本试卷共4题，每题30分，满分120分，考试时间180分钟．
1、 已知锐角$\triangle ABC$中，$\angle B=60^\circ$，$P$为$AB$中点，$Q$为外接圆上弧$AC$(不包含点$B$)的中点，$H$为$\triangle ABC$的垂心．如果$P,H,Q$三点共线，求$\angle A$．
2、求所有的整系数多项式$P(x)$，使得存在一个无穷项整数数列$\{a_n\}$，其中任意两项互不相等，且满足：$P(a_1)=0$，$P(a_{k+1})=a_k$($k=1,2,\cdots $)．
3、给定正整数$n$，有$2n$张纸牌叠成一堆，从上到下依次编号为$1$到$2n$．我们进行这样的操作：每次将所有从上往下数偶数位置的牌抽出来，保持顺序放在牌堆下方．例如$n=3$时，初始顺序为$123456$，操作后依次得到$135246$，$154326$，$142536$，$123456$．证明：对任意正整数$n$，操作不超过$2n-2$次后，这堆牌的顺序会变回初始状态．
4、给定正整数$p,q$，数列$\{a_n\}$满足：$a_1=a_2=1$，$a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$($n=1,2,3\cdots $)．求证：要使得对任意正整数$m,n$，均有$(a_m,a_n)=a_{(m,n)}$，当且仅当$p=1$时成立．
参考答案
1、答案 $75^\circ$．
解 如图，设$O$为外接圆圆心，延长$CO$交外接圆于$D$，则四边形$BHAD$为平行四边形，因此$D,P,H$三点共线，进而$D,P,H,Q$四点共线．
连接$OH,BQ$，由$\angle B=60^\circ$，于是$$BH=AD=\dfrac 12CD=OQ,$$又$OB=OQ$，因此$BHQO$为菱形，从而$$\angle OBC=\angle OCB=\angle BAD=\angle HBA,$$又$$\angle BCD=\angle BQD=\angle OBQ=\angle HBQ,$$因此$BO,BQ,BH$将$\angle CBA$四等分，进而不难得知$\angle A=75^\circ$．
2、答案 $P(x)=x+C$，其中$C\in\mathcal Z$．
解 设$$P(x)=\lambda_0 +\lambda_1x+\cdots +\lambda_mx^m,$$其中$m\in\mathcal N^*$，$\lambda_i\in\mathcal Z$($i=0,1,2,\cdots ,m$)，则$$P(a_{k+1})-P(a_{k+2})=a_k-a_{k+1},k=1,2,\cdots ,$$而$$P(a_{k+1})-P(a_{k+2})=\lambda_1(a_{k+1}-a_{k+2})+\lambda_2(a_{k+1}^2-a_{k+2}^2)+\cdots +\lambda_m(a_{k+1}^m-a_{k+2}^m),$$因此$$(a_{k+1}-a_{k+2})\mid (a_k-a_{k+1}),k=1,2,\cdots ,$$因此$$\big|a_1-a_2\big|\geqslant \big|a_2-a_3\big|\geqslant \cdots \geqslant \big|a_k-a_{k+1}\big|\geqslant \big|a_{k+1}-a_{k+2}\big|\geqslant \cdots .$$由于$\big|a_1-a_2\big|$的值有限，因此必然存在$K$，使得当$k\geqslant K$且$k\in\mathcal{Z}$时，有$$\big|a_k-a_{k+1}\big|= \big|a_{k+1}-a_{k+2}\big|= \big|a_{k+2}-a_{k+3}\big|=\cdots .$$由于数列$\{a_n\}$中任意两项互不相等，因此有$$a_k-a_{k+1}=a_{k+1}-a_{k+2}=a_{k+2}-a_{k+3}=\cdots,$$因此有$$P(a_{k+1})-a_{k+1}=P(a_{k+2})-a_{k+2}=\cdots.$$若$m\geqslant 2$，则方程$$P(x)-x=P(a_{K+1})-a_{K+1}$$有无数个解，矛盾．这样得到了所有符合题意的整系数多项式$P(x)=x+C$，其中常数$C\in\mathcal Z$．
3、证明 我们证明一个等价的命题，将每次操作改为先从上往下取后一半的数出来，然后与前一半交叉放置(类似于洗扑克牌)，如初始顺序为$123456$，操作后依次得到$142536$，$154326$，$135246$，$123456$．将纸牌按顺时针摆放，使得第一张牌和最后一张牌(它们始终为$1$和$2n$)重合，将第一张牌的位置记为$1$，顺时针旋转将其他牌的位置依次记为$2,3,\cdots ,2n-1$．定义纸牌$m$顺时针旋转到纸牌$n$时旋转的步数为纸牌$m$到$n$的距离，记为$d(m\to n)$，如图中$d(2\to 3)=3$．
下面证明经过$k$次操作($k\in\mathcal N^*$)后$$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n),$$用数学归纳法．
归纳基础 当$k=1$时，有$$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n)=1,$$命题成立．
归纳假设与递推证明 设当$k=p$时，有$$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n)=q.$$不难计算得经过操作后位置$x$的纸牌将会移动到位置$$f(x)=(2x-1)\%(2n-1),$$其中$t\%s$表示$t$模$s$的余数，因此原来距离为$q$的纸牌在操作后距离为$(2q)\%(2n-1)$．因此经过$p+1$次操作后，仍然有$$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n).$$
综上所述，经过$k$次操作($k\in\mathcal N^*$)后$$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n).$$这就意味着当纸牌$2$的位置确定时，其他所有纸牌的位置都可以依靠该性质确定．而纸牌$2$至多只有$2n-2$种可能的位置，并且纸牌$2$的所在的位置不可能出现不包含位置$2$的循环．这是因为操作是可以反向的，因此如果出现不包含位置$2$的循环，那么可以断定最初的状态纸牌$2$所在的位置不可能为$2$．因此经过不超过$2n-2$次操作后，纸牌$2$必然回到位置$2$，原命题得证．
4、证明 必要性
根据题意，有\[\begin{split}a_1&=1,\\ a_2&=1,\\ a_3&=p+q,\\ a_4&=p^2+pq+q,\\ a_5&=p^3+p^2q+2pq+q^2,\\ a_6&=p^4+p^3q+3p^2q+2pq^2+q^2,\end{split} \]而由$(a_3,a_4)=a_1$，可得$(p,q)=1$；又由$(a_3,a_6)=a_3$，可得$$p+q\mid p^2q+q^2,$$即$$ p+q\mid pq(p-1)+q(p+q),$$因此$p=1$．
充分性 当$p=1$时，$a_{n+2}=a_{n+1}+qa_n$，于是$$\begin{split} (a_{n+2},q)=&(a_{n+1}+qa_n,q)\\=&(a_{n+1},q)=\cdots \\=&(a_1,q)=1, \end{split} $$进而$$\begin{split} (a_{n+1},a_{n+2})=&(a_{n+1},a_{n+1}+qa_n)\\=&(a_{n+1},a_n)=\cdots \\=&(a_1,a_2)=1. \end{split} $$记$a_0=0$，用数学归纳法可以证明对任意$m,n\in\mathcal N^*$，$m\leqslant n$，均有$$a_n=a_ma_{n-m+1}+qa_{m-1}a_{n-m},$$于是$$\begin{split} (a_m,a_n)=&(a_m,a_ma_{n-m+1}+qa_{m-1}a_{n-m})\\=&(a_m,a_{n-m})=\cdots \\=&(a_{(m,n)},a_{(m,n)})=a_{(m,n)},\end{split}$$原命题得证．
这份答案是由我与广东深圳的汪飞、江苏江阴的吴罗勇在光子问答上共同讨论完成的，在此对两位老师一并表示感谢！