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2015全国高中数学联赛加试试题及答案(A卷)


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

奥 林
2 2


2

…………………10 分

n? n? ?? ? ?? ? ?2? ?2? n n ? ? ? ? ? ? ? ? ? ∑ ai + ∑ a j ? + ? ∑ ai ? ∑ a j ? = ?n? ?n? ? i 1= ? ?i1 ? j= j= ? 2 ? +1 ? 2 ? +1 ? ? ? ? ? ? ? ?

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? ?? ? ? ? ?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? ?? ? ? ?2? ? = 2 ? ∑ ai ? i =1 ?

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

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,

i =1 n

∑ (?1)
i =1

i ?1

当 n 是奇数时,

∑ (?1)
i =1



引理得证.


i ?1

n

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

∑ (?1)
i =1

n

奥 林
2
n i =1

∑ (?1)

n

i ?1

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

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

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

回到原题,由柯西不等式及上面引理可知

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

2

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,

f :{B1 , B2 ,? , Bs } → {C1 , C2 ,? , Ct } , f ( Bi ) = Bi ? A1 . 显然 f 是单映射,于是 s ≤ t .



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 . …………………20 分


1≤i ≤ k

不妨设 x1 = max xi ,则由上式知 x1 ≥

包含 a1 ,因此包含 a1 的集合个数至少为



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 n ? s + (k ? 1)t n ? s + t (利用 k ≥ 2 ) = +t ≥ k k k n . ……………40 分 ≥ (利用 t ≥ s ) k
A

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

奥 林

设 A1 = {a1 , a2 ,? , ak } .在 A1 , A2 ,? , An 中除去 B1 , B2 ,? , Bs , C1 , C2 ,? , Ct 后,在剩

n? s ?t ,即在剩下的 n ? s ? t 个集合中, k



( Bi ? A1 ) ∈ S ,即 ( Bi ? A1 ) ∈ {C1 , C2 ,? , Ct } ,这样我们得到一个映射

…………………10 分

O D C Ω

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
∠FEB = ∠DEP = 180° ? ∠DCP = ∠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 E P

O D C Ω

即 B、K、L 三点共线.

…………………30 分

再根据 ?FBL ∽ ?FCB 得,

即 ∠ABC = 2∠FCB .



1 ∠FCB = ∠FBL = ∠FBE = ∠ABC , 2

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
F E P

奥 林


A O K L B(B')

∠FLB = ∠FBC = ∠APC = ∠KPC = ∠FLK ,

B

…………………50 分



以 B 、 K 、 L 共线.

…………………30 分

根据 A 、 B 、 P 、C 四点共圆及 L 、 K 、 P 、C 四

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

2 ( k ?1) n +1 不整除

熟知



点共圆,得

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 ,
(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

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



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



奥 林

m = q + 2αt (2t u ? 1) ≡ 0 (mod q ) .







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





奥 林






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