1、1 2021 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛） 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛） 暨暨 2021 年全国高中数学联合竞赛 年全国高中数学联合竞赛 加试（加试（A1 卷）参考答案及评分标准 卷）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，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分为一个档次， 不得增
2、加其他中间档次 一一（本题满分（本题满分 40 分）分）如图，在ABC中，ABAC，ABC内两点,X Y 均在BAC的平分线上， 且满足ABXACY 设BX的延长线与线段CY交于 点P，BPY的外接圆 1 与CPX的外接圆 2 交于P及另一点Q 证明：,A P Q三点共线 证明证明：由,BAXCAYABXACY，可知ABXACY所以 ABAX ACAY 10 分 延长AX，分别交圆 12 , 于点,U V，则 AUBYUBYPBYPXXVCAVC， 于是ABUACV所以 ABAU ACAV 20 分 由，可得 AXAU AYAV ，即AU AYAV AX 30 分 上述等式两端分别为点A到圆
3、12 , 的幂， 这意味着A在圆 12 , 的根轴 （即 直线PQ）上，换言之，,A P Q三点共线 40 分 2 1 Q P Y A BC X 2 1 U V Q P Y CB A X 2 二二 （本题满分（本题满分 40 分）分）求正整数, ,a b n（其中2n ）满足的充分必要条件， 使得存在一个从集合 0,1,1Sabt tn 到自身的一一映射:f SS，满足：对任意xS，均有x与( )f x互素 解解：设, ,a b n符合题意若( , )1a bd，则d整除S的所有元素，故对任意 :f SS，取一个xS，则有( ,( )1x f xd，矛盾 因此必有( , )1a b 10 分
4、若n为奇数且a为偶数，则由于( , )1a b ，故b为奇数，此时S含有 1 2 n 个 偶数及 1 2 n 个奇数 假如存在符合要求的f， 则对每个偶数xS， 由( ,( )1x f x 知( )f x必为奇数，因此S含有至少 1 2 n 个奇数，这与前述结果违背 至此得, ,a b n需满足的必要条件： “( , )1a b ， 且当n为奇数时，a为奇数” 20 分 下证此条件也是充分的 假设此条件成立首先注意，对任意0,1,2tn，有 (,(1)(, )( , )1abt ab tabt ba b 当n为偶数时，令 ()(1),(1)(0, 2,2)f abtab tf ab tabt
5、tn， 则这样定义的:f SS符合要求 30 分 当n为奇数时，令( ),()2 ,(2 )f aabf ababf aba，并令 ()(1),(1)(3,5,1)f abtab tf ab tabt tn， 由于此时a为奇数， 故(2 , )( , 2 )( , )1ab aaba b，所以这样定义的:f SS 符合要求 综上， “( , )1a b ，且当n为奇数时，a为奇数”是所求的充分必要条件 40 分 三三（本题满分（本题满分 50 分）分）设正实数数列 , nn ab满足：对任意整数101n ， 有 100100 22 11 11 , 100100 nnjnnj jj abba 证
6、明：存在正整数m，使得0.001 mm ab 证明一证明一：设 22, 1, 2, nnn cabn，则对101n ，有 100100100 2222 111 11 100100 nnnnjnjnj iii cabbac 10 分 如果有一个0 n c ，则结论显然成立以下假设所有0 n c 先证明一个引理： 引理：存在常数(0,1)，具有如下性质：若正整数n及正实数M，满足 199 , nnn cccM ，则存在整数99kn，使得 199 , kkk cccM 3 引理的证明： （1）若 199 , nnn c cc 不全同号，则由知 1001 99 = 100 n cMM ， 这里 1 9
7、9 (0,1) 100 反复利用及三角不等式，得 10112 1 (99) 100 n cMM ， 102123 1 (98) 100 n cMM ， 1991299100 1 (1) 100 n cMM ， 这里 21312 11 =(99)(0, 1),=(98)(0, 1), 100100 1001299 1 =(1)(0, 1) 100 取100kn， 12100 =max ,(0, 1) 即可（注意这里的是一个与 , n M无关的常数） 30 分 （2）若 199 , nnn c cc 同号，则由知， 100n c 与 199 , nnn c cc 不同号，且 100n cM ，因此
8、由情形（1）的结论可知，对（1）中确定的，有 +101102200 , nnn cccM 取101kn即可 引理证毕 40 分 回到原题， 设 12100 max,Mccc， 则反复用上面引理知， 对任意正整 数t，均存在正整数m，使得 t m cM 由01知，lim0 t t M ，故存在正整数m，使得 2 (0.001) m c，又 2 22 mmmmmmmmm cabababab， 故0.001 mm ab 50 分 证明二证明二：设 22, 1, 2, nnn cabn，则对101n ，有 100100100 2222 111 11 100100 nnnnjnjnj jjj cabba
9、c 10 分 数列 n c是一个 100 阶常系数齐次线性递推数列，特征方程为 1009998 10010 xxxx 我们证明上述特征方程的根均为模小于 1 的复数 设z是一个根， 若1z ， 可改写为 2100 111 100 zzz 两边取模，并由三角不等式得 4 21002100 111111 100100 | | | |zzzzzz ， 等号成立当且仅当1z ，且 2100 ,z zz的辐角相同，即1z ，但1z 不满足 方程，故的根均为模小于 1 的复数 30 分 设 12 , k t tt是方程的所有不同的复根， 重数分别为 12 , k m mm， 则数列 n c的通项公式为 1
10、122 ( )( )( ) nnn nkk cP n tP n tP n t， 其中 i P是次数小于 i m的复系数多项式 由于1 i t ，1, 2,ik，故lim( )0 n ii n P n t ，从而当n 时，0 n c 因 此存在正整数m，使得 2 (0.001) m c，又 2 22 mmmmmmmmm cabababab， 故0.001 mm ab 50 分 四四（本题满分（本题满分 50 分）分）圆周上给定100个不同的点试确定最大的正整数 k： 将这100个点中任意k个点任意染为红、 蓝两色之一， 均可将其余的点适当地 染为红色或蓝色，使得可用这 100 个点为端点作 50
11、 条线段，任意两条线段没有 公共点，且每条线段的端点同色 解解：答案是50 将100个点换成2m个点， 按顺时针方向依次记为 122 , m A AA， 将每个点染 为红色或蓝色，如果可以用m条线段将这2m个点配对，满足题中所述条件，则 称染色方法是美妙的记 1321242 , mm SA AATAAA 引理：将2m个点染为红蓝两色，染色方法是美妙的当且仅当S中红点数等 于T中红点数 引理的证明：先证明必要性假设存在满足要求的配对连线，则S中的红点 必定与T中红点配对 （因为若一条线段l两端均为S中的点， 那么l两侧的弧上各 有奇数个点，必有一条线段与线段l相交） 同理，T中红点也必定与S中红
12、点配 对，因此满足要求的配对连线给出了S中红点与T中红点的一一对应 10 分 再证明充分性对m归纳证明当S中红点数与T中红点数相等时，存在满足 要求的配对连线1m时，由假设可知两个点是同色的，可以按要求连一条线 段 假设2m，且结论在1m时成立考虑m的情形，此时存在相邻两点是同 色的，否则红蓝相间，这样S中全为一种颜色，T中全为另一种颜色，与假设不 符不妨设 212 , mm AA 同色（否则可重新标记下标，此时,S T不变，或交换，但不 影响条件） 连线段 212mm AA ， 其余22m个点满足归纳假设中条件， 且其中任意 两点所连线段均不会与 212mm AA 相交 故由归纳假设， 可连
13、1m条线段将其配对 满足要求，再加上 212mm AA 这条线段便得到了2m个点的满足要求的配对连 线 30 分 回到原问题若51k ，可将S中50个点全部染为红色，T中50k个点染 为蓝色，则其余点不论如何染色，无法得到引理中的充分必要条件故51k 不 5 满足要求 40 分 若50k 假设任意染了50个点的颜色， 在,S T中分别染了a个和b个红点， 不妨设ab ， 则T中至少有ab个点未染色 （否则， 若T中未染色点数少于ab， 则染了颜色的点的个数不少于(50()1)5150aabb ，矛盾） 故可将 T中ab个未染色的点染为红色， 其余未染色的点染为蓝色， 这样,S T中各有a 个红色的点，满足引理的条件，从而染色方法是美妙的 综上，所求k的最大值等于50 50 分
