2013年全国高中数学联合竞赛加试

2013年全国高中数学联合竞赛加试试题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，10分为一个档次，不要增加其他中间档次.一、（本题满分40分）如图，AB是圆的一条弦，P为弧AB内一点，E、F为线段AB上两点，满足AEEFFB.连接PEPF、并延长，与圆分别相交于点CD、.求证：EFCDACBD证明连接AD，BC，CF，DE.由于AE=EF=FB，从而sin=2sinBCBCEBCPBEACACEACPAE点到直线的距离点到直线的距离.○1……………10分同样sin=2sinADADFAPDAFBDBDFBPDBF点到直线的距离点到直线的距离.○2另一方面，由于BCEBCPBDPBDF，ACEACPADPADF，故将○1，○,2两式相乘可得4BCADACBD，即4BCADACBD○3ABCDEFPPFEDCBA……………30分由托勒密定理ADBCACBDABCD○4故由○3，○4得3ABCDACBD,即EFCDACBD.……………40分二、（本题满分40分）给定正整数,uv.数列na定义如下：1auv，对整数1m，221,.mmmmaauaav记121,2,mmSaaam.证明：数列nS中有无穷多项是完全平方数.证明对正整数n，有11112345212221nnnSaaaaaaa11222121nnuvauavauavauav2122nnuvS，……………10分所以12112212121222222nnnnnnSuvSuvuvS21221222nnuvS11122nnnuvuv12nuvn.……………20分设2kuvq，其中k是非负整数，q是奇数.取2nql，其中l为满足1mod2lk的任意正整数，此时2221212nkqlSql，注意到q是奇数，故222111110mod2kqlklkkkk，所以，21nS是完全平方数.由于l有无穷多个，故数列nS中有无穷多项是完全平方数.……………40分三、（本题满分50分）一次考试共有m道试题，n个学生参加，其中,2mn为给定的整数.每道题的得分规则是：若该题恰有x个学生没有答对，则每个答对该题的学生得x分，未答对的学生得零分.每个学生得总分为其m道题的得分总和.将所有学生总分从高到低排列为12nppp，求1npp得最大可能值.解对任意的1,2,,km，设第k题没有答对者有kx人，则第k题答对者有knx人，由得分规则知，这knx个人在第k题均得到kx分.设n个学生得得分之和为S，则有21111nmmmikkkkikkkpsxnxnxx.因为每一个人在第k道题上至多得kx分，故11mkkpx.……………10分由于21pp，故有23111nnpppSppnn.所以1111211121112111nmmmkkkkkkSpnSppppnnnnxnxxnn211121mmkkkkxxn.……………20分由柯西不等式得22111mmkkkkxxm，于是2111211211111mmnkkkkmkkppxxmnxmnmnmn1mn.……………40分另一方面，若有一个学生全部答对，其他1n个学生全部答错，则11111mnkpppnmn.综上所述，1npp的最大值为1mn.……………50分四、（本题满分50分）设,nk为大于1的整数，2kn.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组若干个数的和被n整除.证明先考虑n为2的幂的情形.设2,1rnr，则rk.取3个12r及23k个1，显然这些数均不被n整除.将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含2个12r，它们的和为2r，被n整除.……………10分现在设n不是2的幂，取2k个数为22211,1,2,2,,2,1,2,2,,2kk，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除.……………20分若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除.不妨设1在第一组，由于（-1）+1=0，被n整除，故两个-1必须在第二组；因（-1）+（-1）+2=0，被n整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组.现归纳假设1,2,,2l均在第一组，而1,1,2,,2l均在第二组，这里12lk，由于1112220ll，被n整除，故12l在第一组，从而12l在第二组.故由数学归纳法可知，221,2,2,,2k在第一组，221,1,2,2,,2k在第二组.最后，由于21112220kk，被n整除，故12k在第一组.因此211,2,2,,2k均在第一组，由正整数的二进制表示可知，每一个不超过21k的正整数均可表示为211,2,2,,2k中若干个数的和，特别地，因为21kn，故第一组中有若干个数的和为n，当然被n整除，矛盾！因此，将前述2k个整数任意分成两组，则总有一组中有若干个数之和被n整除.……………50分