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2012年全国高中数学联赛加试试参考答案


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

二、 (本题满分 40 分)
2 试证明:集合 A ?

2, 2 ,

?

, 2n ,
?

? 满足

(1)对每个 a ? A ,及 b ? N ,若 b ? 2a ? 1 ,则 b(b ? 1) 一定不是 2 a 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 2 a 的倍数.

三、 (本题满分 50 分) 设P , 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) 0, P 1, P 2, 求证: P0 P 1 ? P 0P 2 ?

d P0 Pn ? ( ) n (n ? 1)! 3

四、 (本题满分 50 分) 设 Sn ? 1 ?

1 , n 是正整数.证明:对满足 0 ? a ? b ? 1 的任意实数 a , b ,数列 {Sn ? [ Sn ]} 中有无穷多项属于 n ( a, b) .这里, [ x] 表示不超过实数 x 的最大整数. ?

1 ? 2

1

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, AB ? AC , M , N 是 BC 边上不同的两点,使得 ?BAM ? ?CAN. 设 ?ABC 和 ?AMN 的外 A 心分别为 O , O ,求证: O , O , A 三点共线。
1 2 1 2

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

O1 的切线.因此 ?B ? ?PAC ………10 分 因为 ?BAM ? ?CAN , 所以 ?AMP ? ?B ? ?BAM ? ?PAC ? ?CAN ? ?PAN …………20 分 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
是 二、 (本题满分40分)
2 试证明:集合 A ? 2, 2 ,

B

M N

C

?

, 2n ,
?

? 满足

(1)对每个 a ? A ,及 b ? N ,若 b ? 2a ? 1 ,则 b(b ? 1) 一定不是 2 a 的倍 数;
? ) 是 2 a 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

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 2 a 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 ? 2 ? m ……………………………………………………………30 分 下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令 b ? mx, b ? 1 ? 2
k ?1 k ?1
k ?1

y, 消去 b 得 2k ?1 y ? mx ? 1.

k ?1 ? ? x ? x0 ? 2 t 由于 (2 , m) ? 1, 这方程必有整数解; ? 其中 t ? z,( x0 , y0 ) 为方程的特解. ? ? y ? y0 ? mt ? k ?1 ? ? ? 把最小的正整数解记为 ( x , y ), 则 x ? 2 ,故 b ? mx ? 2a ?1, 使 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数.……40 分

证法二:由于 (2

k ?1

, m) ? 1, 由中国剩余定理知,同余方程组

? x ? 0(mod 2 ) k ?1 在区间 (0, 2 m) 上有解 x ? b, 即存在 b ? 2a ? 1, 使 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数.…………40 分 ? ? x ? m ? 1(mod m) ? r ? tr 证法三:由于 (2, m) ? 1, 总存在 r (r ? N , r ? m ? 1), 使 2 ? 1(mod m) 取 t ? N , 使 tr ? k ? 1, 则 2 ? 1(mod m) tr k ?1 存在 b ? (2 ?1) ? q ? (2 m) ? 0, q ? N , 使 0 ? b ? 2a ? 1, k ?1 此时 m b ,2 m ?1, 因而 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数.……………40 分
k ?1

三、 (本题满分50分) 设P , 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) 0, P 1, P 2, 求证: P0 P 1 ? P 0P 2 ?

d P0 Pn ? ( ) n (n ? 1)! 3
k PP ? ?P 0P n . 先证明:对任意正整数 ,都有 0 k

证法一:不妨设 P 0P 1 ? P 0P 2 ?

d k ?1 3

2

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 k ? 1 即可. 所以,只要证明当 k ? 9 时,有 P0 Pk ? 3 d d 以P 为半径画圆,这个圆 , k ) 为圆心, 为半径画 k ? 1 个圆,它们两两相离或外切;以 P 0P k ? i (i ? 0,1, 2, 0 圆心, P 2 2 覆盖上述 k ? 1 个圆………………20 分 d 2 d 2 d 所以 ? ( P0 Pk ? ) ? (k ? 1)? ( ) ? P0 Pk ? ( k ? 1 ? 1) ……………………30 分 2 2 2 k ?1 ?1 k ?1 由 k ? 9 易知 …………………………………………40 分 ? 2 3 d k ? 1 对 k ? 9 时也成立. 所以 P0 Pk ? 3 d k ?1 . 综上,对任意正整数 k 都有 P0 Pk ? 3 d P0 Pn ? ( ) n (n ? 1)! ………………………………50 分 因而 P0 P 1 ? P 0P 2 ? 3 证法二: 不妨设 P ?P 0P 1 ? P 0P 2 ? 0P n .
显然, P0 Pk ? d ? 以P i (i ? 0,1, 2,

, k ) 为圆心,

d 为半径画 k ? 1 个圆,它们两两相离或外切;…10 分 2

设 Q 是是圆 Pi 上任意一点,由于

P0Q ? P0 Pi ? PQ ? P0 Pi ? i
因而,以 P 0 为圆心,

d 1 3 ? P0 Pk ? P0 Pk ? P0 Pk ……………………………20 分 2 2 2

3 P0 Pk 为半径的圆覆盖上述个圆…………………30 分 2 3 d 2 d 2 k ? 1(k ? 1, 2, , n) ……………………40 分 故 ? ( P0 Pk ) ? (k ? 1)? ( ) ? P0 Pk ? 2 2 3 d P0 Pn ? ( ) n (n ? 1)! ………………………………………50 分 所以 P0 P 1 ? P 0P 2 ? 3
四、 (本题满分50分) 设 Sn ? 1 ?

1 ? 2

?

1 ,n是正整数.证明:对满足 0 ? a ? b ? 1 的任意实数 a , b ,数列 {Sn ? [ Sn ]} 中有无穷多项属于 n
?

( 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 1 1 1 1 1 ? ? ? n ? 1? ? ( 1 ? 2 ) ? ( n ?1 ? ? n) 2 3 2 2 2 ?1 2 2 ?1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 1 ? ? ( 2 ? 2 ) ? ? ( n ? ? n ) ? 1 ? ? ? ? ? n …………………………10 分 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ] ? 1, m ? [ S n0 ] ? 1, 则 令 N0 ? [ ? N0 , ? b ? a, Sn0 ? m ? m ? n ………20 分 b?a b?a N0 S 2n ? 1 ?
又令 N1 ? 2
t ( m?1) ?

,则 SN1 ? 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,

3

这与 Sk ? Sk ?1 ?

1 1 ? ? b ? a 矛盾.所以一定存在 n ? N ? , 使得 Sn ? [Sn ] ? (a, b) ………40 分 k N0
1? j ? k

(2)假设只有有限个正整数 n1 , n2 ,

, nk , 使得 Sn j ? [Sn j ]? (a ,b ), (1? j ? k )令 c ? min S n j ? [ 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

1 1 1 ? ? ? n 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 1? ? ( 1 ? 2 ) ? ( n ?1 ? ? n ) ? 1? ? ( 2 ? 2 ) ? ? ( n ? ? n ) 2 2 ?1 2 2 ?1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ? 1 ? ? ? ? ? n …………………10 分 2 2 2 2 1 1 ] ? 1, 则 N 0 ? , 当 k ? N0 时, 因此,当 n 充分大时, Sn 可以大于如何一个正数,令 N 0 ? [ b?a b?a 1 1 Sk ? Sk ?1 ? ? ? b ? a ……………………………………20 分 k N0 因此,对于如何大于 S N0 的正整数 m, 总存在 n ? N0 , 使 Sn ? m ? (a, b),
证法二:(1) S2n ? 1 ? 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,

1 1 ? ? b ? a, 矛盾.故一定存在 n ? N0 , 使得 m ? a ? Sn ? m ? b, ………30 分 k N0 令 mi ? [SN0 ] ? i(i ? 1, 2,3, ), 则 mi ? SN0 , 故一定存在 n1 ? N0 ,
而 Sk ? Sk ?1 ? 使 mi ? a ? Sni ? mi ? b ,因此 a ? Sni ? mi ? Sni ? [Sni ] ? b ………………..40 分 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

4


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