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2009年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准(A卷


2009 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准(A 卷)
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. 一、填空(共 4 小题,每小题 50 分,共 200 分) 1.
? 、? AC

的 如图, M , N 分别为锐角三角形 ?ABC ( ?A ? ?B )的外接圆 ? 上弧 BC

中点.过点 C 作 PC ∥ MN 交圆 ? 于 P 点, I 为 ?ABC 的内心,连接 PI 并延长交圆

? 于T .
⑴求证: MP ? MT ? NP ? NT ;
AB (不含点 C )上任取一点 Q ( Q ≠ A , T , B ) ⑵在弧 ? ,记 ?AQC , △QCB 的

内心分别为 I1 , I 2 ,
P N I T A Q C M

B

求证: Q , I1 , I 2 , T 四点共圆.

【解析】 ⑴连 NI , MI .由于 PC ∥ MN , P ,C , M , N 共圆,故 PCMN 是等腰梯形.因 此 NP ? MC , PM ? NC .
P N I T A C M

B

连 AM , CI ,则 AM 与 CI 交于 I ,因为
?MIC ? ?MAC ? ?ACI ? ?MCB ? ?BCI ? ?MCI ,

所以 MC ? MI .同理
NC ? NI .
1

于是
NP ? MI , PM ? NI .

故四边形 MPNI 为平行四边形.因此 S△PMT ? S△PNT (同底,等高) . 又 P , N , T , M 四点共圆,故 ?TNP ? ?PMT ? 180? ,由三角形面积公式

1 1 S△PMT ? PM ? MT sin ?PMT ? S△PNT ? PN ? NT sin ?PNT 2 2
1 ? PN? NT s i n? P M T 2
于是 PM ? MT ? PN ? NT . ⑵因为 ?NCI1 ? ?NCA ? ?ACI1 ? ?NQC ? ?QCI1 ? ?CI1 N ,
P N I I2 I1 A T Q C M

B

所以 NC ? NI1 ,同理 MC ? MI 2 .由 MP ? MT ? NP ? NT 得 由⑴所证 MP ? NC , NP ? MC ,故
NT MT ? . NI1 MI 2

NT MT . ? MP NP

又因
?I1 NT ? ?QNT ? ?QMT ? ?I 2 MT ,


?I1 NT ∽ ?I 2 MT .

故 ?NTI1 ? ?MTI 2 ,从而
?I1QI 2 ? ?NQM ? ?NTM ? ?I1TI 2 .

因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. 2.
1 ? n k ? 求证不等式: ?1 ? ? ? 2 ? ? ln n ≤ 2 , n ? 1 ,2,… k ? 1 ? k ?1 ?

【解析】 证明:首先证明一个不等式: ⑴

x ? ln(1 ? x) ? x , x ? 0 . 1? x

事实上,令
2

h( x) ? x ? ln(1 ? x) , g ( x) ? ln(1 ? x) ?

x . 1? x

则对 x ? 0 ,

h?( x) ? 1 ?
于是

1 1 x 1 ? ? ?0. ? 0 , g ?( x) ? 2 1 ? x (1 ? x ) (1 ? x) 2 1? x

h( x) ? h(0) ? 0 , g ( x) ? g (0) ? 0 .

在⑴中取 x ? ⑵

1 得 n

1 ? 1? 1 ? ln ?1 ? ? ? . n ?1 ? n? n k 1 ? ln n ,则 x1 ? , 2 k ?1 k ? 1
2 n

令 xn ? ?

xn ? xn ?1 ?

n 1 ? ? ? ln ?1 ? ? n2 ? 1 n ?1? ?

?

n 1 ? n2 ? 1 n
1 ?0 (n ? 1)n
2

??

因此 xn ? xn?1 ? ? ? x1 ? 又因为

1 . 2

n ?1 ? 1? ln n ? (ln n ? ln(n ? 1)) ? (ln(n ? 1) ? ln(n ? 2)) ? ? ? (ln 2 ? ln1) ? ln1 ? ? ln ?1 ? ? . ? k? k ?1

从而
xn ? ?
n ?1 k ? 1? ? ? ln ?1 ? ? k ? 1 ? k? k ?1 k ?1 n 2

n ?1 n ?1 1? ? k n ? k ? 1 ?? ? ?? 2 ? ? ? ?? 2 ? ln ?1 ? ? ? ? 2 ? k ? ? n ? 1 k ?1 ? k ? 1 k ? k ?1 ? k ? 1

? ??

n ?1 1 1 ≥ ?? ( k ? 1) k ( k ? 1)k k ?1 k ?1 2

n ?1

? ?1 ?
3.

1 ? ?1 . n

l 设 k ,l 是给定的两个正整数.证明:有无穷多个正整数 m ≥ k ,使得 Ck m 与 互素.

【解析】 证法一:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !) .我们证明 Ck l ?1 . m,
Ck 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明: p ? m .

?

?

3

k ! ,则由 若p?

k !Ck m ? ? (m ? k ? i )
i ?1 k

k

? ?[ ( i ? t l( k ! ) ]
i ?1 k

? ?i
i ?1

? k !? m o d p? ?1 ? .
? ?1 及 p? | k ! ,且 p? ?1 ? k ! ,知 p? | k !Ck ? k !Ck Ck m且 p m .从而 p ? m .

证法二:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !)2 ,我们证明 Ck l ?1 . m, 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明: p ? Ck m .
k ! ,则由 若p?

?

?

k !Ck m ? ? (m ? k ? i )
i ?1

k

? ?[ ( i ? t l ( k2 !) ]
i ?1
k

k

? ?i
i ?1

? k !? m o d p? .

即 p 不整除上式,故 p ? Ck m . 若 p | k ! ,设 ? ≥ 1 使 p? | k ! ,但 p? ?1 ? k ! . p? ?1 | (k !)2 .故由
k !Ck m ? ? (m ? k ? i )
i ?1 k k ?1

? ?[ ( i ? t l ( k2 !) ]
i ?1

? ?i
i ?1

k

? k !? mod p? ?1 ?
? ?1 k ! ,知 p? | k !Ck ? k !Ck Ck 及 p? | k ! ,且 p? ?1 ? m且 p m .从而 p ? m .

4.

在非负数构成的 3 ? 9 数表
? x1 1 x 1 2 x 1 3 x ? P?? x x2 2 x 2 3 x 2 1 ?x x x x ? 31 32 33
1 4

x

1 5

x

1 6 2x 6 3x 6

x

1 7

2 4x 3 4x

2 5x 3x 5

x ?x 1 8 ? x 2 7 ? x 2 8 ?x x 3 7 ? 3 8

1 9 2 9 3 9

中每行的数互不相同, 前 6 列中每列的三数之和为 1,x17 ? x28 ? x39 ? 0 ,x27 ,x37 ,
4

x18 , x38 , x19 , x29 均大于.如果 P 的前三列构成的数表

? x1 1 x 1 2 x ? 1 3 ? ? S ?? x x x 2 1 2 2 ?2 3 ?x x x ? 3 3 ? 31 32 ? ? x1k ? ? ? 满足下面的性质 (O ) :对于数表 P 中的任意一列 ? x2 k ? ( k ? 1 ,2,…,9)均存 ?x ? ? 3k ?

在某个 i ??1, 2, 3? 使得 ⑶ xik ≤ ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? . 求证: (ⅰ)最小值 ui ? min ?xi1 , xi 2 , xi 3? , i ? 1 ,2,3 一定自数表 S 的不同列.

? x1k* ? ? ? (ⅱ)存在数表 P 中唯一的一列 ? x2 k* ? , k * ≠1 ,2,3 使得 3 ? 3 数表 ? ?x ? ? ? 3k * ? ? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ?
仍然具有性质 (O ) . 【解析】 (ⅰ) 假设最小值 ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? ,i ? 1 , 2, 3 不是取自数表 S 的不同列. 则 存在一列不含任何 u i .不妨设 ui ≠ xi 2 , i ? 1 ,2,3.由于数表 P 中同一行中的任 何两个元素都不等, 于是 ui ? xi 2 ,i ? 1 , 2, 3. 另一方面, 由于数表 S 具有性质 (O ) , 在⑶中取 k ? 2 ,则存在某个 i0 ? ?1, 2, 3? 使得 xi0 2 ≤ ui0 .矛盾. (ⅱ)由抽届原理知
min ? x11 ,x12 ? , min ?x21 ,x22 ? , min ?x31 ,x32 ?

中至少有两个值取在同一列.不妨设
min ?x21 ,x22 ? ? x22 , min ?x31 ,x32 ? ? x32 .

由前面的结论知数表 S 的第一列一定含有某个 u i ,所以只能是 x11 ? u1 .同样, 第二列中也必含某个 u i , i ? 1 ,2.不妨设 x22 ? u2 .于是 u3 ? x33 ,即 u i 是数表
S 中的对角线上数字.

? x11 x12 x13 ? ? ? S ? ? x21 x22 x23 ? ?x x x ? ? 31 32 33 ?
5

记 M ? ?1, 2, ?, 9? ,令集合

I ? ?k ? M | xik ? min ?xi1 ,xi 2 ? , i ? 1, 3? .
显然 I ? ?k ? M | x1k ? x11 ,x3k ? x32 ? 且 1,2 3 ? I .因为 x18 , x38 ? 1≥ x11 , x32 , 所以 8 ? I . 故 I ≠ ? .于是存在 k * ? I 使得 x2k* ? max ?x2k | k ? I ? .显然, k * ≠1 ,2,3. 下面证明 3 ? 3 数表

? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ?
具有性质 (O ) .
3) .这说明 从上面的选法可知 ui? :? min xi1 ,xi 2 ,xik* ? min ?xi1 ,xi 2 ? , (i ? 1,

?

?

x1k* ? min ?x11 ,x12 ? ≥ u1 , x3k* ? min ?x31 ,x32 ? ≥ u3 .
又 由 S 满 足 性 质 (O ) . 在 ⑶ 中 取 k ? k * , 推 得 x2k* ≤ u2 , 于 是

? ? min x21 ,x22 ,x2k* ? x2k* .下证对任意的 k ? M ,存在某个 i ? 1 ,2,3 使 u2
得 ui? ≥ xik .假若不然,则 xik ? min ?xi1 ,xi 2 ? ,i ? 1 ,3 且 x2k ? x2k* .这与 x2 k * 的 最大性矛盾.因此,数表 S ? 满足性质 (O ) . 下证唯一性.设有 k ? M 使得数表
? x11 x12 x1k ? ? ? ? S ? ? x21 x22 x2 k ? ?x x x ? ? 31 32 3k ?

?

?

具有性质 (O ) ,不失一般性,我们假定
u1 ? m i n x1 , ? x1 , ? 1?3 1 2 x x
11

⑷ u2 ? min ?x21 ,x22 ,x23 ? ? x22
u3 ? m i n x3 , ? x3 , ? 3?3 1 2 x
x3 2 ? x 3. 1

x

33

?1 ? min ?x , 由于 x32 ? x31 , x22 ? x21 及(ⅰ) ,有 u x12 , x1k ? ? x11 .又由(ⅰ)知: 11 ? 3 ? min ?x ,x ,x ? ? x ,或者 (b)u ? 2 ? min ?x , 或者 ( a ) u x22 , x2k ? ? x2k . 31 32 3k 3k 21
? 具有性质 (O ) ,则 如果 ( a ) 成立,由数表 S

?1 ? m i n u x?1? ?x 1 1, x1, 2 k

, x 11

? 2 ? min ?x ,x ,x ? ? x , ⑸u 21 22 2k 22
6

?3 ? m i n u ?x3 1,x 3, 2 x k? 3? x k . 3
? 满 足 性 质 (O ) , 则 对 于 3 ? M 至 少 存 在 一 个 i ??1, 由数表 S 2, 3? 使 得

?i ≥ x .由 k * ? I 及⑷和⑹式知, x ? x ? u ?1 , x ? x ? u ? 3 .于是只能有 u 11 32 ik* 1k* 3k *

? 2 ? x .类似地,由 S ? 满足性质 (O ) 及 k ? M 可推得 x ≤ u? ? x .从 x2k* ≤ u 2k 2 2k 2 k*
而 k* ? k .

7


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