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2014年全国高中数学联合竞赛加试(A卷)解答


2014 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 , abc > 0 . 求证: 一、 (本题满分 40

分)设实数 a, b, c 满足 a + b + c =
ab + bc + ca < abc 1 + . 2 4

证明 1 若 ab + bc + ca ≤

1 ,则命题已成立. 4

若 ab + bc + ca > 有

1 1 1 知 a ≥ . 我们 ,不妨设 a = max{a, b, c} ,则由 a + b + c = 4 3

ab + bc + ca ?

1 (a + b + c) 2 1 1 a ≤ ? = ≤ , 4 3 4 12 4



…………………10 分 以及
1 1 ab + bc + ca ? = a (b + c) ? + bc 4 4 = a (1 ? a ) ? 1 1 1 + bc ≤ ? + bc = bc , 4 4 4



其中①式等号在 a = 同时成立.

1 1 时成立,②式等号在 a = 时成立,因此①,②中等号不能 3 2

…………………30 分
1 > 0 ,将①,②式相乘得 4

由于 ab + bc + ca ?

1? abc ? , ? ab + bc + ca ? ? < 4? 4 ?

2



ab + bc + ca ?

1 < 4

abc , 2

1

从而

ab + bc + ca <

abc 1 + . 2 4

…………………40 分

证明 2 由于 abc > 0 ,故 a, b, c 中或者一个正数,两个负数;或者三个都是正 数. 对于前一种情形,不妨设 a > 0 , b, c < 0 ,则
ab + bc + ca = b(a + c) + ca < b(a + c) = b(1 ? b) < 0 ,

结论显然成立.

…………………10 分

1 1 下面假设 a, b, c > 0 ,不妨设 a ≥ b ≥ c ,则 a ≥ , 0 < c ≤ . 我们有 3 3

ab + bc + ca ?

? abc c? = c(a + b) + ab ? ab ? ? ? 2 2 ? ? ? ? c? = c(1 ? c) + ab ? ab ? ?. ? 2 ? ? ?

由于 ab ≥

b c c a + b 1? c ≥ > = , 且 ab ≤ , 因此 2 2 3 3 2

? c? 1? c ? 1? c c? c(1 ? c) + ab ? ab ? ≤ c (1 ? c ) + ? ? ? ? ? 2 ? 2 ? 2 ? ? ? ? 2 ?
= c 1 3c 2 c c c ? + + ? . 4 4 2 4 4

…………30 分

3c 2 c c c c ? ? + > 0 ,即 于是只需证明 4 4 2 4

3c c ? c ? 2 c + 1 > 0 . 由于 0 < c ≤
1 ,故 3 1 ?c ≥ 0. 3





由平均不等式

1 1 1 1 ?3 ? 3c c + + ≥ 3 ? 3c c ? ? = ? 3 3 3 3? ?

1

3

9 c >2 c.



将②,③两式相加即得①式成立,因此原不等式成立.
2

………………40 分

二、 (本题满分 40 分) 如图, 在锐角三角形 ABC 中,∠BAC ≠ 60° , 过点 B, C

= CE = BC .直线 DE 与 分别作三角形 ABC 的外接圆的切线 BD, CE ,且满足 BD CE 与 BG 交于点 N . AB, AC 的延长线分别交于点 F , G . 设 CF 与 BD 交于点 M ,
证明: AM = AN .
A

A

B M F D E N

C

B M
G

L

C N

F

D

K

E

G

证明 1 如图,设两条切线 BD, CE 交于点 K ,则 BK = CK .结合 BD = CE 可 知 DE ? BC .作 ∠BAC 的平分线 AL 交 BC 于点 L ,连接 LM , LN .

∠DFB , ∠FDB = ∠DBC = ∠BAC , 故 ?ABC 与 由 DE ? BC 知 , ∠ABC =
?DFB 相似.

………………10 分

由此并结合 DE ? BC , BD = BC 及内角平分线定理可得
MC BC BD AC LC = = = = , MF FD FD AB LB

因此 LM ? BF . 同理, LN ? CG .由此推出

………………20 分

∠ALM = ∠ALB + ∠BLM = ∠ALB + ∠ABL = 180? ? ∠BAL = 180? ? ∠CAL = ∠ALC + ∠ACL = ∠ALC + ∠CLN
= ∠ALN .

………………30 分

再结合 BC ? FG 以及内角平分线定理得到
LM LM BF CG CL AB BC CL AB = ? ? = ? ? = ? =1 , LN BF CG LN BC AC BL BL AC
3

即 LM = LN . 故由 AL = AL ,∠ALM = ∠ALN , LM = LN 得到 ?ALM 与 ?ALN 全等,因而

AM = AN ,证毕.

………………40 分

∠BAC = ∠ECB . 再由 证明 2 由于 BD 和 EC 都是 ω 的切线,故 ∠DBC =
BD = CE ,可得四边形 BCED 是等腰梯形,从而 DE ? BC .

∠ABC = B ,∠FDB = ∠DBC = ∠BAC = A ,故 ?DFB ∽ ?ABC . 由于 ∠BFD =
………………10 分 设三角形 ABC 的三内角分别为 A, B, C ,三条边长分别为 BC = a , CA = b ,
ac FD BD a AB = c . 由 ?DFB ∽ ?ABC 有 = = ,可得 FD = . b c b b BM BC b 由 BC ,故由 BD = a 可得 ‖FD ,可得 = = MD FD c BM = ab . b+c



B + A ,由余弦定理得 在三角形 ABM 中, ∠ABM =

a 2b 2 2abc AM 2 = c2 + ? cos( A + B) 2 (b + c) b+c a 2b 2 2abc a 2 + b 2 ? c 2 =+ c + ? (b + c) 2 b + c 2ab
2

=

1 c 2 (b + c) 2 + a 2b 2 + c(a 2 + b 2 ? c 2 )(b + c) (b + c) 2

(

) )

=

1 b 2 c 2 + 2bc3 + c 4 + a 2b 2 + a 2bc + a 2 c 2 + b3c + b 2 c 2 ? bc3 ? c 4 2 (b + c)

(

=

1 2b 2 c 2 + bc3 + b3c + a 2b 2 + a 2 c 2 + a 2bc . 2 (b + c)

(

)

② ………………30 分

用同样方法计算 CN 和 AN 2 时, 只需在上述 BM 与 AM 2 的表达式①, ②中将
b, c 交 换 . 而 由 ② 可 见 AM 2 的 表 达 式 关 于 b, c 对 称 , 因 此 AN 2 = AM 2 , 即

AM = AN ,结论获证.
4

………………40 分

三、 (本题满分 50 分)设 S = {1, 2,3,? ,100} . 求最大的整数 k ,使得 S 有 k 个互不相同的非空子集,具有性质:对这 k 个子集中任意两个不同子集,若它们 的交非空,则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同. 解 对有限非空实数集 A , 用 min A 与 max A 分别表示 A 的最小元素与最大元 素.考虑 S 的所有包含 1 且至少有两个元素的子集, 一共 299 ? 1 个, 它们显然满
1 < max Ai . 故 kmax ≥ 299 ? 1 . 足要求, 因为 min( Ai ∩ Aj ) =

…………………10 分

下面证明 k ≥ 299 时不存在满足要求的 k 个子集. 我们用数学归纳法证明:对 整数 n ≥ 3 , 在集合 {1, 2,? , n} 的任意 m(≥ 2n ?1 ) 个不同非空子集 A1 , A2 ,? , Am 中, 存在两个子集 Ai , Aj , i ≠ j ,满足
Ai ∩ Aj ≠ ? , 且 min( Ai ∩ Aj ) = max Ai .



显然只需对 m = 2n ?1 的情形证明上述结论.
{3} , {1,3} , 当 n = 3 时,将 {1, 2, 3} 的全部 7 个非空子集分成 3 组,第一组:
{2,3} ;第二组: {2} , {1, 2} ;第三组: {1} , {1, 2,3} . 由抽屉原理, 任意 4 个

非空子集必有两个在同一组中, 取同组中的两个子集分别记为 Ai , Aj , 排在前面 的记为 Ai ,则满足①. …………………20 分 假设结论在 n(≥ 3) 时成立, 考虑 n + 1 的情形. 若 A1 , A2 ,? , A2n 中至少有 2n ?1 个子集不含 n + 1 , 对其中的 2n ?1 个子集用归纳假设,可知存在两个子集满足①. …………………30 分 若至多有 2n ?1 ? 1 个子集不含 n + 1 , 则至少有 2n ?1 + 1 个子集含 n + 1 , 将其中 2n ?1 + 1 子集都去掉 n + 1 , 得到 {1, 2,? , n} 的 2n ?1 + 1 个子集. 由于 {1, 2,? , n} 的全体子集可分成 2n ?1 组, 每组两个子集互补, 故由抽屉原理, 在上述 2n ?1 + 1 个子集中一定有两个属于同一组,即互为补集. 因此,相应地有两 个子集 Ai , Aj , 满足 Ai ∩ Aj ={n + 1} , 这两个集合显然满足①. 故 n + 1 时结论成 立.
= 299 ? 1 . 综上所述, 所求 kmax
5

…………………50 分

四、 (本题满分 50 分) 设整数 x1 , x2 ,? , x2014 模 2014 互不同余, 整数 y1 , y2 ,? , y2014 模 2014 也 互 不 同 余 . 证 明 : 可 将 y1 , y2 ,? , y2014 重 新 排 列 为 z1 , z2 ,? , z2014 , 使得 x1 + z1 , x2 + z2 , ? , x2014 + z2014 模 4028 互不同余. 证明 记 k = 1007 . 不妨设 xi ≡ yi ≡ i

( mod 2k ) ,

1 ≤ i ≤ 2k . 对每个整数 i ,
zi + k = yi + k ; 否则, 令 …………………20 分

1 ≤ i ≤ k , 若 xi + yi ≡ / xi + k + yi + k
zi = yi + k ,zi + k = yi . 如果是前一种情形,则

( mod 4k ) ,则令 zi = yi ,

xi + zi = xi + yi ≡ / xi + k + yi + k = xi + k + zi + k
如果是后一种情形, 则也有

( mod 4k ) . ( mod 4k ) . ( mod 4k ) ,

xi + zi = xi + yi + k ≡ / xi + k + yi = xi + k + zi + k
若不然, 我们有 xi + yi ≡ xi + k + yi + k 两式相加可得 2 xi ≡ 2 xi + k

( mod 4k ) ,

xi + yi + k ≡ xi + k + yi

( mod 4k ) , 于是 xi ≡ xi + k ( mod 2k ) , 但 x1 , x2 ,? , x2014
…………30 分

模 2014(= 2k ) 互不同余,特别地, xi ≡ / xi + k ( mod 2k ) ,矛盾.

xi + zi , 由 上 述 构 造 方 法 知 z1 , z2 ,? , z2 k 是 y1 , y2 ,? , y2 k 的 排 列 . 记 w= i
i = 1, 2,? , 2k . 下面验证 w1 , w2 ,? , w2 k 模 4k 互不同余. 这只需证明,对任意整数

i, j , 1 ≤ i < j ≤ k ,

wi , w j , wi + k , w j + k 模 4k 两两不同余.
注意,前面的构造方式已保证

(*)

wi ≡ / wi + k ( mod 4k ) , w j ≡ / w j + k ( mod 4k ) .
情形一: zi = yi , 且 z j = y j . 则由前面的构造方式可知

(**)

wi ≡ wi + k ≡ 2i

( mod 2k ) ,

w j ≡ w j+k ≡ 2 j

( mod 2k ) .

由于 2i ≡ / 2 j ( mod 2k ) ,故易知 wi 与 w j 及 w j + k 模 2k 不同余,wi + k 与 w j 及 w j + k 模 2k 不同余,从而模 4k 更不同余,再结合(**)可见(*)得证. 情形二: zi = yi + k , 且 z j = y j + k . 则由前面的构造方式可知
6

wi ≡ wi + k ≡ 2i + k

( mod 2k ) ,

w j ≡ w j+k ≡ 2 j + k

( mod 2k ) .

同样有 wi 与 w j 及 w j + k 模 2k 不同余, wi + k 与 w j 及 w j + k 模 2k 不同余.与情形一相同 地可知 (*) 得证. …………………40 分 情形三: zi = yi , 且 z j = y j + k ( zi = yi + k ,且 z j = y j 的情形与此相同). 则由 前面的构造方式可知

wi ≡ wi + k ≡ 2i

( mod 2k ) ,

w j ≡ w j+k ≡ 2 j + k

( mod 2k ) . ( mod 2k ) ,
因此仍然

由于 k 是奇数, 故 2i ≡ / 2 j + k ( mod 2 ) ,更有 2i ≡ / 2j+k

有 wi 与 w j 及 w j + k 模 2k 不同余, wi + k 与 w j 及 w j + k 模 2k 不同余. 从而(*)得证. 因此本题得证. …………………50 分

7


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