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2012年国庆葛军全国联赛模拟二试试题及答案


2012 年全国高中数学联赛全真模拟 北京清北学堂内部资料
(清北学堂教研部特邀奥赛名师葛军教授命制,内部资料,禁止翻印。)

第二试
一、设 D 点是 ?ABC 的边 BC 上中点, BE ? AC, CF ? AB, 垂足 E 、 F , P 点是 AD 与

EF 交点. 证明: AD ?
A


3 BC 当且仅当点 P 为 AD 的中点. 2

P F

E

B

D

C
2 2 an ?1 ? 1 ? an ? 1 ,记 S n 为数列 {an }

2 2 2 二、 设数列 {an }: a1 ? 1001 ? 1 ,且 an ?1 ? an ?

的前 n 项的和. 求证: S1000 是无理数. 三、证明:对于给定正整数 n ,一定存在 2n ? 2 个连续整数,使得其中任取若干个数,两两 的乘积都不相同. 四、以任意方式将圆周上 4K 个点标上数 1,2,?,4K. 证明: (1)可以用 2K 条两两不相交的弦连结这 4K 个点,使得每条弦的两端的标数之差不 超过 3K-1. (2)对于任意的正整数 K,(1)中的数 3K-1 不能再减少.

1

参考答案
一、 证明:
A

P F

E

S

B

D

C

首先证明

DP 1 ? BF CE ? ? ? ? ?. PA 2 ? FA EA ?



BF CE . ,y ? FA EA BF AE CS 由 Menelaus 定理于 ?ABC ,有 ? ? ? 1, FA EC SB CS BC 即x ② ? y , CS ? BS ? BC , 得 x ? x ? y. BS BS BF AP DS 在 ?ABD 中用 Menelaus 定理, ? ? ? 1, FA PD SB DP DS 即 ?x , DS ? BS ? BD . PA BS
如图,设点 S 为直线 EF 与 BC 的交点. 令 x ? 于是由②得

DP BD BC BD BD CD BD ? x? x? x?x ? ? x ? ( y ? x) ? ?x? ?y. BC BC BC PA BS BS BC DC BD 1 由 D 为边 BC 的中点, ?????? 20 分 ? ? ,得①成立. BC BC 2
由①得

DP 1 ? a cos B a cosC ? 1 2ac cos B ? 2ab cosC ? ? ? ?? ? PA 2 ? b cos A c cos A ? 2 2bc cos A

?

1 a 2 ? c2 ? b2 ? a 2 ? b2 ? c2 a2 ? ? 2 . 2 b2 ? c 2 ? a 2 b ? c2 ? a2 DP 2a 2 ? . PA 4 AD 2 ? a 2
?????? 40 分
2

?

? ?

?

易知

4 AD2 ? 2b2 ? 2c2 ? a 2 ,得
DP 3 ? 1 ? AD ? a. PA 2

因此,

二、 证明: (1)由数学归纳法可以证得 an ? 1 .

n ? 1 时 a1 ? 10012 ? 1 ? 1 ,命题成立;
2

2 2 2 假设 an ? 1 ,命题成立,则由 an ?1 ? an ?

2 2 an ?1 ? 1 ? an ? 1 ,得

2 2 2 2 2 2 (an ?1 ? 1) ? an ?1 ? 1 ? (an ? 1) ? an ? 1 >0, 即有 an ?1 ? 1 ? 0 ,得 an?1 ? 1 .

于是,由题设得
2 2 2 2 ( an ?1 ? 1 ? an ? 1 ) ( an?1 ? 1? an ? 1 )? a?21 n 2 ? 1 ? an . ? 1

2 2 2 因为对于任意的正整数 n,有 an ? 1 ,所以 an ?1 ? 1 ? an ? 1 ? 0 ,从而推得 2 2 an ?1 ? 1 ? an ? 1 ? 1 。

因此, 数列 {an } 的通项为 an ? (2)利用

(1000 ? n) 2 ? 1( n ? N* ) .

?????? 10 分

1 n ? 1, 有 n ? n2 ? 1 ? n ? , 则 n
2 0 0 0) 0 0 ? 1, ? 0

S1 0 0 ? 1 0 0 1 ? ) ? 1 0 0? )2 ? (? ( ? 1( ? ? 2 0
其中,每个 ? i 都处于 0 和 因此,

1 之间. 1001
1000

0 ? ?1 ? ? 2 ? ? ? ?

? 1 ,这表明 S1000 不是整数.

?????? 20 分

(3)下面再用数学归纳法证明证明一般结论:对于任意正整数 n , Tn ? 个首一多项式的根,这里每个 ai (i ? N) 都是整数但不是完全平方数.

?
i ?1

n

ai 是一

n ? 1 时, a1 是首一多项式 x 2 ? a1 的根.
假设 y ?

?
i ?1

n

ai 是首一多项式 P( x) ? x r ? cr ?1 x r ?1 ? ? ? c0 的根.

下面构造有一个根为 x ? y ? an ?1 的首一多项式.

0 ? P (y ) P x( ? an ?1 ? x ? an ? 1 r ?)cr ? 1x ?( an ? ? ) (
从而 0 ? P( x ? an ?1 ) ? x ? Q( x) ? an ?1 R( x) ,
r

r ?1 1

??? c , ) 0

由此, x

2r

? 2 x r Q( x) ? (Q( x))2 ? an?1 ( R( x))2 ? 0 ,

其中 Q( x) 和 R ( x) 是整系数多项式,且每个的次数不超过 r ? 1,所有系数都是整数. 因为一个首一多项式的任何有理根一定是整数。 相反地, 如果一个首一多项式的根不是 整数,那么它一定是无理数. 所以,S1000 是无理数.
3

?????? 40 分

三、证明:对于 n 2 与 (n ? 1)2 之间的 2n-1 个数以及 n 2 、 (n ? 1)2 构成满足要求的 2n+2 个连续 正整数. 10 分 ??????

由于三个正整数中任意两个数的积均不相同,四个正整数 a, b, c, d ( a ? b ? c ? d )中任 意两个数的积除可能有 ad ? bc 的情形外,其余的积均不相同。因此,对于四个以上的整数 中两两的积是否相同的问题, 转化为四个数中两两积是否相同的问题, 从而转化讨论判断上 述的 ad ? bc 的问题. ?????? 20 分 于是, 下面证明: 对于给定的正整数 n , 若正整数 a, b, c, d 满足 n2 ? a ? b ? c ? d ? (n ? 1)2 , 则必有 ad ? bc . 假设存在 a, b, c, d , n2 ? a ? b ? c ? d ? (n ? 1)2 ,使 ad ? bc ,则由 ad ? bc ,可得
a ? ru , b ? su , c ? rv , d ? sv , (u, v) ? 1 .

?????? 30 分

若 r ? u ,则有 r ? u ? 2 ru . 又由 b ? a , c ? a ,得 s ? r ,v ?u ,所以 s ? r ?1 , v ? u ?1 , 从而有 d ? sv ? (r ? 1)(u ? 1) ? ru ? (r ? u) ? 1 ? ru ? 2 ru ? 1 ? (n ? 1)2 ,与 d ? (n ? 1)2 矛盾. 若r ?u, 则由由 b ? a ,c ? a ,b ? c , s ?v , r ?u ?s ?v , 即u r 得 所以 s ? r ?1 ,v ? s ?1 , 从而 v ? r ? 2 . 于是 d ? sv ? (s ? 1)s ? (r ? 2)(r ? 1) ? r 2 ? 2r ? 1 . 又因为 r ? u , a ? ru ? n2 ,所以 r ? u ? n . 于是 d ? sv ? r 2 ? 2r ? 1 ? n2 ? 2n ? 1 ? (n ? 1)2 , 这与 d ? (n ? 1)2 矛盾. 因此,对于 n 2 与 (n ? 1)2 之间的 2n-1 个数以及 n 2 、 (n ? 1)2 构成满足要求的 2n+2 个连续 正整数,其中任意四个数中两两的积都不相同,那么,这 2n+2 个数中任取若干数,其中两 两的积也不相同. ?????? 50 分 四、证明: (1)先证一个引理: 引理:圆周上有 n 个黑点和 n 个白点,一定能用 n 条两两不相交的弦连结这 2n 个 点,每条弦的两端颜色不同. 证明采用数学归纳法.n=1 时,引理显然成立,将 1 个黑点与 1 个白点连结起来就 可以了,假设引理对于 n-l 成立,考虑 n 的情形. 由于圆周上既有黑点又有白点,所以必有两个相邻的点一黑一白,将这两点用弦连 结起来. 根据归纳假设,其余的 n-l 个点可以用 n-1 条两两不相交的弦连结起来,这些弦 两端的颜色不同.所以这就得到了 n 条符合要求的弦.故引理成立. ?????? 20 分 其次,将 l,2,?,4K 分为两组:

A ? {1, 2,?, K} ? {3K ? 1,3K ? 2,?, 4K} , B ? {K ? 1, K ? 2,?,3K}
4

在引理中取=2K(显然集合 A、B 各有 2K 个元素) ,并将 A 中的数作为“白点” ,B 中的数作为“黑点”,根据引理,可以用 2K 条两两不相交的弦把这 4K 个点连结起来, 使得弦的两端分别属于 A、B. 显然 A 中任意一个数与 B 中任意一个数的差≤3K-1, 所以上面所说的 2K 条弦就是 符合要求的弦. ?????? 20 分 (2)由题意即需证明(1)的否命题成立.即证明: “有一种方式将圆周上 4K 个点标上数 1,2,?,4K.如果用 2K 条两两不相交的弦 连结这 4K 个点,一定有某条弦的两端标数之差>3K-2.” 类似于(1),我们考虑两个集合

A ? {1, 2,?, K} ? {3K ? 1,3K ? 2,?, 4K} , B ? {K ? 1, K ? 2,?,3K} .
将集合 A 的点标在上半圆,并且使 Al={l,2,?,K}与 A2={3K+1, 3K+2,?,4K}
互相交错. 将 B 的点标在下半圆.如图所示.

?????? 30 分

现在,假定 4K 个数已经用两两不相交的弦连结起来,要证明必有某条弦两端标数 之差>3K-2. 分两种情况来讨论. 第一种情况,上半圆的数 i 与上半圆的数 j 相连,在弦 ij 所截的上半圆的弧内, 每一个标数的点只能与这弧内的点相连(否则所连的弦与弦巧相交) .这样将弧内标数 的点两两相连,最后或者剩下一个标数的点无法与其他点相连,或者有两个相邻的标数 的点相连,而两个相邻的点所标的数分别属于 A1 与 A2,它们的差≥3K>3K-2. 第二种情况,上半圆的数都与下半圆的数相连.由于集合 A、B 中元素的个数一样 多,所以每个下半圆的数也都与上半圆的数相连(两者是一一对应) .这时 3K 必然与 l 相连(否则 3K 与上半圆的数相连的弦、l 与下半圆的数相连的弦必然相交) ,它们的差 > 3K-2. 故结论成立. ?????? 50 分

5


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