2014年全国高中数学联合竞赛加试(A卷)解答

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=DEBCBAC∠ALBCL,LMLNDEBCABCDFB∠=∠FDBDBCBAC∠=∠=∠ABC∆DFB∆DEBCBDBC=MCBCBDACLCMFFDFDABLB====LMBFLNCG180ALMALBBLMALBABLBAL∠=∠+∠=∠+∠=−∠180CALALCACLALCCLN=−∠=∠+∠=∠+∠ALN=∠BCFG1LMLMBFCGCLABBCCLABLNBFCGLNBCACBLBLAC=⋅⋅=⋅⋅=⋅=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,,}n1()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,,,nAAA12n−1n+12n−121n−−1n+121n−+1n+121n−+1n+{1,2,,}n121n−+{1,2,,}n12n−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,,,xxx122014,,,yyy122014,,,yyy122014,,,zzz112220142014,,,xzxzxz+++1007k=()mod2iixyik≡≡12ik≤≤i1ik≤≤()mod4iiikikxyxyk+++≡+/iizy=ikikzy++=iikzy+=ikizy+=()mod4iiiiikikikikxzxyxyxzk+++++=+≡+=+/()mod4iiiikikiikikxzxyxyxzk+++++=+≡+=+/()mod4iiikikxyxyk+++≡+()mod4iikikixyxyk+++≡+()22mod4iikxxk+≡()mod2iikxxk+≡122014,,,xxx2014(2)k=()mod2iikxxk+≡/122,,,kzzz122,,,kyyyiiiwxz=+1,2,,2ik=122,,,k4k,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