《2014年全国高中数学联合竞赛加赛试题（A卷）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014年全国高中数学联合竞赛加赛试题（A卷）（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2014 年全国高中数学联合竞赛加试全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）卷） 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 说明：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分为一个档次，不要增加其他中间档次. 一、 （本题满分一、 （本题满分 4040 分）分）设实数满足，. 求证： . 证明证明
2、 1 若，则命题已成立. 若，不妨设，则由知. 我们 有 ， 10 分 以及 ， 其中式等号在时成立，式等号在时成立，因此，中等号不能 同时成立. 30 分 由于，将，式相乘得 ， 即 ， , ,a b c1abc+=0abc 1 24 abc abbcca+max , , aa b c=1abc+= 1 3 a 2 1()11 434124 abca abbcca + += 11 () 44 abbccaa bcbc+=+ 111 (1) 444 aabcbcbc=+= 1 3 a = 1 2 a = 1 0 4 abbcca+ 2 1 44 abc abbcca +, ,a b c 0a
3、,0b c abc 1 3 a 1 0 3 c 1 22 abc ab + = 11 (1)(1) 2222 ccc ccababcc c + 2 13 44442 cc ccc =+ 2 4 3 0 424 ccccc + 3210c ccc + 1 0 3 c 2 二、 （本题满分二、 （本题满分 4040 分）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
4、 分 同理，由此推出 30 分 再结合以及内角平分线定理得到 ， ABC60BAC,B C ABC,BD CEBDCEBC=DE ,AB AC,F GCFBDMCEBGN AMAN= ,BD CEKBKCK=BDCE= DEBCBACALBCL,LM LN DEBCABCDFB= FDBDBCBAC= = ABC DFB DEBCBDBC= MCBCBDACLC MFFDFDABLB = LMBF LNCG 180ALMALBBLMALBABLBAL= += += 180CALALCACLALCCLN= += + ALN= BCFG 1 LMLMBF CGCLAB BCCL AB LNBFCG
5、 LNBC ACBLBL AC = G F N M ED C B A K L G F N M E D C B A 3 即 故由，得到与全等，因而 ，证毕 40 分 证明证明 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 . 在三角形中，由余弦定理得 . 30 分 用同样方法计算和时， 只需在上述与的表达式， 中将 交换. 而由可见的表达式关于对称，因此，即 ，结论获证. 40 分 LMLN= ALAL=ALMALN= LMLN=ALMALN AMAN= BDECDB
6、CBACECB= = BDCE=BCED BFDABCB= =FDBDBCBACA= = =DFBABC ABC, ,A B CBCa=CAb= ABc=DFBABC FDBDa cbb = ac FD b = BC FD BMBCb MDFDc =BDa= ab BM bc = + ABMABMBA=+ 22 22 2 2 cos() () a babc AMcAB bcbc =+ + 22222 2 2 2 ()2 a babc abc c bcbcab + =+ + () 2222222 2 1 ()()() () c bca bc abcbc bc =+ + () 2234222223
7、2234 2 1 2 () b cbcca ba bca cb cb cbcc bc =+ + () 223322222 2 1 2 () b cbcb ca ba ca bc bc =+ + CN 2 ANBM 2 AM , b c 2 AM, b c 22 ANAM= AMAN= 4 三、 （本题满分三、 （本题满分 5050 分）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
8、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. 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. 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. 30 分 若至多有个子集不含， 则至少
9、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. 故时结论成 立. 综上所述， 所求. 50 分 1,2,3,100S =kSk k Amin Amax AA S 99 21 min()1max iji AAA= 99 max 21k 99 2k k 3n 1,2, n 1 ()2nm 12 , m A AA , ij A Aij ij AA min()max iji AAA= 1 2nm = 3n =1, 2,331,3
10、2,321,211,2,3 , ij A A i A ( 3)n 1n+ 12 2 , n A AA 1 2n 1n+ 1 2n 1 21 n 1n+ 1 21 n +1n+ 1 21 n +1n+1,2, n 1 21 n + 1,2, n 1 2n 1 21 n + , ij A A1 ij AAn=+1n+ 99 max 21k= 5 四、 （本题满分四、 （本题满分 5050 分）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. 证明证明 记. 不妨设， . 对每个整数 ， ， 若，则令， ; 否则， 令 ，
11、. 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 ,x xx 122014 ,y yy 122014 ,y yy 122014 ,z zz
12、 112220142014 ,xzxzxz+ 1007k =()mod2 ii xyik12ik i 1ik ()mod4 iii ki k xyxyk + +/ ii zy= i ki k zy + = ii k zy + = i ki zy + = ()mod4 iiiii ki ki ki k xzxyxyxzk + +=+=+/ ()mod4 iiii ki kii ki k xzxyxyxzk + +=+=+/ ()mod4 iii ki k xyxyk + +()mod4 ii ki ki xyxyk + + ()22mod4 ii k xxk + ()mod2 ii k xxk
13、+ 122014 ,x xx 2014(2 )k=()mod2 ii k xxk + / 122 , k z zz 122 , k y yy iii wxz=+ 1,2,2ik= 122 , k w ww4k , i j1ijk , iji kj k w w ww + 4k ()()mod4,mod4 ii kjj k wwkwwk + / ii zy= jj zy= ()2mod2 ii k wwik + ()2mod2 jj k wwjk + ()22mod2ijk / i w j w j k w + 2k i k w+ j w j k w + 2k4k ii k zy + = jj k
14、zy + = 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 ()2mod2 ii k wwikk + +()2mod2 jj k wwjkk + + i w j w j k w + 2k i k w+ j w j k w + 2k ii zy= jj k zy + = ii k zy + = jj zy= ()2mod2 ii k wwik + ()2mod2 jj k wwjkk + + k()22mod2ijk+/()22mod2ijkk+/ i
