路径的水平投影相加，得到 $120\cos\theta=100$ 。

所以 $\cos\theta=\dfrac56$ ，从而 $\theta=\arccos\dfrac56$ 。

因此，正确答案是 A。

Every segment of the zigzag makes angle $\theta$ with a horizontal side of the field. Therefore a segment of length $s$ advances $s\cos\theta$ meters horizontally. This remains true for the last segment even if it ends before crossing the full width of the field.

Adding the horizontal projections over the entire $120$ -meter path gives $120\cos\theta=100.$

Therefore $\cos\theta=\dfrac56,$ so $\theta=\arccos\dfrac56.$

Thus, the correct answer is A.

16.

考虑满足 $|1+z+z^2|=4$ 的复数 $z$ 的集合。 $z$ 的虚部的最大值可写成 $\dfrac{\sqrt{m}}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m+n$ ？

Consider the set of complex numbers $z$ satisfying $|1+z+z^2|=4.$ The maximum value of the imaginary part of $z$ can be written in the form $\dfrac{\sqrt{m}}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. What is $m+n?$

$20$

$21$

$22$

$23$

$24$

知识点：复数最优化

难度评级：1840

小提示：

令 $z=x+yi$ ，并展开 $|1+z+z^2|^2=16$ 。

Write $z=x+yi$ and expand $|1+z+z^2|^2=16$

大提示：

使 $y$ 最大时会出现对称情形 $x=-\tfrac12$ ；再用所得方程解 $y$ 。

Maximizing $y$ forces the symmetric case $x=-\tfrac12;$ solve the resulting equation for $y$

解答：

令 $z=x+yi$ 。则 $1+z+z^2$ $=(1+x+x^2-y^2)$ $+y(1+2x)i$ ，约束条件为 $\begin{gathered} (1+x+x^2-y^2)^2\\ {}+y^2(1+2x)^2=16 \end{gathered}\text{。}$

在这条闭合有界曲线上 $y$ 取最大值的点处，隐函数求导（或拉格朗日乘数法）给出 $(1+2x)\bigl(P+2y^2\bigr)=0$ ，其中 $P=1+x+x^2-y^2$ 。但 $P+2y^2=x^2+x+1+y^2\gt 0$ ，所以 $x=-\tfrac12$ 。

此时 $1+2x=0$ ，约束化为 $\left(\tfrac34-y^2\right)^2=16$ 。取 $\tfrac34-y^2=-4$ ，得 $y^2=\tfrac{19}{4}$ ，所以最大值为 $y=\dfrac{\sqrt{19}}{2}$ 。

这里 $m=19$ 、 $n=2$ ，所以 $m+n=21$ 。

所以正确答案是 B。

Write $z=x+yi.$ Then $1+z+z^2$ $=(1+x+x^2-y^2)$ $+y(1+2x)i,$ and the constraint is $\begin{gathered} (1+x+x^2-y^2)^2\\ {}+y^2(1+2x)^2=16. \end{gathered}$

At a point where $y$ is maximal on this closed, bounded curve, implicit differentiation (or Lagrange multipliers) gives $(1+2x)\bigl(P+2y^2\bigr)=0,$ where $P=1+x+x^2-y^2.$ But $P+2y^2=x^2+x+1+y^2\gt 0,$ so $x=-\tfrac12.$

Then $1+2x=0,$ so the constraint reduces to $\left(\tfrac34-y^2\right)^2=16.$ Taking $\tfrac34-y^2=-4$ gives $y^2=\tfrac{19}{4},$ so the maximum is $y=\dfrac{\sqrt{19}}{2}.$

Here $m=19$ and $n=2,$ so $m+n=21.$

Thus, the correct answer is B.

17.

青蛙 Flora 从数轴上的 $0$ 出发，向右进行一系列跳跃。每次跳跃中，不受之前跳跃影响，Flora 以 $\dfrac{1}{2^m}$ 的概率跳跃一个正整数距离 $m$ 。Flora 最终会落在 $10$ 上的概率是多少？

Flora the frog starts at $0$ on the number line and makes a sequence of jumps to the right. In any one jump, independent of previous jumps, Flora leaps a positive integer distance $m$ with probability $\dfrac{1}{2^m}.$ What is the probability that Flora will eventually land at $10?$

$\dfrac{5}{512}$

$\dfrac{45}{1024}$

$\dfrac{127}{1024}$

$\dfrac{511}{1024}$

$\dfrac{1}{2}$

知识点：递推概率递推

难度评级：1910

小提示：

设 $a_n$ 为 Flora 曾经落在 $n$ 上的概率；按第一次跳跃的大小分类

Let $a_n$ be the probability Flora ever lands on $n;$ condition on the size of the first jump

大提示：

递推式 $a_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{a_{n-k}}{2^k}$ 会给出所有 $n\ge 1$ 的同一个值

The recursion $a_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{a_{n-k}}{2^k}$ gives the same value for every $n\ge 1$

解答：

设 $a_n$ 为 Flora 曾经恰好落在 $n$ 上的概率，其中 $a_0=1$ 。按第一次跳跃分类， $a_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^k}\,a_{n-k}\text{。}$

我们用归纳法证明对每个 $n\ge 1$ 都有 $a_n=\tfrac12$ 。 $n=1$ 的情形是显然的。若结论直到 $n-1$ 都成立，则 $\begin{aligned} a_n&=\frac{1}{2^n}a_0 +\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^k}\cdot\frac12\\ &=\frac{1}{2^n} +\frac12\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)\\ &=\frac12 \end{aligned}\text{。}$

因此落在 $10$ 上的概率是 $\dfrac12$ 。

所以正确答案是 E。

Let $a_n$ be the probability that Flora ever lands exactly on $n,$ with $a_0=1.$ Conditioning on the first jump, $a_n=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^k}\,a_{n-k}.$

We prove by induction that $a_n=\tfrac12$ for every $n\ge 1.$ The case $n=1$ is immediate. If the claim holds through $n-1,$ then $\begin{aligned} a_n&=\frac{1}{2^n}a_0 +\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^k}\cdot\frac12\\ &=\frac{1}{2^n} +\frac12\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)\\ &=\frac12. \end{aligned}$

Hence the probability of landing on $10$ is $\dfrac12.$

Thus, the correct answer is E.

18.

圆 $C_1$ 和 $C_2$ 的半径都为 $1$ ，两圆圆心之间的距离为 $\tfrac12$ 。圆 $C_3$ 是同时内切于 $C_1$ 和 $C_2$ 的最大圆。圆 $C_4$ 同时内切于 $C_1$ 和 $C_2$ ，并且外切于 $C_3$ 。圆 $C_4$ 的半径是多少？

Circle $C_1$ and $C_2$ each have radius $1,$ and the distance between their centers is $\tfrac12.$ Circle $C_3$ is the largest circle internally tangent to both $C_1$ and $C_2.$ Circle $C_4$ is internally tangent to both $C_1$ and $C_2$ and externally tangent to $C_3.$ What is the radius of $C_4?$

$\dfrac{1}{14}$

$\dfrac{1}{12}$

$\dfrac{1}{10}$

$\dfrac{3}{28}$

$\dfrac{1}{9}$

知识点：相切圆坐标几何

难度评级：1990

小提示：

由对称性， $C_3$ 的圆心在 $C_1C_2$ 的中点；其半径为 $1-\tfrac14=\tfrac34$

By symmetry $C_3$ is centered at the midpoint of $C_1C_2;$ its radius is $1-\tfrac14=\tfrac34$

大提示：

把 $C_4$ 放在垂直平分线上；其圆心到单位圆圆心距离为 $1-r$ ，到 $C_3$ 圆心距离为 $\tfrac34+r$ 。

Place $C_4$ on the perpendicular bisector; its center is $1-r$ from a unit circle’s center and $\tfrac34+r$ from the center of $C_3$

解答：

把圆心放在 $O_1=\left(-\tfrac14,0\right)$ 和 $O_2=\left(\tfrac14,0\right)$ 。由对称性， $C_3$ 以原点为圆心；与 $C_1$ 内切给出其半径为 $1-\tfrac14=\tfrac34$ 。

设 $C_4$ 的半径为 $r$ ，圆心为对称轴上的 $(0,k)$ 。与 $C_3$ 外切可得 $k=\tfrac34+r$ ，与 $C_1$ 内切可得 $\sqrt{\tfrac{1}{16}+k^2}=1-r$ 。

代入得 $\tfrac{1}{16}+\left(\tfrac34+r\right)^2=(1-r)^2$ ，化简为 $\tfrac72 r=\tfrac38$ ，所以 $r=\dfrac{3}{28}$ 。

所以正确答案是 D。

Put the centers at $O_1=\left(-\tfrac14,0\right)$ and $O_2=\left(\tfrac14,0\right).$ By symmetry $C_3$ is centered at the origin, and internal tangency to $C_1$ gives radius $1-\tfrac14=\tfrac34.$

Let $C_4$ have radius $r,$ centered at $(0,k)$ on the axis of symmetry. External tangency to $C_3$ gives $k=\tfrac34+r,$ and internal tangency to $C_1$ gives $\sqrt{\tfrac{1}{16}+k^2}=1-r.$

Substituting, $\tfrac{1}{16}+\left(\tfrac34+r\right)^2=(1-r)^2,$ which simplifies to $\tfrac72 r=\tfrac38,$ so $r=\dfrac{3}{28}.$

Thus, the correct answer is D.

19.

求下列方程所有解的乘积： $\begin{gathered} \log_{7x}2023\cdot\log_{289x}2023\\ {}=\log_{2023x}2023 \end{gathered}\text{？}$

What is the product of all the solutions to the equation $\begin{gathered} \log_{7x}2023\cdot\log_{289x}2023\\ {}=\log_{2023x}2023? \end{gathered}$

$(\log_{2023}7\cdot\log_{2023}289)^2$

$\log_{2023}7\cdot\log_{2023}289$

$1$

$\log_7 2023\cdot\log_{289}2023$

$(\log_7 2023\cdot\log_{289}2023)^2$

知识点：对数韦达定理

难度评级：2040

小提示：

换成以 $2023$ 为底，并设 $t=\log_{2023}x$ ；注意 $2023=7\cdot 17^2$ ，所以 $\log_{2023}7+\log_{2023}289=1$ 。

Convert to base $2023$ and set $t=\log_{2023}x;$ note $2023=7\cdot 17^2,$ so $\log_{2023}7+\log_{2023}289=1$

大提示：

方程会变成关于 $t$ 的二次方程，且两个根之和为 $0$ 。

The equation becomes a quadratic in $t$ whose two roots sum to $0$

解答：

设 $a=\log_{2023}7$ ， $b=\log_{2023}289$ 。因为 $2023=7\cdot 289$ ，所以 $a+b=1$ 。令 $t=\log_{2023}x$ ，每个对数都变成倒数，方程化为 $(1+t)=(a+t)(b+t)\text{。}$

展开并使用 $a+b=1$ ，一次项相消，留下 $t^2+(ab-1)=0$ 。两个根满足 $t_1+t_2=0$ 。

对应的解乘积为 $x_1x_2=2023^{t_1}\cdot 2023^{t_2}$ $=2023^{\,t_1+t_2}$ $=2023^0=1$ 。

所以正确答案是 C。

Let $a=\log_{2023}7$ and $b=\log_{2023}289.$ Since $2023=7\cdot 289,$ we have $a+b=1.$ Writing $t=\log_{2023}x,$ each logarithm becomes a reciprocal, and the equation turns into $(1+t)=(a+t)(b+t).$

Expanding and using $a+b=1,$ the linear terms cancel, leaving $t^2+(ab-1)=0.$ Its two roots satisfy $t_1+t_2=0.$

The corresponding solutions multiply to $x_1x_2=2023^{t_1}\cdot 2023^{t_2}$ $=2023^{\,t_1+t_2}$ $=2023^0=1.$

Thus, the correct answer is C.

20.

下方展示了一个整数三角形阵列的第 $1$ ， $2$ ， $3$ ， $4$ 和 $5$ 行。

$\begin{array}{ccccccccc} &&&&1&&&&\\ &&&1&&1&&&\\ &&1&&3&&1&&\\ &1&&5&&5&&1&\\ 1&&7&&11&&7&&1 \end{array}$

第一行之后，每一行都在两端放置 $1$ ，每个内部项比上一行中斜上方两个数之和大 $1$ 。第 $2023$ 行的 $2023$ 个数之和的个位数字是多少？

Rows $1,$ $2,$ $3,$ $4,$ and $5$ of a triangular array of integers are shown below.

$\begin{array}{ccccccccc} &&&&1&&&&\\ &&&1&&1&&&\\ &&1&&3&&1&&\\ &1&&5&&5&&1&\\ 1&&7&&11&&7&&1 \end{array}$

Each row after the first row is formed by placing a $1$ at each end of the row, and each interior entry is $1$ greater than the sum of the two numbers diagonally above it in the previous row. What is the units digit of the sum of the $2023$ numbers in the $2023$ rd row?

$1$

$3$

$5$

$7$

$9$

知识点：递推个位数字

难度评级：2110

小提示：

设 $S_n$ 为第 $n$ 行的和；每个内部项贡献上一行的两个副本再加 $1$

Let $S_n$ be the sum of row $n;$ each interior entry adds two copies of the row above plus a $1$

大提示：

得到 $S_n=2S_{n-1}+(n-2)$ ，其闭式为 $S_n=2^n-n$ 。

This yields $S_n=2S_{n-1}+(n-2),$ whose closed form is $S_n=2^n-n$

解答：

设 $S_n$ 为第 $n$ 行的和。每个内部项比上一行斜上方两个项之和大 $1$ ，对整行求和得到递推 $S_n=2S_{n-1}+(n-2)\text{。}$

由 $S_1=1$ ，可解得 $S_n=2^n-n$ （检验： $S_5=32-5=27$ $=1+7+11+7+1$ ）。

所以 $S_{2023}=2^{2023}-2023$ 。 $2$ 的幂的个位数字按 $2,4,8,6$ 循环，且 $2023\equiv 3\pmod 4$ ，所以 $2^{2023}$ 的个位是 $8$ 。于是 $8-3=5$ 个位数字为 $5$ 。

所以正确答案是 C。

Let $S_n$ be the sum of row $n.$ Each interior entry is $1$ more than the sum of the two entries above it, and summing over the row gives the recurrence $S_n=2S_{n-1}+(n-2).$

With $S_1=1,$ this solves to $S_n=2^n-n$ (check: $S_5=32-5=27$ $=1+7+11+7+1$ ).

So $S_{2023}=2^{2023}-2023.$ Since powers of $2$ cycle with units digits $2,4,8,6$ and $2023\equiv 3\pmod 4,$ $2^{2023}$ ends in $8.$ Then $8-3=5$ gives units digit $5.$

Thus, the correct answer is C.

21.

如果 $A$ 和 $B$ 是一个多面体的顶点，定义距离 $d(A,B)$ 为沿该多面体的棱从 $A$ 连接到 $B$ 所必须经过的最少棱数。例如，如果 $\overline{AB}$ 是该多面体的一条棱，则 $d(A,B)=1$ ；但如果 $\overline{AC}$ 和 $\overline{CB}$ 是棱且 $\overline{AB}$ 不是棱，则 $d(A,B)=2$ 。从一个正二十面体（由 $20$ 个等边三角形组成的正多面体）的顶点中随机选出互不相同的顶点 $Q$ 、 $R$ 和 $S$ 。求 $d(Q,R)\gt d(R,S)$ 的概率。

If $A$ and $B$ are vertices of a polyhedron, define the distance $d(A,B)$ to be the minimum number of edges of the polyhedron one must traverse in order to connect $A$ and $B.$ For example, if $\overline{AB}$ is an edge of the polyhedron, then $d(A,B)=1,$ but if $\overline{AC}$ and $\overline{CB}$ are edges and $\overline{AB}$ is not an edge, then $d(A,B)=2.$ Let $Q,$ $R,$ and $S$ be randomly chosen distinct vertices of a regular icosahedron (regular polyhedron made up of $20$ equilateral triangles). What is the probability that $d(Q,R)\gt d(R,S)?$

$\dfrac{7}{22}$

$\dfrac{1}{3}$

$\dfrac{3}{8}$

$\dfrac{5}{12}$

$\dfrac{1}{2}$

知识点：图论基本概率对称性

难度评级：2170

小提示：

固定 $R$ 。其他 $11$ 个顶点中，有 $5$ 个距离为 $1$ ， $5$ 个距离为 $2$ ， $1$ 个距离为 $3$ 。

Fix $R.$ The other $11$ vertices split into $5$ at distance $1,$ $5$ at distance $2,$ and $1$ at distance $3$

大提示：

由对称性，严格大于的概率是不相等概率的一半： $P(d(Q,R)\gt d(R,S))$ $=\dfrac{1-P(\text{相等})}{2}$ 。

By symmetry $P(d(Q,R)\gt d(R,S))$ $=\dfrac{1-P(\text{equal})}{2}$

解答：

固定 $R$ 。正二十面体的其他 $11$ 个顶点中，有 $5$ 个到该点的距离为 $1$ ， $5$ 个距离为 $2$ ，还有 $1$ 个（对顶点）距离为 $3$ 。

有序选取互不相同的 $Q,S$ 时， $d(Q,R)=d(R,S)$ 的概率为 $\dfrac{5\cdot 4+5\cdot 4}{11\cdot 10}=\dfrac{40}{110}=\dfrac{4}{11}\text{。}$

由 $Q$ 和 $S$ 的对称性， $\begin{gathered} P(d(Q,R)\gt d(R,S))\\ {}=\dfrac{1-\tfrac{4}{11}}{2}\\ {}=\dfrac{7}{22} \end{gathered}\text{。}$

所以正确答案是 A。

Fix $R.$ Among the other $11$ vertices of the icosahedron, $5$ are at distance $1,$ $5$ are at distance $2,$ and $1$ (the antipode) is at distance $3.$

Choosing ordered distinct $Q,S,$ the probability that $d(Q,R)=d(R,S)$ is $\dfrac{5\cdot 4+5\cdot 4}{11\cdot 10}=\dfrac{40}{110}=\dfrac{4}{11}.$

By the symmetry between $Q$ and $S,$ $\begin{gathered} P(d(Q,R)\gt d(R,S))\\ {}=\dfrac{1-\tfrac{4}{11}}{2}\\ {}=\dfrac{7}{22}. \end{gathered}$

Thus, the correct answer is A.

22.

设 $f$ 是定义在正整数上的唯一函数，满足对所有正整数 $n$ 都有 $\sum_{d\mid n} d\cdot f\left(\frac{n}{d}\right)=1$ 其中求和遍历 $n$ 的所有正因数。求 $f(2023)$ ？

Let $f$ be the unique function defined on the positive integers such that $\sum_{d\mid n} d\cdot f\left(\frac{n}{d}\right)=1$ for all positive integers $n,$ where the sum is taken over all positive divisors of $n.$ What is $f(2023)?$

$-1536$

$96$

$108$

$116$

$144$

知识点：质因数分解递推

难度评级：2270

小提示：

这个关系递归地确定 $f$ ； $f$ 实际上是积性函数

The relation determines $f$ recursively; $f$ turns out to be multiplicative

大提示：

计算 $f(1)=1$ 、 $f(p)=1-p$ 和 $f(p^2)=1-p$ ；这里 $2023=7\cdot 17^2$

Compute $f(1)=1,$ $f(p)=1-p,$ and $f(p^2)=1-p;$ here $2023=7\cdot 17^2$

解答：

令 $n=1$ ，得 $f(1)=1$ 。对素数 $p$ ，令 $n=p$ ，得 $f(p)+p\cdot f(1)=1$ ，所以 $f(p)=1-p$ 。令 $n=p^2$ ，由 $f(p^2)+p\,f(p)+p^2 f(1)=1$ 得 $f(p^2)=1-p$ 。

由于定义关系是积性函数的 Dirichlet 卷积， $f$ 也是积性的。又 $2023=7\cdot 17^2$ ， $\begin{gathered} f(2023)=f(7)\cdot f(17^2)\\ {}=(1-7)(1-17)\\ {}=(-6)(-16)\\ {}=96 \end{gathered}\text{。}$

所以正确答案是 B。

Setting $n=1$ gives $f(1)=1.$ For a prime $p,$ $n=p$ gives $f(p)+p\cdot f(1)=1,$ so $f(p)=1-p.$ For $n=p^2,$ $f(p^2)+p\,f(p)+p^2 f(1)=1$ gives $f(p^2)=1-p.$

Since the defining relation is a Dirichlet convolution of multiplicative functions, $f$ is multiplicative. With $2023=7\cdot 17^2,$ $\begin{gathered} f(2023)=f(7)\cdot f(17^2)\\ {}=(1-7)(1-17)\\ {}=(-6)(-16)\\ {}=96. \end{gathered}$

Thus, the correct answer is B.

23.

有多少个正实数有序对 $(a,b)$ 满足方程 $\begin{gathered} (1+2a)(2+2b)(2a+b)\\ {}=32ab \end{gathered}\text{？}$

How many ordered pairs of positive real numbers $(a,b)$ satisfy the equation $\begin{gathered} (1+2a)(2+2b)(2a+b)\\ {}=32ab? \end{gathered}$

$0$

$1$

$2$

$3$

无穷多个

an infinite number

知识点：算术-几何平均不等式

难度评级：2380

小提示：

分别对 $1+2a$ 、 $2+2b$ 和 $2a+b$ 使用 AM-GM

Apply AM-GM separately to $1+2a,$ $2+2b,$ and $2a+b$

大提示：

乘积至少为 $32ab$ ，所以等号必须在三个不等式中同时成立

The product is at least $32ab,$ so equality must hold in all three inequalities at once

解答：

由 AM-GM， $1+2a\ge 2\sqrt{2a}$ ， $2+2b\ge 4\sqrt{b}$ ，且 $2a+b\ge 2\sqrt{2ab}$ 。相乘得 $\begin{gathered} (1+2a)(2+2b)(2a+b)\\ {}\ge 16\sqrt{2a}\cdot\sqrt{b}\cdot\sqrt{2ab}\\ {}=32ab \end{gathered}\text{。}$

等号要求 $1=2a$ 、 $2=2b$ 和 $2a=b$ 同时成立。这给出 $a=\tfrac12$ 、 $b=1$ ，且三者相容，所以恰有一个解。

所以正确答案是 B。

By AM-GM, $1+2a\ge 2\sqrt{2a},$ $2+2b\ge 4\sqrt{b},$ and $2a+b\ge 2\sqrt{2ab}.$ Multiplying, $\begin{gathered} (1+2a)(2+2b)(2a+b)\\ {}\ge 16\sqrt{2a}\cdot\sqrt{b}\cdot\sqrt{2ab}\\ {}=32ab. \end{gathered}$

Equality requires $1=2a,$ $2=2b,$ and $2a=b$ simultaneously. These give $a=\tfrac12,$ $b=1,$ which are consistent, so there is exactly one solution.

Thus, the correct answer is B.

24.

设 $K$ 为满足以下条件的序列 $A_1$ ， $A_2$ ， $\ldots$ ， $A_n$ 的数量： $n$ 是不超过 $10$ 的正整数，每个 $A_i$ 都是 $\{1,2,3,\ldots,10\}$ 的子集，并且对每个介于 $2$ 和 $n$ 之间（含端点）的 $i$ ，都有 $A_{i-1}$ 是 $A_i$ 的子集。例如， $\{\}$ 、 $\{5,7\}$ 、 $\{2,5,7\}$ 、 $\{2,5,7\}$ 、 $\{2,5,6,7,9\}$ 是这样一个序列，其中 $n=5$ 。 $K$ 除以 $10$ 的余数是多少？

Let $K$ be the number of sequences $A_1,$ $A_2,$ $\ldots,$ $A_n$ such that $n$ is a positive integer less than or equal to $10,$ each $A_i$ is a subset of $\{1,2,3,\ldots,10\},$ and $A_{i-1}$ is a subset of $A_i$ for each $i$ between $2$ and $n,$ inclusive. For example, $\{\},$ $\{5,7\},$ $\{2,5,7\},$ $\{2,5,7\},$ $\{2,5,6,7,9\}$ is one such sequence, with $n=5.$ What is the remainder when $K$ is divided by $10?$

$1$

$3$

$5$

$7$

$9$

知识点：子集乘法原理模运算

难度评级：2520

小提示：

对固定的 $n$ ，这 $10$ 个元素各自独立选择第一次进入哪个集合，或选择永不进入

For a fixed $n,$ each of the $10$ elements independently chooses the first set it enters, or never enters

大提示：

这给出 $(n+1)^{10}$ 条链，所以 $K=\sum_{k=2}^{11}k^{10}$ ；把每项模 $10$ 化简

That gives $(n+1)^{10}$ chains, so $K=\sum_{k=2}^{11}k^{10};$ reduce each term modulo $10$

解答：

对固定长度 $n$ ， $\{1,\ldots,10\}$ 中的每个元素可以独立选择永不出现，或第一次出现在 $A_1,\ldots,A_n$ 中的某一个，因此每个元素有 $n+1$ 种选择。于是长度为 $n$ 的链有 $(n+1)^{10}$ 条。

因此 $K=\sum_{n=1}^{10}(n+1)^{10}=\sum_{k=2}^{11}k^{10}\text{。}$ 模 $10$ 时， $k=2,\ldots,11$ 各项化为 $4,9,6,5,6,9,4,1,0,1$ ，和为 $45\equiv 5$ 。

所以正确答案是 C。

For a fixed length $n,$ each element of $\{1,\ldots,10\}$ independently either never appears or first appears in one of $A_1,\ldots,A_n,$ giving $n+1$ choices. Hence there are $(n+1)^{10}$ chains of length $n.$

Summing, $K=\sum_{n=1}^{10}(n+1)^{10}=\sum_{k=2}^{11}k^{10}.$ Modulo $10,$ the terms $k=2,\ldots,11$ reduce to $4,9,6,5,6,9,4,1,0,1,$ which sum to $45\equiv 5.$

Thus, the correct answer is C.

25.

存在唯一的整数序列 $a_1$ ， $a_2$ ， $\cdots a_{2023}$ ，使得只要 $\tan 2023x$ 有定义，就有 $\begin{gathered} \tan 2023x\\ {}=\tiny\dfrac{a_1\tan x+a_3\tan^3 x+a_5\tan^5 x+\cdots+a_{2023}\tan^{2023}x}{1+a_2\tan^2 x+a_4\tan^4 x\cdots+a_{2022}\tan^{2022}x} \end{gathered}$ 求 $a_{2023}$ ？

There is a unique sequence of integers $a_1,$ $a_2,$ $\cdots a_{2023}$ such that $\begin{gathered} \tan 2023x\\ {}=\tiny\dfrac{a_1\tan x+a_3\tan^3 x+a_5\tan^5 x+\cdots+a_{2023}\tan^{2023}x}{1+a_2\tan^2 x+a_4\tan^4 x\cdots+a_{2022}\tan^{2022}x} \end{gathered}$ whenever $\tan 2023x$ is defined. What is $a_{2023}?$

$-2023$

$-2022$

$-1$

$1$

$2023$

知识点：棣莫弗定理二项式定理

难度评级：2650

小提示：

展开 $(\cos x+i\sin x)^{2023}$ ，并用 $\tan 2023x=\dfrac{\operatorname{Im}}{\operatorname{Re}}$ 。

Expand $(\cos x+i\sin x)^{2023}$ and use $\tan 2023x=\dfrac{\operatorname{Im}}{\operatorname{Re}}$

大提示：

除以 $\cos^{2023}x$ 后， $\tan^{2023}x$ 的最高次系数为 $(-1)^{\frac{2023-1}{2}}\binom{2023}{2023}$

Dividing by $\cos^{2023}x,$ the top coefficient of $\tan^{2023}x$ is $(-1)^{\frac{2023-1}{2}}\binom{2023}{2023}$

解答：

由 De Moivre 公式， $(\cos x+i\sin x)^{2023}$ $=\cos 2023x+i\sin 2023x$ 。展开左边并取虚部与实部之比，再把分子、分母同除以 $\cos^{2023}x$ ，即可把 $\tan 2023x$ 写成题中关于 $\tan x$ 的有理函数。

系数 $a_{2023}$ 是分子中 $\tan^{2023}x$ 的系数，来自 $k=2023$ 项： $\begin{gathered} a_{2023}=(-1)^{\frac{2023-1}{2}}\binom{2023}{2023}\\ {}=(-1)^{1011}\\ {}=-1 \end{gathered}\text{。}$

所以正确答案是 C。

By De Moivre, $(\cos x+i\sin x)^{2023}$ $=\cos 2023x+i\sin 2023x.$ Expanding the left side and taking the ratio of imaginary to real parts gives $\tan 2023x$ as the stated rational function of $\tan x$ after dividing numerator and denominator by $\cos^{2023}x.$

The coefficient $a_{2023}$ is the coefficient of $\tan^{2023}x$ in the numerator, which comes from the $k=2023$ term: $\begin{gathered} a_{2023}=(-1)^{\frac{2023-1}{2}}\binom{2023}{2023}\\ {}=(-1)^{1011}\\ {}=-1. \end{gathered}$

Thus, the correct answer is C.