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2009年全国高中数学联赛加试--试题参考答案及评分标准(A卷)



2009 年全国高中数学联合竞赛加试 试题参考答案及评分标准(A 卷)
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、填空(共 4 小题,每小题 50 分,共 200 分) ? AC 1. 如图, M ,

N 分别为锐角三角形 ?ABC ( ?A ? ?B )的外接圆 ? 上弧 BC 、 ? 的中点.过点 C 作 PC ∥ MN 交圆 ? 于 P 点, I 为 ?ABC 的内心,连接 PI 并延长交圆 ? 于 T . ⑴求证: MP ? MT ? NP ? NT ; AB ⑵在弧 ? (不含点 C )上任取一点 Q ( Q ≠ A ,T , B ),记 ?AQC ,△QCB 的内心分别为 I1 ,
I2 ,
P N I T A Q C M

B

求证: Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. 【解析】 ⑴ NI , MI .由于 PC ∥ MN , P , C , M , N 共圆,故 PCMN 是等腰梯形.因此 NP ? MC , 连 PM ? NC .
P N I T A C M

B

连 AM , CI ,则 AM 与 CI 交于 I ,因为 ?MIC ? ?MAC ? ?ACI ? ?MCB ? ?BCI ? ?MCI , 所以 MC ? MI .同理 NC ? NI . 于是 NP ? MI , PM ? NI . 故四边形 MPNI 为平行四边形.因此 S△PMT ? S△PNT (同底,等高). 又 P , N , T , M 四点共圆,故 ?TNP ? ?PMT ? 180? ,由三角形面积公式 1 S△PMT ? PM ? MT sin ?PMT 2 1 ? S△PNT ? PN ? NT s i n PNT ? 2

1 ? P N ? N Ti n ? P M T s 2 于是 PM ? MT ? PN ? NT . ⑵ 因为 ?NCI1 ? ?NCA ? ?ACI1 ? ?NQC ? ?QCI1 ? ?CI1 N ,
P N I I2 I1 A T Q C M

B

所以 NC ? NI1 ,同理 MC ? MI 2 .由 MP ? MT ? NP ? NT 得 由⑴ 所证 MP ? NC , NP ? MC ,故 NT MT ? . NI1 MI 2 又因 ?I1 NT ? ?QNT ? ?QMT ? ?I 2 MT , 有 ?I1 NT ∽ ?I 2 MT . 故 ?NTI1 ? ?MTI 2 ,从而
?I1QI 2 ? ?NQM ? ?NTM ? ?I1TI 2 .

NT MT . ? MP NP

因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. 2. 求证不等式: 1 ? n k ? ?1 ? ? ? 2 ? ? ln n ≤ 2 , n ? 1 ,2,… ? k ?1 k ? 1 ? 【解析】 证明:首先证明一个不等式: x ⑴ ? ln(1 ? x) ? x , x ? 0 . 1? x 事实上,令 x h( x) ? x ? ln(1 ? x) , g ( x) ? ln(1 ? x) ? . 1? x 则对 x ? 0 , 1 1 x 1 ? ? ?0. h?( x) ? 1 ? ? 0 , g ?( x) ? 2 1 ? x (1 ? x) (1 ? x) 2 1? x 于是 h( x) ? h(0) ? 0 , g ( x) ? g (0) ? 0 . 1 在⑴ 中取 x ? 得 n 1 ? 1? 1 ? ln ?1 ? ? ? . ⑵ n ?1 ? n? n 令 xn ? ?
k 1 ? ln n ,则 x1 ? , 2 k ?1 k ? 1
2 n

xn ? xn ?1 ?

n 1 ? ? ? ln ?1 ? ? n ?1 n ?1? ?
2

?

n 1 ? n ?1 n 1 ?? 2 ?0 (n ? 1)n
2

因此 xn ? xn?1 ? ? ? x1 ? 又因为

1 . 2

n ?1 ? 1? ln n ? (ln n ? ln(n ? 1)) ? (ln(n ? 1) ? ln(n ? 2)) ? ? ? (ln 2 ? ln1) ? ln1 ? ? ln ?1 ? ? . ? k? k ?1

从而
xn ? ?
n ?1 k ? 1? ? ? ln ?1 ? ? k ? 1 k ?1 ? k ? k ?1 n 2

3.

n ?1 n ?1 1? ? k n ? k ? 1 ?? ? ?? 2 ? ? ? ?? 2 ? ln ?1 ? ? ? ? 2 k ?1 k ? ? n ? 1 k ?1 ? k ? 1 k ? ? k ?1 ? n ?1 n ?1 1 1 ? ?? 2 ≥ ?? (k ? 1)k (k ? 1)k k ?1 k ?1 1 ? ?1 ? ? ?1 . n 设 k , l 是给定的两个正整数.证明:有无穷多个正整数 m ≥ k ,使得 Ck 与 l 互素. m

【解析】 证法一:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !) .我们证明 Ck , ? 1 . l m 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明: p ? k . Cm k 若 p ? ! ,则由
k !Ck ? ? (m ? k ? i ) m
i ?1 k

?

?

? ?[ ( ? t l( k ! ) ] i
i ?1
k

k

? ?i

? k !? m o d? ?1 ? . p
及 p? | k ! ,且 p? ?1 ? ! ,知 p? | k !Ck 且 p? ?1 ? !Ck .从而 p ? k . k k m Cm m 证法二:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !)2 ,我们证明 Ck , ? 1 . l m 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明: p ? . C k 若 p ? ! ,则由
k m

i ?1

?

?

k !Ck ? ? (m ? k ? i ) m
i ?1 k

k

? ? [ ( ? t l ( k2 ) ] i !
i ?1

? ?i

k

? k !? m o d ? . p

i ?1

Cm 即 p 不整除上式,故 p ? k .

若 p | k ! ,设 ? ≥ 1 使 p? | k ! ,但 p? ?1 ? ! . p? ?1 | (k !)2 .故由 k
k !Ck ? ? (m ? k ? i ) m
i ?1 k ?1

? ? [ ( ? t l ( k2 ) ] i !
i ?1

k

? ?i

k

? k !? mod p? ?1 ?
4. 及 p? | k ! ,且 p? ?1 ? ! ,知 p? | k !Ck 且 p? ?1 ? !Ck .从而 p ? k . k k m Cm m 在非负数构成的 3 ? 9 数表 x ? x1 1 x 1 2 x 1 3 x 1 4x 1 x 1 x 1 7 ? x 8 1 9 5 6 1 ? ? P ? ? x 1 x2 2 x 2 3 x 2 4 x 2 5x 2 x 2x7 ? x 8 2 9 2 6 2 ?x x x x x x x x ? x ? 31 32 33 34 35 36 37 ? 38 39 中每行的数互不相同,前 6 列中每列的三数之和为 1, x17 ? x28 ? x39 ? 0 , x27 , x37 , x18 , x38 ,
x19 , x29 均大于.如果 P 的前三列构成的数表

i ?1

? x1 1 x 1 2 x ? 3 1 ? ? S ? ? x 1 x2 2 x ?2 3 2 ?x x x ? 3 ? 31 32 ?3
? x1k ? ? ? 满足下面的性质 (O ) : 对于数表 P 中的任意一列 ? x2 k ?( k ? 1 , …, 均存在某个 i ??1, , ? 2, 9) 2 3 ?x ? ? 3k ?

使得 ⑶ xik ≤ ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? . 求证: (ⅰ)最小值 ui ? min ?xi1 , i 2 , i 3? , i ? 1 ,2,3 一定自数表 S 的不同列. x x

? x1k* ? ? ? (ⅱ)存在数表 P 中唯一的一列 ? x2 k* ? , k * ≠1 ,2,3 使得 3 ? 3 数表 ? ?x ? ? ? 3k * ? ? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ? 仍然具有性质 (O ) . 【解析】 (ⅰ )假设最小值 ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? , i ? 1 ,2,3 不是取自数表 S 的不同列.则存在一列不
含任何 u i .不妨设 ui ≠ xi 2 , i ? 1 ,2,3.由于数表 P 中同一行中的任何两个元素都不等,于是 i ui ? xi 2 , ? 1 , 3. 2, 另一方面, 由于数表 S 具有性质 (O ) , 中取 k ? 2 , 在⑶ 则存在某个 i0 ? ?1, , ? 2 3 使得 xi0 2 ≤ ui0 .矛盾. (ⅱ )由抽届原理知 min ? x11 ,x12 ? , min ?x21 ,x22 ? , min ?x31 ,x32 ? 中至少有两个值取在同一列.不妨设 min ?x21 ,x22 ? ? x22 , min ?x31 ,x32 ? ? x32 . 由前面的结论知数表 S 的第一列一定含有某个 u i ,所以只能是 x11 ? u1 .同样,第二列中也必含 某个 u i , i ? 1 ,2.不妨设 x22 ? u2 .于是 u3 ? x33 ,即 u i 是数表 S 中的对角线上数字.
? x11 x12 x13 ? ? ? S ? ? x21 x22 x23 ? ?x x x ? ? 31 32 33 ? 2 ? 9 记 M ? ?1, , , ? ,令集合

显然 I ? ?k ? M | x1k ? x11 ,x3k ? x32 ? 且 1,2 3 ? I .因为 x18 , x38 ? 1≥ x11 , x32 ,所以 8 ? I . 故 I ≠ ? .于是存在 k * ? I 使得 x2k* ? max ?x2k | k ? I ? .显然, k * ≠1 ,2,3. 下面证明 3 ? 3 数表 ? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ? 具有性质 (O ) .
3) 从上面的选法可知 ui? :? min xi1 ,xi 2 ,xik* ? min ?xi1 ,xi 2 ? , (i ? 1, .这说明

I ? ?k ? M | xik ? min ?xi1 ,xi 2 ? , ? 1, ? . i 3

?

?

x1k* ? min ?x11 ,x12 ? ≥ u1 , x3k* ? min ?x31 ,x32 ? ≥ u3 .

? 又由 S 满足性质 (O ) .在⑶ 中取 k ? k * ,推得 x2k* ≤ u2 ,于是 u2 ? min x21 ,x22 ,x2k* ? x2k* .下
3 且 x2k ? x2k* .这与 x2k * 的最大性矛盾.因此,数表 S ? 满足性质 (O ) . 下证唯一性.设有 k ? M 使得数表 ? x11 x12 x1k ? ? ??x x x ? S ? 21 22 2 k ? ?x x x ? ? 31 32 3k ? 具有性质 (O ) ,不失一般性,我们假定 ⑷u2 ? min ?x21 ,x22 ,x23 ? ? x22
u3 ? m i n x3 , x 3 2 x? 3 3 ? 1 , ?
x3 2 ? x 3. 1

?

?

证对任意的 k ? M , 存在某个 i ? 1 , 3 使得 ui? ≥ xik . 2, 假若不然, xik ? min ?xi1 ,xi 2 ? ,i ? 1 , 则

u1 ? m i n x1 , x 1 2 x 1 3 ? 1 , ??

x

11

x

33

? 由 于 x3 2 ? x 3 1, x22 ? x21 及 ( ⅰ) , 有 u1 ? mi n x 1, x1 2, x 1 ? x 1. 又 由 ( ⅰ) 知 : 或 者 ?1 k? 1 ? 3 ? min ?x ,x ,x ? ? x ,或者 (b)u2 ? min ?x , , ? ? x . ? (a) u x x
31 32 3k 3k 21 22 2k 2k

? 如果 ( a ) 成立,由数表 S 具有性质 (O ) ,则 ? , u1 ? m i n x , x , x? ? x ?
11 12 k 1 11

? ⑸u 2 ? min ?x21 ,x22 ,x2k ? ? x22 , ? u3 ? m i n x ,x ,x ? ? x . ?
31 32 k 3 k 3

? ? 2 3 由数表 S 满足性质 (O ) ,则对于 3 ? M 至少存在一个 i ??1, , ? 使得 ui ≥ xik* .由 k * ? I 及⑷

? ? ? 和⑹ 式知, x1k* ? x11 ? u1 , x3k* ? x32 ? u3 .于是只能有 x2k* ≤ u2 ? x2k .类似地,由 S ? 满足性质
? (O ) 及 k ? M 可推得 x2k ≤ u2 ? x2k* .从而 k * ? k .



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