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1、2017 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 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，不得不得增加其他中间档次增加其他中间档次 一一、 （本题满分（本题满分 4 40 0 分）分）如图，在ABC中，ABAC=，I为ABC的内心以A为圆心，AB为半径作圆1，以I为圆心，IB为半径作圆2，过点B、I的圆3与1、2分别交于点P、Q（不同于点B） 设IP与BQ交于点R 证明：BRCR （答（答
2、题时请将图画在答卷纸上）题时请将图画在答卷纸上） 证明证明：连接IB，IC，IQ，PB，PC 由于点Q在圆2上，故IBIQ=，所以IBQIQB= 又B，I，P，Q四点共圆，所以IQBIPB= ，于是IBQIPB= ， 故IBPIRB，从而有IRBIBP= ，且 IBIPIRIB= 10 分 注意到ABAC=，且I为ABC的内心，故IBIC=，所以 ICIPIRIC=， 于是ICPIRC，故IRCICP= 20 分 又点P在圆1的弧BC上，故11802BPCA=，因此 BRCIRBIRCIBPICP= += + 360BICBPC= 113609018022AA=+ 90=， 故BRCR 40
3、分 ABCIPQR二二、 （本题满分（本题满分 4 40 0 分）分）设数列na定义为11a ， 1,1,2,nnnnnananananan+=若若 求满足20173rar 的正整数r的个数 解解： 由数列的定义可知121,2aa= 假设对某个整数2r 有rar=， 我们证明对1,1tr=，有 2122121,2rtrtartrtartrt+=+ += +，21(1)2(1)12rraarrrrr+=+=+= +，结论成立 设对某个11tr +， 2221(21)2(21)122rtrtaartrtrtrtrt+=+=+ += ， 偶数均满足rar， 其中的偶数比奇数少 1 个 因此满足201
4、73rar 的正整数r的个数为 2017201713201932018122 40 分 三三、 （本题满分（本题满分 5 50 0 分）分） 将33 33方格纸中每个小方格染三种颜色之一， 使得每种颜色的小方格的个数相等 若相邻两个小方格的颜色不同， 则称它们的公共边为“分隔边” 试求分隔边条数的最小值 解解：记分隔边的条数为L首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色， 粗线上均为分隔边，此时共有 56 条分隔边，即56L = 10 分 下面证明56L 将方格纸的行从上至下依次记为1233,A AA，列从左至右依次记为1233,B BB 行iA中方格出现的颜色数记为()in A， 列
5、iB中方格出现的颜色个数记为()in B 三种颜色分别记为123,c c c 对于一种颜色jc， 设()jn c是含有jc色方格的行数与列数之和记 1,(,)0,ijijAcA c=若 行含有 色方格，否则， 类似地定义(,)ijB c于是 33333111( ()()( (,)(,)iiijijiijn An BA cB c=+=+ 3333111( (,)(,)()ijijjjijA cB cn c=+= 由于染jc色的方格有21333633=个， 设含有jc色方格的行有a个， 列有b个，则jc色的方格一定在这a行和b列的交叉方格中，因此363ab ，从而 ()22 36338jn cab
6、ab=+， 故 ()39,1,2,3jn cj= 20 分 由于在行iA中有()in A种颜色的方格， 因此至少有() 1in A 条分隔边 同理在列jB中，至少有() 1jn B条分隔边于是 333311( () 1)( () 1)iiiiLn An B=+ 331( ()()66iiin An B=+ 31()66jjn c= 30 分 下面分两种情形讨论 情形 1: 有一行或一列全部方格同色不妨设有一行全为1c色，从而方格纸的33 列中均含有1c色的方格，由于1c色方格有 363 个，故至少有 11 行中含有1c色方格，于是 1716173311111116 1( )11 3344n c
7、+= 由，及即得 123( )()()664439396656Ln cn cn c+= 40 分 情形 2: 没有一行也没有一列的全部方格同色则对任意133i ，均有()2in A ，()2in B 从而由知 331( ()()6633 4666656iiiLn An B=+= 综上所述，分隔边条数的最小值等于 56 50 分 四四、 （本题满分（本题满分 5 50 0 分）分）设,m n均是大于 1 的整数，mn12,na aa是n个不超过m的互不相同的正整数，且12,na aa互素证明: 对任意实数x，均存在一个i（1in ） ，使得2 (1)ia xxm m+ ，这里 y 表示实数y到与
8、它最近的整数的距离 证明证明：首先证明以下两个结论. 结论 1：存在整数12,nc cc，满足1 1221nnc ac ac a+=，并且|icm， 1in 由于12(,)1na aa=，由裴蜀定理，存在整数12,nc cc，满足 1 1221nnc ac ac a+= 下面证明，通过调整，存在一组12,nc cc满足，且绝对值均不超过m记 1212120, | ( ,)( ,)| 0ijcmnjnicmcScS c ccccc，那么存在1icm，于是1iic a ，又因为12,na aa均为正 数，故由可知存在0jc 令 iijcca=，jjicca=+，kkcc=(1kn，,ki j)，
9、则 11221nnc ac ac a+=， 并且0jiimacc，jjiccam 因为iicc，且jcm，所以112112(,)( ,)nnS cccS c cc及0ic，故212212(,)( ,)nnS cccS c cc 如果20S ， 那么存在jcm 令iijcca=，jjicca=+，kkcc=(1kn，,ki j)，那么成立，并且iimcc，0jjcc与上面类似地可知112112(,)( ,)nnS cccS c cc，且212212(,)( ,)nnS cccS c cc，即, a b同号当1|2ab+时，有1 1, 2 2ab+ ，此时 | | abababab+=+=+=+ 当1|2ab+时，注意总有1 2ab+，故 1 | 2ababab+， 则在12,na aa中存在两个相邻正整数. 不妨设12,a a 相邻， 则 2121 xa xa xa xa x=+ 故2 a x与1 a x中有一个 2 2(1)xxm m+ 综上所述，总存在一个i（1in ） ，满足2 (1)ia xxm m+ 50 分