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2012全国高中数学联赛加试试题参考答案


2 0 1 2年全国高中数学联赛加试试题( 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, 1 0分为一个档次, 不要再增加其他中间档次。

一、 ( 本题满分 4 0分) 如图

, 在锐角△A B C中, A B>A C , M、 N是 B C边上不 同的两点, 使得 ∠B A M =∠C A N . 设 △A B C和 △A M N的外 、 O , 求证: O 、 O 、 A三点共线. 心分别为 O 1 2 1 2 证明: 如图, 连接 A O 、 A O 点作 A O P 1 2过 A 1 的垂线 A 交B C的延长线于点 P , 则A P是圆 O 1 的切线 . 因此 ∠B= A C  1 0分 ∠P 因为 ∠B A M= A N , ∠C 所以 ∠A M P= A M= A C+ A N= A N  2 0分 ∠B+ ∠B ∠P ∠C ∠P 因而 A P是△A M N外接圆 O 0分 2 的切线  3 故A P O . ⊥A 2 所以 O , O , A三点共线 4 0分 1 2 二、 ( 本题满分 4 0分)
2 n 试证明: 集合 A={2 , 2 , …, 2 , … }满足 ? 1 ) 对每个 a , 及b , 若b < 2 a - 1 , 则b ( b + 1 ) 一定不是 2 a 的倍数; ( ∈A ∈N

( 2 ) 对每个 a ( 其 中 A表 示 A在 N? 中 的 补 集 ) , 且a , 必存在 b b < 2 a- 1 , ∈A ≠1 ∈ N? , 使b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数.
k k + 1 ? 证明: 对于任意的 a , 设 a= 2 , k , 则2 a= 2 , 如果 b 是任意一个小于 2 a- 1的正整 ∈A ∈N

+ 1 a - 1 1 0分 数, 则b ≤2 由于 b 与b + 1中, 一个为奇数, 它不含素因子 2 , 另一个为偶数, 它含素因子 2的幂的次数最多 , 因此, b ( b + 1 ) 一定不是 2 a 的倍数  2 0分 为k
k k + 1 若a , 且a , 设a = 2 ·m , 其中 k 为非负整数, m为大于 1 的奇数. 则2 a = 2 ·m 3 0分 ∈A ≠1

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  下面给出三种证明方法:
k + 1 k + 1 证法 1 : 令b = m x , b + 1= 2 y , 消去 b 得2 y - m x = 1 . k + 1 由于( 2 , m )= 1 , 这方程必有整数解: k + 1 x = x 2 t , 0+      ( 其中 t , ( x , y ) 为方程的特解) . ∈Z 0 0 y = y + m t 0

{

k + 1 ? ? ? 把最小的正整数解记为( x , y ) , 则x < 2 . ? 故b = m x < 2 a - 1 , 使b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数  4 0分 k + 1 证法 2 : 由于( 2 , m )= 1 , 由中国剩余定理知, 同余方程组

    

{

k + 1 x  ( m o d2 ) , ≡0

x 1  ( m o dm ) . ≡m-

k + 1 在区间( 0 , 2 m ) 上有解 x = b , 即存在 b < 2 a - 1 , 使b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数  4 0分 r ? 证法 3 : 由于( 2 , m )= 1 , 总存在 r ( r , r 1 ) , 使2  ( m o dm ) . ∈N ≤m- ≡1 t r ? 取t , 使t r > k + 1 , 则 2  ( m o dm ) . ∈N ≡1 t r k + 1 存在 b = ( 2 - 1 )- q ·( 2 ·m )> 0 .q . 使 0< b < 2 a - 1 . ∈N k + 1   此时 m| b , 2 | b + 1 , 因而 b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数  4 0分

三、 ( 本题满分 5 0分) 设P , P , P , …, P + 1个点, 它们两两间的距离的最小值为 d ( d > 0 ) . 求证: 0 1 2 n 是平面上 n dn        | P P ·| P P ·…· | P P > ( ) ( n + 1 ) !. 0 1| 0 2| 0 n| 3 槡 证法 1 : 不妨设 | P P P P P P . ≤| ≤…≤ | 0 1| 0 2| 0 n| d 先证明: 对任意正整数 k , 都有 | P P > 槡 k + 1 . 0 k| 3 显然, | P P ≥d ≥ 0 k| d k + 1 对k = 1 , 2 , …, 8均成立, 只有 k = 8时右边取等号  1 0分 3槡

d 所以, 只要证明当 k 有| P P > 槡 k + 1 即可. ≥9时, 0 k| 3 d 以P ( i = 0 , 1 , 2 , …, k ) 为圆心, 为半径画 k + 1个圆, 它们两两相离或外切; 以P i 0 为圆心, 2 d | P P + 为半径画圆, 这个圆覆盖上述 k + 1个圆  2 0分 0 k| 2 d2 d2 所以 π ( | P P + ) > ( k + 1 ) ( ) . π 0 k| 2 2 d 约去 π , 并开方移项, 得| P P > (槡 k + 1- 1 )  3 0分 0 k| 2
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k + 1- 1 槡 k + 1   由 k > 0分 ≥9易知 槡  4 2 3 d 所以 | P P > 槡 k + 1 对k = 9 , 1 0 , …, n 也成立. 0 k| 3 d 综上, 对任意正整数 k , 都有 | P P > 槡 k + 1 . 0 k| 3 dn 因而, | P P ·| P P ·…· | P P > ( ) ( n + 1 ) ! 0分  5 0 1| 0 2| 0 n| 3 槡 证法 2 : 不妨设 | P P P P P P . ≤| ≤…≤ | 0 1| 0 2| 0 n| d 以P ( i = 0 , 1 , 2 , …, k ) 为圆心, 为半径画 k + 1个圆, 它们两两相离或外切  1 0分 i 2 设 Q是圆 P 由于 i上任意一点, 1 1 3      | P Q| P P | +| P Q| =| P P | + d P P + | P P = | PP |  2 0分 ≤| ≤| 0 0 i i 0 i 0 k| 0 k| 2 2 2 0 k 3 因而, 以P PP | 为半径的圆覆盖上述 k + 1个圆  3 0分 0 为圆心, | 2 0 k 3 d2 2 故 π ( | PP | ) > ( k + 1 ) ( ) . π 2 0 k 2 d 即有 | P P > 槡 k + 1   ( k = 1 , 2 , …, n )  4 0分 0 k| 3 dn 所以, | P P ·| P P ·…· | P P > ( ) ( n + 1 ) ! 0分  5 0 1| 0 2| 0 n| 3 槡 四、 ( 本题满分 5 0分) 设S 1+ n= 1 1 +… + , n是正整数. 证明: 对满足 0 、 b , 数列{ S ≤ a<b ≤1的任意实数 a n- 2 n

[ S ] } 中有无穷多项属于( a , b ) . 这里, [ x ] 表示不超过实数 x 的最大整数. n
? 证法 1 : ( 1 ) 对任意 n , 有 ∈N

1 1 1    S 1+ + + …+n n= 2 2 3 2 1 1 1 1 1 …+n +2 + + = 1+ + 1 … + n-1 2 2+ 2 + 2 1 2 1

( ) ( 1 1 1 1 1 …+ ) > 1+ +( + ) + … +( + 2 2 2 2 2
2 2 n n

)

1 1 1 1 = 1+ + + … + > n  1 0分 2 2 2 2 令N 0= 1 1 , m=[ S ] + 1 , 则 < N, < b - a , S < m a 2 0分 ≤ m+ [ b1 ] +1 - a b - a N
N 0 0 0 N 0

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2 ( m+ 1 )   又令 N 2 , 则S = S m+ 1 b . ≥m+ 2 ( m+ 1 )> 1= N 2 1 ? 因此存在 n , N n < N , 使得 m+ a < S m+ b , 所以, S a , b ) 3 0分 [S ] ∈( ∈N 0< 1 n< n- n

不然一定存在 N k , 使得 S a , S b . 因此 ≤m+ ≥m+ 0< k - 1 k     S S - a , ≥b k- k - 1 1 1 ? 这与 S S < < b - a 矛盾. 所以一定存在 n , 使得 S a , b ) 0分 [S ] ∈( ∈N  4 k- k - 1= n- n k N 0 ( 2 ) 假设只有有限个正整数 n , …, n , 使得 S -[ S a , b ) , 1 . ] ∈( ≤j ≤k 1 k n n j j 令c =m i n -[ S 则a < c < b . {S ] }, n n j j
1 ≤j ≤k ? 则不存在 n , 使得 S a , c ) , 这与( 1 ) 的结论矛盾. [S ] ∈( ∈N n- n

所以数列 { S a , b ) . [S ] }中有无穷多项属于( n- n 综上所述原命题成立  5 0分 证法 2 : ( 1 ) 对任意的正整数 n , 有 1 1 1     S 1+ + + …+n n= 2 2 3 2 1 1 1 1 1 …+n +2 + + = 1+ + … + n-1 1 2 2 2+ 2 2 + 1

( ) ( 1 1 1 1 1 …+ ) > 1+ +( + ) + … +( + 2 2 2 2 2
2 2 n n

)

1 1 1 1 = 1+ + + … + > n  1 0分 2 2 2 2 因此, 当n 充分大时, S n 可以大于任何一个正数 . 令N 0= 1 , 则N> . 当k > N 时, [ b1 ] +1 - a b - a
0 0

1 1   S S < < b - a  2 0分 k- k - 1= k N 0 因此, 对于任何大于 S 的正整数 m , 总存在 n > N , 使S m a , b ) , 即 m+ a < S m+ b . 否 ∈( N 0 n- n< 0 > N , 使S a , 且S b . 这样就有 S S - a . 则, 一定存在 k ≤ m+ ≥m+ ≥b 0 k - 1 k k- k - 1 1 1 而S S < < b - a . 矛盾. k- k - 1= k N 0 故一定存在 n > N , 使 m+ a < S m+ b 3 0分 0 n< 令m [ S ]+ i ( i = 1 , 2 , 3 , …) , 则m S . 故一定存在 n N , 使m a < S < m b . i= N i> N i> 0 i+ n i+ 0 0 i 因此 a < S - m S - [ S ]< b 4 0分 n i= n n i i i 这样的 i 有无穷多个. 所以数列{ S [ S ] } 中有无穷多项属于( a , b ) 5 0分 n- n
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