2019AMC10A - 数学 (10)

2019 AMC 10A 试题/第1题

第1题

求下列表达式的值

\[ {2}^{\left( {0}^{\left( {1}^{9}\right) }\right) } + {\left( {\left( {2}^{0}\right) }^{1}\right) }^{9}\text{?} \]

\( \textbf{(A)}\;0\;\textbf{(B)}\;1\;\textbf{(C)}\;2\;\textbf{(D)}\;3\;\textbf{(E)}\;4 \) 解答 \( {2}^{\left( {0}^{\left( {1}^{9}\right) }\right) } + {\left( {\left( {2}^{0}\right) }^{1}\right) }^{9} \)

2019 AMC 10A 试题/第2题

题目

\( \left( {{20}! - {15}!}\right) \) 的百位数字是多少？

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 4 (E) 5

解答

对于所有 \( n \geq {15} \) ， \( n! \) 的最后三位都是000，因为其质因数分解中至少有三个2和三个5。由于 \( 0 - 0 = 0 \) ，故答案为 (A) 0

2019 AMC 10A 试题/第3题

题目

Ana 和 Bonita 出生在同一天，但年份相差 \( n \) 岁。去年 Ana 的年龄是 Bonita 的5倍；今年 Ana 的年龄是 Bonita 年龄的平方。求 \( n? \)

(A) 3 (B) 5 (C) 9 (D) 12 (E) 15

解答

解法1

设 \( A \) 为Ana的年龄， \( B \) 为Bonita的年龄。那么，

且

\[ A = {B}^{2}. \]

将第二个方程代入第一个方程，我们得到

\[ {B}^{2} - 1 = 5\left( {B - 1}\right) \text{.} \]

利用平方差公式并约分， \( B = 4. \) 此外， \( A = {B}^{2} = {16}. \) 答案是

解法2(猜测与验证)

简单的猜测与验证即可。从所有平方数减1开始:1,4,9,16,25等(大约到100即可，再大就不合理了)。若Ana为9岁，则Bonita为3岁，于是前一年Ana的年龄是Bonita的4倍。若Ana为16岁，则Bonita为4岁，且前一年Ana的年龄是Bonita的5倍，符合题意。两人年龄差为 \( {16} - 4 = {12} \) 。(D)

解法3(选项法)

题中第二句说Ana的年龄曾是Bonita的5倍，因此年龄差 \( n \) 必须能被4整除。唯一能被4整除的选项是 \( {12} \rightarrow \left( D\right) \) 。

• awesome_weisur

2019 AMC 10A 第4题

以下题目同时出现在2019 AMC 10A第4题和2019 AMC 12A第3题，因此两题均重定向至此页面。

题目

一个盒子里有28个红球、20个绿球、19个黄球、13个蓝球、11个白球和9个黑球。最少需要从中不放回地取出多少个球，才能保证至少取到15个同色球？

(A) 75 (B) 76 (C) 79 (D) 84 (E) 91

解答

若每种颜色都取到 \( < {15} \) 个球，最多可取14个红球、14个绿球、14个黄球、13个蓝球、11个白球和9个黑球，共75个球。再取1个球，就能保证至少得到15个同色球——红、绿或黄。因此答案为

\( {75} + 1 = 0 \) (B) 76.

2019年AMC 10A试题/第5题

问题

连续整数之和等于 \( {45}? \) 的最大个数是多少？

(A) 9 (B) 25 (C) 45 (D) 90 (E) 120 解法1

我们起初可能会认为答案是9，因为 \( 1 + 2 + 3\cdots + n = {45} \) 当 \( n = 9 \) 。但请注意，题目说的是它们可以是整数，而不一定是正整数。同时还可观察到，序列 \( \underline{-{44}, - {43},\cdots ,{44},{45}} \) 中除45外的所有项都相互抵消。因此，直观地看，答案是(D) 90个整数。

尽管不切实际，但最大性的证明可如下进行:设所求的连续整数序列为 \( a, a + 1,\cdots , a + \left( {N - 1}\right) \) ，其中共有 \( N \) 项，我们希望最大化 \( N \) 。于是该序列各项之和为 \( {aN} + \frac{\left( {N - 1}\right) \left( N\right) }{2} = {45} \) 。经整理并因式分解，问题化为 \( N\left( {{2a} + N - 1}\right) = {90} \) 。由于 \( N \) 必须整除90，且已知90是可达到的和，故90必为最大值。解法2

为了使整数数量最大化，我们需要让它们的平均值尽可能低，但仍保持为正。若中间两个数为0和1，则平均值可为 \( \frac{1}{2} \) ，因此答案为 \( \frac{45}{\frac{1}{2}} = \) (D)90

2019年AMC 10A试题/第6题

问题

对于以下四边形类型中的多少种，存在位于该四边形所在平面内且到四个顶点距离均相等的点？

• 一个正方形
• 一个非正方形的矩形
• 一个不是正方形的菱形
• 一个既不是矩形也不是菱形的平行四边形

一个不是平行四边形的等腰梯形

(A) 0 (B) 2 (C) 3 (D) 4

解法1

这道题只是在问列出的四边形中有多少个是圆内接四边形(cyclic quadrilateral)(因为与四个顶点等距的点就是外接圆的圆心)。正方形、矩形以及非平行四边形的等腰梯形都是圆内接四边形，其余两种不是。因此答案是 \( \left| {\left( \mathbf{C}\right) \text{ 3 }}\right| \)

我们只需检查对角之和是否为180度~Williamgolly

解法2

我们可以用排除法。依次查看，正方形显然满足；非正方形的矩形也满足。菱形和平行四边形都没有与四个顶点等距的点，但等腰梯形有，所以答案是 \( \left( \mathbf{C}\right) 3 \) 。

解法3

线段的垂直平分线是与两端点等距的所有点的轨迹。问题于是转化为寻找那些各边垂直平分线交于一点的图形。正方形、矩形和等腰梯形都满足，因此答案是(C) 3

解法4

只有圆内接四边形(cyclic quadrilateral)才符合描述(它们 \( R \) )。逐一检查后，答案是 \( \left| {\mathbf{C}\mathbf{C}3}\right| \) 。

-JoshBrother32

2019 AMC 10A 试题/第7题

题目

两条斜率分别为 \( \frac{1}{2} \) 和2的直线在(2,2)相交。这两条直线与直线 \( x + y = {10} \) 围成的三角形面积是多少？

(A) 4 (B) \( 4\sqrt{2} \) (C) 6 (D) 8 (E) \( 6\sqrt{2} \)

解法1

先把三条直线写成斜截式: \( \left( {x, y}\right) = \left( {2,2}\right) \) 和 \( y = \frac{x}{2} + b \) 得 \( 2 = \frac{2}{2} + b = 1 + b \) ，故 \( b = 1 \) ； \( y = {2x} + c \) 得 \( 2 = \bar{2} \cdot 2 + c = 4 + c \) ，故 \( c = - 2 \) 。又 \( x + y = {10} \) 得 \( y = - x + {10} \) 。于是三条直线为 \( y = \frac{x}{2} + 1, y = {2x} - 2, \) 和 \( y = - x + {10} \) 。再求它们与 \( y = - x + {10} \) 的交点，得(6,4)和(4,6)。用距离公式和勾股定理可知这是一个等腰三角形，底边 \( 2\sqrt{2} \) ，高 \( 3\sqrt{2} \) ，面积为 \( 1\mathrm{\left( C\right) }6 \) 。

解法2

与解法1相同，我们确定三角形三个顶点的坐标。得到的坐标为: \( \left( {2,2}\right) \left( {6,4}\right) \left( {4,6}\right) \) 。现在，利用鞋带定理(Shoelace Theorem)，可直接求得面积为 \( \left( \mathbf{C}\right) 6 \) 。

解法3

与其他解法一样，解方程组可知三角形的另外两个顶点位于(4,6)和(6,4)。然后应用海伦公式(Heron’s Formula):半周长为 \( s = \sqrt{2} + \sqrt{20} \) ，于是面积恰好化简为平方差，结果为

解法4

与其他解法相同，我们利用代数方法或直接在方格纸上画线，得到三个交点(2,2)、(4,6)和(6,4)。现在可画出外接正方形，其顶点为(2,2)、(2,6)、(6,6)和(6,2)，从而推得三角形面积为 \( {16} - 4 - 2 - 4 = \mathrm{O} \) 。

解法5

与其他解法一样，我们得到三个交点(2,2)、(4,6)和(6,4)。在方格纸上可见，该三角形有6个边界格点和4个内部格点。根据皮克定理(Pick’s Theorem)，面积为 \( \frac{6}{2} + 4 - 1 = 0 \) (C) 6

解法6

与其他解法相同，我们求出三个交点。将它们标记为 \( A\left( {2,2}\right) \) 、 \( B\left( {4,6}\right) \) 和 \( C\left( {6,4}\right) \) 。根据勾股定理(Pythagorean Theorem)， \( {AB} = {AC} = 2\sqrt{5} \) 且 \( {BC} = 2\sqrt{2} \) 。再由余弦定理(Law of Cosines)，

\[ \cos A = \frac{{\left( 2\sqrt{5}\right) }^{2} + {\left( 2\sqrt{5}\right) }^{2} - {\left( 2\sqrt{2}\right) }^{2}}{2 \cdot 2\sqrt{5} \cdot 2\sqrt{5}} = \frac{{20} + {20} - 8}{40} = \frac{32}{40} = \frac{4}{5} \]

因此， \( \sin A = \sqrt{1 - {\cos }^{2}A} = \frac{3}{5} \) ，于是面积为

\( \frac{1}{2}{bc}\sin A = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{5} \cdot 2\sqrt{5} \cdot \frac{3}{5} = \) (C)6.

解法7

与其他解法一样，我们得到三个交点(2,2)、(4,6)和(6,4)。三角形面积等于由这些点构成的矩阵的行列式绝对值的一半。

\[ \frac{1}{2}\begin{Vmatrix} 2 & 2 & 1 \\ 4 & 6 & 1 \\ 6 & 4 & 1 \end{Vmatrix} = \frac{1}{2}\left| {-{12}}\right| = \frac{1}{2} \cdot {12} = 1 \]

解法8

与其他解法相同，我们求出三个交点。将它们标记为 \( A\left( {2,2}\right) \) 、 \( B\left( {4,6}\right) \) 和 \( C\left( {6,4}\right) \) 。则向量 \( \overrightarrow{AB} = \langle 2,4\rangle \) 和 \( \overrightarrow{AC} = \langle 4,2\rangle \) 。三角形面积等于这两个向量叉积模的一半。

\[ \frac{1}{2}\begin{Vmatrix} i & j & k \\ 2 & 4 & 0 \\ 4 & 2 & 0 \end{Vmatrix} = \frac{1}{2}\left| {-{12k}}\right| = \frac{1}{2} \cdot {12} = 1 \]

解法9

与其他解法一样，我们求得三个交点为(2,2)、 \( \left( {\underline{4},6}\right) \) 和(6,4)。根据勾股定理(Pythagorean theorem)，这是一个等腰三角形，底边为 \( 2\sqrt{2} \) ，两腰长均为 \( 2\sqrt{5} \) 。底边为 \( b \) 、两腰长为 \( l \) 的等腰三角形面积为 \( \frac{b\sqrt{4{l}^{2} - {b}^{2}}}{4} \) 。代入 \( b = 2\sqrt{2} \) 和 \( l = 2\sqrt{5} \) ，

解法10(三角法)

与其他解法一样，我们求出三个交点，记为 \( A\left( {2,2}\right) \) 、 \( B\left( {4,6}\right) \) 和 \( C\left( {6,4}\right) \) 。根据勾股定理(Pythagorean Theorem)， \( {AB} = {AC} = 2\sqrt{5} \) 且 \( {BC} = 2\sqrt{2} \) 。由余弦定理(Law of Cosines)，

\[ \cos A = \frac{{\left( 2\sqrt{5}\right) }^{2} + {\left( 2\sqrt{5}\right) }^{2} - {\left( 2\sqrt{2}\right) }^{2}}{2 \cdot 2\sqrt{5} \cdot 2\sqrt{5}} = \frac{{20} + {20} - 8}{40} = \frac{32}{40} = \frac{4}{5} \]

因此， \( \sin A = \sqrt{1 - {\cos }^{2}A} = \frac{3}{5} \) 。根据扩展正弦定理(extended Law of Sines)，

\[ {2R} = \frac{a}{\sin A} = \frac{2\sqrt{2}}{\frac{3}{5}} = \frac{{10}\sqrt{2}}{3} \]

\[ R = \frac{5\sqrt{2}}{3} \]

解法11

由三条直线围成的三角形面积

\[ {a}_{1}x + {a}_{2}y + {a}_{3} = 0 \]

\[ {b}_{1}x + {b}_{2}y + {b}_{3} = 0 \]

\[ {c}_{1}x + {c}_{2}y + {c}_{3} = 0 \]

等于以下表达式的绝对值

\[ \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\left( {{b}_{1}{c}_{2} - {b}_{2}{c}_{1}}\right) \left( {{a}_{1}{c}_{2} - {a}_{2}{c}_{1}}\right) \left( {{a}_{1}{b}_{2} - {a}_{2}{b}_{1}}\right) } \cdot {\left| \begin{array}{lll} {a}_{1} & {a}_{2} & {a}_{3} \\ {b}_{1} & {b}_{2} & {b}_{3} \\ {c}_{1} & {c}_{2} & {c}_{3} \end{array}\right| }^{2} \]

代入这三条直线，

\[ - x + {2y} - 2 = 0 \]

\[ - {2x} + y + 2 = 0 \]

\[ x + y - {10} = 0 \]

面积等于以下表达式的绝对值

\[ \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\left( {-2 - 1}\right) \left( {-1 - 2}\right) \left( {-1 + 4}\right) } \cdot {\left| \begin{matrix} - 1 & 2 & - 2 \\ - 2 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & - {10} \end{matrix}\right| }^{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{27} \cdot {18}^{2} = 1\left( \mathbf{C}\right) 6 \]

2019 AMC 10A 试题/第8题

以下题目同时出现在2019 AMC 10A第8题和2019 AMC 12A第6题，因此两题均重定向至此页面。

AMC 10 试题

下图所示为直线 \( \ell \) ，其上具有正方形与线段构成的规则、无限、重复图案。

在此图形所在的平面内，以下四种刚体运动变换中，除恒等变换外，有多少种能将该图形变换为自身？

• 绕直线 \( \ell \) 上某点的某种旋转

沿平行于直线 \( \ell \) 方向的某种平移

• 关于直线 \( \ell \) 的反射
• 关于一条垂直于直线 \( \ell \) 的直线的某种反射

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4

解答

陈述1为真。以朝上方块与朝下方块之间中点为中心旋转 \( {180}^{ \circ } \) ，所得图形与原图相同。

陈述2亦为真。向左或向右平移时，当上下图形重新对齐(图形在两端无限延伸)，像将与自身重合。

陈述3为假。关于直线 \( \ell \) 的反射会将朝上方块变为朝下方块，反之亦然。

最后，陈述4亦为假，因为它会使从方块延伸出的对角线方向互换。因此，只有 \( c \) ，陈述为真。参见

2019 AMC 10A 试题/第9题

题目

最大的三位正整数 \( n \) 是多少，使得前 \( n \) 个正整数的和 \( \underline{not} \) 是前 \( n \) 个正整数的乘积的因数？

(A) 995 (B) 996 (C) 997 (D) 998 (E) 999

解法1

前 \( n \) 个正整数的和为 \( \frac{\left( n\right) \left( {n + 1}\right) }{2} \) ，我们希望它 \( n! \) (前 \( n \) 个正整数的乘积)的因数。注意，当且仅当 \( n + 1 \) 为合数时，其所有因数均小于或等于 \( n \) ，从而可与 \( n! \) 中的因数约去。因此，当 \( n + 1 \) 为合数时，前 \( n \) 个正整数的和是 \( n! \) 的因数。(注:此结论对所有正整数均成立，唯1除外，因为2不是1的因数/因子。)故在此情形下， \( n + 1 \) 必须为质数。最大的三位质数为997，因此减1得 \( n = 0 \) 。(B) 996。

解法2

与解法1相同，我们推断 \( n + 1 \) 必须为质数。若一时想不起最大的三位质数，可利用此结论排除选项中可能的 \( n \) 值。选项 \( A \) 、 \( C \) 和 \( E \) 不成立，因为 \( n + 1 \) 为偶数，而所有偶数均可被2整除，故选项 \( A \) 、 \( C \) 和 \( E \) 为合数而非质数。选项 \( D \) 亦不成立，因为999可被9整除，故为合数而非质数。因此，正确答案必为(B) 996

2019 AMC 10A 试题/第10题

题目

一块宽10英尺、长17英尺的矩形地面用170块边长为1英尺的正方形瓷砖铺满。一只虫子沿直线从一角爬到对角。包括起点和终点的瓷砖在内，虫子共经过多少块瓷砖？

(A) 17 (B) 25 (C) 26 (D) 27 (E) 28

解法1

虫子经过的瓷砖数等于1加上它穿越水平或垂直线的次数。它必须穿越16条水平线和9条垂直线，因此虫子总共经过 \( {16} + 9 + 1 = \) (C) 26块方格。

注:一般公式为 \( a + b - \gcd \left( {a, b}\right) \) ，因为需用穿越的垂直/水平线数减去穿越的角点数(避免重复计数)。本题中， \( {16} + 9 - 1 \) (因为 \( \gcd \left( {{16},9}\right) = 1 \) )，得24，但需再加2，因为起点和终点的瓷砖在一般公式中未被计入。

可通过斜率 \( \sim \) 看出为何是 \( \gcd \left( {a, b}\right) \) Williamgolly

解法2(作图法)

我们也可画出整个矩形地面的示意图或比例模型(可借助方格纸和/或直尺确保比例准确)，然后直接数出路径穿过的瓷砖数。为简化操作，可将完整网格分成4个区域，只需画出其中一个5英尺×8.5英尺的区域。

尽管画出的直线看似经过若干点，但由于10和17互质(即它们的最大公约数为1，又称gcd为1)，直线实际上不会穿过任何格点，因此无论从哪一侧计数，穿过的方格数都相同。通过图示数出直线穿过的方格数为13，再乘以2，得到虫子在整个矩形地面上穿过的方格总数为 \( 2 \cdot {13} = \) (C) 26。

2019 AMC 10A 试题/第11题

题目

\( {201}^{9} \) 的正整数约数中，有多少个是完全平方数或完全立方数(或同时满足)？ (A) 32 (B) 36 (C) 37 (D) 39 (E) 41

解法1

将 \( {201}^{9} \) 质因数分解，得到 \( {3}^{9} \cdot {67}^{9} \) 。完全平方数的所有质因数指数必须为偶数，因此3和67的指数可选0,2,4,6,8，共 \( 5 \cdot 5 = {25} \) 个完全平方数。

完全立方数(perfect cubes)的每个质因数的指数都必须是3的倍数，因此3和67的指数只能是0、3、6或9，这样共有 \( 4 \cdot 4 = {16} \) 个完全立方数，总计 \( {25} + {16} = {41} \) 。

减去重复计算的 \( 6\left( {{3}^{0} \cdot {67}^{0},{3}^{0} \cdot {67}^{6},{3}^{6} \cdot {67}^{0}}\right. \) 和 \( {3}^{6} \cdot {67}^{6} \) 的幂次后，我们得到 \( {41} - 4 = \) (C)37

解法2

注意到 \( {201} = {67} \cdot 3 \) 。现在分情况讨论:

情况1:因数为 \( {3}^{n} \) 。那么我们可以有 \( n = 2 \) 、3、4、6、8或9。

情况2:因数为 \( {67}^{n} \) 。这与情况1相同。

情况3:因数为3和67的某种组合。

如果允许任意组合，这会很简单，因为那样就会直接得到 \( 6 \cdot 6 \) 。然而，我们必须将生成平方数的数字与生成平方数的数字配对，立方数同理。简言之，让我们整理 \( n \) 的值。

\( n = 2 \) 是“平方数”(square)，因为它会给出一个该数的因数是完全平方数(perfect square)。更一般地说，它是偶数。

\( n = 3 \) 是“立方数”(cube)，因为它会给出一个该数的因数是完全立方数(perfect cube)。更一般地说，它是3的倍数。

\[ n = 4\text{is a "square".} \]

\( n = 6 \) 很有趣，因为它既是“平方数”又是“立方数”。不要将其计入任何一类，否则会造成重复计数，我们将在另一种情况中单独计算。

\[ n = 8\text{is a "square"} \]

\[ n = 9\text{is a "cube".} \]

现在考虑子情况:

子情况1:平方数彼此配对。

由于我们有3个平方项，它们会与另外3个平方项配对，因此有 \( 3 \cdot 3 = 9 \) 种可能。

子情况2:立方数彼此配对。

由于我们有2个立方项，它们会与另外2个立方项配对，因此有 \( 2 \cdot 2 = 4 \) 种可能。

子情况3:一个数字与 \( n = 6 \) 配对。

由于任何数字都可以与 \( n = 6 \) 配对(因为它既能得到平方又能得到立方)，因此会有6种可能性。然而请记住，可能存在两个不同的底数(3和67)，它们会产生不同的结果。因此，实际上共有 \( 6 \cdot 2 = {12} \) 种可能性。

最后，将所有情况相加得到 \( 6 + 6 + 9 + 4 + {12} = \) (C) 37

2019年AMC 10A试题/第12题

问题

梅拉妮计算了2019年各月份日期所构成的365个值的平均数 \( \mu \) 、中位数 \( M \) 以及众数。因此，她的数据包括 \( {12}1\mathrm{s} \) 、 \( {122}\mathrm{s} \) 、 \( \ldots \) 、 \( {1228}\mathrm{s} \) 、 \( {11}{29}\mathrm{s} \) 、 \( {1130}\mathrm{s} \) 和 \( {731}\mathrm{s} \) 。设 \( d \) 为众数的中位数。以下哪一项陈述为真？

(A) \( \mu < d < M \) (B) \( M < d < \mu \) (C) \( d = M = \mu \) (D) \( d < M < \mu \) (E) \( d < \mu \)

解决方案 1

首先， \( d \) 显然必须小于 \( M \) ，因为在计算 \( M \) 时，我们必须把29、30和31都考虑进去。因此可以排除选项 \( B \) 和 \( C \) 。由于总共有365条记录，中位数 \( M \) 必须是第 \( {183}\mathrm{{rd}} \) 个；此时我们注意到 \( {12} \cdot {15} \) 是180，所以16必定是中位数(因为183位于 \( {12} \cdot {15} + 1 = {181} \) 和 \( {12} \cdot {16} = {192} \) 之间)。现在，均值 \( \mu \) 必须小于16，因为29、30和31的数量要少得多。 \( d \) 又小于 \( \mu \) ，因为在计算 \( \mu \) 时会把29、30和31都计入。因此答案是 \( \mid \left( \mathbf{E}\right) d < \mu < M \)

解决方案 2

与解法1相同，我们求得中位数为16。接着观察众数(1–28)，我们发现即使每种数字各出现12次，它们的中位数仍为14.5。至于平均数，前28个数的平均数恰好等于它们的中位数，即14.5。因此，由于实际存在29、30和31，平均数必然高于14.5。另一方面，29、30和31的数量少于其余数字，故平均数必然低于16(中位数)。比较这些数值，答案为 \( \mid \left( \mathbf{E}\right) d < \mu < M \)

解法3(直接计算)

我们只需仔细计算每个值即可解决此问题，结果分别为 \( M = {16} \) 、 \( d = {14.5} \) 和 \( \mu \approx {15.7} \) 。因此答案为 \( \left( \mathbf{E}\right) d < \mu < M \)

问题

设 \( \bigtriangleup {ABC} \) 为一等腰三角形，其中 \( {BC} = {AC} \) 与 \( \angle {ACB} = {40}^{ \circ } \) 。以 \( \overline{BC} \) 为直径作圆，并令 \( D \) 与 \( E \) 分别为圆与边 \( \overline{AC} \) 和 \( \overline{AB} \) 的其余交点。设 \( F \) 为四边形 \( {BCDE} \) 对角线的交点。求 \( \angle {BFC} \) 的度数。

(A) 90 (B) 100 (C) 105 (D) 110 (E) 120

解法1

画出图形后，我们发现 \( \angle {BDC} \) 和 \( \angle {BEC} \) 是直角，因为它们内接于半圆。利用等腰三角形的性质，我们得到 \( \angle {ABC} = {70}^{ \circ } \) 。通过在 \( \bigtriangleup {ECB} \) 和 \( \bigtriangleup {DBC} \) 上应用三角形内角和，可以求出 \( \angle {ECB} = {20}^{ \circ } \) 和 \( \angle {DBC} = {50}^{ \circ } \) 。

\( {\angle BDC} + {\angle DCB} + {\angle DBC} = {180}^{ \circ }\;\Longrightarrow \;{90}^{ \circ } + {40}^{ \circ } + {\angle DBC} = {180}^{ \circ }\;\Longrightarrow \;{\angle DBC} = {50}^{ \circ } \)

\( {\angle BEC} + {\angle EBC} + {\angle ECB} = {180}^{ \circ }\;\Longrightarrow \;{90}^{ \circ } + {70}^{ \circ } + {\angle ECB} = {180}^{ \circ }\;\Longrightarrow \;{\angle ECB} = {20}^{ \circ } \)

接着，我们取三角形 \( {BFC} \) ，并求出 \( \angle {BFC} = {180}^{ \circ } - {50}^{ \circ } - {20}^{ \circ } = \) (D) \( {110}^{ \circ } \) 。

解法2

或者，我们也可以使用相似三角形。开头与解法1类似。

画出图形后，我们发现 \( \angle {BDC} \) 和 \( \angle {BEC} \) 是直角，因为它们内接于半圆。因此，

\[ \angle {BDA} = {180}^{ \circ } - \angle {BDC} = {180}^{ \circ } - {90}^{ \circ } = {90}^{ \circ }\text{.} \]

于是， \( \bigtriangleup {BEF} \sim {BDA} \) 由AA相似可得，因为 \( \angle {EBF} = \angle {DBA} \) 且 \( \angle {BEC} = {90}^{ \circ } = \angle {BDA} \) 。

因此，我们知道

\[ \angle {EFB} = \angle {DAB} = \angle {CAB} = {70}^{ \circ }\text{.} \]

最后，我们推得

\[ \angle {BFC} = {180}^{ \circ } - \angle {EFB} = {180}^{ \circ } - {70}^{ \circ } = ({D)}{110}^{ \circ }. \]

解法3(外角)

根据相交弦所成角的性质，我们得到

\[ m\angle {BFC} = \frac{m\overset{⏜}{\mathrm{{BC}}} + m\overset{⏜}{\mathrm{{DE}}}}{2} \]

根据外角定理，我们得到

\[ m\angle {CAB} = \frac{m\overset{⏜}{\mathrm{{BC}}} - m\overset{⏜}{\mathrm{{DE}}}}{2} \]

将两式相加，得到

\[ m\angle {BFC} - m\angle {CAB} = m\overset{⏜}{\mathrm{{BC}}} \Rightarrow m\angle {BFC} = m\overset{⏜}{\mathrm{{BC}}} - m\angle {CAB} \]

由于 \( \overset{⏜}{\mathrm{{BC}}} \) 是直径， \( m\overset{⏜}{\mathrm{{BC}}} = {180}^{ \circ } \) ，且 \( \bigtriangleup {ABC} \) 为等腰三角形且 \( m\angle {ACB} = {40}^{ \circ } \) ，因此 \( m\angle {CAB} = {70}^{ \circ } \) 。于是

\[ m\angle {BFC} = {180}^{ \circ } - {70}^{ \circ } = \text{ (D) }{110}^{ \circ } \]

解法4

注意到若 \( \angle {BEC} = {90}^{ \circ } \) ，则 \( \angle {BCE} \) 与 \( \angle {ACE} \) 必为 \( {20}^{ \circ } \) 。利用圆内接四边形性质(或同弧所对圆周角性质)，可得 \( \angle {EBD} \cong \angle {ECD} = {20}^{ \circ } \) 。于是

\( \angle {CBF} = {70} - {20} = {50}^{ \circ } \) ，因此 \( \angle {BFC} = {180} - {20} - {50} = {110}^{ \circ } \) ，即 \( \mathbf{\left\lbrack O\right\rbrack } \)

解法5(作弊法)

若看不出解法，可直接画精确图并用量角器测得该角为110-(D)。参见

2019 AMC 10A 第14题

以下题目同时出现在2019 AMC 10A第14题与2019 AMC 12A第8题，故两题均重定向至此页。

题目

平面上四条互异直线，恰有 \( N \) 个不同的点位于两条或更多直线上。求 \( N \) 所有可能取值之和。

(A) 14 (B) 16 (C) 18 (D) 19 (E) 21

解答

如下图所示，可得到0、1、3、4、5、6个交点:

显然，最大可能交点数为 \( \left( \begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}\right) = 6 \) ，因每两条直线至多交于一点。现证无法得到两个交点。

用反证法。假设存在四条直线恰有两个交点，设其为 \( A \) 与 \( B \) 。分两种情况:

情况1:无直线同时经过 \( A \) 与 \( B \)

于是，因交点至少由两直线相交而成， \( A \) 与 \( B \) 处各有两直线通过。又因无更多交点，过 \( A \) 的任一直线必与过 \( B \) 的任一直线平行，故过 \( A \) 的直线与过 \( B \) 的直线分别平行。由平行传递性，过 \( B \) 的两直线互相平行，从而重合，矛盾。

情况2:存在一条直线同时经过 \( A \) 与 \( B \)

那么必有一条直线 \( {l}_{a} \) 经过 \( A \) ，一条直线 \( {l}_{b} \) 经过 \( B \) 。这两条直线必须平行。第四条直线 \( l \) 必须经过 \( A \) 或 \( B \) 。不失一般性，设 \( l \) 经过 \( A \) 。由于 \( l \) 与 \( {l}_{a} \) 不能重合，它们不能平行；于是 \( l \) 与 \( {l}_{b} \) 也不能平行，从而二者相交，产生矛盾。

所有可能性均已穷尽，因此我们可以断定两个交点是不可能的。我们的答案由和给出 \( 0 + 1 + 3 + 4 + 5 + 6 = \) (D) 19

2019 AMC 10A 问题/第15题

问题

一个数列由 \( {a}_{1} = 1,{a}_{2} = \frac{3}{7} \) 递归定义，且

\[ {a}_{n} = \frac{{a}_{n - 2} \cdot {a}_{n - 1}}{2{a}_{n - 2} - {a}_{n - 1}} \]

对所有 \( n \geq 3 \) ，则 \( {a}_{2019} \) 可写成 \( \frac{p}{q} \) ，其中 \( p \) 与 \( q \) 为互质的正整数。 \( p + q \) 是多少？

(A) 2020 (B) 4039 (C) 6057 (D) 6061 (E) 8078

解法1(归纳法)

利用递推公式，我们得到 \( {a}_{3} = \frac{3}{11} \) 、 \( {a}_{4} = \frac{3}{15} \) ，依此类推。似乎对所有 \( n \) 都有 \( {a}_{n} = \frac{3}{{4n} - 1} \) 。令 \( n = {2019} \) ，我们得到 \( {a}_{2019} = \frac{3}{8075} \) ，因此答案为 \( \sigma \) 到8078。为证明此公式，我们使用归纳法。已知 \( {a}_{1} = 1 \) 与 \( {a}_{2} = \frac{3}{7} \) ，满足我们的公式。现假设该公式对所有 \( n \leq m \) (某正整数 \( m \) )成立。根据假设， \( {a}_{m - 1} = \frac{3}{{4m} - 5} \) 与 \( {a}_{m} = \frac{3}{{4m} - 1} \) 。利用递推公式，

\[ {a}_{m + 1} = \frac{{a}_{m - 1} \cdot {a}_{m}}{2{a}_{m - 1} - {a}_{m}} = \frac{\frac{3}{{4m} - 5} \cdot \frac{3}{{4m} - 1}}{2 \cdot \frac{3}{{4m} - 5} - \frac{3}{{4m} - 1}} = \frac{\left( {\frac{3}{{4m} - 5} \cdot \frac{3}{{4m} - 1}}\right) \left( {{4m} - 5}\right) \left( {{4m} - 1}\right) }{\left( {2 \cdot \frac{3}{{4m} - 5} - \frac{3}{{4m} - 1}}\right) \left( {{4m} - 5}\right) \left( {{4m} - 1}\right) } = \frac{1}{6({4m} - } \]

故归纳完成。

解法2

由于我们关心的是分子与分母之和，考虑由 \( {b}_{n} = \frac{1}{{a}_{n}} \) 定义的数列。

\( {b}_{n} = 2{b}_{n - 1} - {b}_{n - 2} = 3{b}_{n - 2} - 2{b}_{n - 3} = 4{b}_{n - 3} - 3{b}_{n - 4} = \ldots \)

依此模式递归，可见 \( {b}_{n} = \left( {n - 1}\right) \cdot {b}_{2} - \left( {n - 2}\right) \cdot {b}_{1} \) 。

代入2019，我们得到 \( {b}_{2019} = {2018} \cdot \frac{7}{3} - {2017} = \frac{8075}{3} \) 。因分子与分母互质，答案为(E) 8078 -eric2020

解法3

将方程转化为其他形式似乎合理。令 \( {a}_{n} = x \) 、 \( {a}_{n - 1} = y \) 、 \( {a}_{n - 2} = z \) 。于是我们有

\[ x = \frac{zy}{{2z} - y} \]

\[ {2xz} - {xy} = {zy} \]

\[ {2xz} = y\left( {x + z}\right) \]

\[ y = \frac{2xz}{x + z} \]

因此， \( y \) 是 \( x \) 与 \( z \) 的调和平均数(harmonic mean)。这意味着 \( {a}_{n} \) 为调和数列，或等价地 \( {b}_{n} = \frac{1}{{a}_{n}} \) 为等差数列。现在我们有 \( {b}_{1} = 1 \) 、 \( {b}_{2} = \frac{7}{3} \) 、 \( {b}_{3} = \frac{11}{3} \) ，依此类推。由于公差为 \( \frac{4}{3} \) ，可将 \( {b}_{n} \) 显式表示为 \( {b}_{n} = \frac{4}{3}\left( {n - 1}\right) + 1 \) 。于是 \( {b}_{2019} = \frac{4}{3}\left( {{2019} - 1}\right) + 1 = \frac{8075}{3} \) ，从而 \( {a}_{2019} = \frac{3}{8075} = \frac{p}{q} \) 。 \( p + q = 0 \) (E) \( {8078} \sim \) jakeg314

2019 AMC 10A 试题/第16题

以下题目同时出现在2019 AMC 10A第16题和2019 AMC 12A第10题，因此两道题均重定向至此页面。

题目

下图所示为13个半径为1的圆位于一个更大的圆内。所有交点均发生在切点处。求图中阴影区域——即位于大圆内但在所有半径为1的圆之外的区域——的面积。

(A) \( {4\pi }\sqrt{3} \) (B) \( {7\pi } \) (C) \( \pi \left( {3\sqrt{3} + 2}\right) \) (D) \( {10\pi }\left( {\sqrt{3} - 1}\right) \) (E) \( \pi \left( {\sqrt{3} + 6}\right) \)

解法1

在上图中，注意到三角形 \( {OAB} \) 与三角形 \( {ABC} \) 全等且为边长为2的等边三角形。可以看出，大圆的半径等于三角形 \( O{AB} \) 的高度的两倍再加1(点 \( C \) 到圆边的距离)。利用 \( {30}^{ \circ } - {60}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 三角形，可知该高为 \( \sqrt{3} \) 。因此，大圆的半径为 \( 2\sqrt{3} + 1 \) 。

于是大圆的面积为 \( {\left( 2\sqrt{3} + 1\right) }^{2}\pi = \left( {{13} + 4\sqrt{3}}\right) \pi \) ，而所有小圆面积之和为 \( {13\pi } \) ，故阴影区域面积为 \( \left( {{13} + 4\sqrt{3}}\right) \pi - {13\pi } = \) (A) \( {4\pi }\sqrt{3} \)

解法2

我们可以用三个与外层圆相切的单位圆的圆心构成一个边长为6的等边三角形。外层圆的半径等于该三角形的外接圆半径加1。利用 \( R = \frac{abc}{4A} \) 或 \( R = \frac{a}{2\sin A} \) ，可得半径为 \( \frac{6}{\sqrt{3}} + 1 \) 。

因此阴影面积为 \( \pi \left( {{\left( \frac{6}{\sqrt{3}} + 1\right) }^{2} - {13}}\right) = \sigma \left\lbrack {\sigma {\left( A\right) }^{ - }{4\pi }\sqrt{3}}\right\rbrack \)

解法3

与解法2类似，我们可用三个与外层圆相切的单位圆的圆心构成边长为6的等边三角形。可求得该三角形的高为 \( 3\sqrt{3} \) 。接着，可用第三行第二个、第三个圆以及最底端圆的圆心构成边长为2的等边三角形，其高显然为 \( \sqrt{3} \) 。因此大圆的直径为 \( 4\sqrt{3} + 2 \) ，半径为

\( \frac{4\sqrt{3} + 2}{2} = 2\sqrt{3} + 1 \) 。于是大圆的面积为

\( \pi {\left( 2\sqrt{3} + 1\right) }^{2} = \pi \cdot \left( {{13} + 4\sqrt{3}}\right) = {13\pi } + {4\pi }\sqrt{3} \) 。13个小圆的总面积为 \( {13\pi } \) ，故

阴影面积为 \( \left( {{13\pi } + {4\pi }\sqrt{3}}\right) - {13\pi } = \left( \mathbf{A}\right) {4\pi }\sqrt{3} \) 。

解法4

在上图中， \( {AB} = 4 \) 且 \( {BC} = 2 \) ，因此 \( {AC} = \sqrt{{4}^{2} - {2}^{2}} = 2\sqrt{3} \) 。大圆的半径为 \( {AC} + 1 = 2\sqrt{3} + 1 \) ，故大圆的面积为 \( \pi {\left( 2\sqrt{3} + 1\right) }^{2} = \pi \left( {{13} + 4\sqrt{3}}\right) = {13\pi } + {4\pi }\sqrt{3} \) 。现在，减去两个小圆的总面积，得到 \( {13\pi } + {4\pi }\sqrt{3} - {13\pi } = 0 \) (A) \( {4\pi }\sqrt{3} \) 。

2019 AMC 10A 试题/第17题

题目

一个孩子用形状相同但颜色不同的小立方体搭塔。若他有2个红色立方体、3个蓝色立方体和4个绿色立方体，可搭出多少种高为8个立方体的不同塔？(会剩下1个立方体。)

(A) 24 (B) 288 (C) 312 (D) 1,260 (E) 40,320

解法1

排列8个立方体等价于先排列9个立方体，再把最后一个拿掉。换句话说，每一种9个立方体的排列与每一种实际有效的8个立方体排列一一对应。因此，我们最初得到 \( 9! \) 。然而，我们重复计数了，因为红色立方体可以互换而不改变整体排列，蓝色和绿色立方体同理。因此，需要除以红色立方体的 \( 2! \) 种排列方式、蓝色立方体的 \( 3! \) 种排列方式以及绿色立方体的 \( 4! \) 种排列方式。于是我们有

\( \frac{9!}{2! \cdot 3! \cdot 4!} = \) (D) 1,260 种不同的塔。

注:可更简洁地写作

\[ \left( \begin{matrix} 9 \\ 2,3,4 \end{matrix}\right) = \left( \begin{array}{l} 9 \\ 2 \end{array}\right) \left( \begin{matrix} 9 - 2 \\ 3 \end{matrix}\right) \left( \begin{matrix} 9 - \left( {2 + 3}\right) \\ 4 \end{matrix}\right) = 1,{260} \]

解法2

我们可以把问题分成三种情况，每种情况对应排除一个立方体:情况1:排除红色立方体。此时需排列1个红色立方体、3个蓝色立方体和4个绿色立方体。可能的排列数为 \( \frac{8!}{4! \cdot 3!} = {280} \) 。注意，我们无需乘以红色立方体的数量，因为两个红色立方体无法区分。

情况2:排除蓝色立方体。此时需排列2个红色立方体、2个蓝色立方体和4个绿色立方体。可能的排列数为

\[ \frac{8!}{2! \cdot 2! \cdot 4!} = {420} \]

情况3:排除绿色立方体。此时需排列2个红色立方体、3个蓝色立方体和3个绿色立方体。可能的排列数为

\[ \text{is}\frac{8!}{2! \cdot 3! \cdot 3!} = {560}\text{.} \]

将以上各情况的数目相加，得到答案为

\[ {280} + {420} + {560} = \left( \mathbf{D}\right) 1,{260}. \]

解法3(猜测)

如果时间不够，请注意选项 \( A \) 、 \( B \) 和 \( C \) 都太小，而选项 \( E \) 毫无意义，因为它将直接等于 \( 8! \) ，仿佛没有任何限制。因此，通过有根据的猜测和排除法，正确答案必定是(D) 1,260

注意:不推荐使用此策略！

另见

2019 AMC 10A 试题/第18题

题目

对于某个正整数 \( k \) ，(十进制)分数 \( \frac{7}{51} \) 在 \( k \) 进制下的循环小数表示为 \( 0.{\overline{23}}_{k} = {0.232323}\ldots \) k。 \( k \) 是多少？

(A) 13 (B) 14 (C) 15 (D) 16 (E) 17

解法1

我们可以将分数 \( 0.{\overline{23}}_{k} \) 展开如下:

\( 0.{\overline{23}}_{k} = 2 \cdot {k}^{-1} + 3 \cdot {k}^{-2} + 2 \cdot {k}^{-3} + 3 \cdot {k}^{-4} + \ldots \) 注意到这等价于

\[ 2\left( {{k}^{-1} + {k}^{-3} + {k}^{-5} + \ldots }\right) + 3\left( {{k}^{-2} + {k}^{-4} + {k}^{-6} + \ldots }\right) \]

通过求几何级数和并化简，我们得到 \( \frac{{2k} + 3}{{k}^{2} - 1} = \frac{7}{51} \) 。解这个二次方程(或直接检验选项)可得答案 \( k = \left| {\left( \mathbf{D}\right) {16}}\right| \)

解法2

设 \( a = {0.2323}\ldots \) ， \( k \) 。因此， \( {k}^{2}a = {23.2323}\ldots \) ，

由此我们得到 \( {k}^{2}a - a = {23}_{k} \) ，所以 \( a = \frac{{23}_{k}}{{k}^{2} - 1} = \frac{{2k} + 3}{{k}^{2} - 1} = \frac{7}{51} \) 。

现在，与解法1类似，我们可以检验 \( {2k} + 3 \) 是否为7的倍数，或真正解二次方程，从而得到答案(D,16)。

解法3(暴力枚举)

我们只需将所有选项作为 \( k \) 的值代入，看看哪一个成立。经过传奇般、惊人、历史性的伟大计算，最终得到(D) 16为答案。

解法4

与解法1一样，我们得到方程 \( \frac{{2k} + 3}{{k}^{2} - 1} = \frac{7}{51} \) 。

我们现在可以将其改写为 \( \frac{{2k} + 3}{\left( {k - 1}\right) \left( {k + 1}\right) } = \frac{7}{51} = \frac{7}{3 \cdot {17}} \) 。注意到

\( {2k} + 3 = 2\left( {k + 1}\right) + 1 = 2\left( {k - 1}\right) + 5 \) 。由于17是素数，因此 \( k - 1 \) 和 \( k + 1 \) 中必有一个能被17整除。现在逐一检查各选项，可得(D) 16。

解法5

假设你已熟悉基本循环小数的规则， \( {0.232323}\ldots = \frac{23}{99} \) 。现在我们希望基数 \( k \) 满足 \( {23} = 7\left( {{mod}\;k}\right) \) 和 \( {99} = {51}\left( {{mod}\;k}\right) \) ，原因是我们想把该数从十进制转换为 \( k \) 进制。由第一个方程可知， \( k \) 必须等于9、16、23，或一般地等于 \( {7n} + 2 \) 。该集合中唯一出现在选项中的数是16。将其代入第二个方程 \( {99} = {51}\left( {\;\operatorname{mod}\;k}\right) \) 验证，等式成立。因此答案为(D) 16。

2019 AMC 10A 试题/第19题

题目

的最小可能值是多少

\[ \left( {x + 1}\right) \left( {x + 2}\right) \left( {x + 3}\right) \left( {x + 4}\right) + {2019} \]

其中 \( x \) 为实数？

(A) 2017 (B) 2018 (C) 2019 (D) 2020 (E) 2021

解法1

将首尾两项与中间两项分别组合，得 \( \left( {{x}^{2} + {5x} + 4}\right) \left( {{x}^{2} + {5x} + 6}\right) + {2019} \) ，可化简为 \( {\left( {x}^{2} + 5x + 5\right) }^{2} - 1 + {2019} \) 。注意到平方非负，且存在实数 \( x \) 使 \( {x}^{2} + {5x} + 5 = 0 \) 成立，故答案为 \( \left| {\text{ }\text{B }\text{ 2018 }}\right| \) 。Williamgolly的更易理解解法:因式分解为 \( \left( {{x}^{2} + {5x} + 4}\right) \left( {{x}^{2} + {5x} + 6}\right) + {2019} \) 后，令 \( y = {x}^{2} + {5x} + 5 \) ，则原式变为 \( \left( {y - 1}\right) \left( {y + 1}\right) + {2019} = {y}^{2} + {2018} \) 。显然 \( {y}^{2} \) 非负，故当 \( y = 0 \) 时取最小值，此时表达式等于2018。解法2 设 \( a = x + \frac{5}{2} \) ，则表达式 \( \left( {x + 1}\right) \left( {x + 2}\right) \left( {x + 3}\right) \left( {x + 4}\right) \) 变为 \( \left( {a - \frac{3}{2}}\right) \left( {a - \frac{1}{2}}\right) \left( {a + \frac{1}{2}}\right) \left( {a + \frac{3}{2}}\right) \) 。

我们可用平方差公式得到 \( \left( {{a}^{2} - \frac{9}{4}}\right) \left( {{a}^{2} - \frac{1}{4}}\right) \) ，再展开得 \( {a}^{4} - \frac{5}{2}{a}^{2} + \frac{9}{16} \) 。

通过配方法重构此式，得到 \( {\left( {a}^{2} - \frac{5}{4}\right) }^{2} - 1 \) ，其最小值为-1。因此答案为 \( {2019} - 1 = \) (B) 2018

解法3(微积分)

与解法1类似，将首末项与中项分别组合，得到 \( \left( {{x}^{2} + {5x} + 4}\right) \left( {{x}^{2} + {5x} + 6}\right) + {2019} \)

令 \( y = {x}^{2} + {5x} \) ，得到表达式 \( \left( {y + 4}\right) \left( {y + 6}\right) + {2019} \) 。现在，我们求 \( \left( {y + 4}\right) \left( {y + 6}\right) \) 的临界点以使函数最小化:

\[ \frac{d}{dx}\left( {{y}^{2} + {10y} + {24}}\right) = 0 \]

\[ {2y} + {10} = 0 \]

\[ {2y}\left( {y + 5}\right) = 0 \]

\[ y = - 5,0 \]

为使结果最小，我们使用 \( y = - 5 \) 。因此最小值为

注:我们亦可利用抛物线最小/最大值点

\( y = a{x}^{2} + {bx} + c \) 出现在 \( x = - \frac{b}{2a} \) 。

解法4

当奇数个因子为负时，该表达式为负。这种情况

发生在 \( - 2 < x < - 1 \) 或 \( - 4 < x < - 3 \) 。代入 \( x = - \frac{3}{2} \) 或 \( x = - \frac{7}{2} \)

得到 \( - \frac{15}{16} \) ，非常接近-1。因此答案为

\( - 1 + {2019} = \left( \begin{array}{l} \mathbf{B} \end{array}\right) {2018} \)

解法5(利用选项)

选项 \( C, D \) 和 \( E \) 不可能，因为

\( \left( {x + 1}\right) \left( {x + 2}\right) \left( {x + 3}\right) \left( {x + 4}\right) \) 可能为负(例如当 \( x = - \frac{3}{2} \) 时可见)

)。代入 \( x = - \frac{3}{2} \) 可见其变为 \( {2019} - \frac{15}{16} \) ，故四舍五入为

(B) 2018

我们还可看出函数极限至少为-1，因为在最小值处，有两个数小于1，而另两个介于1与2之间。

2019 AMC 10A 试题/第20题

问题

将数字 \( 1,2,\ldots ,9 \) 随机填入 \( 3 \times 3 \) 网格的9个方格中。每个方格填入一个数字，每个数字恰好使用一次。求每一行与每一列的数字之和均为奇数的概率。

(A) \( \frac{1}{21} \) (B) \( \frac{1}{14} \) (C) \( \frac{5}{63} \) (D) \( \frac{2}{21} \) (E) \( \frac{1}{7} \)

解决方案 1

注意，奇数和只能由(e, e, o)或 \( \left( {o, o, o}\right) , \) 构成，因此我们专注于放置偶数:需要让每一行/列中的每个偶数都与另一个偶数配对。可以看出，共有9种方法。然后有 \( 5! \) 种方式排列奇数， \( 4! \) 种方式排列偶数，从而得到

答案为 \( \frac{5! \cdot 4! \cdot 9}{9!} = 6 \) (B) \( \frac{1}{14} \) 。

解决方案 2

根据鸽巢原理(Pigeonhole Principle)，必然存在至少一行含有2个或更多奇数。因此，该行必须包含3个奇数，才能使行和为奇数。对列也可作同样论证。于是，我们只需选定一行和一列，将其全部填为奇数，这样得到的奇偶配置总数(不考虑具体是哪些奇数或偶数)即为所求。

放置的位置) 是 \( 3 \cdot 3 = 9 \) 。分母将是 \( \left( \begin{array}{l} 9 \\ 4 \end{array}\right) \) ，即所有可能方式的总数

我们可以选择9个方格中的哪4个将包含一个偶数。因此答案是

\[ \frac{9}{\left( \begin{array}{l} 9 \\ 4 \end{array}\right) } = \text{ (B) }\frac{1}{14} \]

2019年AMC 10A试题/第21题

问题

一个以 \( O \) 为球心的球，半径为6。空间中有一个边长为15、15、24的三角形，其每条边都与该球相切。求 \( O \) 到该三角形所在平面的距离。

(A) \( 2\sqrt{3} \) (B) 4 (C) \( 3\sqrt{2} \) (D) \( 2\sqrt{5} \) (E) 5 示意图

3D:

穿过三角形的平面:

24

解法1

将三角形放置在球面上，使其三条边均与球相切。由三角形所在平面截球所得截面即为该三角形的内切圆。为求内切圆半径，使用面积 \( = \mathrm{{inradius}} \cdot \mathrm{{semiperimeter}} \) 。三角形面积可通过从长度为15的两边夹角顶点向长度为24的边中点作高求得。利用勾股数9-12-15，可迅速确定底边为24，高为9。公式

\ $ \\frac \{\\text{底} \\cdot \\text{高}\} \{2\}\ $

得三角形面积为108，半周长则为

\( \frac{{15} + {15} + {24}}{2} = {27} \) 。代入方程后，我们得到

\( {108} = \mathrm{{inradius}} \cdot {27} \) ，故内切圆半径为4。现设 \( O \) 与三角形之间的距离为 \( x \) 。在内切圆上任取一点，记为 \( A \) 。距离 \( {OA} \) 为6，因其恰为球半径。点 \( A \) 到内切圆中心的距离为4，因该距离即内切圆半径。利用勾股

定理，我们求得 \( x = \sqrt{{6}^{2} - {4}^{2}} = \sqrt{20} = \left| {\text{(D) }2\sqrt{5}}\right| \) 。

解法2(不利用内切圆半径)

在等腰三角形中作高。设所得3-4-5直角三角形 \( {ABC} \) 的 \( {AB} = {15} \) 与 \( {BC} = {12} \) 。根据特殊三角形性质， \( {AC} = 9 \) 。设圆半径为 \( r \) ，圆心为 \( O \) ， \( D \) 为 \( {AB} \) 上距 \( O \) 最近的点。

则 \( {OD} = r \) 。显然， \( {ODBC} \) 为筝形。因此 \( {BC} = {DB} = {12} \) ，且 \( {AD} = {15} - {DB} = 3 \) 。 \( {AO} = {AC} - r = 9 - r \) 。由勾股定理， \( A{D}^{2} + O{D}^{2} = A{O}^{2} \) ，故 \( {3}^{2} + {r}^{2} = {\left( 9 - r\right) }^{2} \) 。 \( {r}^{2} \) 项相消，得 \( r = 4 \) 。

如前所述，再次运用勾股定理，距离为 \( \sqrt{{6}^{2} - {4}^{2}} = \left| {\mathbf{\left( D\right) }2\sqrt{5}}\right| \)

(解法由BJHHar提供)

解法3

与解法1相同，由勾股定理可知三角形高为9，且三角形三边均与球相切，故球截面中的圆即为三角形的内切圆。

回忆内切圆半径为角平分线交点。为求内切圆半径，我们使用角平分线定理。

\[ \frac{AB}{BI} = \frac{AD}{DI} \]

\[ \Rightarrow \frac{15}{BI} = \frac{12}{DI} \]

\[ \Rightarrow \frac{BI}{5} = \frac{DI}{4} \]

已知 \( {BI} + {DI} \) (高)等于9， \( {DI} \) (内切圆半径)为4。此后，可按解法1相同步骤求解。答案为(D) \( 2\sqrt{5} \) 。

解法4(相似三角形)

首先，我们标记几个点:

我们有 \( \bigtriangleup {BDC} \) 是一个 \( 3 - 4 - 5 \) 三角形，因此，如解法1所示， \( {BD} = 9 \) 。由此可知 \( \overline{BI} = 9 - r \) 。由于 \( {AB} \) 与圆 \( I \) 相切，我们还知道 \( I{EB} \) 是一个直角三角形。 \( \bigtriangleup {BIE} \) 和 \( \bigtriangleup {BDA} \) 共享角 \( {DBA} \) ，因此 \( \bigtriangleup {BIE} \sim \bigtriangleup {BDA} \) 因为它们有两个相等的角。因此，根据这种相似性， \( \frac{9 - r}{5} = \frac{r}{4} \) 。交叉相乘，我们得到 \( {36} - {4r} = {5r} \) ，从而得到 \( r = 4 \) 。现在我们取球体的另一个横截面，垂直于三角形的平面。

使用勾股定理，我们求出球心到平面的距离(D) \( 2\sqrt{5} \) 。

解法由woofle628和GeniusKid1221提供

2019 AMC 10A 试题/第22题

以下问题同时出现在2019 AMC 10A第22题和2019 AMC 12A第20题，因此两个问题都重定向到此页面。

问题

在0到1之间(含端点)的实数按以下方式选择。抛一枚公平硬币。如果正面朝上，则再抛一次，若第二次为正面则选数为0，若为反面则选数为1。另一方面，如果第一次抛硬币为反面，则从闭区间 \( \left\lbrack {0,1}\right\rbrack \) 中均匀随机选择一个数。两个随机数 \( x \) 和 \( y \) 以这种方式独立选择。 \( \left| {x - y}\right| > \frac{1}{2} \) 的概率是多少？

(A) \( \frac{1}{3} \) (B) \( \frac{7}{16} \) (C) \( \frac{1}{2} \) (D) \( \frac{9}{16} \) (E) \( \frac{2}{3} \)

解法

根据确定 \( x \) 时的第一次抛硬币结果和确定 \( y \) 时的第一次抛硬币结果，有几种情况。

四种情况如下:

情况1: \( x \) 为0或1，且 \( y \) 为0或1。

情况2: \( x \) 为0或1，且 \( y \) 从区间 \( \left\lbrack {0,1}\right\rbrack \) 中选择。

情况3: \( x \) 从区间 \( \left\lbrack {0,1}\right\rbrack \) 中选择，且 \( y \) 为0或1。

情况4: \( x \) 从区间 \( \left\lbrack {0,1}\right\rbrack \) 中选取， \( y \) 也从区间 \( \left\lbrack {0,1}\right\rbrack \) 中选取。

每种情况发生的概率为 \( \frac{1}{4} \) (因为需要两次抛硬币)。

对于情况1，我们需要 \( x \) 和 \( y \) 不同。因此，情况1的成功概率为。

在区间 \( \left\lbrack {0,\frac{1}{2}}\right) \) 内。无论 \( x \) 是什么，情况2的成功概率为

根据对称性，情况3与情况2具有相同的成功率。

对于案例4，我们必须使用几何概率(geometric probability)，因为无论是否满足不等式，都存在无限多对可选组合。绘制 \( \left| {x - y}\right| > \frac{1}{2} \) 后，我们得到下图，其中阴影区域表示满足该不等式的所有点的集合:

阴影区域为 \( \frac{1}{4} \) ，这意味着案例4的成功概率为 \( \frac{1}{4} \) (因为包含所有可能数对的边界正方形总面积为1)。

将每个案例的成功率相加，我们得到:

问题

特拉维斯不得不照看令人头疼的汤普森三胞胎。他知道三胞胎喜欢大数字，于是为他们设计了一个数数游戏。首先塔德说数字1，接着托德必须说出接下来的两个数字(2和3)，然后塔克必须说出接下来的三个数字(4、5、6)，之后塔德必须说出接下来的四个数字(7、8、9、10)，如此按顺序轮流由三个孩子继续，每个人比前一个多说一个数字，直到说到数字10,000为止。塔德说出的第2019个数字是多少？

(A) 5743 (B) 5885 (C) 5979 (D) 6001 (E) 6011 解法1 定义一轮(round)为依次经过三个孩子的完整循环。我们制作一张表格，记录每一轮中每个孩子说出的数字。

注意，在每一 \( {n}^{\mathrm{{th}}} \) 轮结束时，最后说出的数字是第 \( 3{n}^{\mathrm{{th}}} \) 个三角数(triangular number)。

塔德(Tadd)在第1轮说1个数字，第2轮说4个数字，第3轮说7个数字，一般地，在第 \( n \) 轮说 \( {3n} - 2 \) 个数字。到第 \( n \) 轮结束时，塔德已说出的数字总数为 \( 1 + 4 + 7 + \cdots + \left( {{3n} - 2}\right) = \frac{n\left( {{3n} - 1}\right) }{2} \) ，这由等差数列求和公式得出。

因此，我们要找最小的正整数 \( k \) ，使得 \( {2019} \leq \frac{k\left( {{3k} - 1}\right) }{2} \) 。 \( k \) 的值将告诉我们塔德在哪一轮说出他的第 \( {2019}^{\mathrm{{th}}} \) 个数字。通过试算(或实际解二次不等式)， \( k = {37} \) 。

现在，利用我们的公式 \( \frac{n\left( {{3n} - 1}\right) }{2} \) ，塔德在前36轮共说了1926个数字，因此我们要找他在第 \( {37}^{\mathrm{{th}}} \) 轮说出的第 \( \left( {{2019} - {1926}}\right) = {93}^{\mathrm{{rd}}} \) 个数字。

我们发现，在第 \( {n}^{\mathrm{{th}}} \) 轮结束时最后说出的数字是第 \( 3{n}^{\mathrm{{th}}} \) 个三角数。对于 \( n = {36} \) ，第 \( {108}^{\mathrm{{th}}} \) 个三角数是5886。因此答案是 \( {5886} + {93} = {(C)579.} \) 。

解法2

首先，与解法1一样，我们列出塔德、托德(Todd)和塔克(Tucker)在每一轮各说多少个数字。

塔德: \( 1,4,7,{10},{13}\cdots \)

托德: \( 2,5,8,{11},{14}\cdots \)

塔克: \( 3,6,9,{12},{15}\cdots \)

我们可以为每个孩子在第 \( n \) 轮之后说出的数字总数找到一个通式。对塔德，我们既可以用等差数列求和公式(如解法1)，也可以用标准求和结果得到

\[ \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}{3n} - 2 = - {2n} + 3\mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}n = - {2n} + \frac{{3n}\left( {n + 1}\right) }{2} = \frac{3{n}^{2} - n}{2}. \]

现在，为了求塔德和他的兄弟姐妹在塔德说出第2019个数字之前共进行了多少轮，我们知道不等式 \( \frac{3{n}^{2} - n}{2} < {2019} \) 必须成立，试算后得到 \( n \) 的最大整数值为36。

接下来的关键洞察是，为了简化计算，注意到塔德说的第2019个数字其实就是托德和塔克说的数字总数再加上塔德说的2019个数字，由于塔德先开口，这就是最终答案。

因此，计算过程变得非常简单:

\[ \left( {\mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{{36}}{3n} + \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{{36}}{3n} - 1}\right) + {2019} = \left( {\mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{{36}}{6n} - 1}\right) + {2019} = \left( {5 + {11} + {17}... + {215}}\right) + {2019} = \frac{{36}({220}}{2} \]

此时，我们可以注意到答案的个位数是9，对应选项(C) 5979。(如有时间，完成计算即可验证答案。)

2019 AMC 10A 试题/第24题

问题

设 \( p \) 、 \( q \) 和 \( r \) 为多项式 \( {x}^{3} - {22}{x}^{2} + {80x} - {67} \) 的互不相同的根。已知存在实数 \( A \) 、 \( B \) 和 \( C \) 使得

\[ \frac{1}{{s}^{3} - {22}{s}^{2} + {80s} - {67}} = \frac{A}{s - p} + \frac{B}{s - q} + \frac{C}{s - r} \]

对所有 \( s \notin \{ p, q, r\} \) 成立。 \( \frac{1}{A} + \frac{1}{B} + \frac{1}{C} \) 的值是多少？

(A) 243 (B) 244 (C) 245 (D) 246

解法1

两边同乘 \( \left( {s - p}\right) \left( {s - q}\right) \left( {s - r}\right) \) 得

\[ 1 = A\left( {s - q}\right) \left( {s - r}\right) + B\left( {s - p}\right) \left( {s - r}\right) + C\left( {s - p}\right) \left( {s - q}\right) \]

由于这是一个多项式恒等式，且对无穷多个 \( s \) 成立，故对所有 \( s \) 均成立(因为具有无穷多个根的多项式必为零多项式)。这意味着我们可以代入 \( s = p \) 得到 \( \frac{1}{A} = \left( {p - q}\right) \left( {p - r}\right) \) 。同理可求 \( \frac{1}{B} = \left( {q - p}\right) \left( {q - r}\right) \) 和 \( \frac{1}{C} = \left( {r - p}\right) \left( {r - q}\right) \) 。将它们相加，得到

\[ \frac{1}{A} + \frac{1}{B} + \frac{1}{C} = {p}^{2} + {q}^{2} + {r}^{2} - {pq} - {qr} - {pr} \]

由韦达公式(Vieta's Formulas)可知 \( {p}^{2} + {q}^{2} + {r}^{2} = {\left( p + q + r\right) }^{2} - 2\left( {{pq} + {qr} + {pr}}\right) = {324} \) 且 \( {pq} + {qr} + {pr} = {80} \) 。因此答案为 \( {324} - {80} = \) (B)244。

注:在原恒等式中代入“禁止”值的过程是微积分课程中讲授的部分分式分解(Partial Fraction Decomposition)的标准技巧。

解法2(极限法)

两边同乘(s - p)得

\[ \frac{s - p}{{s}^{3} - {22}{s}^{2} + {80s} - {67}} = A + \frac{B\left( {s - p}\right) }{s - q} + \frac{C\left( {s - p}\right) }{s - r} \]

当 \( s \rightarrow p \) 时，注意右侧的 \( B \) 和 \( C \) 项将抵消，仅剩 \( A \) 。因此

\( A = \mathop{\lim }\limits_{{s \rightarrow p}}\frac{s - p}{{s}^{3} - {22}{s}^{2} + {80s} - {67}} \) ，由洛必达法则(L'Hôpital's Rule)得

\( \mathop{\lim }\limits_{{s \rightarrow p}}\frac{1}{3{s}^{2} - {44s} + {80}} = \frac{1}{3{p}^{2} - {44p} + {80}} \) 。同理可求 \( B \) 和 \( C \) 。将倒数相加并利用韦达公式，得到

2019 AMC 10A 试题/第25题

问题

在1到50(含)之间有多少个整数 \( n \) 使得

\[ \frac{\left( {{n}^{2} - 1}\right) !}{{\left( n!\right) }^{n}} \]

为整数？(回忆 \( 0! = 1 \) 。)

(A) 31 (B) 32 (C) 33 (D) 34 (E) 35

解法1

关键洞察是

\[ \frac{\left( {n}^{2}\right) !}{{\left( n!\right) }^{n + 1}} \]

恒为整数。这是因为其恰好等于将 \( {n}^{2} \) 个对象划分为 \( n \) 个无序且每组大小为 \( n \) 的组的方式数。因此，

\[ \frac{\left( {{n}^{2} - 1}\right) !}{{\left( n!\right) }^{n}} = \frac{\left( {n}^{2}\right) !}{{\left( n!\right) }^{n + 1}} \cdot \frac{n!}{{n}^{2}} \]

为整数当且仅当 \( {n}^{2} \mid n! \) ，换言之，当且仅当 \( n \mid \left( {n - 1}\right) ! \) 。根据威尔逊定理，该条件不成立当且仅当 \( n = 4 \) 或 \( n \) 为素数。1到50(含)之间有15个素数，因此有 \( {15} + 1 = {16} \) 项使得

\[ \frac{\left( {{n}^{2} - 1}\right) !}{{\left( n!\right) }^{n}} \]

可能不为整数。容易验证，当 \( n = 4 \) 时，上述表达式不为整数，因为分母中2的因子多于分子。类似地，可验证对任意素数 \( n = p \) ，该表达式均不为整数，因为分母中p的因子多于分子。因此，全部16个 \( n \) 值均使表达式不为整数，答案为 \( {50} - {16} = \left( \mathbf{D}\right) {34} \)

解法2

我们可用n的p进赋值(P-Adic Valuation)解决此题(回忆n的p进赋值记作 \( {v}_{p}\left( n\right) \) ，定义为能整除n的素数p的最高次幂。例如， \( {v}_{2}\left( 6\right) = 1 \) 或 \( {v}_{7}\left( {245}\right) = 2 \) 。)利用勒让德公式，我们知道:

\[ {v}_{p}\left( {n!}\right) = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{\infty }\left\lfloor \frac{n}{{p}^{i}}\right\rfloor \]

看到题目中出现阶乘，这提示我们使用勒让德公式，其中 \( n \) 为素数的幂。

我们还知道， \( {v}_{p}\left( {m}^{n}\right) = n \cdot {v}_{p}\left( m\right) \) 。已知若 \( {v}_{p}\left( a\right) \leq {v}_{p}\left( b\right) \) ，则 \( a \mid b \) ，于是我们有:

\[ n \cdot {v}_{p}\left( {n!}\right) \leq {v}_{p}\left( {\left( {{n}^{2} - 1}\right) !}\right) \]

且需找出所有使该式成立的 \( n \) 。

若代入 \( n = p \) ，由勒让德公式可得两个方程:

\[ {v}_{p}\left( {\left( {{n}^{2} - 1}\right) !}\right) = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{\infty }\left\lfloor \frac{{n}^{2} - 1}{{p}^{i}}\right\rfloor = \left( {p - 1}\right) + 0 + \ldots + 0 = p - 1 \]

我们还得到:

\[ {v}_{p}\left( {\left( n!\right) }^{n}\right) = n \cdot {v}_{p}\left( {n!}\right) = n \cdot \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{\infty }\left\lfloor \frac{n}{{p}^{i}}\right\rfloor = p \cdot \left( {1 + 0 + \ldots 0}\right) = p \]

但题目要求证明

\( n \cdot {v}_{p}\left( {n!}\right) \leq {v}_{p}\left( {\left( {{n}^{2} - 1}\right) !}\right) \Rightarrow p \leq p - 1 \) 对所有 \( n \) 为假，其中 \( n \) 为素数。

现在我们尝试对 \( n = {p}^{2} \) 做同样的事，其中p为素数。根据勒让德(Legendre)我们得到:

\[ {v}_{p}\left( {\left( {{p}^{4} - 1}\right) !}\right) = {p}^{3} + {p}^{2} + p - 3 \]

并且

\[ {p}^{2} \cdot {v}_{p}\left( {{p}^{2}!}\right) = {p}^{3} + {p}^{2} \]

于是我们得到:

\[ {p}^{2} \cdot {v}_{p}\left( {p!}\right) \leq {v}_{p}\left( {\left( {{n}^{4} - 1}\right) !}\right) \Rightarrow {p}^{3} + {p}^{2} \leq {p}^{3} + {p}^{2} + p - 3 \]

这对所有素数都成立，除了2，因此 \( {2}^{2} = 4 \) 不成立。可以轻易验证，对所有 \( n = {p}^{i} \) ，其中 \( i \) 为大于2的整数，满足不等式:

\[ n \cdot {v}_{p}\left( {n!}\right) \leq {v}_{p}\left( {\left( {{n}^{2} - 1}\right) !}\right) \]