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2013年全国高中数学联合竞赛加试解答



2013 年全国高中数学联合竞赛加试
试题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)如图, AB 是圆 ω 的一条弦,P 为弧 AB 内一点

,E 、
F 为线段 AB 上两点,满足 AE = EF = FB .连接 PE、PF 并延长,与圆 ω 分别相

交于点 C、D.求证:

EF ? CD = AC ? BD .
ω A E F P
A E F ω P

B

B

C

D

C

D

证明

连接 AD,BC,CF,DE.由于 AE = EF = FB ,从而
BC ? sin ∠BCE 点B到直线CP的距离 BE = = 2. = AC ? sin ∠ACE 点A到直线CP的距离 AE



…………………10 分 同样
AD ? sin ∠ADF 点A到直线 PD的距离 AF = = = 2. BD ? sin ∠BDF 点B到直线 PD的距离 BF



另一方面,由于

∠BCE = ∠BCP = ∠BDP = ∠BDF , ∠ACE = ∠ACP = ∠ADP = ∠ADF ,
故将①,②两式相乘可得
BC ? AD = 4 ,即 AC ? BD

BC ? AD = 4 AC ? BD .

③ …………………30 分

1

由托勒密定理

AD ? BC = AC ? BD + AB ? CD .
故由③,④得 即



AB ? CD = 3 AC ? BD , EF ? CD = AC ? BD .
…………………40 分

二、 (本题满分 40 分)给定正整数 u,v.数列 {an } 定义如下: a1= u + v ,对 整数 m ≥ 1 ,

am + u , ?a2= m ? am + v . +1 ?a2 m =
记 S m = a1 + a2 + ? + am ( m = 1, 2, ?) . 证明: 数列 {S n } 中有无穷多项是完全平方数. 证明 对正整数 n,有

S 2n+1 ?1 = a1 + ( a2 + a3 ) + ( a4 + a5 ) + ? + ( a2n+1 ? 2 + a2n+1 ?1 )
= u + v + ( a1 + u + a1 + v ) + ( a2 + u + a2 + v ) + ? + ( a2n ?1 + u + a2n ?1 + v )

= 2n (u + v) + 2 S 2n ?1 ,
所以

…………………10 分

S 2n= 2n ?1 (u + v) + 2 S 2n?1= 2n ?1 (u + v) + 2 ( 2n ? 2 (u + v) + 2 S 2n?2 ?1 ) ?1 ?1

=2 ? 2n ?1 (u + v) + 22 S 2n?2 ?1 = ? = ( n ? 1) ? 2n ?1 (u + v) + 2n ?1 (u + v) = ( u + v ) n ? 2n?1 .
…………………20 分

设 u + v = 2k ? q ,其中 k 是非负整数,q 是奇数.取 n= q ? l 2 ,其中 l 为满足
q 2l 2 ? 2k ?1+ q?l ,注意到 q 是奇数,故 = l ≡ k ? 1(mod 2) 的任意正整数,此时 S 2 n ?1
2 k ? 1 + q ? l 2 ≡ k ? 1 + l 2 ≡ k ? 1 + (k ? 1) = k (k ? 1) ≡ 0 (mod 2) ,
2

所以, S 2n ?1 是完全平方数.由于 l 有无穷多个,故数列 {S n } 中有无穷多项是完全 平方数. …………………40 分

三、 (本题满分 50 分)一次考试共有 m 道试题,n 个学生参加,其中 m, n ? 2 为给定的整数.每道题的得分规则是:若该题恰有 x 个学生没有答对,则每个答 对该题的学生得 x 分,未答对的学生得零分.每个学生的总分为其 m 道题的得分

2

总和. 将所有学生总分从高到低排列为 p1 ? p2 ? ? ? pn , 求 p1 ? pn 的最大可能值. 解 对任意的 k ? 1, 2, ?, m ,设第 k 题没有答对者有 xk 人,则第 k 题答对者有
n ? xk 人,由得分规则知,这 n ? xk 个人在第 k 题均得到 xk 分.设 n 个学生的得分

之和为 S ,则有

? p ? S ? ? x (n ? x ) ? n ? x ? ? x
i k k k i ?1 k ?1 k ?1 k ?1

n

m

m

m

2 k



因为每一个人在第 k 道题上至多得 xk 分,故
p1 ? ? xk .
k ?1 m

…………………10 分

由于 p2 ? ? ? pn ,故有 pn ?

p2 ? p3 ? ? ? pn S ? p1 ? .所以 n ?1 n ?1
S ? p1 n ? 2 S p1 ? ? n ?1 n ?1 n ?1 m ? m ? 1 ? n?2 m 2? ? ? ? xk ? ? ?n ? xk ? ? xk ? ? ? k ?1 ? n ?1 k ?1 n ?1 ? ? k ?1
m k ?1 m 1 ? ? xk2 . n ?1 k ?1

p1 ? pn ? p1 ?

? 2 ? xk ?

…………………20 分

由柯西不等式得

? xk2 ?
k ?1

m

m ? 1? ? , xk ? ? ? ? ? ? k ?1 ? m? ?

2

于是
? m ? 1 ?? p1 ? pn ? 2 ? xk ? ? ?? xk ? ? ? m(n ?1) ? ? k ?1 ? k ?1 2 ? m ? 1 ? ? ?? ? ?? xk ? m(n ?1)? ? ? m(n ?1) ? m(n ?1) ? ? k ?1 ?
m 2

? m(n ?1) .

…………………40 分

另一方面,若有一个学生全部答对,其他 n ?1 个学生全部答错,则
p1 ? pn ? p1 ? ? (n ?1) ? m(n ?1) .
k ?1 m

综上所述, p1 ? pn 的最大值为 m(n ?1) .

…………………50 分

四、 (本题满分 50 分) 设 n, k 为大于 1 的整数, n < 2k .证明:存在 2 k 个 不被 n 整除的整数,若将它们任意分成两组,则总有一组有若干个数的和被 n 整除. 证明 先考虑 n 为 2 的幂的情形. 设 = n 2r , r ≥ 1 ,则 r < k .取 3 个 2r ?1 及 2k ? 3 个 1,显然这些数均不被 n 整
3

除.将这 2k 个数任意分成两组,则总有一组中含 2 个 2r ?1 ,它们的和为 2r ,被 n 整除. 现在设 n 不是 2 的幂,取 2k 个数为 …………………10 分

?1, ? 1, ? 2, ? 22 , ? , ? 2k ? 2 , 1, 2, 22 , ? , 2k ?1 , 因为 n 不是 2 的幂,故上述 2k 个数均不被 n 整除. …………………20 分 若可将这些数分成两组,使得每一组中任意若干个数的和均不能被 n 整

0 ,被 n 整除,故两个 ?1 必须在第二组; 除.不妨设 1 在第一组,由于 ( ?1) + 1 = 0 ,被 n 整除,故 2 在第一组,进而推出 ?2 在第二组. 因 ( ?1) + ( ?1) + 2 =
现归纳假设 1, 2,? , 2l 均在第一组,而 ?1, ?1, ?2,? , ?2l 均在第二组,这里

1≤ l < k ? 2 , 由于 ( ?1) + ( ?1) + ( ?2 ) + ? + ( ?2l ) + 2l +1 = 被 n 整除, 故 2l +1 在第一 0,
组,从而 ?2l +1 在第二组.故由数学归纳法可知, 1, 2, 22 , ? , 2k ? 2 在第一组, ?1, ? 1, ? 2, ? 22 , ? , ? 2k ? 2 在第二组.最后,由于
0, ( ?1) + ( ?1) + ( ?2 ) + ? + ( ?2k ?2 ) + 2k ?1 =

被 n 整除,故 2k ?1 在第一组.因此 1, 2, 22 , ? , 2k ?1 均在第一组,由正整数的二进 制表示可知, 每一个不超过 2k ? 1 的正整数均可表示为 1, 2, 22 , ? , 2k ?1 中若干个数 故第一组中有若干个数的和为 n, 当然被 n 整除, 的和, 特别地, 因为 n ≤ 2k ? 1 , 矛盾! 因此,将前述 2k 个整数任意分成两组,则总有一组中有若干个数之和被 n 整除. …………………50 分

4



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