2015 年全国高中数学联合竞赛(A卷)一试试题及答案

3．（本题满分50分）如图，
?ABC
内接于圆
O
，
P
为
BC
弧上一点，点
K
在
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
．






















(k?1)n?1
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
不整除
(kn)!．
n!





















4

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、1 1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，每小题份分，满分64分．

1．设
a, b
为不相等的实数，若二次函数
f(x)?x
2
?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
以
f(2)?4?2a?b?4
．
2．若实数< br>?
满足
cos
?
?tan
?
，则
2
a?ba
??
，即
2a?b?0
，所
22
1
?co s
4
?
的值为．
sin
?
22
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
?
?co s
2
?
?2
．
3．已知复数数列
?
z
n
?
满足
z
1
?1,z
n?1
?z
n
?1?ni(n?1,2,???)
，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
，线段
DC
上的动点
P
与
CB
延长线上的动点
Q
满
足条件
DP?BQ
，则< br>PA?PQ
的最小值为．
3
．解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) ．设 P 的坐标为（
t
, l) （其 中
0?t?2
），
4
????????????????
则由
|DP|?|BQ|
得Q的坐标为（2，-
t
)，故
PA?(?t,?1) ,PQ?(2?t,?t?1)
,因此，
????????
133
PA?P Q?(?t)?(2?t)?(?1)?(?t?1)?t
2
?t?1?(t?)
2< br>??
．
244
????????
13
当
t?
时，
(PA?PQ)
min
?
．
24
答案
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
55
3
共有
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
5

6．在平面直角坐标系中，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
?{(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△O CD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
13< br>?4??24
．
22
7．设
?
为正实数，若存在实数
a,b(
?
?a?b?2
?
)
，使得
sin
?< br>a?sin
?
b?2
，则
?
的取
坐标为
(, )
．由对称性知，
S?8S
?CPG
?8?
值范围为．
答 案：
w?[
33
22
9513
?
a?sin
?b?2
知，
sin
?
a?sin
?
b?1
，而
,)?[?,?
．
)
解：
sin
424
si
?
a,
?
b?[w
?
,2w
?
]
，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
w?
且< br>w?
无解； (i)
w
?
??
22
24
5< br>?
9
?
95
??2w
?
，此时
?w?
; (ii)
w
?
?
2242
9
?
13
?
13913
??2w
?
，此时
?w?
,得
?w? 4
． (iii)
w
?
?
22424
9513
综合 (i)、(ii)、(iii)，并注意到
w?4
亦满足条件，可知
w?[,)?[, ??)
．
424
8．对四位数
abcd
，若
a?b,b? c,c?d,
则称
abcd
为
P
类数，若
a?b,b?c, c?d
，则
称
abcd
为
Q
类数，则
P
类 数总量与
Q
类数总量之差等于．
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
?2l
?
?
?
?2w
?
． ①
dcb a?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
|< br>．
下面计算
|A
0
|
对任一四位数
abc0?A< br>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

6

|A
0
|?
?
(9?b)?
?
k
2
?
2
b?0k?1
99
9?10?19
?285
．
6
因此，
N(P)?N(Q)?285
．
三、解答题
9 ．（本题满分16分）若实数
a,b,c
满足
2
a
?4
b< br>?2
c
,4
a
?2
b
?4
c
，求< br>c
的最小值．
解：将
2
a
,2
b
,2c
分别记为
x,y,z
，则
x,y,z?0
．
由条件 知，
x?y
2
?z,x
2
?y?z
2
，故
z
2
?y?x
2
?(z?y
2
)
2
?z< br>2
?2y
2
z?y
4
．8分
因此，结合平均值不等式可得，
y
4
?y11113
3
2 2
11
3
2y?z??(2y??)??3??2
．12分
22y4yy4yy4
33
1
1
2
当
2y?
，即
y?
时，
z
的最小值为
3
2
（此时相应的
x
值为
3
2
，符合要
3
44
y
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< br>2
,a
3
,a
4
为四个有理数，使得：
31
?
?
aa1?i?j?4
?
?
?
?24,?2,?,?, 1,3
?
，求
a?a
?
ij
12
?a
3< br>?a
4
的值．
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
|?(i1?j?
中最小的与次小的两个数分别是最大与次大的
|a
1< br>||a
2
|
及
|a
1
||a
3
|< br>，
4
两个数分别是
|a
3
||a
4
|
及
|a
2
||a
4
|
，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< br>于是
a
2
??,a
3
?,a
4
???24a
1
．
8a
1
a
1
a
2
132
故
{a
2
a
3
,a
1
a
4
}?{?
2
,?24a
1
}?{?2,?}
，15分 8a
1
2
1
结合
a
1
?Q
，只可能< br>a
1
??
．
4
1111
由此易知，
a1
?,a
2
??,a
3
?4,a
4
??6或者
a
1
??,a
2
?,a
3
??4,a4
?6
．
4242
检验知这两组解均满足问题的条件．
故< br>a
1
?a
2
?a
3
?a
4
??9
． 20 分
4
x
2
?y
2
?1
的左右焦点，11．（本题满分20分）设
F
1
,F
2
分别为椭圆设 不经过焦点
F
1
的
2
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

7

依次成等差数列，求
d
的取值范围．
解：由条件知，点
F
1
、（-1, 0）和（l, 0) ．设直线l的方程 为
y?kx?m
，
F
2
的坐标分别为
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)
2
?4?(2k
2
?1)?(2m
2
?2)?8(2k
2
?1?m
2
)?0
，即
2k
2
?1?m
2
．②
y
1yyy
,k,
2
依次成等差数列知，
1
?
2
? 2k
，又
x
1
?1x
2
?1x
1
?1x< br>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)
，
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．
4km
??(x
1
?x
2
)?2
，即因此必有
x
1
?x
2
?2?0
，故由方程①及韦达定理知，
2
2k?1
1
m? k?
．③
2k
1
2
1
2
22
)
，化简得
k
2
?
2
，这等价于
|k|?
由②、③ 知，
2k?1?m?(k?
．
2k4k
2
2
反之，当m,k
满足③及
|k|?
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
、
BF
1< br>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
由直线
AF
1
, l,BF
1
的斜率
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
1
2
，令t??1
，则
t?(1,3)
，上式可改写为
2
2
k
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
注意到
|k|?










8

加试
< br>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
)?(n?1)(
?
a
i< br>2
)
．
2
i?1i?1
2
nn
]
?
[
n
?
nnn
2
22
??
证法 一：我们证明：
(
?
a
i
)?
?
a
i?
?
a
j
?(n?1)(
?
a
i
)< br>，①
?
i?1
?
n
i?1i?1
??
j? []
2
??
nn
即对
i?1,2,?,[]
，取
?
i
?1
，对
i?[]?1,?,n
，取
?
i
??1
符合要求．（这里，
[x]
22
表示实数
x
的整数 部分．） 10分
事实上，①的左边为
]
?< br>[
n
2
?
a?
i
?
?
?
i ?1
?
]]
??
[
n
??
[
n
?
?
n
?
nn
22
a
j
?
?
?
?
a
i
?
?
a
j
?
?2?
?
a
i
?
?2
?
?
a
j< br>?

?
??
i?1
??
i?1
?
?
n
?
nn
?
j?[]?1
?
?????
j ?[]?1j?[]?1
22
?
2
?
?????
2222
]
?
[
n
?
??
?
n
?< br>?
2
2
?
?
?
n
?
?
?< br>n
?
（柯西不等式）30分
?2
??
?
a
i
?2
?
n?
??
?
?
a
2
j< br>?
?
?
2
?
?
?
2
?
?< br>?
?
j?[
n
]?1
?
?
i?1
?
?
?
2
?
??
]
?
[
n
?
?
n
?
2
n
??
n?1
?
n? n?1?
?
????
?
2
?
（利用）
n???
?2
??
?
?
a
i
2
?
? 2
?
?
a
?
j
?
?
???
???
?
2
??
2
??
?
2
?
?
i?1
?
?
?
2
?
?
?
j?[
n
]?1
?
?
2
?
??
]
?[
n
?
?
n
?
2
?
（利用
[ x]?x
）
?n
?
?
a
i
2
?
?(n?1)
?
?
a
2
j
?
i?1
??
n
?
?
j?[]?1
?
??
?
2< br>?
??
?(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
,?,a
n
的对称性，可设
a
1
?a
2
???a
n
．此外，若将
2
则问 题中的不等式左边的
(
?
a
i
)
不减，而右边的
?
a
i
a
1
,a
2
,?,a
n
中的 负数均改变符号，
n
2
n
i?1
i?1
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
???a
n
?0
． 10分
引理：设
a
1
?a
2
???a
n
?0
，则
0?
?
(?1)
i?1
n
i?1
a
i
?a
1
．
事实上，由于
a
i
?a< br>i?1
(i?1,2,?,n?1)
，故当
n
是偶数时，
?
(?1)
?
(?1)
i?1
i?1
n
n
i ?1
a
i
?(a
1
?a
2
)?(a
3?a
4
)?
?
?(a
n?1
?a
n
) ?0
，
a
i
?a
1
?(a
2
?a
3
)?
?
?(a
n?2
?a
n?1
)?a
n
?a
1
．
i?1
当
n
是奇数时，

9

?
(?1)
?
(?1)
i?1
i?1
n
n
i?1
a
i
?(a
1
?a2
)?(a
3
?a
4
)?
?
?(a
n ?2
?a
n?1
)?a
n
?0
，
a
i< br>?a
1
?(a
2
?a
3
)?
?
?( a
n?1
?a
n
)?a
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
??
n< br>??
n
2
?
2i?12
?
?
a
i< br>?
?
?
?
(?1)a
i
?
?n
?< br>?
a
i
?
?a
1
?(n?1)
?
a
i
，
i?1
?
i?1
??
i?1
??< br>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< br>）是实数，证明：可以选取
?
1
,
?
2
,???,< br>?
n
?{?1,1}
，
1
n
2
使得
(
?
a
i
)?(
?
?
i
a
i< br>)?(n?)(
?
a
i
)
.
n
i?1i?1i?1
222
证明 不妨设
a
1
， 以下分
n
为奇数和
n
为偶数两种情况证明.
?a
2
?????a
n
当
n
为奇数时，取
?
1
?
?
2
?????
?
n?1
?1
，
?
n? 1
?
?
n?3
?????
?
n
??1
，于 是有
22
nn
22
n?1
2
i?1
n
2
(
?
a
i
)?[(
?
a
i
)?(
2
i?1i?1
n?1
2
n
n?1
2
?< br>a)]
j?
n?1
2
j
n
2
?2[(
?
a
i
)+(
2
?
a)]

2
j?
n?1
2
j
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< br>2
?
a)
①
j?
n?1
2
2
j
n
另外，由于
a? a?????a
2
1
2
2
2
n
，易证有
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
22n
2
2
(
?
a
i
)?[(
?
a
i
)?(
2
i?1i?1
n
2
n
n2
?
j?
n
n?2
2
a
j
)]?2[ (
?
a
i
)+(
22
i?1
?
j?
n
n?2
2
a
j
)
2
]
2
< br>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

10

1
n
2
?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
x??A
i
，使得
x
属于
A
1
,A
2
,???, A
n
中的至少
n
个集合．
i?1
k
证明：不妨设
|A
1
,A
2
,?,A
n
中与
A
1
|?k
．设在
A
1
不相交的集合有
s
个，重新记 为
n
设包含
A
重新记为
C
1
,C
2
,?,C
t
．由已知条件，
B
1
,B
2
,?,B
s
，
(B
i
?A
1
)?S
，
1< br>的集合有
t
个，
即
(B
i
?A
1
) ?{C
1
,C
2
,?,C
t
}
，这样我们得到一个 映射
f:{B
1
,B
2
,?,B
s
}?{C1
,C
2
,?,C
t
},f(B
i
)?Bi
?A
1
．
显然
f
是单映射，于是，
s?t
． 10 分
设
A
1
,A
2
,???,A
n
中除去
B
1< br>?{a
1
,a
2
,?,a
k
}
．在
A
1
,B
2
,?,B
s
，
C
1
, C
2
,?,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
???x
k
?n?s?t
． 20 分
不妨设
x
1
?maxx
i
，则由上式知
x
i
?
1?i?k
n?s?t
，即在剩下的
n?s?t个集合中，包含
a
1

k
n?s?t
个．又由于
A
1
?C
i
(i?1,2,???,t)
，故
C
1
,C
2
,?,C
t
都包含
a
1
，因此< br>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
k3．（本题满分50分）如图，
?ABC
内接于圆
O
，
P
为
BC
弧上一
点，点
K
在
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
．
的集合至少有
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=∠DEP=180°-∠DCP=∠ABP=∠FBP，
因此△FBE∽△FPB，故FB
2
=FE·FP．10分
又由圆幂定理知，FE·FP= FL·FC，所以FB
2
=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，
∠FCB=∠FBL=


1
∠ABC, 即∠ABC=2∠FCB．
2

11

证法二：设CF与圆
?
交于点L（异于C)．对圆内接广义六边
形DCLKPE应用帕斯卡定理可知， D C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．
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
1
∠ABC，从而
2

不整除
(kn)!
．
n!
解：对正整数
m
，设< br>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
)?(k?1)n
，由于
2
不整除，等价于
v
2
(
即
kn?v
2
((kn)! )?n?v
2
(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
我们证明，所有符合条件的
k
为
2
a
( a?0,1,2,?)
．
一方面，由于
S(2
a
n)?S(n)< br>对任意正整数
n
成立，故
k?2
符合条件． 20 分
另一 方面，若
k
不是2的方幂，设
k?2
a
?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
a
?q)?S(qn)
, 因此问
a
m
)
．
q
由（2，
q
）=l， 熟知存在正整数
u
，使得
2
u
?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
???2
t
,0?a
1
?a
2
???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
???2
我们有
aa
a
t?1
?2
a
t
?tu
，则
S(m)?t
，且
m?q?2
a
t
(2
tu
?1 )?0(modq)
．
tuu
t?1
u
m2?1
lu?a
t
a
t
2?1
a
t
2?1
u(t?1)u
?1?q?2??1?2?(1?2?
?
?2)?1?
?
?2

qqqq
l?0
2
u
?1
u
2
u?1
由于
0?
的二进制表示中的最高次幂小于
u
，由此易知，< br>?2
，故正整数
qq
2
u
?1
iu?a
t< br>2
u
?1
ju?a
t
对任意整数
i,j(0?i?j ?t?1)
，数的二进制表示中没有相同
?2
与
?2
qq
的 项．
2
u
?1
lu?a
t
又因为
a
i< br>?0
，故
?2(l?0,1,?,t?1)
的二进制表示中均不包含1，故由② 可
q
m2
u
?1
知
S()?1?S()?t?t?S(m)
,
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,?)
．50分


12