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2014年全国高中数学联合竞赛加试(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,10分为一个档次,不要增加其他中间档次.一、(本题满分40分)设实数满足,.求证:.证明1若,则命题已成立.若,不妨设,则由知.我们有,①…………………10分以及,②其中①式等号在时成立,②式等号在时成立,因此①,②中等号不能同时成立.…………………30分由于,将①,②式相乘得,即,,,abc1abc++=0abc124abcabbcca+++14abbcca++≤14abbcca++max{,,}aabc=1abc++=13a≥21()11434124abcaabbcca++++−≤−=≤11()44abbccaabcbc++−=+−+111(1)444aabcbcbc=−−+≤−+=13a=12a=104abbcca++−2144abcabbcca++−142abcabbcca++−1从而.…………………40分证明2由于,故中或者一个正数,两个负数;或者三个都是正数.对于前一种情形,不妨设,,则,结论显然成立.…………………10分下面假设,不妨设,则,.我们有.由于,且,因此.…………30分于是只需证明,即.①由于,故.②由平均不等式.③将②,③两式相加即得①式成立,因此原不等式成立.………………40分124abcabbcca+++0abc,,abc0a,0bc()()(1)0abbccabaccabacbb++=+++=−,,0abcabc≥≥13a≥103c≤()22abcabbccacabcabab++−=++−)2(1cccabab=−+−332bbcac≥≥122abcab+−≤=11(1)(1)2222cccccababccc−−−+−≤−+−21344442ccccc=−++−2430424ccccc−−+3210cccc−−+103c≤103c−≥1331111333923333cccccc++≥⋅⋅=2二、(本题满分40分)如图,在锐角三角形中,,过点分别作三角形的外接圆的切线,且满足.直线与的延长线分别交于点.设与交于点,与交于点.证明:.证明1如图,设两条切线交于点,则.结合可知.作的平分线交于点,连接.由知,,,故与相似.………………10分由此并结合,及内角平分线定理可得,因此.………………20分同理,.由此推出.………………30分再结合以及内角平分线定理得到,ABC60BAC∠≠°,BCABC,BDCEBDCEBC==DE,ABAC,FGCFBDMCEBGNAMAN=,BDCEKBKCK=BDCE=DEBCBAC∠ALBCL,LMLNDEBCABCDFB∠=∠FDBDBCBAC∠=∠=∠ABC∆DFB∆DEBCBDBC=MCBCBDACLCMFFDFDABLB====LMBFLNCG180ALMALBBLMALBABLBAL∠=∠+∠=∠+∠=−∠180CALALCACLALCCLN=−∠=∠+∠=∠+∠ALN=∠BCFG1LMLMBFCGCLABBCCLABLNBFCGLNBCACBLBLAC=⋅⋅=⋅⋅=⋅=GFNMEDCBAKLGFNMEDCBA3即.故由,,得到与全等,因而,证毕.………………40分证明2由于和都是的切线,故.再由,可得四边形是等腰梯形,从而DEBC.由于,,故∽.………………10分设三角形的三内角分别为,三条边长分别为,,.由∽有,可得.由,可得,故由可得.①在三角形中,,由余弦定理得.②………………30分用同样方法计算和时,只需在上述与的表达式①,②中将交换.而由②可见的表达式关于对称,因此,即,结论获证.………………40分LMLN=ALAL=ALMALN∠=∠LMLN=ALM∆ALN∆AMAN=BDECωDBCBACECB∠=∠=∠BDCE=BCEDBFDABCB∠=∠=FDBDBCBACA∠=∠=∠=DFB∆ABC∆ABC,,ABCBCa=CAb=ABc=DFB∆ABC∆FDBDacbb==acFDb=BCFD‖BMBCbMDFDc==BDa=abBMbc=+ABMABMBA∠=+222222cos()()ababcAMcABbcbc=+−+++22222222()2ababcabccbcbcab+−=++⋅++()222222221()()()()cbcabcabcbcbc=++++−++()22342222232234212()bcbccababcacbcbcbccbc=+++++++−−+()223322222212()bcbcbcabacabcbc=++++++CN2ANBM2AM,bc2AM,bc22ANAM=AMAN=4三、(本题满分50分)设.求最大的整数,使得有个互不相同的非空子集,具有性质:对这个子集中任意两个不同子集,若它们的交非空,则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.解对有限非空实数集,用与分别表示的最小元素与最大元素.考虑的所有包含1且至少有两个元素的子集,一共个,它们显然满足要求,因为.故.…………………10分下面证明时不存在满足要求的个子集.我们用数学归纳法证明:对整数,在集合的任意个不同非空子集中,存在两个子集,,满足,且.①显然只需对的情形证明上述结论.当时,将的全部7个非空子集分成3组,第一组:,,;第二组:,;第三组:,.由抽屉原理,任意4个非空子集必有两个在同一组中,取同组中的两个子集分别记为,排在前面的记为,则满足①.…………………20分假设结论在时成立,考虑的情形.若中至少有个子集不含,对其中的个子集用归纳假设,可知存在两个子集满足①.…………………30分若至多有个子集不含,则至少有个子集含,将其中子集都去掉,得到的个子集.由于的全体子集可分成组,每组两个子集互补,故由抽屉原理,在上述个子集中一定有两个属于同一组,即互为补集.因此,相应地有两个子集,满足,这两个集合显然满足①.故时结论成立.综上所述,所求.…………………50分{1,2,3,,100}S=kSkkAminAmaxAAS9921−min()1maxijiAAA∩=99max21k≥−992k≥k3n≥{1,2,,}n1()2nm−≥12,,,mAAA,ijAAij≠ijAA∩≠∅min()maxijiAAA∩=12nm−=3n={}1,2,3{3}{1,3}{2,3}{2}{1,2}{1}{1,2,3},ijAAiA(3)n≥1n+122,,,nAAA12n−1n+12n−121n−−1n+121n−+1n+121n−+1n+{1,2,,}n121n−+{1,2,,}n12n−121n−+,ijAA{1}ijAAn∩=+1n+99max21k=−5四、(本题满分50分)设整数模2014互不同余,整数模2014也互不同余.证明:可将重新排列为,使得模4028互不同余.证明记.不妨设,.对每个整数,,若,则令,;否则,令,.…………………20分如果是前一种情形,则.如果是后一种情形,则也有.若不然,我们有,,两式相加可得,于是,但模互不同余,特别地,,矛盾.…………30分由上述构造方法知是的排列.记,.下面验证模互不同余.这只需证明,对任意整数,,模两两不同余.(*)注意,前面的构造方式已保证.(**)情形一:,且.则由前面的构造方式可知,.由于,故易知与及模不同余,与及模不同余,从而模更不同余,再结合(**)可见(*)得证.情形二:,且.则由前面的构造方式可知122014,,,xxx122014,,,yyy122014,,,yyy122014,,,zzz112220142014,,,xzxzxz+++1007k=()mod2iixyik≡≡12ik≤≤i1ik≤≤()mod4iiikikxyxyk+++≡+/iizy=ikikzy++=iikzy+=ikizy+=()mod4iiiiikikikikxzxyxyxzk+++++=+≡+=+/()mod4iiiikikiikikxzxyxyxzk+++++=+≡+=+/()mod4iiikikxyxyk+++≡+()mod4iikikixyxyk+++≡+()22mod4iikxxk+≡()mod2iikxxk+≡122014,,,xxx2014(2)k=()mod2iikxxk+≡/122,,,kzzz122,,,kyyyiiiwxz=+1,2,,2ik=122,,,k4k,ij1ijk≤≤,,,ijikjk()()mod4,mod4iikjjkwwkwwk++≡≡//iizy=jjzy=()2mod2iikwwik+≡≡()2mod2jjkwwjk+≡≡()22mod2ijk≡/iwjwjkw+2kikw+jwjkw+2k4kiikzy+=jjkzy+=6,.同样有与及模不同余,与及模不同余.与情形一相同地可知(*)得证.…………………40分情形三:,且(,且的情形与此相同).则由前面的构造方式可知,.由于是奇数,故,更有,因此仍然有与及模不同余,与及模不同余.从而(*)得证.因此本题得证.…………………50分()2mod2iikwwikk+≡≡+()2mod2jjkwwjkk+≡≡+iwjwjkw+2kikw+jwjkw+2kiizy=jjkzy+=iikzy+=jjzy=()2mod2iikwwik+≡≡()2mod2jjkwwjkk+≡≡+k()22mod2ijk≡+/()22mod2ijkk≡+/iwjwjkw+2kikw+jwjkw+2k7
本文标题:2014年全国高中数学联合竞赛加试(A卷)解答
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