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2012年全国高中数学联赛加赛试题(A)及参考答案word版


2012年全国高中数学联赛加试试题( A 卷)
一、 (本题满分40分) 如图, 在锐角 ?ABC 中, ? AC, M , N 是 BC 边上不同的两点, 使得 ?BAM AB 设 ?ABC 和 ?AMN 的外心分别为 O1, O2 ,求证: O1 , O2 , A 三点共线。 证明:如图.连接 AO1, AO2 ,过 A 点作 AO1 的 垂线 AP 交 BC 的延

长线于点 P ,则 AP 是 ? O1 的切线. 因此 ?B ? ?PAC ……………………………10 分
B M N C

? ?CAN .
A

因为 ?BAM ? ?CAN , 所以 ?AMP ? ?B ? ?BAM ? ?PAC ? ?CAN ? ?PAN …………20 分
1

因而 AP 是 ? AMN 的外接圆 O2 的切线…………………30 分 故 AP ? AO2 . 所以 O1 , O2 , A 三点共线。………………………………40 分

二、 (本题满分40分) 试证明:集合 A ? ?2, 22 ,? , 2n ,?? 满足 (1)对每个 a ? A ,及 b ? N ? ,若 b ? 2a ? 1 ,则 b(b ? 1) 一定不是 2a 的倍数; (2)对每个 a ? A (其中 A 表示 A 在N 中的补集) ,且 a ? 1 ,必存在 b ? N ? ,
b ? 2a ? 1 ,使 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.

证明:对任意的 a ? A ,设 a ? 2k , k ? N ? , 则 2a ? 2k ?1, 如果 b 是任意一个小于 2a ? 1 的 正整数,则 b ? 1 ? 2a ? 1 ………………………………………10 分 由于 b 与 b ? 1 中,一个为奇数,它不含素因子 2 ,另一个是偶数,它含素因子 2 的 幂的次数最多为 k ,因此 b(b ? 1) 一定不是 2a 的倍数;…………………20 分 若 a ? A ,且 a ? 1, 设 a ? 2k ? m, 其中 k 为非负整数, m 为大于 1 的奇数, 则 2a ? 2k ?1 ? m ……………………………………………………………30 分 下面给出(2)的三种证明方法:
2

证法一:令 b ? mx, b ?1 ? 2k ?1 y, 消去 b 得 2k ?1 y ? mx ? 1. 由于 (2k ?1, m) ? 1, 这方程必有整数解;
? x ? x0 ? 2 k ?1 t ? 其中 t ? z,( x0 , y0 ) 为方程的特解. ? ? y ? y0 ? mt ?

把最小的正整数解记为 ( x? , y? ), 则 x? ? 2k ?1 , 故 b ? mx? ? 2a ?1, 使 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.……………………40 分

证法二:由于 (2k ?1, m) ? 1, 由中国剩余定理知,同余方程组
? x ? 0(mod 2k ?1 ) 在区间 (0, 2k ?1 m) 上有解 x ? b, 即存在 b ? 2a ? 1, ? ? x ? m ? 1(mod m)

使 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.……………………………………40 分

证法三:由于 (2, m) ? 1, 总存在 r (r ? N ? , r ? m ?1), 使 2r ? 1(mod m) 取 t ? N ? , 使 tr ? k ? 1, 则 2tr ? 1(mod m) 存在 b ? (2tr ?1) ? q ? (2k ?1 m) ? 0, q ? N , 使 0 ? b ? 2a ? 1, 此时 m b ,2k ?1 m ?1, 因而 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.……………40 分 三、 (本题满分50分)
3

设 P0 , P , P2 ,?, Pn 是平面上 n ? 1 个点,它们两两间的距离的最小值为 d (d ? 0) 1 求证: P0 P1 ? P0 P2
d ?? P0 Pn ? ( ) n (n ? 1)! 3

证法一:不妨设 P0 P ? P0 P2 ? ? ? P0 Pn . 1 先证明:对任意正整数 k ,都有 P0 Pk 显然,
P0 Pk ? d ? ? d k ?1 3

d k ? 1 对 k ? 1, 2,?,8 均成立,只有 k ? 8 时右边取等号……10 分 3 d 所以,只要证明当 k ? 9 时,有 P0 Pk ? k ? 1 即可. 3 d 以 Pi (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 P0 圆 2 d 心, P0 Pk ? 为半径画圆,这个圆覆盖上述 k ? 1 个圆………………20 分 2 d d d 所以 ? ( P0 Pk ? )2 ? (k ? 1)? ( )2 ? P0 Pk ? ( k ? 1 ? 1) ……………………30 分 2 2 2

由 k ? 9 易知 所以 P0 Pk
?

k ?1 ?1 k ?1 …………………………………………40 ? 2 3



d k ? 1 对 k ? 9 时也成立. 3 d 综上,对任意正整数 k 都有 P0 Pk ? k ? 1 . 3 d 因而 P0 P1 ? P0 P2 ?? P0 Pn ? ( )n (n ? 1)! ………………………………50 3



证法二: 不妨设 P0 P ? P0 P2 ? ? ? P0 Pn . 1
4

以 Pi (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;…10 分 设 Q 是是圆 Pi 上任意一点,由于
P0Q ? P0 Pi ? PQ ? P0 Pi ? i d 1 3 ? P0 Pk ? P0 Pk ? P0 Pk 2 2 2

d 2

……………………………20 分

3 P0 Pk 为半径的圆覆盖上述个圆…………………30 分 2 3 d d 故 ? ( P0 Pk )2 ? (k ? 1)? ( )2 ? P0 Pk ? k ? 1(k ? 1, 2,?, n) ……………………40 分 2 2 3 d n 所以 P0 P1 ? P0 P2 ?? P0 Pn ? ( ) (n ? 1)! ………………………………………50 分 3

因而,以 P0 为圆心,

四、 (本题满分50分) 设 Sn ? 1 ?
1 1 ? ? ? ,n是正整数.证明:对满足 0 ? a ? b ? 1 的任意实数 a , b ,数 2 n

列 {Sn ? [Sn ]} 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. [ 证法一:(1)对任意 n ? N ? ,有
1 1 1 ? ?? ? n 2 3 2 1 1 1 1 1 ? 1? ? ( 1 ? 2 ) ? ( n ?1 ??? n ) 2 2 ?1 2 2 ?1 2 1 1 1 1 1 ? 1? ? ( 2 ? 2 ) ?? ? ( n ?? ? n ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ? 1 ? ? ? ? ? ? n …………………………………………………………10 2 2 2 2 1 ] ? 1, m ? [ S n0 ] ? 1, 令 N0 ? [ b?a S 2n ? 1 ?
5





1 1 ? N0 , ? b ? a, Sn0 ? m ? m ? n ……………………………20 b?a N0
1



又令 N1 ? 2t (m?1) ,则 SN

? S2t ( m?1) ? m ? 1 ? m ? b,

因此存在 n ? N ? , N0 ? n ? N1, 使得 m ? a ? Sn ? m ? b, 所以 Sn ? [Sn ] ? (a, b) …………………………………………………..30 分 不然一定存在 N0 ? k, 使得 Sk ?1 ? m ? a, Sk ? m ? b, 因此 Sk ? Sk ?1 ? b ? a, 这 与
Sk ? Sk ?1 ? 1 1 ? ?b?a k N0

矛 盾 . 所 以 一 定 存 在

n ? N?,

使 得

Sn ? [Sn ] ? (a, b) …………………………………………………40



(2)假设只有有限个正整数 n1, n2 ,?, nk , 使得 Sn 令 c ? min ?Sn
1? j ? k
j

j

? [Sn j ] ? (a, b),(1 ? j ? k )

? [ S n j ] , 则 a ? c ? b,

?

则不存在 n ? N ? , n ? N ? , 使得 Sn ? [Sn ] ? (a, c), 这与(1)的结论矛盾. 所以数列 ?Sn ? [Sn ]? 中有无穷多项属于 (a, b) . 终上所述原命题成立………………………………………50 分

证法二:(1)

1 1 1 ? ?? ? n 2 3 2 1 1 1 1 1 ? 1? ? ( 1 ? 2 ) ? ( n ?1 ??? n ) 2 2 ?1 2 2 ?1 2 S 2n ? 1 ?
6

? 1?

1 1 1 1 1 ? ( 2 ? 2 ) ?? ? ( n ??? n ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ? 1 ? ? ? ? ? ? n …………………………………………………………10 2 2 2 2



因此,当 n 充分大时, Sn 可以大于如何一个正数, 令 N0 ? [
1 1 ] ? 1, 则 N 0 ? , 当 k ? N0 时, b?a b?a

Sk ? Sk ?1 ?

1 1 ? ? b ? a ……………………………………20 k N0
0



因此,对于如何大于 S N 的正整数 m, 总存在 n ? N0 , 使 Sn ? m ? (a, b), 即 m ? a ? Sn ? m ? b, 否则,一定存在 k ? N0 , 使 Sk ?1 ? m ? a, 且 Sk ? m ? b, 这样就有 Sk ? Sk ?1 ? b ? a, 而 Sk ? Sk ?1 ? 1 ?
k 1 ? b ? a, 矛盾. N0

故一定存在 n ? N0 , 使得 m ? a ? Sn ? m ? b, …………………30 分 令 mi ? [SN ] ? i(i ? 1, 2,3,?), 则 mi ? SN , 故一定存在 n1 ? N0 ,
0 0

使 mi ? a ? Sn 因此 a ? Sn
i

i

? mi ? b ,

? mi ? Sni ? [Sni ] ? b ……………………………..40



这样的 i 有无穷多个, 所以数列 ?Sn ? [Sn ]? 中有无穷多项属于 (a, b) ……………50 分
7


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