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2016年高中数学联赛试题答案


2016 年全国高中数学联合竞赛一试(A 卷) 参考答案及评分标准
说明: 1. 评阅试卷时,请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和 0 分两档;其他各题的 评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可 参考本评分标准适当划分档次评分,解答题中第 9 小题 4 分为一个档次,

第 10、 11 小题 5 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分. 1. 设实数 a 满足 a < 9a 3 ? 11a < a ,则 a 的取值范围是 .
? 2 3 10 ? 答案: a ∈ ? ? , ? ?. ? 3 3 ? ? ? 解:由 a < a 可得 a < 0 ,原不等式可变形为

1>

9a 3 ? 11a a > = ?1 , a a

? 2 3 10 ? ? 10 4 ? 即 ?1 < 9a 2 ? 11 < 1 ,所以 a 2 ∈ ? , ? .又 a < 0 ,故 a ∈ ? ? , ? ?. ? 3 3 ? ? 9 3? ? ?

2. 设复数 z , w 满足 z ? 3, ? z ? w?? z ? w? ? 7 ? 4i , 其中 i 是虚数单位, z, w 分 .
2
2

别表示 z , w 的共轭复数,则 ? z ? 2 w?? z ? 2 w? 的模为 答案: 65 .
2

解:由运算性质, 7 ? 4i ? ? z ? w?? z ? w? ? z ? w ? ? zw ? zw? ,因为 z 与
w 为实数, Re ? zw ? zw? ? 0 ,故 z ? w ? 7, zw ? zw ? ? 4i ,又 z ? 3 ,所以
2 2 2 2

w ? 2 .从而

? z ? 2w?? z ? 2w? ? z ? 4 w ? 2 ? zw ? zw? ? 9 ? 8 ? 8i ? 1? 8i . 因此, ? z ? 2 w?? z ? 2 w? 的模为 1 ? 8 ? 65 .
2 2

2

2

3. 正实数 u , v, w 均不等于 1,若 log u vw ? log v w ? 5 , log v u ? log w v ? 3 ,则 . log w u 的值为 4 答案: . 5 解:令 log u v ? a, log v w ? b ,则 1 1 log v u ? , log w v ? , log u vw ? log u v ? log u v ? log v w ? a ? ab , a b 1 1 5 条 件 化 为 a ? ab ? b ? 5, ? ? 3 , 由 此 可 得 ab ? . 因 此 a b 4 1 4 log w u ? log w v ? log v u ? ? . ab 5 4. 袋子 A 中装有 2 张 10 元纸币和 3 张 1 元纸币,袋子 B 中装有 4 张 5 元纸币 和 3 张 1 元纸币.现随机从两个袋子中各取出两张纸币,则 A 中剩下的纸币面值
1

之和大于 B 中剩下的纸币面值之和的概率为 . 9 答案: . 35 解:一种取法符合要求,等价于从 A 中取走的两张纸币的总面值 a 小于从 B 中取走的两张纸币的总面值 b , 从而 a < b ≤ 5 + 5 = 故只能从 A 中取走两张 1 元 10 . 2 纸币,相应的取法数为 C3 = 3 .又此时 b > a = 2 ,即从 B 中取走的两张纸币不能
2 2 都 是 1 元 纸 币 , 相 应 有 C7 18 种 取 法 . 因 此 , 所 求 的 概 率 为 ? C3 = 3 × 18 54 9 = = . 2 2 C5 × C7 10 × 21 35 5. 设 P 为一圆锥的顶点,A, B, C 是其底面圆周上的三点, 满足 ?ABC ? 90? ,

M 为 AP 的中点.若 AB ? 1, AC ? 2, AP ? 2 ,则二面角 M ? BC ? A 的大小 为 . 2 答案: arctan . 3 解:由 ?ABC ? 90? 知, AC 为底面圆的直径. 设 底 面 中 心 为 O , 则 PO ? 平 面 ABC . 易 知 1 AO ? AC ? 1 ,进而 PO ? AP 2 ? AO 2 ? 1 . 2 设 H 为 M 在底面上的射影,则 H 为 AO 的中 点.在底面中作 HK ? BC 于点 K ,则由三垂线定理 知 MK ? BC ,从而 ?MKH 为二面角 M ? BC ? A 的平面角. 3 1 HK HC 3 因 MH ? AH ? ,结合 HK 与 AB 平行知, ? ? ,即 HK ? , 4 2 AB AC 4 MH 2 2 这样 tan ?MKH ? ? .故二面角 M ? BC ? A 的大小为 arctan . 3 HK 3 kx kx 6. 设函数 f ( x) ? sin 4 ? cos 4 ,其中 k 是一个正整数.若对任意实数 a , 10 10 均有 ? f ( x) a ? x ? a ? 1? ? ? f ( x) x ? R? ,则 k 的最小值为 .

答案: 16 .
? 2 kx kx ? 2 kx 2 kx 解:由条件知, f ( x) ? ? sin ? cos 2 ? ? 2sin cos ? ? ? ? ? 10 10 ? 10 10 1 kx 1 2kx 3 ? 1? sin 2 ? cos ? , 2 5 4 5 4 5m? 其中当且仅当 x ? (m ? Z) 时, f ( x) 取到最大值.根据条件知,任意一个长 k 5? 为 1 的开区间 (a, a ? 1) 至少包含一个最大值点,从而 ? 1 ,即 k ? 5? . k 反之,当 k ? 5? 时,任意一个开区间 (a, a ? 1) 均包含 f ( x) 的一个完整周期,
2

此时 ? f ( x) a ? x ? a ? 1? ? ? f ( x) x ? R? 成立. 综上可知,正整数 k 的最小值为 ?5? ? ? 1 ? 16 .

2

y2 ? 1 ,左、右焦点分别为 F1 、 F2 .过点 F2 作一 3 直线与双曲线 C 的右半支交于点 P, Q ,使得 ?F1 PQ ? 90? ,则 ?F1 PQ 的内切圆 7. 双曲线 C 的方程为 x 2 ? 半径是 . 答案: 7 ?1 . 解 : 由 双 曲 线 的 性 质 知 , F1 F2 ? 2? 1 ? 3 ? 4 , PF1 ? PF2 ? QF1 ? QF2 ? 2 . 因 ?F1 PQ ? 90? ,故 PF12 ? PF2 2 ? F1 F22 ,因此

PF1 ? PF2 ? 2( PF12 ? PF22 ) ? ( PF1 ? PF2 ) 2

? 2? 4 2 ? 2 2 ? 2 7 . 从而直角 ?F1 PQ 的内切圆半径是 1 1 1 r ? ( F1 P ? PQ ? F1Q) ? ( PF1 ? PF2 ) ? (QF1 ? QF2 ) ? 7 ?1 . 2 2 2 8. 设 a1 , a2 , a3 , a4 是 1, 2, ? ,100 中的 4 个互不相同的数,满足
2 2 2 2 2 (a12 ? a2 ? a3 )(a2 ? a3 ? a4 ) ? (a1a2 ? a2 a3 ? a3 a4 ) 2 ,

则这样的有序数组 (a1 , a2 , a3 , a4 ) 的个数为



答案: 40 . 2 2 2 2 2 解:由柯西不等式知, (a12 ? a2 ? a3 )(a2 ? a3 ? a4 ) ? (a1a2 ? a2 a3 ? a3 a4 ) 2 ,等 a a a 号成立的充分必要条件是 1 ? 2 ? 3 ,即 a1 , a2 , a3 , a4 成等比数列.于是问题等 a2 a3 a4 价于计算满足 {a1 , a2 , a3 , a4 } ? {1, 2, 3,? ,100} 的等比数列 a1 , a2 , a3 , a4 的个数.设 n 等比数列的公比 q ? 1 ,且 q 为有理数.记 q ? ,其中 m, n 为互素的正整数,且 m m?n. 先考虑 n ? m 的情况. 3 ?n? ? a a1n3 ? 此时 a4 ? a1 ? ? ? ? 3 ,注意到 m3 , n3 互素,故 l ? 13 为正整数.相应地, ? ? ?m? m m 3 2 2 3 a1 , a2 , a3 , a4 分别等于 m l , m nl , mn l , n l ,它们均为正整数.这表明,对任意给 n 定的 q ? ? 1 ,满足条件并以 q 为公比的等比数列 a1 , a2 , a3 , a4 的个数,即为满 m ?100 ? 足不等式 n3l ? 100 的正整数 l 的个数,即 ? 3 ? . ?? n ?? 3 4 由于 53 ? 100 ,故仅需考虑 q ? 2, 3, , 4, 这些情况,相应的等比数列的个 2 3 ?100 ? ?100 ? ?100 ? ?100 ? ?100 ? ??? ??? ??? ??? ? ? 12 ? 3 ? 3 ? 1 ? 1 ? 20 . 数为 ? ?? 8 ?? ?? 27 ?? ?? 27 ?? ?? 64 ?? ?? 64 ?? 当 n ? m 时,由对称性可知,亦有 20 个满足条件的等比数列 a1 , a2 , a3 , a4 . 综上可知,共有 40 个满足条件的有序数组 (a1 , a2 , a3 , a4 ) .

3

二、解答题:本大题共 3 小题,共 56 分.解答应写出文字说明、证明过程 或演算步骤. ??? ? ???? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 已知 AB ? AC ? 2 BA ? BC ? 3CA ? CB . 求 sin C 9. (本题满分 16 分) 在 ?ABC 中, 的最大值. ??? ? ???? b2 ? c2 ? a 2 解:由数量积的定义及余弦定理知, AB ? AC ? cb cos A ? . 2 ??? ? ??? ? a 2 ? b2 ? c2 ??? ? ??? ? a 2 ? c2 ? b2 同理得, BA ? BC ? , CA ? CB ? .故已知条件化为 2 2 b 2 ? c 2 ? a 2 ? 2(a 2 ? c 2 ? b 2 ) ? 3(a 2 ? b 2 ? c 2 ) , …………………8 分 即 a 2 ? 2b 2 ? 3c 2 . 由余弦定理及基本不等式,得 1 a 2 ? b 2 ? ( a 2 ? 2b 2 ) a 2 ? b2 ? c 2 3 ? cos C ? 2ab 2ab
?

a b 2 a b , ?2 ? ? ? 3b 6a 3b 6a 3
sin C =? 1 cos2 C ≤ 7 , 3

所以

…………………12 分
7 . 3

等号成立当且仅当 a : b : c ? 3 : 6 : 5 .因此 sin C 的最大值是

…………………16 分 10. (本题满分 20 分) 已知 f ( x) 是 R 上的奇函数, f (1) ? 1 , 且对任意 x ? 0 , ? x ? ? ? 均有 f ? ? xf ( x) . ? ? ? ? x ?1? ? 1 ? ? ?1? ? ? ? ? ?1? ? ? ? ?1? ? ? ? ? ?1? ?1? ? ??? ? f ? ?1? ? ? 的值. 求 f (1) f ? ? ? f f f f f ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?2? ? ? ?100 ? ? ? ? 99 ? ? ? 3? ? ? ? 98 ? ? ? 50 ? ? ? ? 51? ? ?1? ? 解:设 an ? f ? ? (n ? 1, 2, 3, ?) ,则 a1 ? f (1) ? 1 . ? ? ? ?n?
? ? x ? ? 1 x * k ? 1 ,及 在 f? 中取 ,注意到 x ? ? ( k ? N ) ( ) xf x ? ? ? ? ? 1 ? ? x ?1? k x ?1 ? ?1 k ? 1 k 1

f ( x) 为奇函数,可知
? 1 ? ?1? ? 1 ? 1? 1 ? ? ? ? , ……………5 分 f? ? ? ? f ? ? ? f ? ? ? ? ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? ? k? ?k ? ? k ? n?1 n?1 a a 1 1 1 即 k ?1 ? .从而 an ? a1 ? ? k ?1 ? ? ? . ………………10 分 (n ?1)! ak k k ?1 ak k ?1 k 因此 50 50 49 1 1 ai a101?i ? ? ?? ? i ?1 i ?1 (i ? 1)! ? (100 ? i )! i ?0 i ! ? (99 ? i )!
4

?

1 49 i 1 49 1 i 1 1 99 298 ?i . ? ? C99 ? ? ? ?C99 ? C99 ? ? ?2 ? ? 99 99! i?0 99! i?0 2 99! 2 99! ………………20 分

11.(本题满分 20 分)如图所示,在平面直角 坐标系 xOy 中, F 是 x 轴正半轴上的一个动点.以 F 为焦点、O 为顶点作抛物线 C .设 P 是第一象限 内 C 上的一点, 使得 PQ 为 Q 是 x 轴负半轴上一点,

C 的切线,且 PQ ? 2 .圆 C1 , C2 均与直线 OP 相
切于点 P ,且均与 x 轴相切.求点 F 的坐标,使圆 C1 与 C2 的面积之和取到最小值. 解:设抛物线 C 的方程是 y 2 ? 2 px ( p ? 0) , 点 Q 的坐标为 (? a, 0) (a ? 0) , 并设 C1 , C2 的圆心分 别为 O1 ( x1 , y1 ), O2 ( x2 , y2 ) . 设直线 PQ 的方程为 x ? my ? a (m ? 0) ,将其与 C 的方程联立,消去 x 可知 y 2 ? 2 pmy ? 2 pa ? 0 . 因为 PQ 与 C 相切于点 P ,所以上述方程的判别式为 ? ? 4 p 2 m 2 ? 4 ? 2 pa ? 0 , 解得 m ?
2a .进而可知,点 P 的坐标为 ( xP , yP ) ? (a, p PQ ? 1 ? m 2 ? yP ? 0 ? 1 ?

2 pa ) .于是

2a ? 2 pa ? 2a ( p ? 2a ) . p

由 PQ ? 2 可得 4a 2 ? 2 pa ? 4 . 注意到 OP 与圆 C1 , C2 相切于点 P ,所以 OP ? O1O2 .设圆 C1 , C2 与 x 轴分别相切于点 M , N ,则 OO1 , OO2 分别是 ?POM , ?PON 的 平分线,故 ?O1OO2 ? 90? .从而由射影定理 知
y1 y2 ? O1M ? O2 N ? O1 P ? O2 P ? OP 2
2 2 ? xP ? yP ? a 2 ? 2 pa . 结合①,就有 y1 y2 ? a 2 ? 2 pa ? 4 ? 3a 2 .

① ………………5 分

② ………………10 分

由 O1 , P, O2 共线,可得

y1 ? 2 pa 2 pa ? y2
化简得

?

y1 ? yP OP OM y ? 1 ? 1 ? 1, yP ? y2 PO2 O2 N y2

5

y1 ? y2 ?
2 1 2 2

2 ? y1 y2 . 2 pa



………………15 分 令 T ? y ? y ,则圆 C1 , C2 的面积之和为 ?T .根据题意,仅需考虑 T 取到 最小值的情况. 根据②、③可知, T ? ( y1 ? y2 ) 2 ? 2 y1 y2 ? ? 4 2 2 y1 y2 ? 2 y1 y2 2 pa

4 (4 ? 3a 2 )(2 ? a 2 ) 2 2 2 . (4 ? 3 a ) ? 2(4 ? 3 a ) ? 4 ? 4a 2 1? a 2 作代换 t ? 1? a 2 .由于 4t ? 4 ? 4a 2 ? 2 pa ? 0 ,所以 t ? 0 .于是

T?

(3t ? 1)(t ? 1) 1 1 ? 3t ? ? 4 ? 2 3t ? ? 4 ? 2 3 ? 4 . t t t
3 1 ,此时 a ? 1? t ? 1? .因此结合①得, 3 3 t 1 3? 3 1? 3 ? 1 ? , 0? ? ?. ? 3? 3 ? ? 3t ? 1 3? 3 ,

上式等号成立当且仅当 t ?

p 1? a 2 ? ? 2 a ?p 从而 F 的坐标为 ? , ? ?2 ? ? ? ? ?? 0? ? ? ? ? ? ?

………………20 分

6

2016 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷) 参考答案及评分标准
说明: 1. 评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可 参考本评分标准适当划分档次评分, 10 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 1, 2,? , 2015) . 一、 (本题满分 40 分) 设实数 a1 , a2 ,? , a2016 满足 9ai > 11ai2+1 (i =
2 2 2 ) ? ( a 2 ? a3 ) ? ? ? ( a2015 ? a2016 ) ? ( a2016 ? a12 ) 的最大值. 求 ( a1 ? a2 2 2 2 ) ? ( a 2 ? a3 ) ? ? ? ( a2015 ? a2016 ) ? ( a2016 ? a12 ) . 解 令 P = ( a1 ? a2

由已知得,对 i = 1, 2,? , 2015 ,均有 ai ? ai2+1 > 若 a2016 ? a12 ≤ 0 ,则 S ≤ 0 .

11 2 ai +1 ? ai2+1 ≥ 0 . 9
…………………10 分

以下考虑 a2016 ? a12 > 0 的情况.约定 a2017 = a1 .由平均不等式得
P 2016 ≤
1 2016 1 2016 1 ? 2016 ? 2 ( a ? = a ) a ? ai2+1 ? ∑ ∑ ∑ i i +1 i ? 2016 2016 = i 1 = i 1 ? i 1= ? 2016 1 ? 2016 1 2016 2? ? = a a ? ∑ i ∑ i ? 2016 ∑ ai (1 ? ai ) 2016 = i 1 i 1 ? i 1= ? =

=

…………………20 分

1 2016 ? ai + (1 ? ai ) ? 1 1 1 , ≤ = ? 2016 ? = ∑ ? ? 2016 i =1 ? 2 2016 4 4 ? 所以

2

P≤

1 4
2016



…………………30 分

1 时 , 上 述 不 等 式 等 号 成 立 , 且 有 9ai > 11ai2+1 2 1 (i = 1, 2,? , 2015) ,此时 P = 2016 . 4 1 综上所述,所求最大值为 2016 . …………………40 分 4 = a= ? = a2016 = 当a 1 2
二、 (本题满分 40 分) 如图所示, 在△ ABC 中, X , Y 是直线 BC 上两点( X , B, C , Y 顺次排列) ,使得 BX ? AC ? CY ? AB . 设△ ACX ,△ ABY 的外心分别为 O1 , O2 ,直线 O1O2 与 AB, AC 分别交于点 U ,V . 证明:△ AUV 是等腰三角形.
A

O1 X B

U

O2

V C Y

证法一 作 ∠BAC 的内角平分线交 BC 于点 P . 设三角形 ACX 和 ABY 的外 BP AB BX AB 接圆分别为 ω1 和 ω2 . 由内角平分线的性质知, = . 由条件可得 . = CP AC CY AC 从而 PX BX + BP AB BP , = = = PY CY + CP AC CP 即 CP ? PX = BP ? PY . …………………20 分 故 P 对圆 ω1 和 ω2 的幂相等,所以 P 在 ω1 和 ω2 的根轴上. ……………30 分 于是 AP ⊥ O1O2 ,这表明点 U , V 关于直线 AP 对称,从而三角形 AUV 是等腰 三角形. …………………40 分
A

O1 U X B P O2 V C Y

证法二 设△ ABC 的外心为 O ,连接 OO1 , OO2 .过点 O , O1 , O2 分别作直线 BC 的垂线,垂足分别为 D, D1 , D2 .作 O1K ? OD 于点 K . 我们证明 OO1 ? OO2 .在直角三角形 OKO1 中,
OO1 ? O1K . sin ?O1OK

由外心的性质, OO1 ? AC .又 OD ? BC ,故 ?O1OK ? ?ACB . 而 D, D1 分别是 BC , CX 的中点,所以 DD1 ? CD1 ? CD ? CX ? BC ? BX . 因此
1 BX O1K DD1 BX , ? ?2 ? R? OO1 ? AB AB sin ?O1OK sin ?ACB 2R CY 这里 R 是△ ABC 的外接圆半径.同理 OO2 ? R ? . …………………10 分 AC BX CY ? ,故 OO1 ? OO2 . …………………20 分 由已知条件可得 AB AC
A

1 2

1 2

1 2

O1 X B

U

O K D

O2 D2

V C Y

D1

由于 OO1 ? AC ,所以 ?AVU ? 90???OO1O2 .同理 ?AUV ? 90???OO2O1 . …………………30 分 又因为 OO1 ? OO2 , 故 ?OO1O2 ? ?OO2O1 , 从而 ?AUV ? ?AVU . 这样 AU ? AV , 即△ AUV 是等腰三角形. …………………40 分

三、 (本题满分 50 分) 给定空间中 10 个点, 其中任意四点不在一个平面 上.将某些点之间用线段相连,若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形, 试确定所连线段数目的最大值. 解 以这 10 个点为顶点, 所连线段为边, 得到一个 10 阶简单图 G . 我们证 明 G 的边数不超过 15. 设 G 的 顶 点 为 v1 , v2 ,? , v10 , 共 有 k 条 边 , 用 deg(vi ) 表 示 顶 点 vi 的 度 . 若 deg(vi ) ≤ 3 对 i = 1, 2,? ,10 都成立,则

1 10 1 ×10 × 3 15 . deg(vi ) ≤ = ∑ 2 i =1 2 假设存在 vi 满足 deg(vi ) ≥ 4 .不妨设 deg(v1 )= n ≥ 4 , 且 v1 与 v2 ,? , vn +1 均相 邻.于是 v2 ,? , vn +1 之间没有边,否则就形成三角形.所以, v1 , v2 ,? , vn +1 之间恰有 …………10 分 n 条边. 对每个 j ( n + 2 ≤ j ≤ 10 ) ,v j 至多与 v2 , v3 ,? , vn +1 中的一个顶点相邻(否则设 v j 与 vs , vt ( 2 ≤ s < t ≤ n + 1) 相邻, 则 v1 , vs , v j , vt 就对应了一个空间四边形的四个顶 点,这与题设条件矛盾. ) , 从 而 v2 ,? , vn +1 与 vn + 2 ,? , v10 之 间 的 边 数 至 多 …………20 分 10 ? (n + 1) =9 ? n 条. = k
在 vn + 2 ,? , vn 这 9 ? n 个顶点之间,由于没有三角形,由托兰定理,至多
? (9 ? n) 2 ? ? ? 条边.因此 G 的边数 ? 4 ? ? (9 ? n) 2 ? ? (9 ? n) 2 ? ? 25 ? k ≤ n + (9 ? n) + ? ? =9+? ? ≤ 9 + ? ? = 15 .……30 分 ?4? ? 4 ? ? 4 ?

如图给出的图共有 15 条边,且满足要求. 综上所述,所求边数的最大值为 15.

…………………50 分

四、 (本题满分 50 分) 设 p 与 p + 2 均是素数, p > 3 . 数列 {an } 定义为 a1 = 2 , ? pa ? an an ?1 + ? n ?1 ? , n = 2,3,? .这里 ? = ? x? ? 表示不小于实数 x 的最小整数. ? n ? 证明:对 = n 3, 4,? , p ? 1 均有 n pan ?1 + 1 成立. 证明 首先注意, {an } 是整数数列. 对 n 用数学归纳法. 当 n = 3 时, 由条件知 a2= 2 + p , 故 pa2 + 1= 立.

( p + 1)

2

. 因

p 与 p + 2 均是素数,且 p > 3 ,故必须 3 p + 1 .因此 3 pa2 + 1 ,即 n = 3 时结论成

? pa ? pa + 1 对 3 < n ≤ p ? 1, 设对 此时 ? k ?1 ? = k ?1 , = k 3,? , n ? 1 成立 k pak ?1 + 1 , k ? k ?
故 pa + 1 ? ? ? pa ? ? ? + 1 p ? ak ? 2 + k ? 2 pak ?= p ? ak ? 2 + ? k ? 2 ? = 1 +1 ? +1 ? k ?1 ? ? k ?1 ?? ? ? = 故对 3 < n ≤ p ? 1 ,有

( pak ?2 + 1)( p + k ? 1) .
k ?1

…………………10 分

pa= n ?1 + 1

p + n ?1 p + n ?1 p + n ? 2 = ? ( pan ? ( pan ?3 + 1) 2 + 1) n ?1 n ?1 n?2 p + n ?1 p + n ? 2 p+3 ………20 分 = ?= ? ?? ? ( pa2 + 1) , n ?1 n?2 3
pan ?1 + 1 = 2n ( p + 1) n Cp . ( p + n )( p + 2 ) +n

因此

n 由此知(注意 C p + n 是整数)

① n ( p + n )( p + 2 )( pan ?1 + 1) . …………………40 分

因 n < p , p 素数,故 ( n, n + p = = ) ( n, p ) 1 ,又 p + 2 是大于 n 的素数,故 1 ,从而 n 与 ( p + n )( p + 2 ) 互素,故由①知 n pan ?1 + 1 .由数学归纳 ( n, p + 2 ) = 法知,本题得证. …………………50 分


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