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2014年全国高中数学联赛加试


中学生数学 ·2 高中 ) 0 1 5 年 1 月上 · 第 5 0 5期(

数 学 竞 赛 之 窗

2 0 1 4 年全国高中数学联赛加试 ( A 卷) 试题及参考答案
( 本题满分 4 设实数 a、 0 分) b、 c 满足a+ b    一 、 求证 : + c =1, a b c a b+ b c + c a< >0.

下面假设 a、 不 妨 设 a≥b≥ , 则 a≥ b、 c>0, c 1, 1 我们有 0< c ≤ . 3 3

a b c 1 槡 + .
2 4

1 则命题已成立 证明 1  若 a b+ b c + c a≤ , . 4 1 不妨设 若a { } , b+ b c + c a> , a=m a x a, b, c 4 1 我们有 则由 a+ b+ c =1 知 a≥ . 3

a b+ b c + c a-  

a b c 槡


( ) c . 槡 ( ) = c 1- c +槡 a b( a b- ) 槡 2
c 槡 ( ) = c a+ b +槡 a b 槡 a b- 2
由于 槡 a b≥ 且槡 a b≤ ≥ > , 3 槡 3 2 槡

a b+ b c + c a-

2 ) 1 ( a+ b+ c 1 1 a - = ≤ ≤ 4 3 4 1 2 4





c 槡

① 1 以及   a b+ b c + c a- 4 ) = a( b+ c - 1 + b c 4

a+ b 2

c, 1- 因此 = 2

1 = a( 1- a) - + b c 4 ≤ 1 1 b c = b c - + 4 4 ②

( ) 1- c 1- c 槡 c ( ) c 1- c + ≤ 2 (2 - 2 )
c 槡 ( ) c 1- c +槡 a b 槡   a b- 2

2 c c槡 c c 槡 c 1 3 - + + - , 4 4 4 2 4 2 c c槡 c c 槡 c 于是只需证明  3 - - + >0, 4 4 2 4

其 中 ① 式等号在a= 1 时成立 , ② 式等号在a 3 = 1 时成立 , 因此 ① 、 ② 中等号不能同时成立 . 2 1 由于 a 将①、 b+ b c + c a- >0, ② 式相乘得 4

即  3 c槡 c- c -2槡 c+1>0 1 故 1 由于 0< c c ≤ ,   - ≥0 3 3 由平均不等式 3 c槡 c+ 1 1 1 1 3 c槡 c· · + ≥3   3 3 3 3

① ②



a b+ b c + c a-

1 4





a b c, < 4



9 c 槡 ) =槡


1 3

1 a b c, 槡 即  a b+ b c + c a- < 4 2

c >2槡
式成立 .



a b c 1 槡 从而   a b+ b c + c a< + . 2 4
证 明 2  由于a 故a、 b c b、 c 中或者一个正 >0, 两个负数 ; 或者 三 个 都 是 正 数. 对于前一种情 数, 不妨设 a>0, 则 形, b、 c <0, ( ) ) a b+ b c + c a= b a+ c + c a< b( a+ c = b( 1- ) b <0, 结论显然成立 .

将②、 因此原不等 ③ 两式相加即得 ① 式成立 , 二、 ( 本题满 分 4 如 图 1, 在锐角三角形 0 分) , 过 点 B、 A B C 中, A C≠6 0 ° C 分别作三角形 ∠B 且满足 B A B C 的外接圆的切线B D、 C E, D =C E 直线 D =B C. E 与A B、 A C 的延长线分别交于点 设C F、 G. F 与B D 交于点 M, C E 与B G 交于点 证明 : N. AM =AN .

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中学生数学 ·2 高中 ) 0 1 5 年 1 月上 · 第 5 0 5期(

设三角形 A 三 B C 的 三 内 角 分 别 为 A、 B、 C, , 条边长分别为 B C= a, C A= b, A B= c

F D B D a, 由 △D F B∽△A B C有   = = c b b
  
图1 图2

a c 可得  F D= . b C b, 由B 可得  BM =B C∥F D, = MD F D c a b 故由 B D= a 可得  BM = b+ c


证明 1  如图 2, 设两条切线 B D、 C E 交于点 则 BK=C 结合 B 作 K, K. D=C E 可知D E ∥B C. 连 接 LM 、 A C 的平分线A L 交B C 于 点 L, ∠B

LN .
由D E∥B C 知, B C= ∠D F B, D B= ∠A ∠F 故 △A B C= ∠B A C, B C 与 △D F B 相似 . ∠D 由此并结 合 D E∥B C, B D =B C 及内角平分 线定理可得

在三角 形 A 由余弦 BM 中 , BM =B+A, ∠A 定理得
2 2 a b a b c ( 2 2 AM2 = c +( c o s A+B) 2- ) b+ c b+ c 2 2 2 2 2 a b a b c·a + b - c 2 2 = c +( 2+ ) b+ c 2 a b b+ c

数 学 竞 赛 之 窗

MC B C B D A C L C, = = = = MF F D F D A B L B
因此  LM ∥B F. 同理 , 由此推出 LN ∥C G.

1 [2 ( 2 2 2 2 2 ) =( + c +a b+ c( a +b 2 c b ) b+ c
2 ) ( ) ] - c b+ c

LM = ∠A L B+ ∠B LM ∠A
= ∠A L B+ ∠A B L =1 8 0 ° - ∠B A L =1 8 0 ° - ∠C A L = ∠A L C+ ∠A C L = ∠A L C+ ∠C LN = ∠A LN . 再结合 B C∥F G 以及内角平分线定理得到

1 (2 2 3 4 2 2 2 =( c +2 b c +c +a b +a b c 2 b ) b+ c
2 2 3 2 2 3 4 ) + a c+ b c + b c- b c - c

1 ( 22 3 3 2 2 2 2 =( bc + b c + b c + a b +a c 2 2 ) b+ c ② 用同样方法计算 CN 和 AN2 时 , 只需在上述 而由 ② BM 与AM2 的表达式 ① 、 c 交换 . ② 中将b、 2 可见 AM 的 表 达 式 关 于 b、 因 此 AN2 = c 对 称, 即 AM =AN , 结论获证 . AM2 , 三、 ( 本题满分5 设 S= { …, 0 分) 1, 2, 3, } 求最大的整数 k, 使 得 S 有k 个 互 不 相 同 的 1 0 0 . 具有性质 : 对这 k 个子集中任意两 个 不 非空子集 , 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 m i n A 与   考虑 m a x A分 别 表 示 A 的 最 小 元 素 与 最 大 元 素 .   一共 S 的所有包含 1 且 至 少 有 两 个 元 素 的 子 集 , 9 9 它们显然满 足 要 求 , 因为 m ( ) 2 -1 个 , i n A i ∩A j
9 9 故k =1<m a x A 2 -1.   i. m a x≥ 9 9 下面证明 k≥2 时不存在 满 足 要 求 的 k 个 子 2 ) + a b c

LM LM ·B F·C G C L·A B·B C = = LN B F C G LN B C A C B L C L·A B = =1, B L A C
即  LM =LN . 故由 A L=A L, LM = ∠A LN , LM =LN ∠A 得到 △A 因 而 AM =AN , 证 LM 与 △A LN 全 等 , 毕. 证明 2  由于 B D 和E C 都是三角形 A B C的 外接圆 的 切 线 , 故 ∠D 再 B C= ∠B A C= ∠E C B. 由B 可得四边形 B 从 D =C E, C E D 是 等 腰 梯 形, 而D E∥B C. 由 于 ∠B F D = ∠A B C, D B = ∠D B C= ∠F 故 △D A C, F B∽△A B C. ∠B

集. 我们用数学归纳法证 明 : 对 整 数 n≥3, 在集合
n-1 { …, 的 任 意 m( 个不同非空子集 1, 2, n} ≥2 )

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中学生数学 ·2 高中 ) 0 1 5 年 1 月上 · 第 5 0 5期(

数 学 竞 赛 之 窗

…、 存在 两 个 子 集 A , ≠j, 满 A1 、 A2 、 Am 中 , A i、 j i 足 ,且 m ( ) a A i n A x A   i∩A i∩A i j ≠? j =m 显然只需对 m=2
n-1

若 不 然, 我们有x m o d i +y i =x i +k +y i +k ( , , 两式相加可得 4 k) x x m o d 4 k)   y y i+ i +k ≡ i +k + i( , 于是x , 但 2 x 2 x m o d 4 k) x m o d 2 k)     i≡ i +k ( i≡ i +k ( …, 互 不 同 余, 特 别 地, x x x 0 1 4( =2 k) 1, 2, 2 0 1 4模2 , 矛盾 . x x m o d 2 k)   i? i +k ( 由上 述 构 造 方 法 知 z …, z z y 1, 2, 2 k 是y 1, 2, …, 记w …, 下面 x z i =1, 2, 2 k. y 2 k 的排列 . i= i+ i, …, 这只需证明, 验证 w1 , w2 , w2 k 互不 同 余 . k模 4 对任意整数i 、 、 i+k 、 模 1≤ i w w w < j, j≤k, i、 j w j+k ( 4 k 两两不同余 *) 注意 , 前面的构造方式已保证 , (o w m o d 4 k) w d 4 k)     i?w i +k ( j ?w j+k m ( ** ) 情形一 : 且z 则由前面的构造方 z y y i= i, j= j. 式可知 ,w w i( m o d 2 k)   j i≡ w i +k ≡ 2 j ≡w j+k ≡ 2 ( ) m o d 2 k.   由于 2 , 故易知 w i m o d 2 k) ?2   j( i 与w i +k 模 及 wj+k 模 2 从而 2 k不同 余, w k 不 同 余, i +k 与 w j 再结合 ( 可见 ( 得证 . 模4 k 更不同余 , ** ) *) 情形二 : 且z 则由前面的构 z y y i= i +k , j= j+k . 造方式可知 ,w w 2 i+k ( m o d 2 k)   j i≡w i +k ≡ j ≡w j+k ≡2 ) + k( m o d 2 k .   同样有 w 及 wi+k 模 2 k 不同 余 , w i 与w i +k 与 j 与情形一相同地可知 wj 及 wj+k 模 2 k 不 同 余. ( 得证 . *) 情形三 : 且z (i =y 且z z y y i= i, i +k , j= j+k z j= 的情形与此相同 ) 则由前面的构造方式可知 . y j ,w w 2 i( m o d 2 k)   j+k i≡w i +k ≡ j ≡w j+k ≡2 ( m o d 2 k) .   由 于k 是奇数 , 故2 ) , 更有 2 i k( m o d 2 i ?2   j+ , 因此仍然有 w 及 wj+k 模 k( m o d 2 k) ?2   j+ i 与w j 及 wj+k 模 2 从而 2 k不同 余, w k 不 同 余. i +k 与 w j ( 得证 . *) 因此本题得证 .



的情形证明上述结论 .

当 n=3 时 , 将{ 的全部7个非空子集 1, 2, 3} 分成 3 组 , 第 一 组: { , { , { ; 第 二 组: 3} 1, 3} 2, 3} } , { } ; 第三组 : { } , { } 由抽屉原理, 任 { 2 1, 2 1 1, 2, 3 . 意 4 个非空子集 必 有 两 个 在 同 一 组 中 , 取同组中 ,排 在 前 面 的 记 为 的两 个 子 集 分 别 记 为 A A i、 j 则满足 ① . A i, 假设 结 论 在 n( 时 成 立, 考 虑 n+1 的 情 ≥3)
n-1 若 A1 、 …、 个 子 集 不 含n 形. A2 、 A2n 中至少有 2

对其中的2 +1,

n-1

个子集用归纳假设, 可知存在

两个子集满足 ① .
n-1 若至多有 2 则至少 -1 个 子 集 不 含 n+1,

有2

n-1

将其中 2 +1 个子集含n+1,
n-1

n-1

+1 子集都

去掉 n+1, 得到 { …, 的2 1, 2, n}

+1 个子集 .
n-1

n-1 由于 { …, 的全体子集可分成2 组, 1, 2, n}

每组两个子集互补 , 故由抽屉原理 , 在上 述 2



即互为补集. 1 个子集中一定有两个 属 于 同 一 组 , 因此, 相应地有两个子集 A , 满足 A { A i、 i∩A j j= n } , 这两个集 合 显 然 满 足 ① . 故 n+1 时 结 论 成 +1 立. 综上所述 , 所求 k . m a x =2 -1
9 9

四、 ( 本题满分5 设整数x …, 0 分) x x 1, 2, 2 0 1 4 模2 整数 y …, 0 1 4 互不同余 , 0 1 4也 y y 1, 2, 2 0 1 4模2 证 明: 可将y …, 互不 同 余 . y y 1, 2, 2 0 1 4重新排列为 … 使得 x …, z z z z x z x z 1, 2, 2 0 1 4, 1+ 1, 2+ 2, 2 0 1 4+ 2 0 1 4 模4 互不同余 0 2 8 . 证 明   记 k=1 0 0 7.不 妨 设 x i ≡y i ≡i ( , 对每个 整 数i , 若x m o d 2 k) 1≤ i k. 1≤ i   ≤2 ≤k, i , 则令z +y m o d 4 k) z   i ?x i +k +y i +k ( i =y i, i +k = ; 否则 , 令 , , z y y y i +k i= i +k z i +k = i 如果是前一种情形 , 则

x i +z i =x i +y i ?x i +k +y i +k = x i +k +z i +k ( ; m o d 4 k)   如果是后一种情形 , 则也有 x i +z i =x i +y i +k ?x i +k +y i =x i +k +z i +k
( m o d 4 k) .  

( 中国数学会普及工作委员会提供 )

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