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10. 解法一：设线段AB的中点为M(x0,y0)，则 x0?x1?x2y?y2， ?2,y0?122kAB?y2?y1y?y163?22?? . 2x2?x1y2?y1y0y2y1?66线段AB的垂直平分线的方程是
y?y0??y0(x?2). （1） 3易知x?5,y?0是（1）的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点
C坐标为(5,0).
由（1）知直线AB的方程为y?y0?3(x?2)，即 y0x?y0(y?y0)?2. （2） 322（2）代入y?6x得y?2y0(y?y0)?12，即
2y2?2y0y?2y0?12?0. （3）
依题意，y1,y2是方程（3）的两个实根，且y1?y2，所以
222??4y0?4(2y0?12)??4y0?48?0,
?23?y0?23.
y AB? ?(x1?x2)2?(y1?y2)2
(1?(y02))(y1?y2)2 3OAB2y0 ?(1?)[(y1?y2)2?4y1y2]
92y022 ?(1?)(4y0?4(2y0?12))
9C(5,0)x ?222(9?y0)(12?y0) . 36
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定点C(5,0)到线段AB的距离 h?CM? S?ABC? ?2(5?2)2?(0?y0)2?9?y0.
11222 AB?h?(9?y0)(12?y0)?9?y02311222(9?y0)(24?2y0)(9?y0) 32222?24?2y0?9?y0119?y0 ?()3
323 ?147 . 36?356?35,5?7),B(,5?7)或3322当且仅当9?y0?24?2y0，即y0??5,A(A(6?356?35,?(5?7)),B(,?5?7)时等号成立. 33所以，?ABC面积的最大值为
147. 3解法二：同解法一，线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5,0).
设x1?t1,x2?t2,t1?t2,t1?t2?4，则S?ABC?222212t122t25016t11的绝对值, 6t21 S?ABC?((56t1?6t1t2?6t1t2?56t2))
2122223(t1?t2)2(t1t2?5)2 23 ?(4?2t1t2)(t1t2?5)(t1t2?5)
23143 ?(),
23 ?所以S?ABC?147?52?4，即t1?7, 当且仅当(t1?t2)2?t1t2?5且t12?t2,
36,A(t2??7?566?356?35,5?7),B(,5?7)或 33 7
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A(6?356?35,?(5?7)),B(,?5?7)时等号成立. 33 所以，?ABC面积的最大值是
3147. 3211.令f(x)?2x?5x?2，则f?(x)?6x?5?0，所以f(x)是严格递增的.又
131f(0)??2?0,f()??0，故f(x)有唯一实数根r?(0,).
242所以 2r?5r?2?0，
32r4710??r?r?r?r?351?r.
故数列an?3n?2(n?1,2,?)是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列a1?a2???an??和b1?b2???bn??满足
ra1?ra2?ra3???rb1?rb2?rb3???去掉上面等式两边相同的项，有
2， 5rs1?rs2?rs3???rt1?rt2?rt3??，
这里s1?s2?s3??,t1?t2?t3??，所有的si与tj都是不同的.
不妨设s1?t1，则
rs1?rs1?rs2???rt1?rt2??，
1?rt1?s1?rt2?s1???r?r2???1?1?1?r111?2?1?1，
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.
加 试
1. （40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．
PAOBEKDCQ
M8
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2. （40分）设k是给定的正整数，r?k?1．记f(1()r)?2f(r?)?r?r??，
f(l)(r)?f(f(l?1)(r)),l?2．证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数．这里，??x??表示不
小于实数x的最小整数，例如：???1，?1??1． ??23. （50分）给定整数n?2，设正实数a1,a2,?1???,an满足ak?1,k?1,2,,n，记
Ak?求证：
a1?a2?k?ak,k?1,2,,n．
?ak??Ak?k?1k?1nnn?1． 2An的每个顶点处赋值0和1两个数中
4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形A1A2的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？
解 答
1. 用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ． 因为PK?P的幂（关于⊙O）?K的幂（关于⊙O） ?PO?r同理
QK?QO?r2A2O?22???KO?r222?，
PBEKDCQ2?2???KO22?r2?，
M2N所以 PO?PK?QO?QK， 故OK⊥PQ． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是
2AQAP?． ① QNPM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得
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NBDEAQ???1， ② BDEAQNMCDEAP???1． ③ CDEAPMNBMCNDMD由①，②，③可得， 所以，故△DMN ∽ △DCB，于是?DMN??DCB，??BDCDBDDC所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而A,B,D,C四点共圆.
注1：“PK2?P的幂（关于⊙O）?K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得
PK?KF?AK?KE， ④
则P，E，F，A四点共圆，故
?PFE??PAE??BCE，
从而E，C，F，K四点共圆，于是
PK?PF?PE?PC， ⑤
⑤-④，得
PK?PE?PC?AK?KE?P的幂（关于⊙O）?K的幂（关于⊙O）． 注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．
M
A2OFBEKDPCQN2. 记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当m?v2(k)?1时，f下面我们对v2(k)?v用数学归纳法． 当v?0时，k为奇数，k?1为偶数，此时
(m)(r)为整数．
1??1??1??f(r)??k???k????k???k?1?
2??2??2??为整数． 假设命题对v?1(v?1)成立．
对于v?1，设k的二进制表示具有形式
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2014年全国高中数学联赛试题及答案
