2009年全国高中数学联赛加试题另解

赛赛题新2009 高中 赛加试题另第一 如图1,MN分别为锐(△ABCA B(的外接圆圆Γ弧BCAC的中点CPCΓ于点P,

PN=CM=MB=MI,PM=NC=NI ANT= AMT= ATN= NBC= PNM PTM ATNTANPMABC的内心联结PI圆ΓT求证2)AB(不含点C上任取一点Q(Q≠ATB,AQC、△QCB的内心分别为I1I2,则QI1I2T四点共圆.证法1:为了证明该题,先给出一个引理引理设IABCAI所在直ABCDIABC内心的充要条件是BDDIDC.证明略

M 注:同样利用△IN △BMTAN=NI1=NI=NC=PMBM=MI2=MI=MC= ANI1=ANQ=AMQ IMI2ANI=BM I1NI=BMI2则△ANI1△IMI2,△I1NI△I2MB△ANI回到原题 从而,AI1=AI=

=AN1)如图

B 故△A

BTAANNCCMMBBT.

又IAT=IPM=NIP=BIT,则TAI1=TII2. A分别三点共线PCMN

共圆 图故四边形PCMN是等腰梯形 21)IT=IM,IT=II2则△AI1 ATI1 I1TI2=ATI= =MQN=I1Q因此,QI1I2T四点共圆(山东枣庄第十八中学,2:1)AIMBIN

1-1>ln(n+2)-1>lnn-nkn三点共线

k=

+-lnn>- NPI PMI MN =1.

k=1k+ IPM IMN

< k=k=1k2+ k2+ k=2k2+=2+k=2k<2+ln n 1即 k=1k+-lnn 2+CP∥MNPA因此,PMI=INsinN M

k=2MTsin2

=CM=NP

综合1)、2)可(2)同解答(齐博 二中,

n-1

-ln 1≤ ≤k=1k+ 求证:不等 (山东省东营胜利一中,n-1 -ln 1(n=1, n

,434020) ≤ k1k 证法2: n+ n-n- >∫2n-k=1k+1<lnn<k=1k

k=1k+ 1+ n+ 这是因为函数f( 1与x轴及x=1

=2∫2d1+x 1+x

n+2ln1+1lnn2+2n2ln1+1lnn2+2n+2-ln(i)小于以1,1, 矩形面积和

n-

则

-ln(ii)大于以2,3,⋯,n为高、1为宽 k=1k2+ ln1+n+ -ln 2+3

nn

>ln1-ln2=-1+ln

>-<

xdx<1+2+⋯+n-1(n>1) 2 1+2

+⋯ <lnn<1+

+⋯+

当n1

n- 下面证明:-1< -lnn≤1 k=1k2+1-lnn=2-ln1=2k1k2 当n≥2 当n1

k=1

1=2

k=

k2+

<11+x2式成立2当n≥2

ln1+n2-ln kk kk2 >

k+

故 -ln故k=1k+ k=1k+ k= k=1k+<<1 ln1+n2-ln2-lnn22k-ln1ln1 -ln1

k=1k+

n2=1 2

+lnln1+ -ln1+ -ln+ 1 +lnn+ =1+1ln5<1 >-ln2>-nk1=-lnnk1=-ln2k=k2+n-ln1+k+k1>-ln2k=k2+1-k+=-ln2nk-k=1(k2+1)(k+

故-1 -lnn≤ 故-1 -ln k=1k+ k=1k+( 省市第一中学,

(舒金根浙江省衢州第二中学第三 设k、l是给定的两个正整数m:m(m≥km证法3:先证明一个引理引理x0

与l互质证法1:pCk互质,Ck∞t=mm m∞t=mmx-2<ln1+x) p

引理的证明:f(x)=ln(1+x)-

因此

m-k(t=1,2,⋯),=+p =+pgx)=ln1+x)-x+2 即k+(m-k)=m在p进制下不发生进位f(x)=

-1

- l的质因数为p,p,⋯,p,不妨设1

1+

1+x

p1p2pn则k在pii1,2,⋯,ng′(x)1x-1x1x ,kp1从而,当x>0时 位最长,设为k=aps+r,其中,正整数ar fx)f0,gx)g0 1≤a≤p1-1,0≤r≤ps- x-2

<ln(1+x)<x. m=k+ls+1+t(t 当n=1时 这样的Ck均与l互质knk-1

-ln 1=2=

(李 k=1k+当n≥2

07级,证法2:当l=1时,对任意的 N+2k=1k+2

-ln

结论均成立l1m=p·ln+knk,1=2+k=

k2+1-ln1+k-

N+)kk=<2n3n3-

kk2+1

1k-

1+2(k-1)1

m(m-1)(m-2)⋯(m-k+=Q(ln)·ln+k!Qx)为整系数多项式 k22k-12k2 mkmm(m-1)(m-2)⋯(m-k+1)k!=m

引理的证明:Ck表示(1+x)m中xk的 是整数.因此,k!|Q(ln)·ln对任意的 N成立当n大于k!

1+xmC因为C

ni=Ci-C

(1+x)aip.1≤i≤pk-1.最高次幂时,

ipk-i- Qln)·lnk!=tl1)·k! N+ ipk,Cpk-1p|nm于是,(Ck,l)=(tl+1,l)= 则(1+x)mm

i=

(1+xpi)ai(mod 而右边中xk的系数为CbnCbn-1⋯Cb0anan- 结论成立 回到原题 ,163458陈超湖南省岳阳县第一中学高271,414100指导教师)证法3:t令m=k+tl·k!.m:Ck,l)m[m-(k-1)][m-(k-2)]⋯(m-m m-(k-i)=i+

lpp⋯p.设kpini112k=t(bnbn-1⋯b1b0)p.i im为同余方程组mkmodpni)(m>k,i=1,2,⋯,t)的解.i Ck≡1(modp mCk与l互质m(齐博省二中, α

5:l=p11p22⋯pnn,p1=1

(i=1,2,⋯,k

p,⋯,p,α,α,⋯,α为正整数 因i|

(i=1,2,⋯,

所以

m-(k-i

(Ck,l)=1Ζ(Ck,p)=1(i=1,2,⋯, 即证Ck,p 是正整数 m≥k成立 m 又i是l的倍数,则1 i与l 而Cm=k!(m-k)!,故Cm中pi的幂与质m-k-与

l互质 ikk

m-(k-

与l互质

∞pS ∞pj=

-j=

∞∞p ∞∞p j=

m-p pii S0m≥k成立(刘 中学实验四年 不妨设pxi-1≤k<pxi( N),其中 ,证法4:先证明一个引理引理mkppm=(anan-1⋯a1a0)p

xi由pik唯一确定.取任意的yi,使其满足yi≥xi(yi N+).令 1 mi=pyi,m=cmm⋯m+k( 1 mS m-k=b ⋯bb) 当j≤yi,pi|(m-k

nn- 10 0补齐

m-

m-Ck≡CbnCbn-1⋯Cb1Cb0(modp

=pj+

= + anan- a1 (江苏 第5届女子数学的第8题是 因此,存在唯一的正整数l2,使2设p为大于3的质数.求证:存在若干 2整数a,a,⋯,a

2×3l2<|a2|<2×3l-1p p-2<

t<

<⋯<

p<2

一直做下去,构造了整数列a0,a1,⋯pip-a1p- p- 0<|ai|<2,ai1p-3li|a|, |a|·|a|·⋯·|a|

在i<j使得|ai|=|aj||ai+1|,|ai+2|⋯,|aj|互不相同文[1]中已经给出了两种证法.本文 p-ai+1p-ai+ p-给出一个新的证法 |ai+

|i |

:a0<|a|<

p.则 3li|a|3li+1|

j3lj-1|

i

i+1 j-l,

|ai+1

|ai+2

|aj <|

=3li+li+1+⋯+lj-p2p

0|<2×3l0-1 ai1,ai2,⋯,aj2 ap-3l0|a|0<|a|2

注:tp2 <|

2

1|<2×3l1-1p1

[1]2007年MO中国国家集训队组编.MO:数学试题集锦(2007)[M].:华东师范大a2p-3l1|a|0<|a2|<

2 ,2007, m- ]bm- =

≤ <pj<b+ ji ji

m- =0.