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2012年全国高中数学联赛加试试题


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 A 的外心分别为 O1 , O2 ,求证: O1 , O2 , A 三点共线。 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 是 ? 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 二、 (本题满分40分) 试证明:集合 A ? ?2, 22 ,? , 2 n ,?? 满足 (1)对每个 a ? A ,及 b ? N ? ,若 b ? 2a ?1 ,则 b(b ? 1) 一定不是 2a 的 倍数; (2)对每个 a ? A(其中 A 表示 A 在N 中的补集) a ? 1 ,必存在 b ? N ? ,b ? 2a ?1 ,使 b(b ?1 是 2a ,且 ) 的倍数. 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 2a 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 ? 2k ?1 ? m ……………………………………………………………30 分 下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令 b ? mx, b ? 1 ? 2k ?1 y, 消去 b 得 2k ?1 y ? mx ? 1.
? x ? x0 ? 2 k ?1 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 ? 把最小的正整数解记为 ( x? , y ? ), 则 x? ? 2k ?1 ,故 b ? mx? ? 2a ? 1, 使 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.……40 分
k ?1

B

M N

C

证法二:由于 (2k ?1 , m) ? 1, 由中国剩余定理知,同余方程组
? x ? 0(mod 2k ?1 ) 在区间 (0, 2k ?1 m) 上有解 x ? b, 即存在 b ? 2a ? 1, 使 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.…………40 分 ? ? x ? m ? 1(mod m) 证法三:由于 (2, m) ? 1, 总存在 r (r ? N ? , r ? m ? 1), 使 2r ? 1(mod m) 取 t ? N ? , 使 tr ? k ? 1, 则 2tr ? 1(mod m)

存在 b ? (2tr ? 1) ? q ? (2k ?1 m) ? 0, q ? N , 使 0 ? b ? 2a ? 1, 此时 m b , 2k ?1 m ? 1, 因而 b(b ? 1) 是 2a 的倍数.……………40 分 三、 (本题满分50分) 设 P0 , P , P2 ,?, 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) 1 d 求证: P0 P ? P0 P2 ?? P0 Pn ? ( )n (n ? 1)! 1 3

1

证法一:不妨设 P0 P ? P0 P2 ? ? ? P0 Pn . 先证明:对任意正整数 k ,都有 P0 Pk ? 1 显然, P0 Pk ? d ?

d k ?1 3

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 所以,只要证明当 k ? 9 时,有 P0 Pk ? k ? 1 即可. 3 d d 以 Pi (i ? 0,1, 2,?, k ) 为圆心, 为半径画 k ? 1 个圆,它们两两相离或外切;以 P0 圆心, P0 Pk ? 为半径画 2 2 圆,这个圆覆盖上述 k ? 1 个圆………………20 分 d d d 所以 ? ( P0 Pk ? )2 ? (k ? 1)? ( ) 2 ? 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 所以 P0 Pk ? k ? 1 对 k ? 9 时也成立. 3 d 综上,对任意正整数 k 都有 P0 Pk ? k ?1 . 3 d 因而 P0 P ? P0 P2 ?? P0 Pn ? ( )n (n ? 1)! ………………………………50 分 1 3 证法二: 不妨设 P0 P ? P0 P2 ? ? ? P0 Pn . 1
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 d 1 3 P0Q ? P0 Pi ? PQ ? P0 Pi ? ? P0 Pk ? P0 Pk ? P0 Pk ……………………………20 分 i 2 2 2 3 因而,以 P0 为圆心, P0 Pk 为半径的圆覆盖上述个圆…………………30 分 2 3 d d 故 ? ( P0 Pk )2 ? (k ? 1)? ( ) 2 ? P0 Pk ? k ? 1(k ? 1, 2,?, n) ……………………40 分 2 2 3 d 所以 P0 P ? P0 P2 ?? P0 Pn ? ( )n (n ? 1)! ………………………………………50 分 1 3 四、 (本题满分50分) 1 1 设 Sn ? 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 2 n 多项属于 (a, b) .这里, [ x] 表示不超过实数x的最大整数.

以 Pi (i ? 0,1, 2,?, k ) 为圆心,

证法一:(1)对任意 n ? N ? ,有 1 1 1 1 1 1 1 1 S 2n ? 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 ? N0 , ? b ? a, Sn0 ? m ? m ? n ………20 分 令 N0 ? [ ] ? 1, m ? [ Sn0 ] ? 1, 则 b?a N0 b?a 又令 N1 ? 2t ( m ?1) ,则 S N1 ? S2t ( m?1) ? m ? 1 ? m ? b,

2

因此存在 n ? N ? , N 0 ? n ? N1 , 使得 m ? a ? Sn ? m ? b, 所以 Sn ? [ Sn ] ? (a, b) ……………..30 分 不然一定存在 N 0 ? k , 使得 Sk ?1 ? m ? a, Sk ? m ? b, 因此 Sk ? Sk ?1 ? b ? a, 1 1 这与 Sk ? Sk ?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 Sn j ? [Sn j ] , 则 所以数列 ?S n ? [ S n ]? 中有无穷多项属于 (a, b) .终上所述原命题成立…………………50 分
1 1 1 证法二:(1) S2n ? 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 因此,当 n 充分大时, S n 可以大于如何一个正数,令 N0 ? [ ] ? 1, 则 N 0 ? , 当 k ? N0 时, 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 ? N 0 , 使 Sn ? m ? (a, b),
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.

?

?

即 m ? a ? Sn ? m ? b, 否则,一定存在 k ? N 0 , 使 Sk ?1 ? m ? a, 且 Sk ? m ? b, 这样就有 Sk ? Sk ?1 ? b ? a, 1 1 而 Sk ? Sk ?1 ? ? ? b ? a, 矛盾.故一定存在 n ? N 0 , 使得 m ? a ? Sn ? m ? b, ………30 分 k N0 令 mi ? [ S N0 ] ? i (i ? 1, 2,3,?), 则 mi ? S N0 , 故一定存在 n1 ? N 0 , 使 mi ? a ? S ni ? 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 ?S n ? [ S n ]? 中有无穷多项属于 (a, b) ……………50 分

3


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