ABBCAC，21BNAHABACBCAB2
………………30分又ADE∽ABC，故可设
AGE
ABBCACk，ADDEAE
则
FO1MDBHO2PN
1ACBCABBN2BCBC
kAEkDEkAD2kDEAEDEADEM2DEDE
故结论成立．（本题满分二、本题满分50分）（解CQ的最大值为C
kk
CI
………………50分
…………………10分
k
因P共有C
个k元子集，故显然有CQ≤C

…………………20分
k
下面我们指出，对集合P222L2
，相应的CQ等于C
，即P的任意两个不同的k元子集的元素之和不相等从而CQ的最大值为C
k
f事实上，若上述的集合P有两个不同的k元子集
A2r12r2L2rk，
使得A与B的元素之和相等，则
B2s12s2L2sk，
2r12r2L2rk2s12s2L2skM（设）
①
因①可视为正整数M的二进制表示，由于ri互不相同，si互不相同，故由正整数的二进制表示的唯一性，我们由①推出，集合r1r2Lrk必须与s1s2Lsk相同，从而子集
AB，矛盾
这就证明了我们的断言（本题满分三、本题满分50分）（对s归纳证（1）当s1时，结论显然成立…………………50分
…………………10分
（2）假设sk时结论成立，当sk1时，不妨设
1
2L
k
k1由归纳假设可知，22L2
1
2
k12
12M2
1，则
2
k
k12
2222L222
1
12M2
122

1
所以只要证明：12M2
12212M，此即
1222
1
MM2
1
1
…………………30分
因为正整数
1
2L
k
k1，所以
2
1≥2
212
22
21L21≥2
22
3L2
k1

故
M2
12
2L2
k2
k122
1，M2
12
2L2
k12
1
所以
1222
1
MM2
1

1222

1
22
12
1
1，
即sk1时，命题成立因此，由数学归纳法可知，命题对所有正整数s成立…………………50分（本题满分四、本题满分50分）（解显然x1，y1满足要求…………………10分
f对于x1，y1，方程可化为
y1y2y1xx1
22故显然xy因为xy11，x一定是yy1的一个因子设yy1kx
（k为正整数），从而x1ky1由xy可知k≥2…………………20分消去x，得yy1k
22
y1k，
即
y
2
1y1k2y1k3
由此推得y1k3
…………………40分
若k3，则y1≤k3，即k≥y2，从而
k2y1ky2y1k2k21，
r