2015年全国高中数学联赛试卷解析汇报.pdf

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1、-实用标准文案 2021 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，每题 8 分，总分值 64 分 2 1设 a,b 为不相等的实数，假设二次函数 fxxaxb()满足 f(a)f(b)，那么 f(2)答案：4

2、.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得 所以 f(2)42ab4 aba 22 ，即2ab0，1 4 2假设实数满足costan，那么 cos 的值为 sin 222 答案：2.解：由条件知，cossin，反复利用此结论，并注意到 cossin1 22 1cossin22 4 得 sin(1sin)(1cos)cos sinsin ，2sin 2 cos 2 3复数数列 z 满足 z1,n1(1,2,)，其中i为虚数单位，zn表 1zznin n1n 示 z 的共轭复数，那么 z2021 n 答案：2021 +1007i解：由己知得，对一切正整数 n，有 z2z11(n1)iz1ni1

3、(n1)iz2i,nnnn 于是 z2021 z11007(2i)2021 1007i 4在矩形ABCD中，AB2,AD1，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 DPBQ，那么PAPQ的最小值为 3 答案 4 解：不妨设 A(0,0),B(2,0),D(0,l)设 P 的坐标为t,l)其 中0t2，那 么 由|DP|BQ|得 Q的坐标为2，-t)，故 P A(t,1,)P Q(2,tt1),因此，21233 PAPQ(t)(2t)(1)(t1)tt1(t)244-当 13 t 时，(PAPQ)min 24 5在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为 文

4、档大全-实用标准文案 2 答案：解：设正方体为 ABCD-EFG，H 它共有 12 条棱，从中任意取出 3 条棱的方法共有 55 3 C=220 种 12 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，具有一样方向的 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，那么 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 42=8，

5、故所求概率为 82 22055 6在平面直角坐标系 xOy中，点集(x,y)(x3y6)(3xy6)0所对应的平面区 域的面积为 答案：24解：设K1(x,y)|x|3y|60 先考虑 K1在第一象限中的局部，此时有 x3y6,故这些点对应于图中的OCD 及其内 部由对称性知，K 对应的区域是图中以原点 O 1 为中心的菱形 ABCD 及其内部 同理，设 K2(x,y)|3x|y|60，那么 K 对应的区域是图中以 O 为中心的菱形 EFGH 2 及其内部 由点集K 的定义知，K 所对应的平面区域是 被 K、K2中恰好一个所覆盖的局部，因此此题 1 所要求的即为图中阴影区域的面积 S 由于直线

6、 CD 的方程为 x3y6，直线 GH 的方程为 3xy6，故它们的交点 P 的坐 标为 33(,)22 由对称性知，13 S8S8424 CPG 22 7设为正实数，假设存在实数 a,b(ab2)，使得sinasinb2，那么的取 值 X 围为 答案：9513 w,),)解：sinasinb2 知，sinasinb1，而 424 sia,bw,2w，故题目条件等价于：存在整数 k,l(kl)，使得 w2k2l2w 22 当w4时，区间w,2w的长度不小于4，故必存在k,l 满足式 当0w4时，注意到w,2w(0,8)，故仅需考虑如下几种情况：5(i)w2w 22 ，此时 1 w 且 2 5

7、w 无解；4 59(ii)w2w 22 ，此时 9 4 5 w;2 913(iii)w2w 22 ，此时 13 4 913 w,得 w4 24 综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到 w4 亦满足条件，可知9,5)13,)w-424 文档大全-实用标准文案 8对四位数 abcd(1a9,0b，c,d9)，假设ab,bc,cd,那么称abcd为P类数；假设 ab,bc,cd，那么称abcd 为 Q 类数，用 N(P)和 N(Q)分别表示P类数与Q 类数的个 数，那么 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，

8、个位数不等于零的尸类数全体记为A1 0 对任一四位数 abcdA1，将其对应到四位数 dcba，注意到 ab,bc,cd1，故 dcbaB反之，每个 dcbaB 唯一对应于从中的元素 abcd这建立了A1与 B 之间的一 一对应，因此有 N(P)N(Q)|A|B|A|A|B|A|011 下面计算|A|对任一四位数 abc0A0,b 可取 0,1，9，对其中每个 b，由 0 ba9 及 bc9 知，a 和 c 分别有 9b 种取法，从而 99 91019 22|A|(9b)k285 0 6 b0k1 因此，N(P)N(Q)285 二、解答题：本大题共3 小题，总分值 56 分，解容许写出文字说明

9、、证明过程或演算步骤。a4b2c,4a2b4c 9此题总分值16 分假设实数 a,b,c 满足2，求 c 的最小值 解：将 2a,2b,2c分别记为x,y,z，那么x,y,z0 由条件知，2,22 xyzxyz，故 22(2)22224 zyxzyzyzy8 分 因此，结合平均值不等式可得，4 yy1111113 223 z(2y)32y2 3 2 2y4yy4yy4 12 分 当 21 2y y ，即 1 y 时，z 的最小值为 3 2 34 3 2 此时相应的 x 值为332 4 ，符合要 求 由于 clogz，故 c 的最小值 2 35 3 log(2)log3 22 43 16 分 1

10、0此题总分值20 分设a1,a,a,a 为四个有理数，使得：234 31 ai aj1ij424,2,1,3，求 a1a2a3a4的值 28 解：由条件可知，aa(1ij4)是 6 个互不一样的数，且其中没有两个为相反数，ij 由此知，a1,a,a,a 的绝对值互不相等，不妨设|a1|a2|a3|a4|，那么 234-|ai|a|j|(1 i j 中4 最小的与次小的两个数分别是|a1|a2|及|a1|a3|，最大与次大的 两个数分别是|a|a|及|a2|a4|，从而必须有 34 aa 12 1 8 ,aa 13 1,10 分 aa 24 3,aa 34 24,文档大全-实用标准文案 于是 1

11、13 a,a,a24a 2341 8aaa 112 故 13 2 aa,aa,24a2,231421 8a2 1 ，15 分 结合 a1Q，只可能 1 a 1 4 由此易知，1111 a,a,a4,a6 或者 a1,a2,a34,a46 1234 4242 检验知这两组解均满足问题的条件 故 9 aaaa20 分 1234 4 2 x 2 11此题总分值20 分在平面坐标系 xOy 中，F1,F2分别为椭圆 y1 2 的左右焦 点，设不经过焦点 F 的直线 l 与椭圆交于两个不同的点 A,B，焦点 F2到直线 l 的距离为 d，1 如果 AF1,l,BF 的斜率依次成等差数列，求 d 的取值

12、X 围 1 解：由条件知，点 F、F2的坐标分别为-1,0 和 l,0)设直线l 的方程为 ykxm，1 点 A、B 的坐标分别为 (x,y)和(x2,y2)，那么 x1,x2满足方程 11 2 x 2 2(kxm)1，即 222(2k1)x4kmx(2m2)0 由于点 A、B 不重合，且直线 l 的斜率存在，故 x1,x2是方程的两个不同实根，因此 有的判别式 22222(4km)4(2k1)(2m2)8(2k1m)0，即 22 2k1m 由直线 AF1,l,BF 的斜率 1 yy 12,k,x1x1 12 依次成等差数列知，yy 12 x1x1 12 2k ，又 y1kx1m,y2kx2m

13、，所以(kx1m)(x21)(kx2m)(x11)2k(x11)(x21)，化简并整理得，(mk)(x1x22)0 假设mk，那么直线l 的方程为 ykxk，即 z 经过点 F1-1,0)，不符合条件 因此必有 4km x1x220，故由方程及韦达定理知，(x1x2)2 2 2k1 ，即 mk 1 2k 由、知，2212 2k1m(k)2k ，化简得 k 2 1 4k 2 ，这等价于 2|k|2-反之，当 m,k 满足及 2|k|时，l必不经过点 F1否那么将导致 mk，与矛盾,2 而此时 m,k 满足，故 l 与椭圆有两个不同的交点 A、B，同时也保证了 AF、BF1的斜率 1 存在否那么

14、x1,x2中的某一个为-l，结合 x1x220 知 x1x21，与方程有两个 不同的实根矛盾10 分 点 Fl,0到直线 l:ykxm 的距离为 2|km|1111 d|2k|(2)2 22 2k12k 1k1k 1 2 k 文档大全-实用标准文案 注意到 21|k|，令 t2 2k 1，那么 t(1,3)，上式可改写为 2 1t313 d()(t)t222t 考虑到函数 13 f(t)(t)2t 在1,3上上单调递减，故由得，f(3)df(1)，即 d(3,2)20 分 加试 1此题总分值40 分设 a,n(2)是实数，证明：可以选取1,2,n1,1，1aan 2 nnn222 使得()()

15、(1)()aiana iii i1i1i1 证法一：我们证明：2 n n2nn 22(a)aa(n1)(a)，iiji i1i1ji1 n 2 nn 即对 1,2,i，取 i1，对 i1,n，取 i1 符合要求这里，x 22 表示实数 x 的整数局部10 分 事实上，的左边为 2222nnn 2n2n2n aaaa2a2a ijijij nnni1j1i1j1i1j1222 n n n2n 22 2a2na柯西不等式30 分 ij 22 n i1j12 n n n2n 1 22 2a2a利用 ij 22 n j1 2 i1 nn1 n 22 n-n2 22 na(n1)a利用xx ij n i

16、1 j12 n2(n1)(a)i i1 所以得证，从而此题得证 证法二：首先，由于问题中 a1,a2,an的对称性，可设 a1a2an此外，假设 将 a1,a2,an中的负数均改变符号，那么问题中的不等式左边的 (n 2 a)不减，而右边的 i i1 文档大全-实用标准文案 n 2 a 不变，并且这一手续不影响 1 i i 的选取，因此我们可进一步设 i1 a1a2an010 分 引理：设 a1a2an0，那么 n i 0(1)i1 1 aa i1 事实上，由于 aa1(i1,2,n1)，故当 n 是偶数时，ii n i1(1)a(aa)(aa)(aa)0，i1234n1n i1 n i1(1

17、)aa(aa)(aa)aa i123n2n1n1 i1 当 n 是奇数时，n i1(1)a(aa)(aa)(aa)a0，i1234n2n1n i1 n i1(1)aa(aa)(aa)a i123n1n1 i1 引理得证30 分 回到原题，由柯西不等式及上面引理可知 22 nnnn i1222 a(1)anaa(n1)a，iii1i i1i1i1i1 这就证明了结论40 分 证法三：加强命题：设 a1,a2,ann2是实数，证明：可以选取 1,2,n1,1，使得 nnn 1 222(a)(a)(n)(a)iiii n i1i1i1 .证明不妨设 222 aaa，以下分 n 为奇数和 n 为偶数两

18、种情况证明.12n 当 n 为奇数时，取 11 121 n，n1n3n，于是有 222 n1 nn 2 22(a)(a)(a)iij n1 n 2 22 2(a)+(a)ij iij 11 n1 2 i1j n 2 1 n1 n nn 121 22 2(a)+2(n)(a)应用柯西不等式.ij 22 ij 1n1 2 n1 n2-22(n1)(a)+(n1)(a)ij i1n1j 2 n1 另外，由于 222 aaa，易证有 12n n1 n 11 2 22(1)a(1)a ij nn i1n1 j 2 ，因此，由式即得到 n 2 22(n1)(a)+(n1)(a)ij i 1 j n 1 2

19、 n 1 2(n)(a)i n i1 ，文档大全-实用标准文案 故 n 为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当 1 121 n，2 nnn1，且 a1a2an时取等号.13 22 当 n 为偶数时，取 12 11 n，n2n4n，于是有 222 nn nn 2 22(a)(a)(a)iij n 2 222 2(a)+(a)ij iij 11 n2n i1j 22 2 n n n2n 22 2(a)+2(n)(a)应用柯西不等式.ij 22 i1jn2 2 n 2n 22 n(a)+(a)ij i1n2 j 2 nn 1 22 n(a)(n)(a)ii i1i1 n ，故 n 为偶数

20、时，原命题也成立，而且由证明过程可知，当且仅当 a1a2an0 时 取等号，假设 a1,a2,an不全为零，那么取不到等号.综上，联赛加试题一的加强命题获证.2此题总分值40 分设,SA1AAn其中 A1,A2,An是 n 个互不一样的有限集合 2(n，满足对任意的 Ai,AjS，均有 AiAjS，假设 min2 2)kA，证明：存在 i 1in n 1 A i ，使得 x 属于 A1,A2,An中的至少 n k x 个集合 i 证明：不妨设|A|k设在 A1,A2,An中与 A1不相交的集合有 s 个，重新记为 1 B1,B2,Bs，设包含A1的集合有 t 个，重新记为 C1,C2,Ct由条

21、件，(BiA1)S，即 (BiA)C,C,Ct，这样我们得到一个映射 112 f:B,B,BsC,C,Ct,f(Bi)BiA 12121 显然 f 是单映射，于是，st10 分 设 A1a1,a2,ak在 A1,A2,An中除去 B1,B2,Bs，C1,C2,Ct后，在剩 下的nst 个集合中，设包含 a 的集合有 xi 个1ik，由于剩下的nst个集合 i 中每个集合与从的交非空，即包含某个 ai，从而 xxxnst20 分-12k xmaxxi，那么由上式知 xi 不妨设 1 1ik nst k ，即在剩下的 nst 个集合中，包含 a1 的集合至少有 nst k 个又由于(1,2,)A1

22、Ciit，故 C1,C2,Ct都包含 a1，因此 包含 a 的集合个数至少为 1 nstns(k1)tnst t kkk 利用 k2 n k 利用 st)40 分 3此题总分值50 分如图，ABC内接于圆O，P为BC弧上一 文档大全-实用标准文案 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：ABC2FCB 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=FB

23、P，因此FBEFPB，故 FB 2=FEFP10 分 又由圆幂定理知，FEFP=FLFC，所以 FB 2=FLFC 从而FBLFCB 因此,FLB=FBC=APC=KPC=FLK,即 B、K、L 三点共 线30 分 再根据FBLFCB 得，1 FCB=FBL=ABC,即ABC=2FCB 2 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，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

24、、K、P、C 四点共圆，得 ABC=APC=FLK=FCB+LBC,又由 BK 平分ABC 知，FBL=ABC=2FCB 1 2 ABC，从而 4此题总分值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(kn)!n!(k1)n1不整除 2 解：对正整数 m，设 v2(m)表示正整数 m 的标准分解中素因子2 的方幂，那么熟知 v2(m!)mS(m)，这里S(m)表示正整数 m 在二进制表示下的数码之和 kn(kn)!(1)n1 k 不整除()!由于，等价于 2v()(k1)n，即 knv2(kn)!)nv2(n!)，2 n!n!进而由知，此题等价于求所有正整数 k，使得S(kn)

25、S(n)对任意正整数 n 成立10 分 aa 我们证明，所有符合条件的 k为2(0,1,2,)一方面，由于 S(2an)S(n)对任意正整数 n 成立，故 k2a符合条件20 分 a 另一方面，假设k不是2 的方幂，设 2,0,kqaq 是大于 1 的奇数 a 下面构造一个正整数 n，使得 S(kn)S(n)因为()(2)()SknSqSqn,因此问 m 题等价于我们选取 q的一个倍数m，使得()()SmS q uq事实上，由欧拉定理知，u 由2，q=l，熟知存在正整数 u，使得 21(mod)可以取(q)的)aaa-设奇数q的二进制表示为222,0aaa,t2 12t 12t aaaatu

26、取212 2212 tt atu，那么 S(m)t，且 mq2t(21)0(modq)我们有 tuut1u m212121 aau(t1)ulua 1q2t12t(122)12t qqqq l0 文档大全-实用标准文案 由于 u 21 u 02 q ，故正整数 u 21 q 的二进制表示中的最高次幂小于 u，由此易知，u 对任意整数 i,j(0ijt1)，数 212 iua t q 与 u 21 q 2 jua t 的二进制表示中没有一样 的项 又因为 0 a，故 i u 21 q lualt 2(0,1,1)t 的二进制表示中均不包含 1，故由可 知 u m21 S()1S()ttS(m)qq 因此上述选取的 m 满足要求 ,aa50 分 综合上述的两个方面可知，所求的 k为2(0,1,2,)-文档大全