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2015年全国高中数学联合竞赛解答(A卷)


2015 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,满分 64 分.
1. 设 a, b 为不相等的实数,若二次函数 f ( x) ? x 2 ? ax ? b 满足 f (a ) ? f (b) ,则 f (2) 的值为 答案:4. 解:由已知条件及二次函数图像的轴对称性,可得 .

a ?b a ? ? ,即 2a ? b ? 0 ,所以 2 2 f (2) ? 4 ? 2a ? b ? 4 . 1 ? cos 4 ? 的值为 sin ?


2. 若实数 ? 满足 cos ? ? tan ? ,则 答案:2.

解:由条件知, cos 2 ? ? sin ? ,反复利用此结论,并注意到 cos 2 ? ? sin 2 ? ? 1 ,得

1 cos 2 ? ? sin 2 ? ? cos 4 ? ? ? sin 2 ? sin ? sin ?
? (1 ? sin ? ) ? (1 ? cos 2 ? ) ? 2 ? sin ? ? cos 2 ? ? 2 .
3. 已知复数数列 {zn } 满足 z1 ? 1, zn?1 ? zn ? 1 ? n i (n ? 1, 2, ?) ,其中 i 为虚数单位, zn 表示 zn 的共轭复数,则 z2015 的值为 答案: 2015 ? 1007i . 解:由已知得,对一切正整数 n ,有 .

zn?2 ? zn?1 ? 1 ? ?n ? 1?i ? zn ? 1 ? n i ? 1 ? ?n ? 1?i ? zn ? 2 ? i ,
于是 z2015 ? z1 ? 1007 ??2 ? i? ? 2015 ? 1007i . 4. 在矩形 ABCD 中, AB ? 2, AD ? 1 ,边 DC 上(包含点 D 、 C )的动点 P 与 CB 延 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 长线上(包含点 B )的动点 Q 满足 DP ? BQ ,则向量 PA 与向量 PQ 的数量积 PA ? PQ 的 最小值为 .

3 答案: . 4
解 : 不 妨 设 A (0, 0), B (2, 0), D (0,1) . 设 P 的 坐 标 为 (t ,1) ( 其 中 0 ≤ t ≤ 2 ) ,则由 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? DP ? BQ 得 Q 的坐标为 (2, ? t ) ,故 PA ? (?t , ?1), PQ ? (2 ? t , ? t ?1) ,因此 2 ??? ? ??? ? ? 1? ? ?t ? ? ? 3 ? 3 . PA ? PQ ? (?t ) ? (2 ? t ) ? ( ?1) ? (?t ?1) ? t 2 ? t ? 1 ? ? ? ? 2? ? 4 4

当t ?

??? ? ??? ? 3 1 时, ? PA ? PQ ? ? . min 4 2 5. 在正方体中随机取 3 条棱,它们两两异面的概率为 2 答案: . 55



解:设正方体为 ABCD ? EFGH ,它共有 12 条棱,从中任意取出 3 条棱的方法共有

C ? 220 种.
3 12

下面考虑使 3 条棱两两异面的取法数. 由于正方体的棱共确定 3 个互不平行的方向 (即 ,具有相同方向的 4 条棱两两共面,因此取出的 3 条棱必属于 3 个 AB 、 AD 、 AE 的方向) 不同的方向.可先取定 AB 方向的棱,这有 4 种取法.不妨设取的棱就是 AB ,则 AD 方向 只能取棱 EH 或棱 FG ,共 2 种可能.当 AD 方向取棱是 EH 或 FG 时, AE 方向取棱分别 只能是 CG 或 DH . 由上可知,3 条棱两两异面的取法数为 4 ? 2 ? 8 ,故所求概率为 6. 在平面直角坐标系 xOy 中,点集 K ? ?( x, y ) 应的平面区域的面积为 答案:24. 解:设 K1 ? ?( x, y ) x ? 3 y ? 6 ? 0? .先考虑 K1 在第一象限中的部分,此时有 x ? 3 y ? 6 ,故这些点对 应于图中的 ?OCD 及其内部.由对称性知, K1 对应的 区域是图中以原点 O 为中心的菱形 ABCD 及其内部. 同理,设 K 2 ? ?( x, y ) 3 x ? y ? 6 ? 0? ,则 K 2 对 应的区域是图中以 O 为中心的菱形 EFGH 及其内部. 由点集 K 的定义知, K 所对应的平面区域是被 .

8 2 . ? 220 55

? x ? 3 y ? 6?? 3x ?

y ? 6? ? 0? 所对

K1 、 K 2 中恰好一个所覆盖的部分,因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积 S .
由于直线 CD 的方程为 x ? 3 y ? 6 ,直线 GH 的方程为 3 x ? y ? 6 ,故它们的交点 P 的 ? 3 3? 坐标为 ? , ? ? ? ? .由对称性知, ? ? 2 2? 1 3 S ? 8S?CPG ? 8? ? 4? ? 24 . 2 2 7. 设 ? 为正实数,若存在 a, b (? ? a ? b ? 2? ) ,使得 sin ? a ? sin ?b ? 2 ,则 ? 的取值 范围是 . ? 9 5 ? ?13 ? 答案: ? ? ? , ? ? ? , ? ?? . ? ? ?? 4 2 ?? ?? 4 ? 解:由 sin ? a ? sin ?b ? 2 知, sin ? a ? sin ?b ? 1 ,而 [? a, ?b] ? [??, 2?? ] ,故题目条 件等价于:存在整数 k , l (k ? l ) ,使得

? ? ? 2l? ? ? 2?? . 2 2 当 ? ? 4 时,区间 [??, 2?? ] 的长度不小于 4? ,故必存在 k , l 满足①式. ?? ? 2k ? ?
当 0 ? ? ? 4 时,注意到 [??, 2?? ] ? (0, 8? ) ,故仅需考虑如下几种情况:



? 5? 1 5 ? ? 2?? ,此时 ? ? 且 ? ? ,无解; 2 2 2 4 5? 9? 9 5 (ii) ?? ? ? ? 2?? ,此时有 ? ? ? ; 4 2 2 2 9? 13? 13 13 9 (iii) ?? ? ? ? 2?? ,此时有 ? ? ? ,得 ? ? ? 4 . 2 2 4 4 2

(i ) ?? ?

? 9 5 ? ?13 ? 综合 (i ) 、 (ii) 、 (iii) ,并注意到 ? ? 4 亦满足条件,可知 ? ? ? , ? ? ? , ? ?? ? ?. ?? 4 2 ?? ?? 4 ?
8. 对四位数 abcd (1 ? a ? 9, 0 ? b, c, d ? 9) ,若 a ? b, b ? c, c ? d ,则称 abcd 为 P 类 数;若 a ? b, b ? c, c ? d ,则称 abcd 为 Q 类数.用 N ( P ) 与 N (Q) 分别表示 P 类数与 Q 类 数的个数,则 N ( P ) ? N (Q) 的值为 答案:285. 解:分别记 P 类数、 Q 类数的全体为 A 、 B ,再将个位数为零的 P 类数全体记为 A0 , 个位数不等于零的 P 类数全体记为 A1 . 对任一四位数 abcd ? A1 ,将其对应到四位数 dcba ,注意到 a ? b, b ? c, c ? d ? 1 ,故 反之, 每个 dcba ? B 唯一对应于 A1 中的元素 abcd . 这建立了 A1 与 B 之间的一一 dcba ? B . 对应,因此有 .

N ( P ) ? N (Q) ? A ? B ? A0 ? A1 ? B ? A0 .
由b ? a ?9 下面计算 A0 :对任一四位数 abc0 ? A0 ,b 可取 0, 1, ? , 9 ,对其中每个 b , 及 b ? c ? 9 知, a 和 c 分别有 9 ? b 种取法,从而

A0 ? ? (9 ? b) 2 ? ? k 2 ?
b?0 k ?1

9

9

9 ?10 ?19 ? 285 . 6

因此, N ( P ) ? N (Q) ? 285 .

二、解答题:本大题共 3 小题,满分 56 分.解答应写出文字说明、证明过程 或演算步骤.
9.(本题满分 16 分)若实数 a, b, c 满足 2a ? 4b ? 2c , 4a ? 2b ? 4c ,求 c 的最小值. 解:将 2a , 2b , 2c 分别记为 x, y, z ,则 x, y, z ? 0 . 由条件知, x ? y 2 ? z , x 2 ? y ? z 2 ,故

z 2 ? y ? x 2 ? ( z ? y 2 )2 ? z 2 ? 2 y 2 z ? y 4 .
因此,结合平均值不等式可得,

…………………8 分

z?

? 1 3 1 1 33 y4 ? y 1 ? 1 1? 2 ? ? ? ? 3 2 y2 ? ? ? 2. ? 2 y ? ? ? 2 ? ? ? 2y 4? y y? 4 y y 4
…………………12 分

1 33 2 1 ,即 y ? 3 时, z 的最小值为 ,符合要求) . 2 (此时相应的 x 值为 y 4 4 2 ?3 3 ? 5 …………………16 分 由于 c ? log 2 z ,故 c 的最小值为 log 2 ? 2? ? log 2 3 ? . ? ? ? ? ?4 ? 3
2 当 2y ?

3

10. (本题满分 20 分)设 a1 , a2 , a3 , a4 是 4 个有理数,使得

?ai a j
求 a1 ? a2 ? a3 ? a4 的值.

? ? 3 1 ? ? 1 ? i ? j ? 4? ? ??24, ? 2, ? , ? , 1, 3 ? , ? ? 2 8 ? ? ? ?

解: 由条件可知, 且其中没有两个为相反数, ai a j (1 ≤ i < j ≤ 4 ) 是 6 个互不相同的数, 由 此 知 , a1 , a2 , a3 , a4 的 绝 对 值 互 不 相 等 , 不 妨 设 a1 ? a2 ? a3 ? a4 , 则

ai a j (1 ≤ i < j ≤ 4 ) 中最小的与次小的两个数分别是 a1 a2 及 a1 a3 ,最大与次大的两个
数分别是 a3 a4 及 a2 a4 ,从而必须有

? 1 ? ? a1a2 ? ? , ? ? 8 ? ? ? a a 1, ? ? 1 3 ? ? a2 a4 ? 3, ? ? ? ? ? ?a3 a4 ? ?24,
…………………10 分 于是 a2 ? ?

1 1 3 , a3 ? , a4 ? ? ?24a1 .故 8a1 a1 a2

? ? ? ? ? ? 1 3? 2? {a2 a3 , a1a4 } ? ? ?? 2 , ?24a1 ? ? ? ??2, ? ? , ? ? ? 2? ? ? ? ? ? 8a1 ? ? ?
1 结合 a1 ? ? ,只可能 a1 ? ? . 4

…………15 分

1 1 1 1 由此易知 a1 ? , a2 ? ? , a3 ? 4, a4 ? ?6 或者 a1 ? ? , a2 ? , a3 ?? 4, a4 ? 6 .经 4 2 4 2 检验知这两组解均满足问题的条件. 9 故 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? ? . 4
…………………20 分
2

11. (本题满分 20 分)在平面直角坐标系 xOy 中, F1 、F2 分别是椭圆 x ? y 2 ? 1 的左、
2

右焦点.设不经过焦点 F1 的直线 l 与椭圆交于两个不同的点 A 、 B ,焦点 F2 到直线 l 的距离 为 d .如果直线 AF1 、 l 、 BF1 的斜率依次成等差数列,求 d 的取值范围.

解:由条件知,点 F1 、 F2 的坐标分别为 (?1, 0) 和 (1, 0) . 设直线 l 的方程为 y ? kx ? m ,点 A 、 B 的坐标分别为 ( x1 , y1 ) 和 ( x2 , y2 ) ,则 x1 , x2 满 足方程

x2 ? (kx ? m) 2 ? 1 ,即 2
(2k 2 ? 1) x 2 ? 4kmx ? (2m 2 ? 2) ? 0 .


由于点 A 、B 不重合,且直线 l 的斜率存在,故 x1 , x2 是方程①的两个不同实根,因此有 ①的判别式

? ? (4km) 2 ? 4 ? (2k 2 ? 1) ? (2m 2 ? 2) ? 8(2k 2 ? 1? m 2 ) ? 0 ,
即 由直线 AF1 、 l、 BF1 的斜率

2k 2 ? 1 ? m 2 .



y y y1 y 、 k 、 2 依次成等差数列知, 1 ? 2 ? 2k , x1 ? 1 x2 ? 1 x1 ? 1 x2 ? 1

又 y1 ? kx1 ? m, y2 ? kx2 ? m ,所以

(kx1 ? m)( x2 ? 1) ? (kx2 ? m)( x1 ? 1) ? 2k ( x1 ? 1)( x2 ? 1) .
化简并整理得,

(m ? k )( x1 ? x2 ? 2) ? 0 .

假如 m ? k ,则直线 l 的方程为 y ? kx ? k ,即 l 经过点 F1 (?1, 0) ,不符合条件. 因此必有 x1 ? x2 ? 2 ? 0 ,故由方程①及韦达定理知,

4km ? ? ( x1 ? x2 ) ? 2 ,即 2k 2 ? 1


m?k?
2 2 2

1 . 2k

? 2 1? 1 ,化简得 k 2 ? 2 ,这等价于 k ? . 由②、③知, 2k ? 1 ? m ? ? k? ? ? ? ? ? ? 2k ? 2 4k 2 时,l 必不经过点 F1(否则将导致 m ? k , 与③矛盾) , 反之, 当 m, k 满足③及 k ? 2
而此时 m, k 满足②,故 l 与椭圆有两个不同的交点 A 、 B ,同时也保证了 AF1 、 BF1 的斜率 存在 (否则 x1 , x2 中的某一个为 ?1 , 结合 x1 ? x2 ? 2 ? 0 知 x1 ? x2 ? ?1 , 与方程①有两个不 同的实根矛盾) . 点 F2 (1, 0) 到直线 l : y ? kx ? m 的距离为 …………………10 分

d?

k ?m 1? k 2

?

1 1? k 2

? 2k ?

1 ? 2k

1
1 ?1 k2

? ? ? ?2 ? 1 ? ?? . 2 ? ? ? 2k ?

………15 分

注意到 k ?

2 1 ,令 t ? ? 1, 则 t ? (1, 3) ,上式可改写为 2 k2 ? 3? ? 1 ?t2 3? ? ? 1 ?? d ? ?? ? ? t? ? . ④ ? ? ? ? ? ? ? 2 ? t? t ? 2 2? 1 ? 3? 考虑到函数 f (t ) ? ? ? t? ? ? ? ? 在 [1, 3] 上单调递减,故由④得, f ( 3) ? d ? f (1) ,即 ? 2 ? t?
d ? ( 3, 2) .
…………………20 分

2015 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. 一、 ( 本 题 满 分 40 分 ) 设 a1 , a2 ,? , an (n ≥ 2) 是 实 数 , 证 明 : 可 以 选 取

ε1 , ε 2 ,? , ε n ∈ {1, ? 1} ,使得
? n ? ? n ? ? n 2? a ε a ( n 1) + ≤ + ?∑ i ? ?∑ i i ? ? ∑ ai ? . = ? i 1= ? ?i1 ? = ?i1 ?
证法一:我们证明:
n? ?? ? ?2? n n ? ? ? ? ? ? n 2? ? + ? ≤ + a a a ( n 1) ∑ ∑ ∑ i i j ? ? ? ? ∑ ai ? , ? = ? i 1= ? ?i1 ?i1 ? ?n? ? = = j ? ? +1 ?2? ? ? 2 2

2

2



?n? ?n? (这里,[ x ] 即对 i = 1,? , ? ? ,取 ε i = 1 ;对 = i ? ? + 1,? , n ,取 ε i = ?1 符合要求. ?2? ?2?

表示实数 x 的整数部分. ) 事实上,①的左边为
n? n? ?? ? ?? ? ?2? ?2? n n ? ? ? ? ? ? ? ? ? ∑ ai + ∑ a j ? + ? ∑ ai ? ∑ a j ? = ?n? ?n? ? i 1= ? ?i1 ? j= j= ? 2 ? +1 ? 2 ? +1 ? ? ? ? ? ? ? ? n? ?? ? ? ?2? ? = 2 ? ∑ ai ? i =1 ? 2 2

…………………10 分

? ? n ? ? ? ? ? + 2? ∑ aj ? ?n? ?= ? ? j ? +1 ?2? ? ? ? ?

2

2

n? ?? ? ? ? ?2? ? ? ? ?n?? ?n? ?? n 2? 2? ≤ 2 ? ? ? ∑ ai ? + 2 ? n ? ? ? ? ? ∑ a j ? (柯西不等式) …………30 分 ? 2 ? ? i =1 ? ? ? 2 ? ? ?= ?n? ? j ? +1 ?2? ? ? ? ? ? n? ?? ? ? ? ? ? ? n ? ? ? 2 ? 2 ? ? ? n + 1? ? ? n ? n ? ? n + 1? 2? a j ? (利用 n ? ? ? = = 2 ? ? ? ∑ ai ? + 2 ? ? ) ∑ ? ? ? ? ? 2 2 ? 2 ? ? i =1 ? ? ? 2 ? ? ?= ? ? ? ? ?n? ? j ? +1 ?2? ? ? ? ? ? n? ?? ? ? n ? ?2? ? ? ? ? 2? 2? ≤ n ? ∑ ai ? + (n + 1) ? ∑ a j ? (利用 [ x ] ≤ x ) ?n? ?= ? ? i =1 ? j ? +1 ?2? ? ? ? ? ?

? n ? ≤ (n + 1) ? ∑ ai2 ? , ? i =1 ? 所以①得证,从而本题得证.
…………………40 分

证法二:首先,由于问题中 a1 , a2 ,? , an 的对称性,可设 a1 ≥ a2 ≥ ? ≥ an .此 ? n ? 外,若将 a1 , a2 ,? , an 中的负数均改变符号,则问题中的不等式左边的 ? ∑ ai ? 不 ? i =1 ? 减,而右边的 ∑ ai2 不变,并且这一手续不影响 ε i = ±1 的选取,因此我们可进一
i =1 n 2

步设 a1 ≥ a2 ≥ ? ≥ an ≥ 0 . 引理:设 a1 ≥ a2 ≥ ? ≥ an ≥ 0 ,则 0 ≤ ∑ (?1)i ?1 ai ≤ a1 .
i =1 n

…………………10 分

事实上,由于 ai ≥ ai +1 = (i 1, 2,? , n ? 1) ,故当 n 是偶数时,

∑ (?1)
i =1 n

n

i ?1

ai = (a1 ? a2 ) + (a3 ? a4 ) + ? + (an ?1 ? an ) ≥ 0 ,

∑ (?1)
i =1

i ?1

ai = a1 ? (a2 ? a3 ) ? ? ? (an ? 2 ? an ?1 ) ? an ≤ a1 .

当 n 是奇数时,

∑ (?1)
i =1

n

i ?1

ai = (a1 ? a2 ) + (a3 ? a4 ) + ? + (an ? 2 ? an ?1 ) + an ≥ 0 ,
i ?1

∑ (?1)
i =1

n

ai = a1 ? (a2 ? a3 ) ? ? ? (an ?1 ? an ) ≤ a1 .
…………………30 分

引理得证. 回到原题,由柯西不等式及上面引理可知
2 2

? n ? ? n ? ? n 2? 2 i ?1 a ( 1) a n + ? ≤ i? ?∑ i ? ?∑ ? ∑ ai ? + a1 = = ? i 1= ? ?i1 ? ?i1 ?
≤ (n + 1)∑ ai2 ,
i =1 n

这就证明了结论.

…………………40 分

二、 (本题满分 40 分)设 S = { A1 , A2 ,? , An } ,其中 A1 , A2 ,? , An 是 n 个互不相 , 满 足 对 任 意 Ai , Aj ∈ S , 均 有 Ai ? Aj ∈ S . 若 同的有限集合( n≥2 )

= k min | Ai |≥ 2 .证明:存在 x ∈ ? Ai ,使得 x 属于 A1 , A2 ,? , An 中的至少
1≤i ≤ n

n

i =1

n 个集 k

合(这里 X 表示有限集合 X 的元素个数) . 证明:不妨设 | A1 |= k .设在 A1 , A2 ,? , An 中与 A1 不相交的集合有 s 个,重新 记为 B1 , B2 ,? , Bs ,设包含 A1 的集合有 t 个,重新记为 C1 , C2 ,? , Ct .由已知条件, ( Bi ? A1 ) ∈ S ,即 ( Bi ? A1 ) ∈ {C1 , C2 ,? , Ct } ,这样我们得到一个映射 f :{B1 , B2 ,? , Bs } → {C1 , C2 ,? , Ct } , f ( Bi ) = Bi ? A1 . 显然 f 是单映射,于是 s ≤ t . …………………10 分

设 A1 = {a1 , a2 ,? , ak } .在 A1 , A2 ,? , An 中除去 B1 , B2 ,? , Bs , C1 , C2 ,? , Ct 后,在剩 下的 n ? s ? t 个集合中, 设包含 ai 的集合有 xi 个 (1 ≤ i ≤ k ) , 由于剩下的 n ? s ? t 个 集合中每个集合与 A1 的交非空,即包含某个 ai ,从而 x1 + x2 + ? + xk ≥ n ? s ? t . 不妨设 x1 = max xi ,则由上式知 x1 ≥
1≤i ≤ k

…………………20 分

包含 a1 的集合至少有

n? s ?t 个.又由于 A1 ? Ci ( i = 1,? , t ) ,故 C1 , C2 ,? , Ct 都 k

n? s ?t ,即在剩下的 n ? s ? t 个集合中, k

包含 a1 ,因此包含 a1 的集合个数至少为

n? s ?t n ? s + (k ? 1)t n ? s + t (利用 k ≥ 2 ) = +t ≥ k k k n . ……………40 分 ≥ (利用 t ≥ s ) k
三、 (本题满分 50 分) 如图,?ABC 内接于圆 O ,P 为 ? 上一点,点 K 在线段 AP 上,使得 BK 平分 ∠ABC .过 BC
K、P、C 三点的圆 ? 与边 AC 交于点 D ,连接 BD 交圆 ?
F K B E P Ω O D C A

于 点 E , 连 接 PE 并 延 长 与 边 AB 交 于 点 F . 证 明 :
∠ABC = 2∠FCB .

证法一:设 CF 与圆 Ω 交于点 L (异于 C ) ,连接 PB、PC 、 BL 、 KL . 注意此时 C 、 D 、 L 、 K 、 E 、 P 六点均在圆 Ω 上,结合 A 、 B 、 P 、 C 四 点共圆,可知
180° ? ∠DCP = ∠FEB = ∠DEP = ∠ABP = ∠FBP ,
2 因此 ?FBE ∽ ?FPB ,故 FB = FE ? FP .

…………………10 分
A

又由圆幂定理知, FE ? FP = FL ? FC ,所以
2 FB = FL ? FC ,

从而 ?FBL ∽ ?FCB . 因此

…………………20 分

F K L B E P

O D C Ω

∠FLB = ∠FBC = ∠APC = ∠KPC = ∠FLK ,

即 B、K、L 三点共线.

…………………30 分

再根据 ?FBL ∽ ?FCB 得,
1 ∠FCB = ∠FBL = ∠FBE = ∠ABC , 2

即 ∠ABC = 2∠FCB . 证法二:设 CF 与圆 ? 交于点 L (异于 C ) .对圆 内接广义六边形 DCLKPE 应用帕斯卡定理可知, DC 与 KP 的交点 A 、 CL 与 PE 的交点 F 、 LK 与 ED 的交 点 B′ 共线,因此 B′ 是 AF 与 ED 的交点,即 B′ = B .所 以 B 、 K 、 L 共线.
…………………30 分

…………………50 分

A

F E P

O K L

根据 A 、 B 、 P 、C 四点共圆及 L 、 K 、 P 、C 四 点共圆,得

B(B')

D C Ω

∠ABC = ∠APC = ∠FLK = ∠FCB + ∠LBC , 1 又由 BK 平分 ∠ABC 知, ∠LBC =∠ABC ,从而 ∠ABC = 2∠FCB . 2
…………………50 分

四、 (本题满分 50 分)求具有下述性质的所有正整数 k :对任意正整数 n , 2 ( k ?1) n +1 不整除
(kn)! . n!

解:对正整数 m ,设 ν 2 (m) 表示正整数 m 的标准分解中素因子 2 的方幂,则 熟知

ν 2 (m !) = m ? S ( m) ,
这里 S (m) 表示正整数 m 在二进制表示下的数码之和. 由 于 2 ( k ?1) n +1 不 整 除



(kn)! ? (kn)! ? 等 价 于 ν2 ? ? ≤ (k ? 1)n , 即 n! ? n! ?

kn ?ν 2 ((kn)!) ≥ n ?ν 2 (n !) , 进而由①知,本题等价于求所有正整数 k ,使得 S (kn) ≥ S (n) 对任意正整数 n 成立. 我们证明,所有符合条件的 k 为 2a (a = 0, 1, 2,?) . 一方面,由于 S (2a n) = S (n) 对任意正整数 n 成立,故 k = 2a 符合条件.
…………………20 分 …………………10 分

另一方面,若 k 不是 2 的方幂,设 k = 2a ? q , a ≥ 0 , q 是大于 1 的奇数. 下面构造一个正整数 n ,使得 S (k n) < S (n) .因为 = S (k n) S= (2a q n) S (q n) ,
m? 因此问题等价于我们选取 q 的一个倍数 m ,使得 S (m) < S ? ? ?. ?q?

由 ( 2, q ) = 1 ,熟知存在正整数 u ,使得 2u ≡ 1(mod q ) . (事实上,由欧拉定理 知, u 可以取 ? (q ) . ) 设奇数 q 的二进制表示为 2α1 + 2α 2 + ? + 2αt , 0 = α1 < α 2 < ? < α t , t ≥ 2 . 取 m = 2α1 + 2α 2 + ? + 2αt ?1 + 2αt +t u ,则 S (m) = t ,且 m = q + 2αt (2t u ? 1) ≡ 0 (mod q ) . 我们有
2t u ? 1 2u ? 1 m 1 2αt ? 1 2αt ? 1 + 2u + ? + 2(t ?1)u ) =+ =+ ( q q q
t ?1 u 2 ? 1 l u +αt . = 1+ ∑ ?2 q l =0



由于 0 <

2u ? 1 u 2u ? 1 的二进制表示中的最高次幂小于 u ,由此 < 2 , 故正整数 q q 2u ? 1 iu +αt 2u ? 1 ju +αt 与 的二进制表示 ?2 ?2 q q

易知,对任意整数 i, j (0 ≤ i < j ≤ t ? 1) ,数

中没有相同的项. 又因为 α t > 0 ,故 由②可知
2u ? 1 l u +αt ?2 ( l = 0,1, ? , t ? 1) 的二进制表示中均不包含 1,故 q

? 2u ? 1 ? ?m? S ? ? = 1+ S ? ? ? t > t = S ( m) , ?q? ? q ?
因此上述选取的 m 满足要求. 综合上述的两个方面可知,所求的 k 为 2a (a = 0, 1, 2,?) .
……………50 分


2015年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)参考答案

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