2015全国高中数学联赛加试试题及答案(A卷)
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…………………20 分 …………………10 分
另一方面，若 k 不是 2 的方幂，设 k = 2a ⋅ q ， a ≥ 0 ， q 是大于 1 的奇数． 下面构造一个正整数 n ，使得 S (k n) < S (n) ．因为 = S (k n) S= (2a q n) S (q n) ，
m 因此问题等价于我们选取 q 的一个倍数 m ，使得 S (m) < S ． q
2 因此 FBE ∽ FPB ，故 FB = FE ⋅ FP ．
…………………10 分
A
又由圆幂定理知， FE ⋅ FP = FL ⋅ FC ，所以
2 FB = FL ⋅ FC ，
从而 FBL ∽ FCB ． 因此
…………………20 分
F K L E P
O D C Ω
即 B、K、L 三点共线．
这里 S (m) 表示正整数 m 在二进制表示下的数码之和． 由 于 2 ( k −1) n +1 不 整 除
①
(kn)! (kn)! 等 价 于 ν2 ≤ (k − 1)n ， 即 n! n!
kn −ν 2 ((kn)!) ≥ n −ν 2 (n !) ， 进而由①知，本题等价于求所有正整数 k ，使得 S (kn) ≥ S (n) 对任意正整数 n 成立． 我们证明，所有符合条件的 k 为 2a (a = 0, 1, 2,) ． 一方面，由于 S (2a n) = S (n) 对任意正整数 n 成立，故 k = 2a 符合条件．
…………………40 分
二、 （本题满分 40 分）设 S = { A1 , A2 , , An } ，其中 A1 , A2 , , An 是 n 个互不相 ， 满 足 对 任 意 Ai , Aj ∈ S ， 均 有 Ai Aj ∈ S ． 若 同的有限集合（ n≥2 ）
= k min | Ai |≥ 2 ．证明：存在 x ∈ Ai ，使得 x 属于 A1 , A2 , , An 中的至少
i =1 n 2
步设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an ≥ 0 ． 引理：设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an ≥ 0 ，则 0 ≤ ∑ (−1)i −1 ai ≤ a1 ．
i =1 n
…………………10 分
事实上，由于 ai ≥ ai +1 = (i 1, 2, , n − 1) ，故当 n 是偶数时，
州
1≤i ≤ k
不妨设 x1 = max xi ，则由上式知 x1 ≥
包含 a1 ，因此包含 a1 的集合个数至少为
杭
包含 a1 的集合至少有
n− s −t 个．又由于 A1 ⊆ Ci （ i = 1, , t ） ，故 C1 , C2 , , Ct 都 k
n− s −t n − s + (k − 1)t n − s + t （利用 k ≥ 2 ） = +t ≥ k k k n ． ……………40 分 ≥ （利用 t ≥ s ） k
证法二：首先，由于问题中 a1 , a2 , , an 的对称性，可设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an ．此 n 外，若将 a1 , a2 , , an 中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的 ∑ ai 不 i =1 减，而右边的 ∑ ai2 不变，并且这一手续不影响 ε i = ±1 的选取，因此我们可进一
2
2
育
2
①
n n （这里，[ x ] 即对 i = 1, , ，取 ε i = 1 ；对 = i + 1, , n ，取 ε i = −1 符合要求． 2 2
表示实数 x 的整数部分． ） 事实上，①的左边为
奥 林
2 2
教
2
…………………10 分
n n 2 2 n n ∑ ai + ∑ a j + ∑ ai − ∑ a j = n n i 1= i1 j= j= 2 +1 2 +1
…………………50 分
2 ( k −1) n +1 不整除
熟知
杭
点共圆，得
四、 （本题满分 50 分）求具有下述性质的所有正整数 k ：对任意正整数 n ，
(kn)! ． n!
解：对正整数 m ，设 ν 2 (m) 表示正整数 m 的标准分解中素因子 2 的方幂，则
ν 2 (m !) = m − S ( m) ，
2015 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 a1 , a2 , , an (n ≥ 2) 是 实 数 ， 证 明 ： 可 以 选 取
i =1 n
∑ (−1)
i =1
i −1
当 n 是奇数时，
∑ (−1)
i =1
杭
引理得证．
州
i −1
n
ai = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + + (an − 2 − an −1 ) + an ≥ 0 ，
i −1
∑ (−1)
i =1
n
奥 林
2
n i =1
∑ (−1)
n
i −1
由 ( 2, q ) = 1 ，熟知存在正整数 u ，使得 2u ≡ 1(mod q ) ． （事实上，由欧拉定理 知， u 可以取 ϕ (q ) ． ） 设奇数 q 的二进制表示为 2α1 + 2α 2 + + 2αt , 0 = α1 < α 2 < < α t , t ≥ 2 ． 取 m = 2α1 + 2α 2 + + 2αt −1 + 2αt +t u ，则 S (m) = t ，且
A
三、 （本题满分 50 分） 如图，ABC 内接于圆 O ，P 为 上一点，点 K 在线段 AP 上，使得 BK 平分 ∠ABC ．过 BC
K、P、C 三点的圆 Ω 与边 AC 交于点 D ，连接 BD 交圆 Ω
F K B E P
奥 林
设 A1 = {a1 , a2 , , ak } ．在 A1 , A2 , , An 中除去 B1 , B2 , , Bs , C1 , C2 , , Ct 后，在剩
州
n 2 = 2 ∑ ai i =1
n + 2 ∑ aj n = j +1 2
2
n ≤ (n + 1) ∑ ai2 ， i =1 所以①得证，从而本题得证．
…………………40 分
杭
我们有
2t u − 1 2u − 1 m 1 2αt ⋅ 1 2αt ⋅ 1 + 2u + + 2(t −1)u ) =+ =+ ( q q q
ai = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + + (an −1 − an ) ≥ 0 ，
ai = a1 − (a2 − a3 ) − − (an − 2 − an −1 ) − an ≤ a1 ．
ai = a1 − (a2 − a3 ) − − (an −1 − an ) ≤ a1 ．
杭
n 2 n n n 2 2 ≤ 2 ∑ ai + 2 n − ∑ a j （柯西不等式） …………30 分 2 i =1 2 = n j +1 2
f :{B1 , B2 , , Bs } → {C1 , C2 , , Ct } ， f ( Bi ) = Bi A1 ． 显然 f 是单映射，于是 s ≤ t ．
教
下的 n − s − t 个集合中， 设包含 ai 的集合有 xi 个 （1 ≤ i ≤ k ） ， 由于剩下的 n − s − t 个 集合中每个集合与 A1 的交非空，即包含某个 ai ，从而 x1 + x2 + + xk ≥ n − s − t ． …………………20 分
ε1 , ε 2 , , ε n ∈ {1, − 1} ，使得
n n n 2 a ε a ( n 1) + ≤ + ∑ i ∑ i i ∑ ai ． = i 1= i1 = i1
证法一：我们证明：
n 2 n n n 2 + − ≤ + a a a ( n 1) ∑ ∑ ∑ i i j ∑ ai ， = i 1= i1 i1 n = = j +1 2 2
…………………30 分
再根据 FBL ∽ FCB 得，
即 ∠ABC = 2∠FCB ．
教
1 ∠FCB = ∠FBL = ∠FBE = ∠ABC ， 2
证法二：设 CF 与圆 Ω 交于点 L （异于 C ） ．对圆 内接广义六边形 DCLKPE 应用帕斯卡定理可知， DC 与 KP 的交点 A 、 CL 与 PE 的交点 F 、 LK 与 ED 的交 点 B′ 共线，因此 B′ 是 AF 与 ED 的交点，即 B′ = B ．所
F E P
奥 林
育
A O K L B(B')
∠FLB = ∠FBC = ∠APC = ∠KPC = ∠FLK ，
B
…………………50 分
州
以 B 、 K 、 L 共线．
…………………30 分
根据 A 、 B 、 P 、C 四点共圆及 L 、 K 、 P 、C 四
D C Ω
∠ABC = ∠APC = ∠FLK = ∠FCB + ∠LBC ， 1 又由 BK 平分 ∠ABC 知， ∠LBC =∠ABC ，从而 ∠ABC = 2∠FCB ． 2
n− s −t ，即在剩下的 n − s − t 个集合中， k
育
( Bi A1 ) ∈ S ，即 ( Bi A1 ) ∈ {C1 , C2 , , Ct } ，这样我们得到一个映射
…………………10 分
O D C Ω
于 点 E ， 连 接 PE 并 延 长 与 边 AB 交 于 点 F ． 证 明 ：
n n 2 2 n + 1 n n n + 1 2 a j （利用 n − = = 2 ∑ ai + 2 ） ∑ 2 2 2 i =1 2 = n j +1 2 n n 2 2 2 ≤ n ∑ ai + (n + 1) ∑ a j （利用 [ x ] ≤ x ） n = i =1 j +1 2
∠ABC = 2∠FCB ．
证法一：设 CF 与圆 Ω 交于点 L （异于 C ） ，连接 PB、PC 、 BL 、 KL ． 注意此时 C 、 D 、 L 、 K 、 E 、 P 六点均在圆 Ω 上，结合 A 、 B 、 P 、 C 四 点共圆，可知
ห้องสมุดไป่ตู้∠FEB = ∠DEP = 180° − ∠DCP = ∠ABP = ∠FBP ，
…………………30 分
回到原题，由柯西不等式及上面引理可知
n n n 2 2 i −1 a ( 1) a n + − ≤ i ∑ i ∑ ∑ ai + a1 = = i 1= i1 i1
≤ (n + 1)∑ ai2 ，
2
这就证明了结论．
教
育
1≤i ≤ n
n
i =1
n 个集 k
合（这里 X 表示有限集合 X 的元素个数） ． 证明：不妨设 | A1 |= k ．设在 A1 , A2 , , An 中与 A1 不相交的集合有 s 个，重新 记为 B1 , B2 , , Bs ，设包含 A1 的集合有 t 个，重新记为 C1 , C2 , , Ct ．由已知条件，
另一方面，若 k 不是 2 的方幂，设 k = 2a ⋅ q ， a ≥ 0 ， q 是大于 1 的奇数． 下面构造一个正整数 n ，使得 S (k n) < S (n) ．因为 = S (k n) S= (2a q n) S (q n) ，
m 因此问题等价于我们选取 q 的一个倍数 m ，使得 S (m) < S ． q
2 因此 FBE ∽ FPB ，故 FB = FE ⋅ FP ．
…………………10 分
A
又由圆幂定理知， FE ⋅ FP = FL ⋅ FC ，所以
2 FB = FL ⋅ FC ，
从而 FBL ∽ FCB ． 因此
…………………20 分
F K L E P
O D C Ω
即 B、K、L 三点共线．
这里 S (m) 表示正整数 m 在二进制表示下的数码之和． 由 于 2 ( k −1) n +1 不 整 除
①
(kn)! (kn)! 等 价 于 ν2 ≤ (k − 1)n ， 即 n! n!
kn −ν 2 ((kn)!) ≥ n −ν 2 (n !) ， 进而由①知，本题等价于求所有正整数 k ，使得 S (kn) ≥ S (n) 对任意正整数 n 成立． 我们证明，所有符合条件的 k 为 2a (a = 0, 1, 2,) ． 一方面，由于 S (2a n) = S (n) 对任意正整数 n 成立，故 k = 2a 符合条件．
…………………40 分
二、 （本题满分 40 分）设 S = { A1 , A2 , , An } ，其中 A1 , A2 , , An 是 n 个互不相 ， 满 足 对 任 意 Ai , Aj ∈ S ， 均 有 Ai Aj ∈ S ． 若 同的有限集合（ n≥2 ）
= k min | Ai |≥ 2 ．证明：存在 x ∈ Ai ，使得 x 属于 A1 , A2 , , An 中的至少
i =1 n 2
步设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an ≥ 0 ． 引理：设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an ≥ 0 ，则 0 ≤ ∑ (−1)i −1 ai ≤ a1 ．
i =1 n
…………………10 分
事实上，由于 ai ≥ ai +1 = (i 1, 2, , n − 1) ，故当 n 是偶数时，
州
1≤i ≤ k
不妨设 x1 = max xi ，则由上式知 x1 ≥
包含 a1 ，因此包含 a1 的集合个数至少为
杭
包含 a1 的集合至少有
n− s −t 个．又由于 A1 ⊆ Ci （ i = 1, , t ） ，故 C1 , C2 , , Ct 都 k
n− s −t n − s + (k − 1)t n − s + t （利用 k ≥ 2 ） = +t ≥ k k k n ． ……………40 分 ≥ （利用 t ≥ s ） k
证法二：首先，由于问题中 a1 , a2 , , an 的对称性，可设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an ．此 n 外，若将 a1 , a2 , , an 中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的 ∑ ai 不 i =1 减，而右边的 ∑ ai2 不变，并且这一手续不影响 ε i = ±1 的选取，因此我们可进一
2
2
育
2
①
n n （这里，[ x ] 即对 i = 1, , ，取 ε i = 1 ；对 = i + 1, , n ，取 ε i = −1 符合要求． 2 2
表示实数 x 的整数部分． ） 事实上，①的左边为
奥 林
2 2
教
2
…………………10 分
n n 2 2 n n ∑ ai + ∑ a j + ∑ ai − ∑ a j = n n i 1= i1 j= j= 2 +1 2 +1
…………………50 分
2 ( k −1) n +1 不整除
熟知
杭
点共圆，得
四、 （本题满分 50 分）求具有下述性质的所有正整数 k ：对任意正整数 n ，
(kn)! ． n!
解：对正整数 m ，设 ν 2 (m) 表示正整数 m 的标准分解中素因子 2 的方幂，则
ν 2 (m !) = m − S ( m) ，
2015 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 a1 , a2 , , an (n ≥ 2) 是 实 数 ， 证 明 ： 可 以 选 取
i =1 n
∑ (−1)
i =1
i −1
当 n 是奇数时，
∑ (−1)
i =1
杭
引理得证．
州
i −1
n
ai = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + + (an − 2 − an −1 ) + an ≥ 0 ，
i −1
∑ (−1)
i =1
n
奥 林
2
n i =1
∑ (−1)
n
i −1
由 ( 2, q ) = 1 ，熟知存在正整数 u ，使得 2u ≡ 1(mod q ) ． （事实上，由欧拉定理 知， u 可以取 ϕ (q ) ． ） 设奇数 q 的二进制表示为 2α1 + 2α 2 + + 2αt , 0 = α1 < α 2 < < α t , t ≥ 2 ． 取 m = 2α1 + 2α 2 + + 2αt −1 + 2αt +t u ，则 S (m) = t ，且
A
三、 （本题满分 50 分） 如图，ABC 内接于圆 O ，P 为 上一点，点 K 在线段 AP 上，使得 BK 平分 ∠ABC ．过 BC
K、P、C 三点的圆 Ω 与边 AC 交于点 D ，连接 BD 交圆 Ω
F K B E P
奥 林
设 A1 = {a1 , a2 , , ak } ．在 A1 , A2 , , An 中除去 B1 , B2 , , Bs , C1 , C2 , , Ct 后，在剩
州
n 2 = 2 ∑ ai i =1
n + 2 ∑ aj n = j +1 2
2
n ≤ (n + 1) ∑ ai2 ， i =1 所以①得证，从而本题得证．
…………………40 分
杭
我们有
2t u − 1 2u − 1 m 1 2αt ⋅ 1 2αt ⋅ 1 + 2u + + 2(t −1)u ) =+ =+ ( q q q
ai = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + + (an −1 − an ) ≥ 0 ，
ai = a1 − (a2 − a3 ) − − (an − 2 − an −1 ) − an ≤ a1 ．
ai = a1 − (a2 − a3 ) − − (an −1 − an ) ≤ a1 ．
杭
n 2 n n n 2 2 ≤ 2 ∑ ai + 2 n − ∑ a j （柯西不等式） …………30 分 2 i =1 2 = n j +1 2
f :{B1 , B2 , , Bs } → {C1 , C2 , , Ct } ， f ( Bi ) = Bi A1 ． 显然 f 是单映射，于是 s ≤ t ．
教
下的 n − s − t 个集合中， 设包含 ai 的集合有 xi 个 （1 ≤ i ≤ k ） ， 由于剩下的 n − s − t 个 集合中每个集合与 A1 的交非空，即包含某个 ai ，从而 x1 + x2 + + xk ≥ n − s − t ． …………………20 分
ε1 , ε 2 , , ε n ∈ {1, − 1} ，使得
n n n 2 a ε a ( n 1) + ≤ + ∑ i ∑ i i ∑ ai ． = i 1= i1 = i1
证法一：我们证明：
n 2 n n n 2 + − ≤ + a a a ( n 1) ∑ ∑ ∑ i i j ∑ ai ， = i 1= i1 i1 n = = j +1 2 2
…………………30 分
再根据 FBL ∽ FCB 得，
即 ∠ABC = 2∠FCB ．
教
1 ∠FCB = ∠FBL = ∠FBE = ∠ABC ， 2
证法二：设 CF 与圆 Ω 交于点 L （异于 C ） ．对圆 内接广义六边形 DCLKPE 应用帕斯卡定理可知， DC 与 KP 的交点 A 、 CL 与 PE 的交点 F 、 LK 与 ED 的交 点 B′ 共线，因此 B′ 是 AF 与 ED 的交点，即 B′ = B ．所
F E P
奥 林
育
A O K L B(B')
∠FLB = ∠FBC = ∠APC = ∠KPC = ∠FLK ，
B
…………………50 分
州
以 B 、 K 、 L 共线．
…………………30 分
根据 A 、 B 、 P 、C 四点共圆及 L 、 K 、 P 、C 四
D C Ω
∠ABC = ∠APC = ∠FLK = ∠FCB + ∠LBC ， 1 又由 BK 平分 ∠ABC 知， ∠LBC =∠ABC ，从而 ∠ABC = 2∠FCB ． 2
n− s −t ，即在剩下的 n − s − t 个集合中， k
育
( Bi A1 ) ∈ S ，即 ( Bi A1 ) ∈ {C1 , C2 , , Ct } ，这样我们得到一个映射
…………………10 分
O D C Ω
于 点 E ， 连 接 PE 并 延 长 与 边 AB 交 于 点 F ． 证 明 ：
n n 2 2 n + 1 n n n + 1 2 a j （利用 n − = = 2 ∑ ai + 2 ） ∑ 2 2 2 i =1 2 = n j +1 2 n n 2 2 2 ≤ n ∑ ai + (n + 1) ∑ a j （利用 [ x ] ≤ x ） n = i =1 j +1 2
∠ABC = 2∠FCB ．
证法一：设 CF 与圆 Ω 交于点 L （异于 C ） ，连接 PB、PC 、 BL 、 KL ． 注意此时 C 、 D 、 L 、 K 、 E 、 P 六点均在圆 Ω 上，结合 A 、 B 、 P 、 C 四 点共圆，可知
ห้องสมุดไป่ตู้∠FEB = ∠DEP = 180° − ∠DCP = ∠ABP = ∠FBP ，
…………………30 分
回到原题，由柯西不等式及上面引理可知
n n n 2 2 i −1 a ( 1) a n + − ≤ i ∑ i ∑ ∑ ai + a1 = = i 1= i1 i1
≤ (n + 1)∑ ai2 ，
2
这就证明了结论．
教
育
1≤i ≤ n
n
i =1
n 个集 k
合（这里 X 表示有限集合 X 的元素个数） ． 证明：不妨设 | A1 |= k ．设在 A1 , A2 , , An 中与 A1 不相交的集合有 s 个，重新 记为 B1 , B2 , , Bs ，设包含 A1 的集合有 t 个，重新记为 C1 , C2 , , Ct ．由已知条件，