全国高中那个数学联赛二试试题答案

1、说明：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）1评阅试卷时，请严格根据本评分标准的评分档次给分2假如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，每道题50 分，共 200 分）1如图， m ， n 分别为锐角三角形abc （ab ）的外接圆上弧 bc 、 ac 的中点 过点 c 作 pc mn于 t 交圆于 p 点， i 为abc 的内心， 连接 pi 并延长交圆求证：mpmtnpnt ；在弧 ab （不含点 c ）上任取一点q（ q a ， t ， b ），记aqc

2、 ， qcb 的内心分别为i1 ，i 2 ，pcnmibtaq求证： q ， i 1 ， i 2 ， t 四点共圆【解析】 连 ni ， mi 由于 pc mn此 npmc ， pmnc ， p ， c ， m ， n 共圆， 故 pcmn 是等腰梯形 因pcnmibta连 am ， ci ，就 am 与 ci 交于 i ，由于micmacacimcbbcimci，所以 mcmi 同理ncni 于是npmi ， pmni 故四边形 mpni 为平行四边形因此s pmts pnt （同底，等高）又 p ， n ， t ， m 四点共圆，故tnppmt180，由三角形面积公式s pmt1 pmmt

3、 sin 2pmts pnt1 pnnt s i n 2pnt1 p nn st i n 2p m t于是 pmmtpnnt 由于nci 1ncaaci 1nqcqci 1ci 1 n ，pcnmii2bi 1taq所以 ncni 1 ，同理mcmi 2 由 mpmtnpnt 得 ntmt mpnp由 所证 mpnc ， npmc ，故ntmtni 1又因mi 2i1 ntqntqmti 2mt ，有i1 nt i 2mt 故nti 1mti2 ，从而i1 qi 2因此 q ，nqmntmi1ti 2 i1 ， i 2 ， t 四点共圆2求证不等式：nk12k 1 kln n 1 ， n121

4、 ， 2，【解析】 证明：第一证明一个不等式：xln1x1xx ， x0 事实上，令hx 就对 xxln1 0 ，x ，g xln1x x1xh x11110 ， g xx0 1x1x于是1x 21x 2hx h00 ，g xg00 在 中取 x1 得n1ln 1n1nk11 nn1令 xn2k 1 k1ln n ，就 x1，2xnxn 1nn 21n2n1ln11n11n10n 21n1因此 xnxn 1x12又由于n 11ln nln n从而ln n1ln n1ln n2ln 2ln1ln1ln 1k 1knkxn2k 1 k1n 11ln 1k 1kn 1kk 1k 21ln11nkn2

5、1n 1k12k 1k1kn 12k 1 k11n11k1 n 1k 1 k11km3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【解析】 证法一：对任意正整数t ，令mkt l k . 我们证明ck ，l1 m设 p 是 l 的任一素因子，只要证明：p .ck m如 p . k . ，就由kkk .c mmki i 1k it l i 1kii 1k . k1kk1k .m o dp12k及 p| k . ，且 p. k . ，知 p| k .c m 且 p. k .c m从而p .cm 证法二：对任意正整数t ，令mktl k .，我们证明cm

6、，l1 设 p 是 l 的任一素因子，只要证明：kp .cm 如 p . k . ，就由kkk .c mmki i 1k it l i 1k2. kii 1k .m o dp 即 p 不整除上式，故k112p .cm 如 p | k . ，设 1 使 p| k . ，但 p. k . p| k .故由kk .c mk 1mki i 1k it l i 1kii 1k2. kk1k . mod p1及 p| k . ，且 p. k . ，知 p| k .c m 且 p1k.k .c m从而p .cm 4在非负数构成的39 数表x1 1x 1 2x 1 3 x1 4 x1 x51x6x1 7x1p

7、x2 1x2 2x 2 3 x2 4 x2 5x2 x62x7x2 8 2 9x3 1x 3 2 x3 3 x3 4x3 x53x6x3 7x3 83 9中每行的数互不相同，前 6 列中每列的三数之和为1，x17x28x390 ，x27 ，x37 ，x18 ， x38 ，x19 ，x29 均大于假如p 的前三列构成的数表x1 1x 1 2x 1 3sx2 1x2 2x 2 3x3 1x 3 2 x 3 3x1k在某个 i满意下面的性质o1，2 ，3使得：对于数表p 中的任意一列x2k（ k x3k1 ， 2， 9）均存 xik ui求证：minxi1 ，xi 2 ，xi 3（）最小值uimin

8、xi 1 ，xi 2 ，xi 3， ix1k*1 ， 2， 3 肯定自数表s 的不同列（）存在数表p 中唯独的一列x2k *x3k*， k * 1 ， 2， 3 使得 33 数表x11sx21x31x12 x22 x32x1k*x2k*x3k*仍旧具有性质o 【解析】 （ ）假设最小值uiminxi 1 ，xi 2 ，xi 3，i1 ，2，3 不是取自数表s 的不同列 就存在一列不含任何ui 不妨设ui xi 2 ， i1， 2，3由于数表p 中同一行中的任何两个元素都不等，于是 uixi 2 ，i1 ，2，3另一方面， 由于数表s具有性质 o ，在 中取 k2 ，就存在某个i 01，2 ，3

9、使得 xi 2 ui冲突00（ ）由抽届原理知minx11 ，x12， minx21 ，x22， minx31 ，x32中至少有两个值取在同一列不妨设minx21 ，x22x22 ，minx31 ，x32x32 由前面的结论知数表s 的第一列肯定含有某个ui ，所以只能是x11u1 同样，其次列中也必含某个ui ， is 中的对角线上数字1 ， 2不妨设x22u2 于是 u3x33 ，即 ui 是数表x11sx21x31x12 x22 x32x13 x23 x33记 m1 ，2 ，9，令集合ikm| xikminxi1 ，xi 2，i1，3 明显 ikm| x1kx11 ，x3kx32且 1，

10、 2 3i 由于x18 ， x381 x11 ， x32 ，所以 8i 故 i 于是存在k *下面证明 33 数表i 使得x2 k*maxx2 k| ki明显，k * 1 ， 2， 3x11sx21x31x12 x22 x32x1k * x2 k* x3 k*具有性质 o 从上面的选法可知ui :minxi1 ，xi 2 ，xik *minxi1 ，xi 2， i1，3 这说明x1k*minx11 ，x12 u1 ， x3k*minx31 ，x32 u3 又 由s 满 足 性 质o 在 中 取kk *， 推 得x2 k* u2， 于 是u2minx21 ，x22 ，x2k *x2k *下证对任

11、意的km ，存在某个i1 ， 2， 3 使得 ui xik假如不然， 就xikminxi1 ，xi 2， i1 ，3 且 x2 kx2k *这与x2 k* 的最大性冲突因此，数表s 满意性质 o 下证唯独性设有km 使得数表x11sx21x31x12x22 x32x1kx2k x3k具有性质 o ，不失一般性，我们假定u1m i nx1 ，1x 1，2x 1 3x1 1 u2minx21 ，x22 ，x23x22u3m i nx3 ，1x 3，2x 3 3x3 3x3 2x 31由于 x32x31 ，x22x21 及（ ），有 u1minx11 ，x12 ，x1kx11 又由（ ）知：或者 a u3minx31 ，x32 ，x3kx3k ，或者bu 2minx21 ，x22 ，x2 kx2k 假如 a 成立，由数表s 具有性质 o ，就u1m i nx1 1，x1，2kx 1x，1 1 u 2minx21 ，x22 ，x2kx22