2013年全国高中数学联合竞赛加试解答

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ω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PE、PF并延长，与圆ω分别相交于点C、D．求证：EFCDACBD⋅=⋅．证明连接AD，BC，CF，DE．由于AEEFFB==，从而sinsinBCBCEACACE⋅∠=⋅∠=2BCPBEACPAE=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⋅=⋅．③…………………30分ωPFEDCBAωABCDEFP1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u，v．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−−=++++++++++++++212()2nnuvS−=++，…………………10分所以()121122121212()22()22()2nnnnnnSuvSuvuvS−−−−−−−−=++=++++2122122()2nnuvS−−−=⋅++()1112()2()nnnuvuv−−==−⋅+++()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1(mod2)lk≡−的任意正整数，此时2221212nkqlSql−+⋅−=⋅，注意到q是奇数，故222111(1)(1)0(mod2)kqlklkkkk−+⋅≡−+≡−+−=−≡，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．每个学生的总分为其m道题的得分2总和．将所有学生总分从高到低排列为12nppp，求1npp的最大可能值．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个学生的得分之和为S，则有21111()nmmmikkkkikkkpSxnxnxx．因为每一个人在第k道题上至多得kx分，故11mkkpx．…………………10分由于2npp，故有23111nnpppSppnn．所以11112111nSpnSppppnnn21112111mmmkkkkkknxnxxnn211121mmkkkkxxn．…………………20分由柯西不等式得22111mmkkkkxxm，于是211112(1)mmnkkkkppxxmn211(1)(1)(1)mkkxmnmnmn(1)mn．…………………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111(1)(1)mnkpppnmn．综上所述，1npp的最大值为(1)mn．…………………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，则总有一组有若干个数的和被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3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()110−+=，被n整除，故两个1−必须在第二组；因()()1120−+−+=，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4