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2009年全国高中数学联赛加试-试题参考答案及评分标准(A卷)


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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)
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. . 如图, 如图, M , N 分别为锐角三角形 ABC ( ∠A < ∠B )的外接圆 Γ 上弧 BC , AC 的 中点. 的内心, 中点.过点 C 作 PC ‖ MN 交圆 Γ 于 P 点, I 为 ABC 的内心,连接 PI 并延长交圆 Γ 于T . 求证: ⑴求证: MP MT = NP NT ; ),记 ⑵在弧 AB (不含点 C )上任取一点 Q ( Q ≠ A ,T , B ),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. 求证: 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 解析】 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 . 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

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1 PM MT sin ∠PMT 2 1 = S△ PNT = PN NT sin ∠PNT 2 1 = PN NT sin ∠PMT 2 于是 PM MT = PN NT . ⑵因为 ∠NCI1 = ∠NCA + ∠ACI1 = ∠NQC + ∠QCI1 = ∠CI1 N , S△ PMT =
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 又因 ∠I1 NT = ∠QNT = ∠QMT = ∠I 2 MT , 有 I1 NT ∽ I 2 MT . 故 ∠NTI1 = ∠MTI 2 ,从而
∠I1QI 2 = ∠NQM = ∠NTM = ∠I1TI 2 .

NT MT = . MP NP

因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. 2. 求证不等式: . 求证不等式: 1 n k 1 < ∑ 2 ln n ≤ , n = 1 ,2,… 2 k =1 k + 1 解析】 【解析】 证明:首先证明一个不等式: x ⑴ < ln(1 + x) < x , x > 0 . 1+ x 事实上,令 x h( x) = x ln(1 + x) , g ( x) = ln(1 + x) . 1+ x 则对 x > 0 , 1 1 x 1 > 0 , g ′( x) = = >0. h′( x) = 1 1 + x (1 + x) 2 (1 + x)2 1+ x 于是 h( x) > h(0) = 0 , g ( x) > g (0) = 0 . 1 在⑴中取 x = 得 n

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1 1 1 < ln 1 + < . n +1 n n k 1 ln n ,则 x1 = , 2 k =1 k + 1
2
2

令 xn = ∑

n

n 1 ln 1 + n +1 n 1 1 n < 2 n +1 n 1 = 2 <0 (n + 1)n 1 因此 xn < xn 1 < < x1 = . 2 又因为 xn xn 1 =
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 =1 k k =1 n

2

3. .

l 【解析】证法一:对任意正整数 t ,令 m = k + t l ( k !) .我们证明 ( Ck , ) = 1 . 解析】 m

n 1 n 1 1 k n k 1 > ∑ 2 = ∑ 2 ln 1 + + 2 k +1 k n + 1 k =1 k + 1 k k =1 n 1 n 1 1 1 = ∑ 2 ≥ ∑ (k + 1) k (k + 1)k k =1 k =1 1 = 1 + > 1 . n 是给定的两个正整数.证明: 互素. 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 与 l 互素. m

设 p 是 l 的任一素因子,只要证明: p k . Cm 若 p ! ,则由 k
k !Ck = ∏ (m k + i) m
i =1 k k

≡ ∏ [(i + tl (k !)]
i =1 k

≡ ∏i ≡ k !( mod pα +1 ) .
i =1

及 pα | k ! ,且 pα +1 ! ,知 pα | k !Ck 且 pα +1 !Ck .从而 p k . k k m Cm m 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明: p k . Cm 若 p ! ,则由 k
k !Ck = ∏ (m k + i) m
i =1 k k

证法二:对任意正整数 t ,令 m = k + t l ( k !) 2 ,我们证明 ( Ck , ) = 1 . l m

≡ ∏ [(i + tl (k !) 2 ]
i =1

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≡ ∏i

k

≡ k !( mod p ) .

i =1

即 p 不整除上式,故 p k . Cm 若 p | k ! ,设 α ≥ 1 使 pα | k ! ,但 pα +1 ! . pα +1 | (k !) 2 .故由 k
k !C k = ∏ (m k + i ) m
i =1 k k 1

≡ ∏ [(i + tl (k !) 2 ]
i =1 k

≡ ∏i
≡ k !( mod pα +1 )
i =1

4. .

及 pα | k ! ,且 pα +1 ! ,知 pα | k !Ck 且 pα +1 !Ck .从而 p k . k k m Cm m 在非负数构成的 在非负数构成的 3 × 9 数表 x11 x12 x13 x14 x15 x16 x17 x18 x19 P = x21 x22 x23 x24 x25 x26 x27 x28 x29 x x x x x x x x x 31 32 33 34 35 36 37 38 39 中每行的数互不相同, 前 中每行的数互不相同, 6 列中每列的三数之和为 1,x17 = x28 = x39 = 0 ,x27 ,x37 , x18 , x38 , x19 , x29 均大于.如果 P 的前三列构成的数表 均大于.
x11 x12 x13 S = x21 x22 x23 x x x 31 32 33

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: 求证: 的不同列. (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) .

假设最小值 ui = min { xi1 ,xi 2 ,xi 3 } ,i = 1 , , 不是取自数表 S 的不同列. 2 3 则 【解析】(ⅰ) 解析】 存在一列不含任何 ui .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
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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 ui ,所以只能是 x11 = u1 .同样, 第二列中也必含某个 ui , i = 1 ,2.不妨设 x22 = u2 .于是 u3 = x33 ,即 ui 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 记 M = {1,2 , , } ,令集合 9

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 x2 k* = max { x2 k | 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) . 从上面的选法可知 ui′ := min xi1 ,xi 2 ,xik* = min { xi1 ,xi 2 } , (i = 1 ,3) .这说明
x1k * > min { x11 ,x12 } ≥ u1 , x3 k* > min { x31 ,x32 } ≥ u3 .

I = {k ∈ M | xik > min { xi1 ,xi 2 } ,i = 1 ,3} .

{

}

又 由 S 满 足 性 质 (O) . 在 ⑶ 中 取 k = k * , 推 得 x2k* ≤ u2 , 于 是
′ u2 = min x21 ,x22 ,x2 k* = x2 k* .下证对任意的 k ∈ M ,存在某个 i = 1 ,2,3 使

得 ui′ ≥ xik .假若不然,则 xik > min { xi1 ,xi 2 } ,i = 1 ,3 且 x2 k > x2 k* .这与 x2k* 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 =x x x S 21 22 2 k x x x 31 32 3k 具有性质 (O) ,不失一般性,我们假定 ⑷ u2 = min { x21 ,x22 ,x23 } = x22
u3 = min { x31 ,x32 ,x33 } = x33 x32 < x31 .
由于 x32 < x31 , x22 < x21 及(ⅰ),有 u1 = min { x11 ,x12 ,x1k } = x11 .又由(ⅰ) 知: 或者 (a ) u 3 = min { x31 ,x32 ,x3 k } = x3k , 或者 (b)u 2 = min { x21 ,x22 ,x2 k } = x2 k . 如果 (a ) 成立,由数表 S 具有性质 (O) ,则 u1 = min { x11 ,x12 ,x1k } = x11 , ⑸ u 2 = min { x ,x ,x } = x ,
21 22 2k 22

{

}

u1 = min { x11 ,x12 ,x13 } = x11

u 3 = min { x31 ,x32 ,x3 k } = x3k .
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由 数 表 S 满 足 性 质 (O) , 则 对 于 3 ∈ M 至 少 存 在 一 个 i ∈ {1 ,2 ,3} 使 得 u i ≥ xik * .由 k * ∈ I 及⑷和⑹式知, x1k * > x11 = u1 , x3k* > x32 = u 3 .于是只能有

′ x2 k* ≤ u 2 = x2 k .类似地,由 S ′ 满足性质 (O) 及 k ∈ M 可推得 x2 k ≤ u2 = x2 k* .从

而 k* = k .

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