2018年全国高中数学联合竞赛加试参考答案(A卷)

祝君金榜题名2018 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，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40 分）设n是正整数，1, 2, , n, 1, 2, , n, ,a a ab b b A B均为正b b b B实数，满足, , 1, 2, , ≤a≤b a≤A i=n，且1 2 n．a a a Ai i i1 2 n(b+1)(b+1) (b+1) ≤B+1证明： 1 2 ．n(a+1)(a+1) (a+1) A+11 2 nb B b b b B证明：由条件知，k i1, i1, 2, , n=K，则 1 2 ≤化为=≥=．记nia A a a a Ai 1 2 nk k k≤K．要证明1 2 nn k a+≤KA+1 1∏．①i ia+1A+1 i i=1对i=1, 2,, n，由于 1k≥及0 <a≤A知，i ik a+1 =−k−1 ≤−k−1 =k A+1i i k i k i i．a 1 a 1 A 1 A 1+i+i+ +ii结合K ≥ k kk 知，为证明①，仅需证明当 A > 0, k ≥ 1(i = 1, 2,, n ) 时，有1 2ni∏nk Ak k k A+ ≤ + 11 i1 2 n．②A +1A +1 i =1…………………20 分对n 进行归纳．当n =1时，结论显然成立． 当n = 2时，由 A > 0, k , k ≥1 可知12k Ak Ak k AA kk+1⋅ +1 − +1 = − ( −1)( −1)≤121 212 A +1 A +1 A +1 (A +1)2， ③ 因此n = 2时结论成立． …………………30 分设n = m 时结论成立，则当n = m +1时，利用归纳假设知，∏∏mk A +1m k A+1⋅ k A +1 ≤ k kk A +1⋅ k A +1+1ii m +11 2mm +1A+1A+1A +1 A +1A +1 i =1i =1k kk + A + 1 211≤m，A +1最后一步是在③中用 12m , m 1 1 2m 1,m 11 k 1, k2 ．k k k k + （注意 k k k ≥ k + ≥ ）分别代替从而n = m +1时结论成立．由数学归纳法可知，②对所有正整数n 成立，故命题得证．…………………40 分1祝君金榜题名二、（本题满分40分）如图，ABC为锐角三角形，AB AC，M为BC边的中点，点D和E分别为ABC的外接圆B AC和B C的中点，F为ABC的内切圆在AB边上的切点，G为AE与BC的交点，N在线段EF上，满足NB AB．证明：若BN EM，则DF FG．（答题时请将图画在答卷纸上）DAFB CGMNE证明：由条件知，DE为ABC外接圆的直径，DE BC于M，AE AD．记I为ABC的内心，则I在AE上，IF AB．由NB AB可知NBE ABE ABN(180 ADE) 90．①…………………10 分90 ADE MEI又根据内心的性质，有EAB ABI EIB，EBI EBC CBI EAC ABI从而BE EI．结合BN EM及①知，NBE≌MEI．…………………20 分DAFIB CGMNE于是EMI BNE90BFE180EFI，故E, F, I, M四点共圆．进而可知AFM90IFM90IEM AGM，从而A, F, G, M四点共圆．…………………30 分再由DAG DMG90知，A, G, M, D四点共圆，所以A, F, G, M, D五点共圆．从而DFG DAG90，即DF FG．…………………40 分2祝君金榜题名2k −1三、（本题满分 50 分）设n , k , m 是正整数，满足 k ≥ 2 ，且 ≤ < ．n m nkn设 A 是{1,2,,m }的 n 元子集．证明：区间 0,中的每个整数均可表示为−k1a − a ′ ，其中a , a ′∈ A ．n证明：用反证法．假设存在整数 x 0, −k 1不可表示为 a − a ′ ，a , a ′∈ A ．作带余除法m = xq + r ，其中0 ≤ r < x ．将1, 2,, m 按模 x 的同余类划分成 x 个公差为 x 的等差数列，其中 r 个等差数列有 q +1项， x − r 个等差数列有 q 项．由于 A 中没有两数之差为 x ，故 A 不能包含以 x 为公差的等差数列的相邻两项．从而⋅ q 1 + x , 2 q,+1()2qqn = A ≤ r+ x − r=①22⋅ q +x r , 2 | q ,2这里α表示不小于α 的最小整数． …………………20 分由条件，我们有k kn >m =(xq + r ) 2k −12k −1．②n 又 x0, −k 1 ，故n > (k −1)x ．③情形一： q 是奇数．则由①知，q +1 n ≤ x ⋅．④2q+1 k k结合②，④可知，x⋅≥n>(xq+r) ≥xq，从而q<2k−1．再由q2 2k−1 2k−1是奇数可知，q≤2k−3，于是q+1n≤x⋅≤(k−1)x，2与③矛盾．情形二：q是偶数．则由①知，qn≤x⋅+r．⑤2q k xq k−1 (k−1)x 结合②，⑤可知，x⋅+r≥n>(xq+r) <r<，从而，2 2k−1 2(2k−1) 2k−1 2k−1 故q<2(k−1) ．再由q是偶数可知，q≤2k−4 ，于是qn≤x⋅+r≤(k−2)x+r<(k−1)x，2与③矛盾．综上可知，反证法假设不成立，结论获证．…………………50 分3祝君金榜题名四、（本题满分50分）数列{a}定义如下：a是任意正整数，对整数n≥1，n 1n∑互素，且不等于a+是与an 1 ii=1 a a的最小正整数．证明：每个正整数均在数1, , n a a的最小正整数．证明：每个正整数均在数列{a}中出现．n证明：显然 2 1a1 =1或a=．下面考虑整数m>1，设m有k个不同素因子，我们对k归纳证明m在{a}中出现．记S=a ++a，n≥1．n n 1 nk=时，m是素数方幂，设m=pα，其中α>0 ，p是素数．假设m不在{ }1 an中出现．由于{a}各项互不相同，因此存在正整数N，当n≥N时，都有a>pα．若n n对某个n≥N，p S，那么pα与a a中无一项是pα，故由数列S互素，又1, ,n n n定义知a+≤pα，但是a+>pα，矛盾！n1 n 1因此对每个n≥N，都有p| S．但由p| S+及p| S n知p| a n+1，从而a n+1 与S nn n1不互素，这与a+的定义矛盾．…………………10 分n 1假设k≥2 ，且结论对k−1成立．设m的标准分解为=．假设mm p p pααα1 2 k1 2 k不在{ }a中出现，于是存在正整数N′，当n≥N′时，都有a>m．取充分大的正n n整数−，使得ββ1,, k1M=pβpβ>a．max1k−11 k−1 ≤≤′n1 n N我们证明，对n≥N′，有a+≠M．…………………20 分n 1对任意n≥N′，若p p p互素，则m与a a中均S与S互素，又m在1, , nn 1 2 k n未出现，而a+>m，这与数列的定义矛盾．因此我们推出：n 1对任意n≥N′，p p p不互素．(∗)S与n 1 2 k情形1．若存在i(1≤i≤k−1) ，使得p| S，因+，从而(a+, S) =1，故p ai n n1 n i n1a+≠M（因|p M）．…………………30 分n 1 i情形2．若对每个i(1≤i≤k−1) ，均有p S．于是p S，则由(∗) 知必有|i n k np a+，进而p S a p S+，即i≤i≤k−，使得+．故由(∗) 知，存在0 (1 0 1) k n 1 k n n+1 k n 1p0 | S+1，再由S n+1 =S n+a n+1 及前面的假设p S(1≤i≤k−1)，可知p ai n i n0 1i n+，故a+≠M． (40)分n 1因此对n≥N′+1，均有a≠M，而>，故M不在{ }M max a a中出现，这与n n n1≤i≤N′归纳假设矛盾．因此，若m有k个不同素因子，则m一定在{a}中出现．n由数学归纳法知，所有正整数均在{a}中出现．…………………50 分n4。