2014中国国家集训队选拔考试.pdf

2 2 中 等 数 学 2 0 1 4中 国 国 家 集 训 队 选 拔 考 试 中图分类号 G 4 2 4 7 9 文献标 识码 A 文章编号 1 0 0 5 6 4 1 6 2 0 1 4 0 5 0 0 2 2 0 6 1 如 图 1 设锐 角 A B C的外心为 0 点 A 在边 B C上的射影为 A O的 延 长 线 与 B O C 的外接 圆交于点 点 A 在直线 A B A C上的射 D 影分别是 D E D E H A 的外心为 0 类似定义 点 H8 0 B及 Hc 0 c 证 图l 明 0 0 H B 0 H 三线共点 张思汇供题 2 设 A 是正 1 0 1 边形 将每个顶点染 上红 蓝两色之一 记 是满足如下条件的钝角 三角形的个数 三角形的三个顶点均为该 1 0 1 边 形的顶点 两个锐角顶点的颜色相同 且与钝角顶 点的颜色不同 求 1 的最大可能值 2 使得 J7 r 取得最大值的不 同染色方法数 对于两种染色方法 只要有某个 A 上的颜色不 同 就认为是不同的染色方法 瞿振华供题 3 证明 不定方程 1 2 2 0 1 4 Y 1 Y 2 Y 4 0 2 8 没有正整数解 Y 李伟固供题 4 设 k k 3 是给定的奇数 证明 存在无穷 多个正奇数 n 使得有两个正整数 d d 满足 d l d l 且 d n 余红兵供题 5 设 r n 1 是给定的整数 求最大的常数 n 使得对任意 n 个非零复数 z z 有 I I n l t t 冷岗松供题 6 对整数 k 1 记 k 是将 k分解为大于 1 的正整数之积的分解方法数 不计乘积中因子的 次序 如厂 1 2 4 这是因为 l 2有如下四种分 解 l 2 2 6 3 4 2 2 3 若 凡是大于 1 的整 数 P是 的任一素因子 证明 I厂 n 旦 P 姚一隽 供题 参 考 答 案 1 如图2 设 是点 A关于 B C的对称点 A 在边 B C上的射影为点 F 在直线 A C上的射影 为 M I I I 厂 H A z 一 一 2 由A C C T 知 T C M 2 又 T A M 一 A C B O A B 则 二 T C M 2 O A B A O B A C F 且 A C F A C T T C M At C T A CE 注意 到 伽 d T C MT C E A C F A 均为直角 CHA C HA CT C O S T C HA C M CT C M C O S T C M C O S Al cE CE C A CE C O S A C F C A C F CF 2 0 1 4年第 5期 2 3 C HA C F C M C E 从而 四点共圆 同理 设 在直线 A B上的射影为 图中未 画出 则 F D四点共圆 由四边形 A 朋 及四边形 A E MT 均为直角 梯形 知线段 F与 E M 的中垂线交于线段 A 的中点 K 即圆 厂 的圆心 勾K 半径为 K F 同理 圆 的圆心也为K 半径也为 K F 故圆 厂 与 重合 即 D 六 点共圆 所以 0 即为线段 A 的中点 从而 0 A A 由 Hc A O A Hc B 一 A CB 十 AC B q 二 厶 知A A H q Hc 因此 0 HA 上 日 故 0 H A 0 H B 0 Hc 三线共点于 的垂心 2 用 0或 1 分别表示 A 为红色或蓝色 对于钝角 A A iA 其 中 顶点 A 是钝角顶 点 即 0 b 5 0 三顶点满足题述条件的染色当且仅当 一 一 一 6 1 否则 等于 O 这里下标在模 1 0 1 意义下 故 X i a i X i b 1 口 6 其中 是对所有满足 0 b 5 0的有序正整 数对 口 b 求和 这样的正整数数对共有 4 9 4 8 1 1 2 2 5 对 将式 代人式 得 X i a X i b 1 口 6 J 一 X i I 1 口 6 1 2 2 5 2 Il 一 1 2 5 0 一 1 2 2 5 n 3 k l o 1 其中 n 是蓝色顶点的个数 对任意两个顶点 A A j 1 1 0 1 令 d A A d A j A m i n 一i 1 0 1 j i 设 A A 是所有蓝色顶点的集 合 则式 可写为 J7v 1 2 2 5 n 一 1 0 1 C 3 d P Q 其中 P Q 取遍集合 的所有二元子集 不妨设 n为偶数 否则 将每个顶点的颜色改 变 的值不改变 设 n 2 t 0 t 45 0 将所有蓝色顶点从某一 点起顺时针方向重新记为 P P 2 P 故 d P Q i B 尸 f P i j l l 1 J 1 d P P d P P f P f P 5 0 1 01 卜 1 其中 P 的下标在模 2 z 意义下 并且利用 了不等 式 d P P 5 0 及 d P P f d P P i d P P d P P 1 0 1 结合式 得 1 2 2 5 乃 一 l o 1 c 3 5 0 H f 一 1 1 一 t 上式右端在 t 2 5时取得最大值 故 N 1 一 一 2 0 14 2 014 1 2 01 5 一 1 2 0 1 5 一 1 故 1 一 2 1 0 14 面 盼 小 数 部 分 在 詈 内 数为 2 s 2 c c 3 对 n 2 m k 为非负整数 m为奇数 记 n 2 反证法 假设 Y 是原方程的正整数解 乏 i 熊 1 0 2 1 4 则当 1 2 O 1 4 j i 时 有 i 一 i v j i 故 I I 1 叭 2 0 1 4 j I 一1 2 0 1 3 1 又2 0 14 y 为4 0 2 8 1 的 倍数 则 2 因此 2 嘶 故 y 4 0 2 8 1 1 7 y 2 0 1 4 l 2 嘶 H 从而 Y 4 0 2 8 2 姗 所 以 Y 2 姗 先证明一个引理 引理 设 0 1 i 1 一 L J 证明左边的不等式由均值不等式易得 右 边的不等式成立是因为 1 1 卉 l i L 1 2 n 麟 2 1 1 X y 回到原题 设 2 O 1 5 2 y 4 0 2 9 2 则 z2 f 1 一 1 2 3 2 4 0 2 7 2 4 z X 2 0 1 4 一 击 t 一 砉 卜 4 40 2 7 2 Z 2 1 3 4 0 2 7 2 4 0 2 7 4 4 z 2 0 1 4 f 4 Z 2 2 一 z 一 一 若 卜 4 40 彳2 7 2 z 一 Q 二 一 4 0 2 7 4 1 2 8 z2 一 由 2 4 x 2 0 1 4 2 1 l 8 为整数 知 z 一 一 参 一 丽 的 小 数 部 分 在 i 内 矛 盾 故2 0 14 4 O 2 8 y 十 无正整数 解 4 考j l虑不定方程 j k 一 2 1 x y 十 Y 一 五 1 2 0 1 4年第 5期 只需证明 方程 有无穷多组正奇数解 y 显然 1 1 是一组正奇数解 令 1 1 假设 Y y 是方程 的一组正奇数 解 令 l Y l k 一1 k一 3 Y 2 k 一 方程 可整理为 一 k 一 1 k 一 3 y 2 k x Y 一 1 0 由韦达定理 知 Y 仍是满足方程 的整数解 因为 Y k 均为正奇数 且 k i 5 所以 也为正奇数 而 y i 1 k 一1 k 一 3 2 一 三 一 兰1 m o d 2 且 y l 8 2 后一 Y 0 故 y 也是满足方程 的正奇数解 且 Y i l Y i 1 由 Y 及上述构造 得到满足方程 的正 奇数解 Y i l 2 且 l Y 1 2 y 2 k 取 n Y k d 1 f d 2 Y 则 n为正奇数 且 k一 2 1 d l d 2 n 1 由 k 一 2 1 为偶数 知 d l d l 且 d n k 于是 这个 n 便满足题述要求 故有无穷多个正奇数 n满足题设要求 5 令 n n 当n为偶数 4 一 当n为奇数 4c os 2 2 n 接下来证明 n 为所求最大常数值 若存在正整数 k 1 n 使得 I z 1 一Z l 0 则原不等式显然成立 以下不妨设 Z k I 1 在此条件下 只需证明 I z I 的 最小值为 n 当 n 为偶数时 由于 l z I I z I Iz n r 一 4 n 一 m i n 一 I n 当 z z n 1 一 1 1 一 2 时 上 式 等号成立 因 此 k l I l 的 最 小 值 为 詈 n 当n为奇数时 令 0 a r g Z k l E o 2 7 c Jl 1 2 n 对每个 k k 1 2 n 若 或 O k 莩 则由式 得 I z I I z 1 l I z 一 1 I 2I z I I z 1 I C O S 0 I z 一 1 I 11 若 詈 则 由 c s O k 0 及 式 知 1 I z 一 1 I I z l I z 1 I 2I z I I z 1 I C O S 0 I z I I z l I 1 一 2 c o s 0 I z k I z I 2 i n z 故 l 二 儿 2 考虑两种情形 1 若 对 所 有 1 n 有 詈 由式 得 Iz I I z I I z 1 2 1 因 为 立 k 1 Zk Z n l 1 所 以 2 6 中 等 数 学 0 k a rs 2 m Tt 2 m Tr 其中 m是某个正整数 且 m n 注意到 n 为奇数 故 0 1 知对 有 I 1 I 2 sin 孚 丢 故 1 12 1弓 1 12 IZ l 1 n J l J 1 J I J 了n 1 注意到 n 4 1 1一n 1 当 t 3 时 式 成立 当 5 时 sin 1 1 故式 也成立 从而 对一切奇数 凡 3 有 Z 1 2 l 下 co 结合式 知 I I 孚 k 1 另一方面 当 2 c o s Zn 凡 i n一1 e n 1 2 n 时 有 I z 一 I I i k 1 2 n Iz l 可取到最小值 凡 综上 rt 的最大值为 凡 1舞 凡 为 偶 数 为 奇 数 6 用 P n 表示 n的最大素因子 并规定 P 1 1 1 先证明两个引理 引理 1 对于正整数 n 及素数P PI n 有 An d d I 号 引理 1的证明 为了叙述方便 将 t 的一种 符合要求的分解方法简称为一个分解 对于 的任一分解 n 1 1 2 由于p I n 故 必存在 i 1 2 k 使得 P 若这样的 i 多 于一个则任选其中一个 不妨设 i 1 将该分解 对应到 d 的分解 d n n n 对 n的两个不同的分解 n Z 1 2 n p I n 与 n 凡 n n P I n 当 n l n 时 d 2 n 3 n 和 d 凡 几 n d J詈 的 两 个 不 同 的 分 解 当 n l 时 d 旦 n d n 1 是 l 一 4 2 时 此 2 0 1 4年第 5期 于 是 这 两 个 分 解 分 别 对 应 于 d d I詈 及 d d I 詈 的 分 解 因 此 n d l 詈 引理2 对任意正整数 n 令 g n 则 g n n 引理 2的证明对 d的不同素因子个数归纳 当 d 1 时 g 1 1 当 凡 p 为素数幂时 g 凡 1 l p 十 p l 1 p 一 1 凡 假设 n的不同素因子个数为 k 时 g n 考虑 n有 k 1 个不同素因子的情形 设 n的标准分解式为 n p p p l P l p p 1 并记 n 于是 g n d m i I l L g 其中 m 是 m的所有正约数之和 由归纳假设知 g m 籍 岩 p ak i 1 n 一 从而 g r t 1 回到原题 为证原不等式 只需证明 对一切正整数 n 均 有 n 斋 对 n 用数学归纳法 当 n 时 反 I 的 两 边 均 为 显 然 成立 假设对 n 均有 n 则当n k 1 时 由引理 1 2 及归纳假设得 五 1 d I 击 g 熊斌提供 欢迎订阅 2 0 1 4全国高中数学联赛模拟题集萃 经天津市新闻出版局备案 中等数学 编辑部在今年4月下旬推出了服务于全国高中数学联 赛的增刊 本增刊聘请全国二十个省市的一线教练员撰写模拟试题 含解答 模拟试题严格按照联赛 新大纲及新标准编拟 难度适中 题型新颖 覆盖面广 具有极大的参考价值 是所有参加全国高中 数学联赛学生的得力助手 也是数学竞赛辅导教师的必备参考资料 本增刊为大 1 6开本 刊登 2 O套模拟题 定价 2 8 元 单册邮购 3 3 元