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2012全国高中数学联赛试题参考答案(全)


2 0 1 2年全国高中数学联赛试题( A卷) 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。填空题只设 8分和 0分两档; 解答题第 9题 4分为一个档次, 第1 0 、 1 1 题 5分为一个档次。不要再增加其他中间档次。 2 、 对于解答题, 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, 在评阅时可参考本评分标准

适 当划分档次评分。

一、 填空题: 本大题共 8小题, 每小题 8分, 共6 4分. 把答案填在题中的横线上. 2 1 .设 P是函数 y = x + ( x > 0 ) 的图像上任意一点, 过点 P分别向直线 y = x 和y 轴作垂线, x ?→ ?→ 垂足分别为 A 、 B , 则P A ·P B的值是 . 解:  - 1 . 2 【 方法 1 】 设P ( x , x , 则直线 P A的方程为 0 0+ ) x 0 2 2 y - ( x =- ( x - x ) , 即y =- x + 2 x 0+ ) 0 0+ . x x 0 0 由

{

y = x ,

1 1 ( x x . 2得A 0+ , 0+ ) x x y =- x + 2 x 0 0 0+ , x 0

?→ 2 1 1 ?→ 又B ( 0 , x , 所以 P A= ( , - ) , P B= (- x , 0 ) . 0+ ) 0 x x x 0 0 0 ?→ ?→ 1 故P A ·P B= ·(- x )=- 1 . 0 x 0 2 【 方法 2 】 如图 1 , 设P ( x , x ( x 0 ) , 则点 P到直线 x - y = 0和 y 轴的距离分别为 0 0+ ) 0> x 0 2 ( x │x │ 0- 0+ ) x 2 0 槡 =      │P A , B x . │= │P │= 0 x 0 2 槡 3 π 因为 O 、 A 、 P 、 B四点共圆( O为坐标原点) , 所以 ∠A P B= O B= . π- ∠A 4 ?→ ?→ ?→ ?→ 3 π 1 故P A ·P B= A · B o s =- . │P │ │P │c 4 3 t a n A 2 .设△A B C的内角 A 、 B 、 C的对边分别为 a 、 b 、 c , 且满足 a c o s B-b c o s A= c , 则 的值是 t a n B 5 . 解:  4 .
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  【 方法 1 】 由题设及余弦定理, 得       a ·
2 2 2 2 2 2 c + a - b b + c - a 3 32 2 2 - b · = c , 即a - b = c . 5 5 2 c a 2 b c

2 2 2 c + a - b 82 a · c 2 2 2 t a nA s i nAc o s B 2 c a c + a - b 5 故 = = = = = 4 . 2 2 2 2 2 2 t a nB s i nBc o s A 22 b + c - a b + c - a c b · 5 2 b c

【 方法 2 】 如图 2 , 过点 C作 C D B , 垂足为 D , 则 ⊥A     a c o s B= D B , b c o s A= A D . 3 由题设得 D B- A D= c . 5 又D B+ D A= c . 1 4 联立解得 A D= c , D B= c . 5 5 C D t a nA A D D B 故 = = = 4 . D A t a nB C D D B 【 方法 3 】 由射影定理, 得a c o s B+ b c o s A= c . 3 又a c o s B- b c o s A= c . 5 4 1 联立解得 a c o s B= c , b c o s A= c . 5 5 4 c t a n A s A c o s B a c o s B 5 i n 故 = = = = 4 . t a n B s i n B c o s A b c o s A 1 c 5 3 .设 x 、 y 、 z 0 , 1 ] , 则 M =槡 - y - z - x ∈[ │x │ +槡 │y │ +槡 │z │的最大值是 解:  槡 2+ 1 . 不妨设 0 , 则 M =槡 y - x +槡 z - y +槡 z - x . ≤x ≤y ≤z ≤1 因为 槡 y - x +槡 z - y 2 [ ( y - x )+ ( z - y ) ]=槡 2 ( z - x ) , ≤槡 所以 M≤ 槡 2 ( z - x )+槡 z - x = ( 2+ 1 ) z - x 2+ 1 . ≤槡 槡 槡 1 当且仅当 y - x = z - y , x = 0 , z = 1 , 即x = 0 , y = , z = 1时, 上式等号同时成立. 2 故 Mma 2+ 1 . x= 槡
2 4 .抛物线 y =2 p x( p>0 ) 的焦点为 F , 准线为 l , A 、 B 是 抛 物 线 上 的 两 个 动 点, 且满足



N π │M │ F B= . 设线段 A B的中点 M 在 l 上的投影为 N , 则 的最大值是 ∠A 3 B │A │   解:  1 . 2 π 【 方法 1 】 设∠A B F= ( 0< < ) , 则由正弦定理, 得 θ θ 3
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F F B │A │ │B │ │A │ = = . s i n 2 θ π π s i n ( - ) s i n θ 3 3

所以

F F B │A │+ │B │ │A │ = , 2 π π s i n + s i n ( - ) s i n θ θ 3 3

2 π s i n + s i n ( - ) θ θ F F 3 │A │+ │B │ π = = 2 c o s ( - ) . 即 θ B 3 │A │ π s i n 3 F F │A │+ │B │ 如图 3 , 由抛物线的定义及梯形的中位线定理, 得│M N . │= 2 所以 N │M │ π = c o s ( - ) . θ A B 3 │ │

N π │M │ 故当 θ = 时, 取得最大值为 1 . 3 │A B │ F F │A │+ │B │ 【 方法 2 】 由抛物线的定义及梯形的中位线定理, 得│M N . │= 2 在△A F B中, 由余弦定理, 得 π 2 2 2 B F F 2 F F o s │A │ = │A │ + │B │ - │A │·│B │c 3
2 = ( F F 3 F F │A │+ │B │) - │A │·│B │

F F │A │+ │B │ 2 2 F F 3 ( ) ≥( │A │+ │B │) - 2 F F │A │+ │B │ 2 2 = ( )= N │M │ . 2 当且仅当│A F F 等号成立. │= │B │时, 故 N │M │ 的最大值为 1 . A B │ │ .

5 .设同底的两个正三棱锥 P- A B C和 Q- A B C内接于同一个球. 若正三棱锥 P- A B C的侧面 与底面所成的角为 4 5 ° , 则正三棱锥 Q- A B C的侧面与底面所成角的正切值是 解:  4 . 如图 4 , 连结 P Q , 则P Q B C , 垂足 H为正△A B C的中心, 且P Q ⊥平面 A 过球心 O . 连结 C H并延长交 A B于点 M, 则 M为 A B的中点, 且C M⊥ A B . 易知∠P M H 、 M H分别为正三棱锥 P-A B C 、 Q- A B C 的侧面与底面所 ∠Q 1 成二面角的平面角, 则∠P M H= 4 5 ° , 从而 P H= M H= A H . 2 因为 ∠P A Q= 9 0 ° , A H Q , 所以 ⊥P 1 2 2    A H = P H ·Q H , 即A H = A H ·Q H . 2 所以 Q H= 2 A H= 4 M H . Q H 故t a n M H= = 4 . ∠Q M H
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2   6 .设 f ( x ) 是定义在 R上的奇函数, 且当 x ( x )= x . 若对任意的 x a , a + 2 ] , 不等式 ≥0时,f ∈[

f ( x + a ) f ( x ) 恒成立, 则实数 a 的取值范围是 ≥2 解:  [ 2 , + . ∞) 槡 由题设知,f ( x )=



{

2 x ( x ) , ≥0

则2 f ( x )= f ( 2 x ) . 槡 2 - x ( x < 0 ) ,

因此, 原不等式等价于 f ( x + a ) ( 2 x ) . ≥f 槡 因为 f ( x ) 在 R上是增函数, 所以 x + a 2 x , 即a 2- 1 ) x . ≥槡 ≥( 槡   又 x a , a + 2 ] , 所以当 x = a + 2时, ( 2- 1 ) x 取得最大值为( 2- 1 ) ( a + 2 ) . ∈[ 槡 槡 因此, a 2- 1 ) ( a + 2 ) , 解得 a 2 . ≥( ≥槡 槡 故a 的取值范围是[ 2 , + . ∞) 槡 7 .满足 1 π 1 < s i n < 的所有正整数 n 的和是 n 3 4 .

解:  3 3 .   由正弦函数的凸性, 有 3 π     当 x 0 , ) 时, x < s i n x < x . ∈( 6 π π π 1 π 3 π 1 由此得 s i n < < , s i n > × = , 1 3 1 3 4 1 2 π 1 2 4 π π 1 π 3 π 1 s i n < < , s i n > × = . 1 0 1 0 3 9 π 9 3 π 1 π π π 1 π 所以 s i n < < s i n < s i n < s i n < < s i n . 1 3 4 1 2 1 1 1 0 3 9 故满足 1 π 1 < s i n < 的正整数 n 的所有值分别为 1 0 , 1 1 , 1 2 , 它们的和为 3 3 . 4 n 3

8 .某情报站有 A 、 B 、 C 、 D四种互不相同的密码, 每周使用其中的一种密码, 且每周都是从上周 未使用的三种密码中等可能地随机选用一种. 设第 1周使用 A种密码, 那么第 7周也使用 A种密码 的概率是 6 1 解:   . 2 4 3 用P 周用 A种密码本的概率, 则第 k 周未用 A种密码的概率为1- P 于是, 有 k 表示第 k k. 1 1 1 1 ? =- (     P 1- P ) , k , 即P P- ) . ∈N k + 1= ( k k + 1- 3 4 3 k 4 1 3 1 由P 1知, P 是首项为 , 公比为 - 的等比数列. k- 1= 4 4 3 . ( 用最简分数表示)

{

}

1 3 1 k-1 3 1 k-1 1 = (- ) 所以 P , 即P - ) + . k- k= ( 4 4 3 4 3 4 6 1 故P . 7= 2 4 3
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  二、 解答题: 本大题共 3小题, 共5 6分. 解答应写出文字说明、 推理过程或演算步骤. 9 .( 本小题满分 1 6分) 3 1 1 已知函数 f ( x )= a s i n x - c x + a - + , a . o s 2 ∈R且 a ≠0 a 2 2 ( 1 ) 若对任意 x , 都有 f ( x ) , 求a 的取值范围; ∈R ≤0 ( 2 ) 若a , 且存在 x , 使得 f ( x ) , 求a 的取值范围. ≥2 ∈R ≤0 3 2 解: ( 1 ) f ( x )= s i n x + a s i n x + a - . a 3 2 令t = s i n x(- 1 ) , 则g ( t )= t + a t + a -  4分 ≤t ≤1 a 对任意 x , f ( x ) ∈R ≤0恒成立的充要条件是

    

{

3 g (- 1 )= 1- ≤0 , a 3 g ( 1 )= 1+ 2 a - ≤0 . a

解得 a 的取值范围为( 0 , 1 ]  8分 a ( 2 ) 因为 a , 所以 - ≤ - 1 . ≥2 2 3 所以 g ( t ) g (- 1 )= 1-  1 2分 m i n= a 3 因此, f ( x ) 1- . m i n= a 于是, 存在 x , 使得 f ( x ) ∈R ≤0的充要条件是 3   1- ≤0 , 解得 0< a . ≤3 a 故a 的取值范围是[ 2 , 3 ]  1 6分 1 0 .( 本小题满分 2 0分) 已知数列{ a } 的各项均为非零实数, 且对于任意的正整数 n , 都有 n
2 3 3 3     ( a a …+ a ) = a a …+ a 1+ 2+ 1+ 2+ n n.

( 1 ) 当n = 3时, 求所有满足条件的三项组成的数列 a , a , a ; 1 2 3 2 ) 是否存在满足条件的无穷数列{ a } , 使得 a 2 0 1 2?若存在, 求出这样的无穷数列的 ( n 2 0 1 3 =- 一个通项公式; 若不存在, 说明理由.
2 3 解: ( 1 ) 当n = 1时, a a , 由a , 得a 1 . ≠0 1 1= 1= 1 2 3 当n = 2时, ( 1+ a ) = 1+ a , 由a , 得a 2或 a 1  5分 ≠0 2 2 2 2= 2 =- 2 3 3 当n = 3时, ( 1+ a a ) = 1+ a a . 2+ 3 2+ 3

  若 a 2 , 得a 3或 a 2 ; 若a 1 , 得a 1 . 2= 3= 3 =- 2 =- 3= 综上, 满足条件的三项数列有 3个: 1 , 2 , 3 , 或1 , 2 , - 2 , 或1 , - 1 , 1 1 0分
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2 3 3 3 ?   ( 2 ) 令S a a …+ a , 则S a a …+ a ( n ) ∈N n= 1+ 2+ n n= n 1+ 2+ 2 3 3 3 3 从而 ( S a ) = a a …+ a a . n+ n + 1 n+ n + 1 1+ 2+ 2 两式相减, 结合 a , 得2 S a a ≠0 n + 1 n= n + 1- n + 1

当n = 1时, 由( 1 ) 知a 1 ; 1=
2 2 当n 2 a 2 ( S S )= ( a a )- ( a a ) , ≥2时, n= n- n - 1 n + 1- n + 1 n- n

即( a a ) ( a a 1 )= 0 , 所以 a a a 1  1 5分 n + 1+ n n + 1- n- n + 1 =- n或 a n + 1= n+ 又a 1 , a 2 0 1 2 , 1= 2 0 1 3 =- 所以 a n= n ( 1 0 1 2 ) , ≤n ≤2
n 2 0 1 2 (- 1 ) ( n 0 1 3 ) ≥2

{

0分  2

1 1 .( 本小题满分 2 0分) 如图 5 , 在平面直角坐标系 X O Y中, 菱形 A B C D的边长为 4 , B D 6. 且│O │= │O │= ( 1 ) 求证: A · C │O │ │O │为定值;
2 2 2 ) 当点 A在半圆 M: ( x - 2 ) + y = 4( 2 ) 上运动时, 求 ( ≤x ≤4

点 C的轨迹. 解: ( 1 ) 因为│O B D B D B D 所以 O 、 A 、 C三点共线 │= │O │, │A │= │A │= │C │= │C │,
 5分

如图 5 , 连结 B D , 则B D垂直平分线段 A C , 设垂足为 K . 于是, 有 A · C ( K K ( K K │O │ │O │= │O │- │A │) │O │+ │A │)
2 2 = K K │O │ - │A │ 2 2 2 2 = ( B K ( B K │O │ - │B │ )- │A │ - │B │ ) 2 2 = B B │O │ - │A │ 2 2 = 6 - 4 = 2 0 ( 定值) 1 0分

π π α ( 2 ) 设C ( x , y ) 、 A ( 2+ 2 c o s , 2 s i n ) , 其中 α= M A (- ≤α , 则∠X O C= . α α ∠X ≤ ) 2 2 2
2 2 2 2 因为 │O A ( 2+ 2 c o s ) + ( 2 s i n ) = 8 ( 1+ c o s )= 1 6 c o s │ = α α α

α , 2

α A 4 c o s  1 5分 所以 │O │= 2 α 由( 1 ) 的结论, 得│O C o s = 5 . │c 2 α 所以 x = C o s = . 5 │O │c 2 α α 从而 y = C i n = 5 t a n ∈[- 5 , 5 ] . │O │s 2 2 故点 C的轨迹是一条线段, 其两个端点的坐标分别为( 5 , 5 ) 、 ( 5 , - 5 )  2 0分
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2 0 1 2年全国高中数学联赛加试试题( A卷) 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, 1 0分为一个档次, 不要再增加其他中间档次。

一、 ( 本题满分 4 0分) 如图, 在锐角△A B C中, A B>A C , M、 N是 B C边上不 同的两点, 使得 ∠B A M =∠C A N . 设 △A B C和 △A M N的外 、 O , 求证: O 、 O 、 A三点共线. 心分别为 O 1 2 1 2 证明: 如图, 连接 A O 、 A O 点作 A O P 1 2过 A 1 的垂线 A 交B C的延长线于点 P , 则A P是圆 O 1 的切线 . 因此 ∠B= A C  1 0分 ∠P 因为 ∠B A M= A N , ∠C 所以 ∠A M P= A M= A C+ A N= A N  2 0分 ∠B+ ∠B ∠P ∠C ∠P 因而 A P是△A M N外接圆 O 0分 2 的切线  3 故A P O . ⊥A 2 所以 O , O , A三点共线 4 0分 1 2 二、 ( 本题满分 4 0分)
2 n 试证明: 集合 A={2 , 2 , …, 2 , … }满足 ? 1 ) 对每个 a , 及b , 若b < 2 a - 1 , 则b ( b + 1 ) 一定不是 2 a 的倍数; ( ∈A ∈N

( 2 ) 对每个 a ( 其 中 A表 示 A在 N? 中 的 补 集 ) , 且a , 必存在 b b < 2 a- 1 , ∈A ≠1 ∈ N? , 使b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数.
k k + 1 ? 证明: 对于任意的 a , 设 a= 2 , k , 则2 a= 2 , 如果 b 是任意一个小于 2 a- 1的正整 ∈A ∈N

+ 1 a - 1 1 0分 数, 则b ≤2 由于 b 与b + 1中, 一个为奇数, 它不含素因子 2 , 另一个为偶数, 它含素因子 2的幂的次数最多 , 因此, b ( b + 1 ) 一定不是 2 a 的倍数  2 0分 为k
k k + 1 若a , 且a , 设a = 2 ·m , 其中 k 为非负整数, m为大于 1 的奇数. 则2 a = 2 ·m 3 0分 ∈A ≠1

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  下面给出三种证明方法:
k + 1 k + 1 证法 1 : 令b = m x , b + 1= 2 y , 消去 b 得2 y - m x = 1 . k + 1 由于( 2 , m )= 1 , 这方程必有整数解: k + 1 x = x 2 t , 0+      ( 其中 t , ( x , y ) 为方程的特解) . ∈Z 0 0 y = y + m t 0

{

k + 1 ? ? ? 把最小的正整数解记为( x , y ) , 则x < 2 . ? 故b = m x < 2 a - 1 , 使b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数  4 0分 k + 1 证法 2 : 由于( 2 , m )= 1 , 由中国剩余定理知, 同余方程组

    

{

k + 1 x  ( m o d2 ) , ≡0

x 1  ( m o dm ) . ≡m-

k + 1 在区间( 0 , 2 m ) 上有解 x = b , 即存在 b < 2 a - 1 , 使b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数  4 0分 r ? 证法 3 : 由于( 2 , m )= 1 , 总存在 r ( r , r 1 ) , 使2  ( m o dm ) . ∈N ≤m- ≡1 t r ? 取t , 使t r > k + 1 , 则 2  ( m o dm ) . ∈N ≡1 t r k + 1 存在 b = ( 2 - 1 )- q ·( 2 ·m )> 0 .q . 使 0< b < 2 a - 1 . ∈N k + 1   此时 m| b , 2 | b + 1 , 因而 b ( b + 1 ) 是2 a 的倍数  4 0分

三、 ( 本题满分 5 0分) 设P , P , P , …, P + 1个点, 它们两两间的距离的最小值为 d ( d > 0 ) . 求证: 0 1 2 n 是平面上 n dn        | P P ·| P P ·…· | P P > ( ) ( n + 1 ) !. 0 1| 0 2| 0 n| 3 槡 证法 1 : 不妨设 | P P P P P P . ≤| ≤…≤ | 0 1| 0 2| 0 n| d 先证明: 对任意正整数 k , 都有 | P P > 槡 k + 1 . 0 k| 3 显然, | P P ≥d ≥ 0 k| d k + 1 对k = 1 , 2 , …, 8均成立, 只有 k = 8时右边取等号  1 0分 3槡

d 所以, 只要证明当 k 有| P P > 槡 k + 1 即可. ≥9时, 0 k| 3 d 以P ( 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P i 0 为圆心, 2 d | P P + 为半径画圆, 这个圆覆盖上述 k + 1个圆  2 0分 0 k| 2 d2 d2 所以 π ( | P P + ) > ( k + 1 ) ( ) . π 0 k| 2 2 d 约去 π , 并开方移项, 得| P P > (槡 k + 1- 1 )  3 0分 0 k| 2
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k + 1- 1 槡 k + 1   由 k > 0分 ≥9易知 槡  4 2 3 d 所以 | P P > 槡 k + 1 对k = 9 , 1 0 , …, n 也成立. 0 k| 3 d 综上, 对任意正整数 k , 都有 | P P > 槡 k + 1 . 0 k| 3 dn 因而, | P P ·| P P ·…· | P P > ( ) ( n + 1 ) ! 0分  5 0 1| 0 2| 0 n| 3 槡 证法 2 : 不妨设 | P P P P P P . ≤| ≤…≤ | 0 1| 0 2| 0 n| d 以P ( 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  1 0分 i 2 设 Q是圆 P 由于 i上任意一点, 1 1 3      | P Q| P P | +| P Q| =| P P | + d P P + | P P = | PP |  2 0分 ≤| ≤| 0 0 i i 0 i 0 k| 0 k| 2 2 2 0 k 3 因而, 以P PP | 为半径的圆覆盖上述 k + 1个圆  3 0分 0 为圆心, | 2 0 k 3 d2 2 故 π ( | PP | ) > ( k + 1 ) ( ) . π 2 0 k 2 d 即有 | P P > 槡 k + 1   ( k = 1 , 2 , …, n )  4 0分 0 k| 3 dn 所以, | P P ·| P P ·…· | P P > ( ) ( n + 1 ) ! 0分  5 0 1| 0 2| 0 n| 3 槡 四、 ( 本题满分 5 0分) 设S 1+ n= 1 1 +… + , n是正整数. 证明: 对满足 0 、 b , 数列{ S ≤ a<b ≤1的任意实数 a n- 2 n

[ S ] } 中有无穷多项属于( a , b ) . 这里, [ x ] 表示不超过实数 x 的最大整数. n
? 证法 1 : ( 1 ) 对任意 n , 有 ∈N

1 1 1    S 1+ + + …+n n= 2 2 3 2 1 1 1 1 1 …+n +2 + + = 1+ + 1 … + n-1 2 2+ 2 + 2 1 2 1

( ) ( 1 1 1 1 1 …+ ) > 1+ +( + ) + … +( + 2 2 2 2 2
2 2 n n

)

1 1 1 1 = 1+ + + … + > n  1 0分 2 2 2 2 令N 0= 1 1 , m=[ S ] + 1 , 则 < N, < b - a , S < m a 2 0分 ≤ m+ [ b1 ] +1 - a b - a N
N 0 0 0 N 0

2 0 1 2年全国高中数学联赛加试试题( A卷) 参考答案及评分标准  第 3页( 共 4页)

2 ( m+ 1 )   又令 N 2 , 则S = S m+ 1 b . ≥m+ 2 ( m+ 1 )> 1= N 2 1 ? 因此存在 n , N n < N , 使得 m+ a < S m+ b , 所以, S a , b ) 3 0分 [S ] ∈( ∈N 0< 1 n< n- n

不然一定存在 N k , 使得 S a , S b . 因此 ≤m+ ≥m+ 0< k - 1 k     S S - a , ≥b k- k - 1 1 1 ? 这与 S S < < b - a 矛盾. 所以一定存在 n , 使得 S a , b ) 0分 [S ] ∈( ∈N  4 k- k - 1= n- n k N 0 ( 2 ) 假设只有有限个正整数 n , …, n , 使得 S -[ S a , b ) , 1 . ] ∈( ≤j ≤k 1 k n n j j 令c =m i n -[ S 则a < c < b . {S ] }, n n j j
1 ≤j ≤k ? 则不存在 n , 使得 S a , c ) , 这与( 1 ) 的结论矛盾. [S ] ∈( ∈N n- n

所以数列 { S a , b ) . [S ] }中有无穷多项属于( n- n 综上所述原命题成立  5 0分 证法 2 : ( 1 ) 对任意的正整数 n , 有 1 1 1     S 1+ + + …+n n= 2 2 3 2 1 1 1 1 1 …+n +2 + + = 1+ + … + n-1 1 2 2 2+ 2 2 + 1

( ) ( 1 1 1 1 1 …+ ) > 1+ +( + ) + … +( + 2 2 2 2 2
2 2 n n

)

1 1 1 1 = 1+ + + … + > n  1 0分 2 2 2 2 因此, 当n 充分大时, S n 可以大于任何一个正数 . 令N 0= 1 , 则N> . 当k > N 时, [ b1 ] +1 - a b - a
0 0

1 1   S S < < b - a  2 0分 k- k - 1= k N 0 因此, 对于任何大于 S 的正整数 m , 总存在 n > N , 使S m a , b ) , 即 m+ a < S m+ b . 否 ∈( N 0 n- n< 0 > N , 使S a , 且S b . 这样就有 S S - a . 则, 一定存在 k ≤ m+ ≥m+ ≥b 0 k - 1 k k- k - 1 1 1 而S S < < b - a . 矛盾. k- k - 1= k N 0 故一定存在 n > N , 使 m+ a < S m+ b 3 0分 0 n< 令m [ S ]+ i ( i = 1 , 2 , 3 , …) , 则m S . 故一定存在 n N , 使m a < S < m b . i= N i> N i> 0 i+ n i+ 0 0 i 因此 a < S - m S - [ S ]< b 4 0分 n i= n n i i i 这样的 i 有无穷多个. 所以数列{ S [ S ] } 中有无穷多项属于( a , b ) 5 0分 n- n
2 0 1 2年全国高中数学联赛加试试题( A卷) 参考答案及评分标准  第 4页( 共 4页)


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