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2015年全国高中数学联赛参考答案(A卷word版本)


2015 年全国高中数学联合竞赛(A 卷) 参考答案及评分标准 一试
说明: 1.评阅试卷时,请依据本评分标冶填空题只设。分和香分两档;其他各题的评阅,请严格按 照本评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次. 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,解答题中第 9 小题 4 分为一个档次,第 10、11

小题该分为一个档次, 不要增加其他中间档次. 一、填空题:本大题共 8 小题,每小题份分,满分 64 分. 1.设 a , b 为不相等的实数,若二次函数 f ( x) ? x 2 ? ax ? b 满足 f (a) ? f (b) ,则 f (2) ? 答案:4.解:由己知条件及二次函数图像的轴对称性,可得 以 f (2) ? 4 ? 2a ? b ? 4 . 2.若实数 ? 满足 cos ? ? tan ? ,则

a?b a ? ? ,即 2a ? b ? 0 ,所 2 2

1 ? cos 4 ? 的值为 . sin ? 2 2 2 答案:2. 解:由条件知,cos ? ? sin ? ,反复利用此结论,并注意到 cos ? ? sin ? ? 1 , 1 cos2 ? ? sin 2 ? ? cos4 ? ? ? sin 2 ? ? (1 ? sin ? )(1 ? cos2 ? ) 得 sin ? sin ? ? 2 ? sin ? ? cos2 ? ? 2 . 3.已知复数数列 ?zn ? 满足 z1 ? 1, zn?1 ? zn ?1 ? ni(n ? 1,2,? ? ?) ,则 z2015 ? .
答案:2015 + 1007i.解:由己知得,对一切正整数 n,有

zn?2 ? zn?1 ?1? (n ?1)i ? zn ?1? ni ?1? (n ?1)i ? zn ? 2 ? i , 于是 z2015 ? z1 ? 1007 ? (2 ? i) ? 2015 ? 1007i . 4.在矩形 ABCD 中, AB ? 2, AD ? 1 ,线段 DC 上的动点 P 与 CB 延长线上的动点 Q 满
足条件 DP ? BQ ,则 PA? PQ 的最小值为 答案 .

3 . 解: 不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) . 设 P 的坐标为 ( t , l) (其中 0 ? t ? 2 ) , 4 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 则由 | DP |?| BQ | 得 Q 的坐标为(2,- t ),故 PA ? (?t , ?1), PQ ? (2 ? t , ?t ?1) ,因此, ??? ? ??? ? 1 3 3 PA ? PQ ? (?t ) ? (2 ? t ) ? (?1) ? (?t ? 1) ? t 2 ? t ? 1 ? (t ? ) 2 ? ? . 2 4 4 ??? ? ??? ? 1 3 当 t ? 时, ( PA ? PQ) min ? . 2 4
5.在正方体中随机取三条棱,它们两两异面的概率为 答案: .

2 .解:设正方体为 ABCD-EFGH,它共有 12 条棱,从中任意取出 3 条棱的方法 55

共有 C12 =220 种. 下面考虑使 3 条棱两两异面的取法数. 由于正方体的棱共确定 3 个互不平行的方向 (即 AB、AD、AE 的方向) ,具有相同方向的 4 条棱两两共面,因此取出的 3 条棱必属于 3 个不 同的方向.可先取定 AB 方向的棱,这有 4 种取法.不妨设取的棱就是 AB,则 AD 方向只 能取棱 EH 或棱 FG,共 2 种可能.当 AD 方向取棱是 EH 或 FG 时,AE 方向取棱分别只能 是 CG 或 DH.由上可知,3 条棱两两异面的取法数为 4×2=8,故所求概率为

3

8 2 ? . 220 55
1

6.在平面直角坐标系中,点集 ( x, y ) ( x ? 3 y ? 6)( 3 x ? y ? 6) ? 0 所对应的平面区域的 面积为 . 答案: 24. 解: 设 K1 ? {( x, y) || x | ? | 3 y | ?6 ? 0} . 先 考 虑 K1 在 第 一 象 限 中 的 部 分 , 此 时 有

?

?

x ? 3 y ? 6 ,故这些点对应于图中的△OCD 及其内 部.由对称性知, K1 对应的区域是图中以原点 O
为中心的菱形 ABCD 及其内部. 同理,设 K2 ? {( x, y) || 3x | ? | y | ?6 ? 0} , 则 K 2 对应的区域是图中以 O 为中心的菱形 EFGH 及其内部. 由点集 K 的定义知, K 所对应的平面区域是 被 K1 、 K 2 中恰好一个所覆盖的部分,因此本题 所要求的即为图中阴影区域的面积 S. 由于直线 CD 的方程为 x ? 3 y ? 6 ,直线 GH 的方程为 3x ? y ? 6 ,故它们的交点 P 的

1 3 ? 4 ? ? 24 . 2 2 7.设 ? 为正实数,若存在实数 a, b(? ? a ? b ? 2? ) ,使得 sin ?a ? sin ?b ? 2 ,则 ? 的取
坐标为 ( , ) .由对称性知, S ? 8S ?CPG ? 8 ? 值范围为 .

3 3 2 2

9 5 13 ?a ? s i n ?b ? 2 知 , s i n ?a ? s i n?b ? 1 , 而 ,?. ) 解: sin 答 案 : w ? [ , )? [ ? 4 2 4 si?a, ?b ? [w? ,2w? ] ,故题目条件等价于:存在整数 k , l (k ? l ) ,使得 ? 2w? . ① 2 当 w ? 4 时,区间 [ w? ,2w? ] 的长度不小于 4? ,故必存在 k , l 满足①式. 当 0 ? w ? 4 时,注意到 [w? ,2w? ] ? (0,8? ) ,故仅需考虑如下几种情况: ? 5? 1 5 ? 2w? ,此时 w ? 且 w ? 无解; (i) w? ? ? 2 2 2 4 5? 9? 9 5 ? ? 2 w? ,此时 ? w ? ; (ii) w? ? 2 2 4 2 9? 13? 13 9 13 ? ? 2w? ,此时 ? w ? ,得 ? w ? 4 . (iii) w? ? 2 2 4 2 4 9 5 13 综合(i)、(ii)、(iii),并注意到 w ? 4 亦满足条件,可知 w ? [ , ) ? [ , ??) . 4 2 4 8.对四位数 abcd ,若 a ? b, b ? c, c ? d , 则称 abcd 为 P 类数,若 a ? b, b ? c, c ? d ,则 2
称 abcd 为 Q 类数,则 P 类数总量与 Q 类数总量之差等于 . 答案:285.解:分别记 P 类数、Q 类数的全体为 A、B,再将个位数为零的 P 类数全 体记为 A0 ,个位数不等于零的尸类数全体记为 A 1. 对任一四位数 abcd ? A1 ,将其对应到四位数 dcba,注意到 a ? b, b ? c, c ? d ? 1 ,故

w? ? 2k? ?

?

? 2l? ?

?

dcba? B .反之,每个 dcba? B 唯一对应于从中的元素 abcd .这建立了 A1 与 B 之间的
一一对应,因此有 N ( P) ? N (Q) ?| A | ? | B |?| A0 | ? | A 1 | ? | B |?| A 1|. 下面计算 | A0 | 对任一四位数 abc0 ? A0 , b 可取 0, 1, …, 9, 对其中每个 b , 由b ? a ? 9 及 b ? c ? 9 知, a 和 c 分别有 9 ? b 种取法,从而
2

| A0 |? ? (9 ? b) ? ? k 2 ?
2 b ?0 k ?1

9

9

9 ?10 ?19 ? 285 . 6

因此, N ( P) ? N (Q) ? 285 . 三、解答题 9. (本题满分 16 分)若实数 a, b, c 满足 2a ? 4b ? 2c ,4a ? 2b ? 4c ,求 c 的最小值. 解:将 2a , 2b , 2c 分别记为 x, y, z ,则 x, y, z ? 0 . 由条件知, x ? y 2 ? z, x2 ? y ? z 2 ,故 z 2 ? y ? x2 ? ( z ? y 2 )2 ? z 2 ? 2 y 2 z ? y 4 .8 分 因此,结合平均值不等式可得,

y4 ? y 1 1 1 1 1 1 3 ? (2 y 2 ? ? ) ? ? 3 3 2 y 2 ? ? ? 3 2 .12 分 2 2y 4 y y 4 y y 4 3 3 1 1 2 当 2 y ? ,即 y ? 时, z 的最小值为 3 2 (此时相应的 x 值为 3 2 ,符合要 3 4 4 y 2 z?
求) . 由于 c ? log2 z ,故 c 的最小值 log 2 (

33 5 2) ? log 2 3 ? .16 分 4 3

10. (本题满分 20 分)设 a1 , a2 , a3 , a4 为四个有理数,使得:

3 1 ? ?a a 1 ? i ? j ? 4?? ? ?? 24,?2,? ,? ,1,3? ,求 a ? a
i j

1 2 ? a3 ? a4 的值. 2 8 ? 解:由条件可知, ai a j (1 ? i ? j ? 4) 是 6 个互不相同的数,且其中没有两个为相反数,

?

由 此 知 , a1 , a2 , a3 , a4 的 绝 对 值 互 不 相 等 , 不 妨 设 | a1 |?| a2 |?| a3 |?| a4 | , 则

| ai | a |j

|? (i 1? j ?

中最小的与次小的两个数分别是 最大与次大的 | a1 || a2 | 及 | a1 || a3 | , 4)

两个数分别是 | a3 || a4 | 及 | a2 || a4 | ,从而必须有

1 ? ?a1a2 ? ? 8 , ? ?a a ? 1, 10 分 ? 1 3 ?a2 a4 ? 3, ? ? ?a3a4 ? ?24, 1 1 3 于是 a2 ? ? , a3 ? , a4 ? ? ?24a1 . 8a1 a1 a2 1 3 2 故 {a2 a3 , a1a4 } ? {? 2 , ?24a1 } ? {?2, ? } ,15 分 8a1 2 1 结合 a1 ? Q ,只可能 a1 ? ? . 4 1 1 1 1 由此易知, a1 ? , a2 ? ? , a3 ? 4, a4 ? ?6 或者 a1 ? ? , a2 ? , a3 ? ?4, a4 ? 6 . 4 2 4 2
检验知这两组解均满足问题的条件. 故 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? ?

9 . 20 分 4

x2 ? y 2 ? 1 的左右焦点, 设不经过焦点 F1 的 2 直线 l 与椭圆交于两个不同的点 A, B ,焦点 F2 到直线 l 的距离为 d ,如果 AF 1 , l , BF 1 的斜率
11. (本题满分 20 分) 设 F1 , F2 分别为椭圆
3

依次成等差数列,求 d 的取值范围. 解: 由条件知, 点 F1 、F2 的坐标分别为 (-1, 0) 和 (l, 0) . 设直线 l 的方程为 y ? kx ? m , 点 A、B 的坐标分别为 ( x1 , y1 ) 和 ( x2 , y2 ) ,则 x1 , x2 满足方程

x2 ? (kx ? m) 2 ? 1 ,即 2

(2k 2 ? 1) x2 ? 4kmx ? (2m2 ? 2) ? 0 .
由于点 A、B 不重合,且直线 l 的斜率存在,故 x1 , x2 是方程①的两个不同实根,因此 有①的判别式 ? ? (4km)2 ? 4 ? (2k 2 ? 1) ? (2m2 ? 2) ? 8(2k 2 ? 1 ? m2 ) ? 0 ,即

2k 2 ? 1 ? m2 .②

y1 y y y , k , 2 依次成等差数列知, 1 ? 2 ? 2k ,又 x1 ? 1 x2 ? 1 x1 ? 1 x2 ? 1 y1 ? kx1 ? m, y2 ? kx2 ? m ,所以 (kx1 ? m)( x2 ? 1) ? (kx2 ? m)( x1 ? 1) ? 2k ( x1 ? 1)( x2 ? 1) , 化简并整理得, (m ? k )( x1 ? x2 ? 2) ? 0 . 假如 m ? k ,则直线 l 的方程为 y ? kx ? k ,即 z 经过点 F1 (-1, 0),不符合条件. 4km ? ?( x1 ? x2 ) ? 2 ,即 因此必有 x1 ? x2 ? 2 ? 0 ,故由方程①及韦达定理知, 2k 2 ? 1 1 m?k? .③ 2k 1 2 1 2 2 2 ) ,化简得 k 2 ? 2 ,这等价于 | k |? 由②、③知, 2k ? 1 ? m ? (k ? . 2k 4k 2 2 反之,当 m, k 满足③及 | k |? 时,l 必不经过点 F1(否则将导致 m ? k ,与③矛盾), 2 而此时 m, k 满足②,故 l 与椭圆有两个不同的交点 A、B,同时也保证了 AF 1 、 BF 1 的斜率 存在(否则 x1 , x2 中的某一个为- l,结合 x1 ? x2 ? 2 ? 0 知 x1 ? x2 ? ?1 ,与方程①有两个不
由直线 AF 1 , l , BF 1 的斜率 同的实根矛盾) .10 分 点 F2 (l , 0)到直线 l: y ? kx ? m 的距离为

d?

|k ?m| 1? k 2

?

1 1? k 2

? | 2k ?

1 |? 2k

1 1 ? (2 ? 2 ) . 2k 1 ?1 2 k

1 2 ,令 t ? ? 1 ,则 t ? (1, 3) ,上式可改写为 2 k2 1 t2 3 1 3 d ? ? ( ? ) ? ? (t ? ) . t 2 2 2 t 1 3 考虑到函数 f (t ) ? ? (t ? ) 在 [1, 3] 上上单调递减,故由④得, f ( 3) ? d ? f (1) , 2 t 即 d ? ( 3, 2) .20 分
注意到 | k |?

4

1. (本题满分 40 分)设 a1 , a2 ,? ? ?, an (n ? 2) 是实数,证明:可以选取 ?1 , ? 2 ,? ? ?, ? n ? ??1,1?, 使得 (

加试

? ai )2 ? (? ? i ai )2 ? (n ? 1)(? ai2 ) .
i ?1 i ?1 i ?1
2 n

n

n

n

] ? [n ? n n 2 2 2 ? 证法一:我们证明: (? ai ) ? ? ai ? ? a j ? ? ( n ? 1)(? ai ) ,① ? ? n i ?1 i ?1 ? i ?1 ? j ?[ ] 2 ? ? n n 即对 i ? 1, 2,? ,[ ] ,取 ? i ? 1,对 i ? [ ] ?1, ?, n ,取 ? i ? ?1符合要求. (这里,[ x ] 2 2 表示实数 x 的整数部分. ) 10 分

事实上,①的左边为
] ? [n 2 ? a ? i ?? ? i ?1 ? ] ] ? ? [n ? ? [n ? ? n ? n 2 2 ? ? ? ? ? ? a j ? ? ai ? ? a j ? 2 ? ai ? 2 ? a j ? ? ? ? i ?1 ? ? i ?1 ? ? n ? n n ? j ?[ ]?1 ? ? ? ? ? ? j ?[ ]?1 j ?[ ]?1 2 2 ? 2 ? ? ? ? ? ? n 2 2 2 2

] ? [n ? ? ? ?n?? 2 2 ? ? ?n? ?? n 2? ? 2 ? ? ? ai ? 2 ? n ? ? ? ? ? a j (柯西不等式)30 分 ? ? ?2?? ? 2? ?? ? j ?[ n ]?1 ? ? i ?1 ? ? ? 2 ? ? ? n ?[ ] ? ? ? n ? ? n ? 1? ? ? n ? ? 2 2 ? ? ? n ? 1? ? ? n 2? ) ? 2 ? ? ? ai ? 2 ? ? a j (利用 ? n ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2? ? 2 ? ? ? ?2?? ? i ?1 ? ? ? 2 ? ? ? j ?[ n ]?1 ? ? 2 ? ? ? n ? [2] ? ? n ? 2? 2? ? ? ? n ? ai ? (n ? 1) ? a j (利用 [ x] ? x ) ? i ?1 ? ? n ? ? j ?[ ]?1 ? ? ? ? 2 ? ? ?

? (n ? 1)(? ai2 ) .
i ?1

n

所以 ① 得证,从而本题得证. 证法二:首先,由于问题中 a1 , a2 ,?, an 的对称性,可设 a1 ? a2 ? ? ? an .此外,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 (

?a )
i ?1 i

n

2

不减,而右边的

?a
i ?1

n

2 i

不变,并且这一手续不影响

? i ? ?1 的 选 取 , 因 此 我 们 可 进 一 步 设
n

a1 ? a2 ? ? ? an ? 0 .

10 分

引理:设 a1 ? a2 ? ? ? an ? 0 ,则 0 ?

? (?1)
i ?1

i ?1

ai ? a1 .

事实上,由于 ai ? ai ?1 (i ? 1, 2,?, n ?1) ,故当 n 是偶数时,

? (?1)
i ?1 n

n

i ?1

ai ? (a1 ? a2 ) ? (a3 ? a4 ) ? ? ? (an?1 ? an ) ? 0 , ai ? a1 ? (a2 ? a3 ) ? ? ? (an ?2 ? an ?1 ) ? an ? a1 .

? (?1)
i ?1

i ?1

当 n 是奇数时,
5

? (?1)
i ?1 n

n

i ?1

ai ? (a1 ? a2 ) ? (a3 ? a4 ) ? ? ? (an?2 ? an?1 ) ? an ? 0 , ai ? a1 ? (a2 ? a3 ) ? ? ? (an?1 ? an ) ? a1 .

? (?1)
i ?1

i ?1

引理得证. 30 分 回到原题,由柯西不等式及上面引理可知
n ? n ? ? n ? ? n 2? 2 i ?1 a ? ( ? 1) a ? n a ? a ? ( n ? 1) ai2 , ? i? ?? i ? ?? ?? i ? 1 i ?1 ? i ?1 ? ? i ?1 ? ? i ?1 ? 2 2

这就证明了结论. 40 分 证 法 三 : 加 强 命 题 : 设 a1 , a2 , ???, an ( n ? 2 ) 是 实 数 , 证 明 : 可 以 选 取

?1 , ? 2 , ???, ? n ?{?1,1} ,使得 (? ai )2 ? (? ? i ai )2 ? (n ? )(? ai2 ) .

1 n n i ?1 i ?1 i ?1 2 2 2 证明 不妨设 a1 ? a2 ? ??? ? an ,以下分 n 为奇数和 n 为偶数两种情况证明. 当 n 为奇数时,取 ?1 ? ? 2 ? ??? ? ? n?1 ? 1 , ? n?1 ? ? n?3 ? ??? ? ? n ? ?1 ,于是有
2 2
n ?1 2 i ?1 n

n

n

2

(? ai )2 ? [(? ai ) ? (
i ?1 i ?1 n ?1

n

n ?1 2

?
j?

n

n ?1 2

a j )]2 ? 2[(? ai )2 +(

?a)]
2 j? n ?1 2 j

n ?1 2 2 n ?1 n 2 ? 2? (? ai )+2 ? (n ? )( ? a j ) (应用柯西不等式). 2 i ?1 2 j ? n ?1
2

? (n ? 1)(? ai2 )+(n ? 1)(
i ?1

n ?1 2

n ?1 j? 2

?a)
2 j n ?1

n



1 2 1 n 2 2 2 另外,由于 a1 ,易证有 (1 ? )? ai2 ? (1 ? ) ? a 2 ? a2 ? ??? ? an j , n i ?1 n j ? n ?1
2

因此,由式①即得到 (n ? 1)(

? ai2 )+(n ? 1)(
i ?1

n ?1 2

1 n 2 2 ? ( n ? )(? ai ) , a ) ? j n n ?1 i ?1 j?
n 2

故 n 为奇数时,原命题成立,而且由证明过程可知,当且仅当 ?1 ? ? 2 ? ??? ? ? n?1 ? 1 ,

? n?1 ? ? n?3 ? ??? ? ? n
2 2

2

? ?1 ,且 a1 ? a2 ? ??? ? an 时取等号.
2 2
n 2

当 n 为偶数时,取 ?1 ? ? 2 ? ??? ? ? n ? 1, ? n?2 ? ? n?4 ? ??? ? ? n ? ?1 ,于是有
2

(? ai ) 2 ? [(? ai ) ? (
i ?1 i ?1 n

n

n 2

?
j?

n

n?2 2

a j )]2 ? 2[(? ai ) 2 +(
i ?1

?
j?

n

n?2 2

a j ) 2 ]2

n 2 n n ? 2 ? (? ai2 )+2 ? (n ? )( ? a 2 j ) (应用柯西不等式). 2 i ?1 2 j ? n?2
2

6

? n[(? ai2 )+(
i ?1

n 2

n 1 n 2 2 ? n ( a ) ? ( n ? )(? ai ) , a2 )] ? i j n i ?1 n?2 i ?1 j?

?
2

n

故 n 为偶数时, 原命题也成立, 而且由证明过程可知, 当且仅当 a1 ? a2 ? ??? ? an ? 0 时 取等号,若 a1 , a2 , ???, an 不全为零,则取不到等号. 综上,联赛加试题一的加强命题获证. 2. (本题满分 40 分)设 S ? ?A1 , A2 ,? ? ?, An ? , 其中 A1 , A2 ,? ? ?, An 是 n 个互不相同的有限集合

(n ? 2) ,满足对任意的 Ai , Aj ? S ,均有 Ai ? Aj ? S ,若 k ? min Ai ? 2 ,证明:存在
1?i ? n

x ? ? Ai ,使得 x 属于 A1 , A2 ,? ? ?, An 中的至少

n 个集合. i ?1 k 证明:不妨设 | A 1 , A2 ,?, An 中与 A 1 |? k .设在 A 1 不相交的集合有 s 个,重新记为
n

设包含 A 重新记为 C1 , C2 ,?, Ct . 由已知条件, B1 , B2 ,?, Bs , ( Bi ? A1 ) ? S , 1 的集合有 t 个, 即 ( Bi ? A 1 ) ?{C1 , C2 ,?, Ct } ,这样我们得到一个映射 f :{B1 , B2 ,?, Bs } ? {C1, C2 ,?, Ct }, f ( Bi ) ? Bi ? A1 . 显然 f 是单映射,于是, s ? t . 10 分 设A 1 , A2 ,? ? ?, An 中除去 B 1 ? {a1 , a2 ,?, ak } .在 A 1 , B2 ,?, Bs , C1 , C2 ,?, Ct 后,在剩 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 中每个集合与从的交非空,即包含某个 ai ,从而

x1 ? x2 ? ? ? xk ? n ? s ? t . 20 分
不妨设 x1 ? max xi , 则由上式知 xi ?
1? i ? k

n? s ?t 个.又由于 A1 ? Ci (i ? 1,2,? ? ?, t ) ,故 C1 , C2 ,?, Ct 都包含 a1 ,因此 k n? s ?t n ? s ? (k ? 1)t n ? s ? t ?t ? ? 包含 a1 的集合个数至少为 (利用 k ? 2 ) k k k n ? (利用 s ? t ). 40 分 k 3. (本题满分 50 分)如图, ?ABC 内接于圆 O , P 为 BC 弧上一 点,点 K 在 AP 上,使得 BK 平分 ?ABC ,过 K , P, C 三点的圆 ? 与边 AC 交于 D ,连接 BD 交圆 ? 于 E ,连接 PE ,延长交 AB 于 F ,证明: ?ABC ? 2?FCB .
的集合至少有 证法一:设 CF 与圆 Q 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 ? 上,结合 A、 B、 P、C 四点共圆,可知∠FEB=∠DEP=180°-∠DCP=∠ABP=∠FBP, 因此△FBE∽△FPB,故 FB2=FE·FP.10 分 又由圆幂定理知,FE·FP= FL·FC,所以 FB2=FL·FC. 从而△FBL∽△FCB. 因此, ∠FLB=∠FBC=∠APC=∠KPC=∠FLK, 即 B、K、L 三 点共线. 30 分 再根据△FBL∽△FCB 得, ∠FCB=∠FBL=

n? s ?t , 即在剩下的 n ? s ? t 个集合中, 包含 a1 k

1 ∠ABC, 即∠ABC=2∠FCB. 2
7

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 的交点了共线,因此 B’是 AF 与 ED 的交点, 即 B’=B.所以 B、K、L 共线.10 分 根据 A、B、P、C 四点共圆及 L、K、P、C 四点共圆,得 ∠ABC=∠APC=∠FLK=∠FCB+∠LBC, 又由 BK 平分∠ABC 知,∠FBL= ∠ABC=2∠FCB. 4. (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 都有 2
( k ?1) n ?1

1 ∠ABC,从而 2
不整除

( kn )! . n!
解:对正整数 m ,设 v2 (m) 表示正整数 m 的标准分解中素因子 2 的方幂,则熟知

v2 (m!) ? m ? S (m) ,① 这里 S ( m) 表示正整数 m 在二进制表示下的数码之和. ( kn )! (kn)! ( k ?1) n ?1 ) ? (k ? 1)n , 由于 2 不整除 , 等价于 v2 ( 即 kn ? v2 ((kn)!) ? n ? v2 (n!) , n! 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. 10 分 我们证明,所有符合条件的 k 为 2a (a ? 0,1, 2,?) . a 一方面,由于 S (2a n) ? S (n) 对任意正整数 n 成立,故 k ? 2 符合条件. 20 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 (kn) ? S (n) .因为 S (kn) ? S (2a ? q) ? S (qn) , 因此问

m ). q 由(2, q )=l,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 ) 的.) a a a 设奇数 q 的二进制表示为 2 1 ? 2 2 ? ?? 2 t ,0 ? a1 ? a2 ? ? ? at , t ? 2 .
题等价于我们选取 q 的一个倍数 m ,使得 S (m) ? S ( 取 2 1 ? 2 2 ??? 2 我们有
a a at ?1

? 2at ?tu ,则 S (m) ? t ,且 m ? q ? 2at (2tu ?1) ? 0(mod q) .

t ?1 u m 2tu ? 1 2u ? 1 2 ? 1 lu ?at ? 1 ? q ? 2at ? ? 1 ? 2at ? (1 ? 2u ? ? ? 2(t ?1)u ) ? 1 ? ? ?2 q q q q l ?0 2u ? 1 u 2u ? 1 由于 0 ? 的二进制表示中的最高次幂小于 u ,由此易知, ? 2 ,故正整数 q q 2u ? 1 iu ? at 2u ? 1 ju ? at 对任意整数 i, j (0 ? i ? j ? t ? 1) ,数 的二进制表示中没有相同 ?2 与 ?2 q q

的项. 又因为 ai ? 0 ,故 知 S(

2u ? 1 lu ? at ? 2 (l ? 0,1,?, t ? 1) 的二进制表示中均不包含 1,故由②可 q

m 2u ? 1 ) ? 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 2 (a ? 0,1, 2,?) .50 分
a

8


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