2015年全国高中数学联赛试卷解析

2015 年全国高中数学联合竞赛（A卷）
参考答案及评分标准
一试
说明：
1.评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设。分和香分两档；其他 各题的评阅，请严格
按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.
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，解 答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题该分为一个档
次，不要增加其他中间档次．

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．

1．设< br>a,b
为不相等的实数，若二次函数
f(x)?x?ax?b
满足
f( a)?f(b)
，则
f(2)?

答案：4.解：由己知条件及 二次函数图像的轴对称性，可得
所以
f(2)?4?2a?b?4
．
2
a?ba
??
，即
2a?b?0
，
22
1< br>?cos
4
?
的值为 ．
sin
?
222
答案：2. 解：由条件知，
cos
??sin
?
，反复利用此结论，并注意到
cos
?
?sin?
?1
，
1cos
2
?
?sin
2
?
4
?cos
?
??sin
2
?
?(1?sin?
)(1?cos
2
?
)
得
sin
?
sin
?
?2?sin
?
?cos
2
?
?2．
2．若实数
?
满足
cos
?
?tan
?< br>，则

3．已知复数数列
?
z
n
?
满足z
1
?1,z
n?1
?z
n
?1?ni(n?1,2, ???)
，其中i为虚数单位，
z
n
表
示
z
n的共轭复数，则
z
2015
?
．
答案：2015 + 1007i．解：由己知得，对一切正整数n，有
z
n?2< br>?z
n?1
?1?(n?1)i?z
n
?1?ni?1?(n?1)i ?z
n
?2?i
,
于是
z
2015
?z
1
?1007?(2?i)?2015?1007i
．

4．在矩形
ABCD
中，
AB?2,AD?1
，边
DC
上（包含点D、C）的 动点
P
与
CB
延长线
上（包含点B）的动点
Q
满足 条件
DP?BQ
，则
PA?PQ
的最小值为 ．
答案
3
．
4
解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) ．设 P 的坐标为（
t
, l) （其
因此，
uuuruuuruuuruuur
中
0?t?2
）， 则由
|DP|?|BQ|
得Q的坐标为（2，-
t
)，故
PA?(? t,?1),PQ?(2?t,?t?1)
,
uuuruuur
133
PA? PQ?(?t)?(2?t)?(?1)?(?t?1)?t
2
?t?1?(t?)
2
??
．
244
uuuruuur
13
当
t?时，
(PA?PQ)
min
?
．
24

5．在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为 ．
答案：
2
．解：设正方体为ABCD- EFGH，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有
55

3
C
12
=220种．
下面考虑使3条棱两两异面的取法数．由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即
AB、 AD、AE的方向），具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同
的方向．可先 取定AB方向的棱，这有4种取法．不妨设取的棱就是AB，则AD方向只能取
棱EH或棱FG，共2种 可能．当AD方向取棱是EH或FG时，AE方向取棱分别只能是CG或
DH．由上可知，3条棱两两异 面的取法数为4×2=8，故所求概率为

82
．
?
22055< br>6．在平面直角坐标系xOy中，点集
(x,y)(x?3y?6)(3x?y?6)?0
所对应的平面区
域的面积为 ．
答案：24．解：设
K
1< br>?{(x,y)||x|?|3y|?6?0}
．
先考虑
K
1
在第一象限中的部分，此时有
??
x?3y?6
,故这些点对应于图中的△OCD及 其内
部．由对称性知，
K
1
对应的区域是图中以原点O
为中心的菱形ABCD及其内部．
同理，设
K
2
?{(x,y)| |3x|?|y|?6?0}
，
则
K
2
对应的区域是图中以O为中心 的菱形EFGH
及其内部．
由点集
K
的定义知，
K
所对应 的平面区域是
被
K
1
、
K
2
中恰好一个所覆盖的部 分，因此本题

所要求的即为图中阴影区域的面积S．
由于直线CD的方程为
x?3y?6
，直线GH的方程为
3x?y?6
，故它们的交点P的坐
标为
(,)
．由对称性知，
S?8S
?CPG
?8??4?
33
22
1
2
3
?24
．
2

7． 设
?
为正实数，若存在实数
a,b(
?
?a?b?2
?)
，使得
sin
?
a?sin
?
b?2
，则< br>?
的取
值范围为 ．
答案：
w?[,)U[
95 13
,??)
．解：
sin
?
a?sin
?
b?2
知，
sin
?
a?sin
?
b?1
，而
4 24
si
?
a,
?
b?[w
?
,2w
?< br>]
，故题目条件等价于：存在整数
k,l(k?l)
，使得
w
?
?2k
?
?
?
22
当
w?4
时，区间
[w
?
,2w
?
]
的长度不小于
4
?，故必存在
k,l
满足①式．
当
0?w?4
时，注意到
[w
?
,2w
?
]?(0,8
?
)
，故仅需考虑 如下几种情况：
?
5
?
15
?2w
?
，此时< br>w?
且
w?
无解； (i)
w
?
??
22 24
5
?
9
?
95
??2w
?
，此时?w?
; (ii)
w
?
?
2242
9
?< br>13
?
13913
(iii)
w
?
???2w?
，此时
?w?
,得
?w?4
．
22424
9513
综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到
w?4
亦满足条件，可知w?[,)U[,??)
．
424
?2l
?
?
?
?2w
?
． ①

8．对四位数
abcd
(
1?a?9,0?b，c,d?9
)，若
a?b,b?c,c?d,
则称
abcd
为
P
类数 ；

若
a?b,b?c,c?d
，则称
a bcd
为
Q
类数，用N(P)和N(Q)分别表示
P
类数与
Q
类数的个
数，则N(P)-N(Q)的值为 ．
答案：285．解：分 别记P类数、Q类数的全体为A、B，再将个位数为零的P类数全体
记为
A
0
，个位数不等于零的尸类数全体记为
A
1
．
对任一四位数
abcd ?A
1
，将其对应到四位数
dcba
，注意到
a?b,b?c,c? d?1
，故
dcba?B
．反之，每个
dcba?B
唯一对应于从 中的元素
abcd
．这建立了
A
1
与B之间的一
一对应，因 此有
N(P)?N(Q)?|A|?|B|?|A
0
|?|A
1
|? |B|?|A
1
|
．
下面计算
|A
0
|
对任一四位数
abc0?A
0
,
b
可取0, 1，…，9，对其中 每个
b
，由
b?a?9
及
b?c?9
知，
a
和
c
分别有
9?b
种取法，从而
99
9?10?19< br>2
|A
0
|?
?
(9?b)?
?
k
2
??285
．
6
b?0k?1
因此，
N(P)?N(Q)?285
．

二、解答题：本大题共3小题，满分56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
9 ．（本题满分16分）若实数
a,b,c
满足
2?4?2,4?2?4
，求< br>c
的最小值．
解：将
2,2,2
分别记为
x,y,z
，则
x,y,z?0
．
由条件知，
x?y?z,x?y?z
，故
z?y?x?(z?y)?z?2yz?y
．8分
因此，结合平均值不等式可得，
2222222224
abc
abcabc
y
4
?y111 13
3
22
11
3
2y?z??(2y??)??3??2
．12分
2
2y4yy4yy4
1
1
33
2
当< br>2y?
，即
y?
3
时，
z
的最小值为
32
（此时相应的
x
值为
3
2
，符合要
y
44
2
求）．
由于
c?log
2
z
，故c
的最小值
log
2
(
3
3
5
2)? log
2
3?
．16分
43

10．（本题满分20分） 设
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
为四 个有理数，使得：
?
aa
i
31
??
?
1?i? j?4??24,?2,?,?,1,3
?
，求
a
1
?a
2
?a
3
?a
4
的值．
?
j
28
??
解：由条件可知，
a
i
a
j
(1?i?j?4)
是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，
由此知，
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
的绝对值互不相等，不妨设
|a
1
|?|a
2
|?|a
3
|?|a
4
|
， 则
|a
i
||a
j
|(1?i?j?4)
中最小的与次小的 两个数分别是
|a
1
||a
2
|
及
|a
1
||a
3
|
，最大与次大的
两个数分别是
|a
3< br>||a
4
|
及
|a
2
||a
4
|< br>，从而必须有
1
?
aa??,
?
12
8
?
?
aa?1,
10 分
?
13
?
a
2
a
4
?3,
?
?
?
a
3
a
4
??24,
113
,a
3
?,a
4
???24 a
1
． 于是
a
2
??
8a
1
a
1
a
2

13
2
,?24a}?{?2,?}
，15分
1
8a1
2
2
1
结合
a
1
?Q
，只可能a
1
??
．
4
1111
由此易知，
a
1
?,a
2
??,a
3
?4,a
4
??6
或者
a
1
??,a
2
?,a
3
??4,a
4
?6
．
4242
故
{a
2
a
3,a
1
a
4
}?{?
检验知这两组解均满足问题的条件． 故
a
1
?a
2
?a
3
?a
4
??
9
． 20 分
4
x
2
?y
2
?1
的左右焦11．（本题满分20分）在平面坐标系xOy中，
F
1
,F
2
分别为椭圆
2
点，设不经过焦点
F
1
的直线
l
与椭圆交于两个不同的点
A,B
，焦点
F
2
到直线
l
的距离为
d
，
如果
AF
1
,l,BF
1
的斜率依次成等差数列，求
d
的取值范围．
F
2
的坐标分别为解：由条件知，点
F
1
、（-1, 0）和（l, 0) ．设直线l的方程为
y?kx?m
，
x
2
?( kx?m)
2
?1
，即 点A、B的坐标分别为
(x
1
,y
1
)
和
(x
2
,y
2
)
，则x
1
,x
2
满足方程
2
(2k
2
?1 )x
2
?4kmx?(2m
2
?2)?0
．
由于点A、B 不重合，且直线l的斜率存在，故
x
1
,x
2
是方程①的两个不同实 根，因此
有①的判别式
??(4km)?4?(2k?1)?(2m?2)?8(2k?1?m )?0
，即
22222
2k
2
?1?m
2
．②
y
1
yyy
,k,
2
依次成等差数列知，
1
?
2
?2k
，又
x
1
?1x
2
?1x< br>1
?1x
2
?1
y
1
?kx
1
?m ,y
2
?kx
2
?m
，所以
(kx
1
?m )(x
2
?1)?(kx
2
?m)(x
1
?1)?2k(x
1
?1)(x
2
?1)
，
由直线
AF
1< br>,l,BF
1
的斜率
化简并整理得，
(m?k)(x
1
?x
2
?2)?0
．
假如
m?k
，则直线l的方程为
y?kx?k
，即 z 经过点
F
1
（-1, 0)，不符合条件．
因此必有
x
1
?x
2
?2?0
，故由方程①及韦达定理知，
4km
??( x
1
?x
2
)?2
，即
2
2k?1
m?k ?
1
．③
2k
22
由②、③知，
2k?1?m?(k?
反之，当
m,k
满足③及
|k|?
2
1
2
1
．
)
，化简得
k
2
?
2
，这等价于< br>|k|?
2
2k4k
2
时，l必不经过点
F
1
（否则将导致
m?k
，与③矛盾）,
2
而此时
m,k
满 足②，故l与椭圆有两个不同的交点A、B，同时也保证了
AF
1
、
BF1
的斜率
存在（否则
x
1
,x
2
中的某一个为 - l，结合
x
1
?x
2
?2?0
知
x
1
?x
2
??1
，与方程①有两个
不同的实根矛盾）．10分
点
F
2
（l , 0）到直线l:
y?kx?m
的距离为
d?
|k?m|
1?k
2
?
1
1?k
2< br>?|2k?
1
|?
2k
11
?(2?
2
)< br>．
2k
1
?1
k
2
注意到
|k|?
2
，令
t?
2
1
?1
，则
t?(1,3)
，上式可改写为
k
2

1t
2
313
d??(?)??(t?)
．
t222t< br>13
考虑到函数
f(t)??(t?)
在
[1,3]
上上单调 递减，故由④得，
f(3)?d?f(1)
，
2t
即
d?(3,2)
．20 分





加试

1．（本题满分40分）设
a
1
,a
2
,???,a
n
(n?2)
是实数，证明：可以 选取
?
1
,
?
2
,???,
?
n
?
?
?1,1
?
，
使得
(
?
a)
i
i?1
n
2
?(
?
?
i
a
i< br>)?(n?1)(
?
a
i
2
)
．
2
i?1i?1
nn
??
nn
22
??
证法一：我们证明：
(
?
a
i
)?
?
a
i
?
?
a
j
?(n?1)(
?
a
i
)
，①
?
i?1
?
n
i?1i?1
??
j?[]
2
??
nn
即对
i?1,2,L,[]
，取
?
i
?1
，对
i?[]?1,L,n
，取
?
i< br>??1
符合要求．（这里，
[x]
22
表示实数
x
的 整数部分．） 10分
n
n
[]
2
2
事实上，①的左边为
]]]
?
[
n
??
[
n
??
[
n
?< br>?
n
?
nn
222
?
a?
?
??
a?
?
?2
?
a
?
?2
?
aaa
j
?

??????
ijiji
?
i?1< br>??
i?1
??
i?1
?
?
n
?
n n
?
j?[]?1
?
??????
j?[]?1j?[]?1
22
?
2
?
??????
]
?
[
n?
?
n
?
2
?n?
?
n
?
?
??
?
（柯西不等式）30分
?2
??
?
ai
2
?
?2
?
n?
??
?
?
?
a
2
j
?
?
?
2
?
?
?
2
?
?
?
?
j?[
n
]?1
?
?
i?1
?
?
?
2
?
??
]?
[
n
?
??
n
??
n?1
???
n
?
?
2
2
?
?
?
n?1
?
?
?
n
2
?
n??
?
?2??
?
a
i
?2
?
?
a
（利用） < br>?
?
?
j
?
???
?
??
2222
????
??
?
i?1
?
?
??
?
?
j?[
n
]?1
?
?
2
?
? ?
]
?
[
n
?
?
n
?
2
?
（利用
[x]?x
）
?n
?
?
a
i< br>2
?
?(n?1)
?
?
a
2
j
?< br>i?1
?
?
n
?
?
j?[]?1
?
??
?
2
?
??
222
2
?(n?1)(
?
a
i
2
)
．
i?1
n
所以 ① 得证，从而本题得证．
证法二：首先，由于问题中
a
1
,a
2,L,a
n
的对称性，可设
a
1
?a
2
?L? a
n
．此外，若
将
a
1
,a
2
,L,a< br>n
中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的
(
?
a)
i
i?1
n
2
不减，而右边的
?
a
i?1
n
2
i
不变，并且这一手续不影响
?
i
??1
的选取 ，因此我们可进一步设
a
1
?a
2
?L?a
n
?0
． 10分

引理：设
a
1
?a
2
?L?a
n
?0
，则
0?
?
(?1)
i?1
n
i?1
a
i
?a
1
．
事实上，由于
a
i
?a
i?1
(i ?1,2,L,n?1)
，故当
n
是偶数时，
?
(?1)
i?1
n
n
i?1
a
i
?(a
1
?a2
)?(a
3
?a
4
)?
L
?(a
n ?1
?a
n
)?0
，
a
i
?a
1
?(a
2
?a
3
)?
L
?(a
n?2
? a
n?1
)?a
n
?a
1
．
?
(?1)
i?1
n
i?1
当
n
是奇数时，
?
(? 1)
i?1
n
i?1
a
i
?(a
1
?a< br>2
)?(a
3
?a
4
)?
L
?(a
n?2
?a
n?1
)?a
n
?0
，
a
i
?a
1
?(a
2
?a
3
)?
L
? (a
n?1
?a
n
)?a
1
．
?
(?1)
i?1
i?1
引理得证． 30 分
回到原题，由柯西不等式及上面引理可知
n
?
n
??< br>n
??
n
2
?
2i?12
?
?
a< br>i
?
?
?
?
(?1)a
i
?
?n< br>?
?
a
i
?
?a
1
?(n?1)
?
a
i
，
i?1
?
i?1
??
i?1??
i?1
?
22
这就证明了结论． 40分
证法三： 加强命题：设
a
1
,a
2
,???,a
n
（
n?2
）是实数，证明：可以选取
1
n
2
?
1
,
?
2
,???,
?
n
?{?1,1}
，使得 (
?
a
i
)?(
?
?
i
a
i
)?(n?)(
?
a
i
)
.
n
i?1i?1i?1
222
证明 不妨设
a
1
? a
2
?????a
n
，以下分
n
为奇数和
n
为偶数两种情况证明.
22
nn
当
n
为奇数时，取
?< br>1
?
?
2
?????
?
n?1
?1
，
?
n?1
?
?
n?3
?????
?
n< br>??1
，于是有
222
(
?
a
i
)?[(
?
a
i
)?(
2
i?1i?1
n?1
2< br>n
n?1
2
n?1
j?
2
?
a)]
j
n
2
?2[(
?
a
i
)+(
2
i?1
n?1
2
n?1
j?
2
?
a)]

2
j
n
n?1n?1
n
22

?2?(
?
a
i
)+2?(n?)(
?
a
j
)（应用柯西不等式）.
2
i?1
2
j?
n?1
2?(n?1)(
?
a)+(n?1)(
2
i
i?1
n? 1
2
?
a)
①
j?
n?1
2
2
j
2
n
，易证有n
另外，由于
a?a?????a
2
1
2
2
1 1
n
22
(1?)
?
a
i
?(1?)
?< br>a
j
，
n
i?1
n
j?
n?1
2
n
2
j
n?1
2
1
n
2
因此，由 式①即得到
(n?1)(
?
a)+(n?1)(
?
a)
?( n?)(
?
a
i
)
，
n
i?1
n?1< br>i?1
j?
2
i
2
n?1
2
故
n< br>为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当
?
1
?
?2
?????
?
n?1
?1
，
2
?
n ?1
?
?
n?3
?????
?
n
??1
， 且
a
1
?a
2
?????a
n
时取等号.
22

当
n
为偶数时，取
?1
?
?
2
?????
?
n
?1
，?
n?2
?
?
n?4
?????
?
n
??1
，于是有
222
(
?
a
i
)?[(
?
a
i
)?(
2
i?1i?1
n
2
n< br>n
2
?
j?
n
n?2
2
a
j
)]?2[(
?
a
i
)+(
22
i?1
n
2
?
j?
n
n?2
2
a
j
)
2
]
2

nn
n
22
?2?(
?
a
i
)+2?(n?)(
?
a
j
)
（应用柯西不等式 ）.
2
i?1
2
j?
n?2
2
1
n2
?n[(
?
a)+(
?
a)]
?n(
?a)?(n?)(
?
a
i
)
，
n
i?1
n?2
i?1
i?1
j?
2
i
n
2
j
2
i
n
2
n
2
故
n
为偶数时，原命题也成立，而且由证明过程可知，当且仅当
a
1
?a
2
?????a
n
?0
时
取等号，若
a
1
,a
2
,???,a
n
不全为零，则取不到等号.
综上，联赛加试题一的加强命题获证.

2．（本题满分40分）设
S?
?
A
1
,A
2
,???,A
n
?
,
其中
A
1
,A
2
,???,A
n
是
n个互不相同的有限集合
(n?2)
，满足对任意的
A
i
,Aj
?S
，均有
A
i
?A
j
?S
，若< br>k?minA
i
?2
，证明：存在
1?i?n
n
x? ?A
i
，使得
x
属于
A
1
,A
2
,???,A
n
中的至少个集合．
i?1
k
证明：不妨设
|A
1
|?k
．设在
A
1
,A
2
,L,A
n
中与
A
1
不相交的集合有
s
个，重新记为
B
1
,B
2
,L,B
s
，
(B
i
UA
1
)?S
，设包含
A
1
的集合有
t
个，重新记为
C
1
,C
2
,L,C
t
．由已知条件 ，
即
(B
i
UA
1
)?{C
1
,C
2
,L,C
t
}
，这样我们得到一个映射

f:{B< br>1
,B
2
,L,B
s
}?{C
1
,C
2
,L,C
t
},f(B
i
)?B
i
UA
1
．
显然
f
是单映射，于是，
s?t
． 10 分
设
A
1
?{a
1
,a
2
,L,a
k
}
．在
A
1
,A
2
,???,A
n中除去
B
1
,B
2
,L,B
s
，
C< br>1
,C
2
,L,C
t
后，在剩
下的
n?s? t
个集合中，设包含
a
i
的集合有
x
i
个（
1?i?k
），由于剩下的
n?s?t
个集合
中每个集合与从的交非空，即 包含某个
a
i
，从而
x
1
?x
2
?L?x
k
?n?s?t
． 20 分
n?s?t
不妨设
x
1
?maxx
i
， 则由上式知
x
i
?
，即在剩下的
n?s?t
个集合中，包含
a
1

1?i?k
k
n?s?t
的集合至少有个． 又由于
A
1
?C
i
(i?1,2,???,t)
，故
C
1
,C
2
,L,C
t
都包含
a
1，因此
k
n?s?tn?s?(k?1)tn?s?t
?t??
包含a
1
的集合个数至少为（利用
k?2
）
kkk
n
?
（利用
s?t
)． 40 分
k
n

3．（本题满分50分）如图，
?ABC
内接于圆< br>O
，
P
为
BC
弧上一
点，点
K
在< br>AP
上，使得
BK
平分
?ABC
，过
K,P,C三点的圆
?
与边
AC
交于
D
，连接
BD
交圆
?
于
E
，连接
PE
，延长交
AB
于
F
，证明：
?ABC?2?FCB
．
证法一：设CF与圆Q交于点L（异于C)，连接PB、PC、 BL、
KL．

注意此时C、D、L、K、E、P六点均在圆
?
上，结合A、 B、P、C四点共圆， 可知∠FEB=
2
∠DEP=180°-∠DCP=∠ABP=∠FBP，因此△FBE∽△F PB，故FB=FE·FP．10分
2
又由圆幂定理知，FE·FP= FL·FC，所以FB=FL·FC．
从而△FBL∽△FCB．
因此, ∠FLB=∠FBC=∠APC=∠KPC=∠FLK, 即B、K、L 三点共
线． 30 分
再根据△FBL∽△FCB得，
1
∠ABC, 即∠ABC=2∠FCB． 2
证法二：设CF与圆
?
交于点L（异于C)．对圆内接广义六边
∠FC B=∠FBL=
形DCLKPE应用帕斯卡定理可知， DC与KP的交点A、CL与PE的交
’’
点F、LK与ED的交点了共线，因此B是AF与ED的交点，即B=B．所
以B、K、L 共线．10分
根据A、B、P、C四点共圆及L、K、P、C四点共圆，得
∠ABC=∠APC=∠FLK=∠FCB+∠LBC,
又由BK平分∠ABC知，∠FBL=
∠ABC=2∠FCB．

1
∠ABC，从而
2


4．（本题满分50分）求具有 下述性质的所有正整数
k
：对任意正整数
n
都有
2
(k?1 )n?1
不整除
(kn)!
．
n!
解：对正整数
m
，设
v
2
(m)
表示正整数
m
的标准分解中素因子2的方 幂，则熟知
v
2
(m!)?m?S(m)
，①
这里
S(m)
表示正整数
m
在二进制表示下的数码之和．
(kn)!(kn)!
(k?1)n?1
由于
2
不整除，等价于
v< br>2
(
即
kn?v
2
((kn)!)?n?v
2
(n!)
，
)?(k?1)n
，
n!n!
进而由①知，本题等价于 求所有正整数
k
，使得
S(kn)?S(n)
对任意正整数
n
成立． 10分
a
我们证明，所有符合条件的
k
为
2(a?0, 1,2,L)
．
a
一方面，由于
S(2n)?S(n)
对任意正整 数
n
成立，故
k?2
符合条件． 20 分
a
另一方面， 若
k
不是2的方幂，设
k?2?q,a?0,q
是大于1的奇数．
下面构造一个正整数
n
，使得
S(kn)?S(n)
．因为
S(kn )?S(2?q)?S(qn)
, 因此问
a
a
m
)
． < br>q
u
由（2，
q
）=l，熟知存在正整数
u
，使得< br>2?1(modq)
．（事实上，由欧拉定理知，
u
可以取
?
(q)
的．)
a
aa
设奇数
q
的二进制表示为
2
1
?2
2
?L?2
t
,0?a
1
?a< br>2
?L?a
t
,t?2
．
题等价于我们选取
q的一个倍数
m
，使得
S(m)?S(
取
2
1
? 2
2
?L?2
我们有
aa
a
t?1
?2
a
t
?tu
，则
S(m)?t
，且
m?q?2
a< br>t
(2
tu
?1)?0(modq)
．
tuu
t? 1
u
m2?1
lu?a
t
a
t
2?1
a< br>t
2?1
u(t?1)u
?1?q?2??1?2?(1?2?
L?2)?1?
?
?2

qqqq
l?0
2
u
?12
u
?1
u
?2
，故正整数由于
0?
的二进制表示中的最高次幂小于
u
，由此易知，
qq

2
u
?1
iu?a
t
2
u
?1
ju?a
t
?2?2
对任意整数
i,j(0?i?j ?t?1)
，数与的二进制表示中没有相同
qq
的项．
2
u
?1
lu?a
t
?2(l?0,1,L,t?1)
的二进制表示中均不包含 1，故由②可又因为
a
i
?0
，故
q
m2
u
?1
)?t?t?S(m)
, 知
S()?1?S(
qq
因此上述选取的
m
满足要求．
a
综合上述的两个方面可知，所求的
k
为
2(a?0,1,2,L)
． 50分