全国高中数学联合竞赛加试A卷答案

全国高中数学联合比赛加试A卷答案全国高中数学联合比赛加试A卷答案PAGEPAGE5全国高中数学联合比赛加试A卷答案PAGE[键入文字]

2017年全国高中数学联合比赛加试〔A卷〕

参照答案及评分标准

明：

1．卷，格依照本分准的分品位分．

2．若是考生的解答形式和本解答不一样样，只要思路合理、步正确，在卷可

参照本分准适合辩白品位分，10分一个品位，不得增添其他中品位．

一、〔本分40分〕如，在ABC中，ABAC，IABC的心里．以

A心，AB半径作1，以I心，IB半径作2，点B、I的

3与1、2分交于点P、Q〔不一样样于点B〕．IP与BQ交于点R．明：BRCR．〔答将画在答卷上〕

A

I

BC

QR明：接IB，IC，IQ，PB，PC．

由于点Q在2上，故IBIQ，因此IBQ又B，I，P，Q四点共，因此IQB故IBP∽IRB，进而有IRBIBP，且IBIP．IRIB

IQB．

IPB，于是IBQIPB，

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分

注意到ABAC，且IABC的心里，故IBIC，因此ICIP，IRIC于是ICP∽IRC，故IRCICP．1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯20分又点P在的弧BC上，故BPCA，因此1801ICP2BRCIRBIRCIBP360BICBPC13601AA901802290，故BRCR．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯40分[键入文字]

二、〔本分40分〕数列{an}定a11，ann,若nn,an1an,an1,2,．若an,nn求足arr20173的正整数r的个数．解：由数列的定可知a11,a22．假某个整数r2有arr，我明t1,,r1，有ar2t12rt1r2t1,ar2trtr2t．①t明．当t1，由于arrr，由定，ar1arrrr2rr1，ar2ar1(r1)2r(r1)r1r2，成立．某个1tr1，①成立，由定ar2t1ar2t(r2t)rtr2t2rtr2t1，ar2t2ar2t1(r2t1)2rt(r2t1)rt1r2t2，即t1也成立．由数学法知，①全部t1,2,,r1成立，特当tr1，有a3r21，进而a3r1a3r2(3r2)3r1．若将全部足arr的正整数r从小到大r1,r2,，由上面的可知r11,r22，rk13rk1，k2,3,．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯20分由此可知，，进而．由于r201712017320181r，在1,2,,32017中足ar的数r332018222019r共有2018个，r12018．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯30分2,r,,r由①可知，每个k1,2,,2017中恰有一半足arr．由于r201813201711与32017均奇数，而在r20181,,32017中，奇数22017均足arr，偶数均足arr，其中的偶数比奇数少1个．因此足arr3的正整数r的个数20171332018．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯40分2019201722

三、〔本分50分〕将3333方格中每个小方格染三种色之一，使得每种色的小方格的个数相当．若相两个小方格的色不一样样，称它的公共“走开”．求走开条数的最小．

解：走开的条数L．开始，将方格按如分成三个地域，分染成三种色，粗上均走开，此共有

56条走开，即

L

56．⋯⋯⋯⋯

10

分[键入文字]

1617

11

1117161133下面明L56．将方格的行从上至下依次A1,A2,,A33，列从左至右依次B1,B2,,B33．行Ai中方格出的色数n(Ai)，列Bi中方格出的色个数n(Bi)．三种色分123．于一种色cj，n(cj)是含有cjc,c,c色方格的行数与列数之和．1,(A,c)若Ai行含有cj色方格ij0,否，似地定(Bi,cj)．于是33333(n(Ai)n(Bi))((Ai,cj)(Bi,cj))i1i1j13333((Ai,cj)(Bi,cj))n(cj)．j1i1个，含有j1个，列有个，由于染c色的方格有1332c色方格的行有ab363j3jcj色的方格必然在a行和b列的交织方格中，因此ab363，进而n(cj)ab2ab236338，故n(cj)39,j1,2,3．①由于专家Ai中有n(Ai种色的方格，因此最稀有⋯⋯⋯⋯⋯⋯20分)ij中，最稀有n(Bjn(A)1条走开．同理在列)条走开．于是B13333L(n(Ai)1)(n(Bi)1)i1i133(n(Ai)n(Bi))66②13

n(cj)66．③

j1

⋯⋯⋯⋯⋯⋯30分

下面分两种状况．

状况1:有一行或一列全部方格同色．没关系有一行全c1色，进而方格的33列中均含有c1色的方格，由于c1色方格有363个，故最稀有11行中含有c1色方格，于是[键入文字]

n(c1)113344．④由①，③及④即得Ln(c1)n(c2)n(c3)664439396656．⋯⋯⋯⋯⋯⋯40分状况2:没有一行也没有一列的全部方格同色．任意1i33，均有n(Ai)2，n(Bi)2．进而由②知33L(n(Ai)n(Bi))66334666656．i1上所述，走开条数的最小等于56．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯50分四、〔本分50分〕m,n均是大于1的整数，mn．a1,a2,,an是n个不超m的互不一样样的正整数，且a1,a2,,an互素．明:任意数x，均存在2一个i〔1in〕，使得‖ax‖‖x‖，里‖y‖表示数y到与它近来的im(m1)整数的间隔．明：开始明以下两个.1：存在整数c1,c2,,cn，足c1a1c2a2cnan1，并且|ci|m，1in．由于(a1,a2,,an)1，由裴蜀定理，存在整数c1,c2,,cn，足c1a1c2a2cnan1．①下面明，通整，存在一c1,c2,,cn足①，且均不超m．S1(c1,c2,,cn)ci0,S2(c1,c2,,cn)|cj|0．cimcjm若是S10，那么存在cim1，于是ciai1，又因a1,a2,,an均正数，故由①可知存在cj0．令ciciaj，cjccjai，ckck(1kn，ki,j)，②acaca，11122nn并且0majcici，cjcjaim．因cci，且cjm，因此S1(c,c,,c)S1(c1,c2,,cn)．又cjcj及i12nci0，故S2(c1,c2,,nc)S2(c1,c2,,cn)．若是S20，那么存在cjm，因此有一个ci0．令ciciaj，cjcjai，ckck(1kn，ki,j)，那么②成立，并且mcici，cjcj0．与上面似地可知S1(c1,c2,,cn)S1(c1,c2,,cn)，且S2(c1,c2,,cn)S2(c1,c2,,cn)．因S1与S2均长短整数，故通有限次上述的整，可获取一c1,c2,,cn，使得①成立，并且S1S20．1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯20分2:〔1〕任意数a,b，均有‖ab‖‖a‖‖b‖．〔2〕任意整数u和数y有‖uy‖|u|‖y‖．[键入文字]

由于任意整数u和数x，有‖xu‖‖x‖，故没关系a,b[1,1]，此22‖a‖|a|，‖b‖|b|.若ab0，没关系a0b，ab[1,1]，进而22‖ab‖|ab||a||b|‖a‖‖b‖．若ab0，即a,b同号．当|a||b|1，有ab[1,1]，此222‖ab‖|ab||a||b|‖a‖‖b‖．当|a||b|1，注意有‖ab‖1，故2b‖12‖a|a||b|‖‖‖‖．⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分2ab0故〔1〕得．由〔1〕及‖y‖‖y‖即知〔2〕成立．回到原，由1，存在整数c1,c2,,cn，使得c1a1c2a2cnan1，并且|ci|m，1in．于是nciaixx．利用2得i1‖x‖nnnciaix|ci|‖aix‖m‖aix‖．i1i1i1因此‖‖1‖x‖．③maxax1inimn⋯⋯⋯⋯⋯⋯40分1