2022年全国高中那个数学联赛二试试题答案

1、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）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、填空（共4 小题，每小题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 pcmn交圆于p点，i为abc 的内心， 连接pi并延长交圆于t求证：mp mtnp nt ；在弧 ab（不含点 c ）上任取一点q（ qa，t，b），记aqc ，qcb的内心分别为1i ，2i

2、 ，itqpnmcba求证： q ，1i ，2i ，t四点共圆【解析】 连 ni ，mi由于 pcmn，p，c ，m， n 共圆， 故 pcmn 是等腰梯形 因此 npmc ， pmnc abcmnpti连am， ci ，则am与 ci 交于i，因为micmacacimcbbcimci ，所以 mcmi 同理ncni 于是npmi ， pmni 故四边形 mpni 为平行四边形因此pmtpntss（同底，等高）又p， n ，t，m四点共圆，故180tnppmt，由三角形面积公式精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 6 页 - -

3、 - - - - - - -1sin2pmtspmmtpmt1s i n2pntspnntpnt1s i n2p nn tp m t于是 pmmtpnnt 因为1111ncincaacinqcqcici n ，i2i1abcmnpqti所以1ncni ，同理2mcmi 由 mp mtnp nt 得ntmtmpnp由所证 mpnc ， npmc ，故12ntmtnimi又因12i ntqntqmti mt ，有12i nti mt故12ntimti ，从而1212i qinqmntmi ti 因此 q ，1i ，2i ，t四点共圆2求证不等式：2111ln12nkknk，1n，2， 【解析】 证

4、明：首先证明一个不等式：ln(1)1xxxx，0 x事实上，令( )ln(1)h xxx ，( )ln(1)1xg xxx则对0 x，1( )101h xx，2211( )01(1)(1)xg xxxx于是( )(0)0h xh，( )(0)0g xg在中取1xn得精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 6 页 - - - - - - - - -111ln 11nnn令21ln1nnkkxnk，则112x，121ln 111nnnxxnn211nnn210(1)nn因此1112nnxxx又因为111ln(lnln(1)(ln(1)

5、ln(2)(ln 2ln1)ln1ln 1nknnnnnk从而12111ln 11nnnkkkxkk12211ln 111nkknkkn12111nkkkk1211(1)nkkk111(1)nkkk111n3设 k ，l 是给定的两个正整数证明： 有无穷多个正整数mk，使得 ckm与 l 互素【解析】 证法一：对任意正整数t，令( !)mkt lk我们证明c1kml，设p是 l 的任一素因子，只要证明：ckmp ?若!pk?，则由1!c()kkmikmki1 (! ) kiit lk1kii1! m o dkp及|!pk，且1!pk?，知|!ckmpk且1!ckmpk?从而ckmp ?证法二：

6、对任意正整数t，令2( !)mkt lk，我们证明c1kml，设p是 l 的任一素因子，只要证明：ckmp ?若!pk?，则由1!c()kkmikmki21 (! )kiit lk精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 6 页 - - - - - - - - -1kii! m o dkp 即p不整除上式，故ckmp ?若|!p k ，设1使|!pk，但1!pk?12|( !)pk故由11!c()kkmikmki21 (! )kiit lk1kii1! modkp及|!pk，且1!pk?，知|!ckmpk且1!ckmpk?从而ckm

7、p ?4在非负数构成的39数表1 11 21 31 41 51 61 712 12 22 32 42 52 62 72 82 93 13 23 33 43 53 63 73 83 9xxxxxxxxxpxxxxxxxxxxxxxxxxxx中每行的数互不相同，前 6 列中每列的三数之和为1，1728390 xxx，27x，37x，18x，38x，19x ，29x均大于如果p的前三列构成的数表1 11 21 32 12 22 33 13 23 3xxxsxxxxxx满足下面的性质()o ：对于数表p中的任意一列123kkkxxx（1k， 2， 9）均存在某个123i， ，使得123minikiii

8、ixuxxx，求证：（）最小值123miniiiiuxxx，1i，2， 3 一定自数表s的不同列（）存在数表p中唯一的一列*123kkkxxx，*1k ，2，3 使得 33 数表*111212122231323kkkxxxsxxxxxx仍然具有性质()o 【解析】 （） 假设最小值123miniiiiuxxx，1i， 2， 3 不是取自数表s的不同列 则存在一列不含任何iu 不妨设2iiux，1i，2，3由于数表p中同一行中的任何两个元素都不等，于是2iiux，1i， 2， 3 另一方面， 由于数表s具有性质 ()o ，在中取2k，则存在某个0123i， ，使得002iixu矛盾（）由抽届原理

9、知精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 6 页 - - - - - - - - -1112minxx，2122minxx，3132minxx，中至少有两个值取在同一列不妨设212222minxxx，313232min xxx，由前面的结论知数表s的第一列一定含有某个iu ，所以只能是111xu 同样，第二列中也必含某个iu ，1i，2不妨设222xu 于是333ux，即iu 是数表s中的对角线上数字111213212223313233xxxsxxxxxx记129m， ，令集合12|min13ikiiikmxxxi，显然11133

10、2|kkikmxxxx，且 1，23i 因为18x ，38111xx，32x，所以 8i 故 i 于是存在*ki 使得*22max|kkxxki 显然，*1k ，2，3下面证明 3 3 数表*111212122231323kkkxxxsxxxxxx具有性质 ()o 从上面的选法可知*1212:minminiiiiiikuxxxxx， (13)i，这说明*111211minkxxxu，*313233minkxxxu，又 由 s 满 足 性 质()o 在 中 取*kk， 推 得*22kxu， 于 是*2212222minkkuxxxx，下证对任意的km ，存在某个1i，2， 3 使得iikux假若

11、不然， 则12minikiixxx，1i，3 且*22kkxx这与*2kx的最大性矛盾因此，数表s 满足性质 ()o 下证唯一性设有km 使得数表111212122231323kkkxxxsxxxxxx具有性质 ()o ，不失一般性，我们假定11 11 21 31 1m i nuxxxx，221222322minuxxxx，33 13 23 33 3m i nuxxxx，3 23 1xx 由于3231xx ，2221xx 及（ ），有11112111minkuxxxx，又由（ ）知： 或者 ( )a3313233minkkuxxxx， 或者2212222( )minkkb uxxxx，如果 ( )a 成立，由数表s具有性质 ()o ，则11 11 211 1m i nkuxxxx，22122222minkuxxxx，33 13 233m i nkkuxxxx，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 6 页 - - - - - - - - -由 数 表 s 满 足 性 质 ()o， 则 对 于 3m