2017 年全国高中数学联合竞赛一试试题 (A 卷).pdf

1、2017 年全国高中数学联合竞赛一试试题 (A 卷) 一、填空题: 本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分 1. 设 f(x) 是定义在 R 上的函数，对任意实数 x 有 f(x+3)f(x4) = 1. 又当 0 x 0, 且 Re(z2 1) = Re(z 2 2) = 2(其 中 Re(z) 表示复数 z 的实部) (1) 求 Re(z1z2) 的最小值 (2) 求 |z1+ 2| + | z2+ 2| | z1 z2| 的最小值 2 2017 年全国高中数学全国高中数学联合竞赛一联合竞赛一试试（A 卷）卷） 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 说明：说明： 1. 评阅试卷时

2、，请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和 0 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，不得不得增加其他中间档次增加其他中间档次. 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 5 分为一个档次，不不得得增加其他中间档次增加其他中间档次 一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分 1. 设( )f x是定义在R上的函数， 对任意实数x有(3)(4)1f xf x 又 当07x时， 2 ( )log (9)f xx，则( 100)

3、f 的值为 答案答案： 1 2 解解：由条件知， 1 (14)( ) (7) f xf x f x ，所以 2 111 ( 100)( 100147)( 2) (5)log 42 fff f 2. 若实数, x y满足 2 2cos1xy， 则cosxy的取值范围是 答案答案： 1,31 解解：由于，故 由可知， 因此当时， 有最小值（这时y可以取） ； 当时，有最大值 （这时y可以取） 由于 2 1 (1)1 2 x的值域是 1,31，从而cosxy的取 值范围是 1,31 3. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为 22 1 910 xy ，F为C的上焦 点，A为C的右顶点，P是C上位

4、于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积 的最大值为 答案答案： 3 11 2 解解：易知(3, 0),(0, 1)AF设P的坐标是(3cos ,10sin ),0, 2 ，则 3 11 sin() 2 其中当时，四边形OAPF面积的最大值为 3 11 2 1 4. 若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳 数” 平稳数的个数是 答案答案：75 解解：考虑平稳数abc 若0b，则1,0,1ac，有2个平稳数 若1b，则1, 2,0,1, 2ac，有236 个平稳数 若28b，则,1, ,1a cbb b，有73 363 个平稳数 若9b，则,8,9a c，有224 个平稳

5、数 综上可知，平稳数的个数是2663475 5. 正三棱锥PABC中，1,2ABAP，过AB的平面将其体积平分， 则棱PC与平面所成角的余弦值为 答案答案： 3 5 10 解解：设,AB PC的中点分别为,K M，则易证平面ABM就是平面由中线 长公式知 ， 所以 2 22 315 222 KMAMAK 又易知直线PC在平面上的射影是直线MK，而 3 1, 2 CMKC，所以 ， 故棱PC与平面所成角的余弦值为 3 5 10 6. 在平面直角坐标系xOy中，点集( ,)| ,1, 0,1Kx yx y在K中随机 取出三个点，则这三点中存在两点之间距离为5的概率为 答案答案： 4 7 解解： 易

6、知K中有 9 个点， 故在K中随机取出三个点的 方式数为 3 9 C84种 将K中的点按右图标记为 128 ,A AA O，其中有8 对点之间的距离为5 由对称性， 考虑取 14 ,A A两点的情 况， 则剩下的一个点有7种取法， 这样有7856 个三点 组 （不计每组中三点的次序） 对每个(1, 2,8) i A i，K 中恰有 35 , ii AA 两点与之距离为5 （这里下标按模8理解） ，因而恰有 35 ,(1, 2,8) iii A AAi 这8个三点组被计了两次从而满足条件的三点组个 数为56848 ，进而所求概率为 484 847 x y A2A3A1 A7A6A5 O A8A4

7、 2 7. 在ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点若 3 A ， ABC的面积为3，则AM AN 的最小值为 答案答案： 解解：由条件知，故 由于 13 3sin 24 ABC SABACAABAC ， 所以， 进 一步可得，从而 当 4 42 ,23 3 ABAC 时，的最小值为 8. 设两个严格递增的正整数数列 n a ， n b 满足： 1010 2017ab ，对任意 正整数n，有 211 ,2 nnnnn aaabb ，则 11 ab 的所有可能值为 答案答案：13, 20 解解：由条件可知： 121 ,aab均为正整数，且 由于，故反复运用 n a 的递推关系知 ， 因此

8、 1101011 215122 (mod34)aabbb ， 而，故有 另一方面，注意到，有，故 当时，分别化为，无解 当时，分别化为，得到唯一的正整数 ，此时 当时，分别化为，得到唯一的正整数 ，此时 综上所述， 11 ab的所有可能值为13, 20 3 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） 设, k m为实数， 不等式 2 1xkxm对所有 ,xa b 成立证明：2 2ba 证明证明：令 2 ( )f xxkxm， ,xa b，则( ) 1, 1f x 于是 2 ( )1f aakam， 2 ( )1f bbk

9、bm ， 2 1 222 ababab fkm 4 分 由2 知， 2 () ( )( )24 22 abab f af bf= ， 故2 2ba 16 分 10. （本题满分 20 分）设 123 ,x x x 是非负实数，满足 123 1xxx+=，求 23 1231 (35)() 35 xx xxxx+ 的最小值和最大值 解解：由柯西不等式 2 2323 12311123 (35)()(35) 3535 xxxx xxxxxxxx+ 2 123 ()1xxx=+=， 当 123 1,0,0xxx=时不等式等号成立，故欲求的最小值为 1 5 分 因为 232 123112313 15 (3

10、5)()(35)(5) 3553 xxx xxxxxxxxx+=+ 2 2 12313 1 15 (35)(5) 5 43 x xxxxx + 2 123 114 66 203 xxx =+ 10 分 () 2 123 19 666 205 xxx+=， 当 123 11 ,0, 22 xxx=时不等式等号成立，故欲求的最大值为 9 5 20 分 11. （本题满分 20 分）设复数 12 ,zz满足 12 Re( )0, Re()0zz，且 22 12 Re()Re()2zz（其中Re( ) z表示复数z的实部） (1) 求 1 2 Re()z z的最小值； (2) 求 1212 22zzz

11、z的最小值 4 解解：(1) 对1, 2k ，设i(,) kkkkk zxyxyR由条件知 222 Re()0,Re()2 kkkkk xzxyz 因此 1 211221212 Re()Re(i)(i)z zxyxyx xy y 22 1212 (2)(2)yyy y 1212 22y yy y 又当 12 2zz时， 1 2 Re()2z z这表明， 1 2 Re()z z的最小值为2 5 分 (2) 对1, 2k ，将 k z对应到平面直角坐标系xOy中的点(,) kkk P xy，记 2 P是 2 P关于x轴的对称点，则 12 ,P P 均位于双曲线 22 :2C xy的右支上 设 12

12、 ,F F 分别是C的左、右焦点，易知 12 ( 2, 0),(2, 0)FF 根据双曲线的定义，有 11122122 2 2,2 2PFPFPFPF，进而得 12121212 2222zzzzzzzz 112112122212 4 24 2PFPFPPPFPFPP， 15 分 等号成立当且仅当 2 F位于线段 12 PP 上 （例如， 当 12 22izz时， 2 F恰是 12 PP 的中点） 综上可知， 1212 22zzzz的最小值为4 2 20 分 5 2017 年全国高中数学联合竞赛加试全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）卷） 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 说明：说明： 1评阅

13、试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分 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，10 分为一个档次，不得不得增加其他中间档次增加其他中间档次 一一、 （本题满分（本题满分 4 40 0 分）分）如图，在ABC中，ABAC=，I为ABC的内心以 A为圆心，AB为半径作圆 1 ，以I为圆心，IB为半径作圆 2 ，过点B、I的圆 3 与 1 、 2 分别交于点P、Q（不同于点B） 设IP与BQ交于点R 证明：BRCR （答（答题时请将图画在答卷纸上）题时请将图画在答卷纸上） 证明证明：连接IB，IC，IQ，PB，PC 由于点Q在圆 2

14、 上，故IBIQ=，所以IBQIQB= 又B，I，P，Q四点共圆，所以IQBIPB= ，于是IBQIPB= ， 故IBPIRB，从而有IRBIBP= ，且 IBIP IRIB = 10 分 注意到ABAC=，且I为ABC的内心，故IBIC=，所以 ICIP IRIC =， 于是ICPIRC，故IRCICP= 20 分 又点P在圆 1 的弧BC上，故 1 180 2 BPCA= ，因此 BRCIRBIRCIBPICP= += + 360BICBPC= 11 36090180 22 AA =+ 90= ， 故BRCR 40 分 A B C I P Q R 二二、 （本题满分（本题满分 4 40 0

15、 分）分）设数列 n a定义为 1 1a ， 1 , 1,2, , nn n nn anan an anan + + = 若 若 求满足 2017 3 r ar 的正整数r的个数 解解： 由数列的定义可知 12 1,2aa= 假设对某个整数2r 有 r ar=， 我们证明 对1,1tr=，有 212 2121,2 rtrt artrtartrt + =+ += +， 21 (1)2(1)12 rr aarrrrr + =+=+= ， 故 ()39,1,2,3 j n cj= 20 分 由于在行 i A中有() i n A种颜色的方格， 因此至少有() 1 i n A 条分隔边 同理在列 j B

16、中，至少有() 1 j n B条分隔边于是 3333 11 ( () 1)( () 1) ii ii Ln An B = + 33 1 ( ()()66 ii i n An B = =+ 3 1 ()66 j j n c = = 30 分 下面分两种情形讨论 情形 1: 有一行或一列全部方格同色不妨设有一行全为 1 c色，从而方格纸的 33 列中均含有 1 c色的方格，由于 1 c色方格有 363 个，故至少有 11 行中含有 1 c色方 格，于是 17 1617 33 11 11 11 16 1 ( )11 3344n c+= 由，及即得 123 ( )()()664439396656Ln

17、cn cn c+= 40 分 情形 2: 没有一行也没有一列的全部方格同色则对任意133i ，均有 ()2 i n A ，()2 i n B 从而由知 33 1 ( ()()6633 4666656 ii i Ln An B = += 综上所述，分隔边条数的最小值等于 56 50 分 四四、 （本题满分（本题满分 5 50 0 分）分）设,m n均是大于 1 的整数，mn 12 , n a aa是n个 不超过m的互不相同的正整数，且 12 , n a aa互素证明: 对任意实数x，均存在 一个i（1in ） ，使得 2 (1) i a xx m m + ，这里 y 表示实数y到与它最近的 整数

18、的距离 证明证明：首先证明以下两个结论. 结论 1：存在整数 12 , n c cc，满足 1 122 1 nn c ac ac a+=，并且| i cm， 1in 由于 12 (,)1 n a aa=，由裴蜀定理，存在整数 12 , n c cc，满足 1 122 1 nn c ac ac a+= 下面证明，通过调整，存在一组 12 , n c cc满足，且绝对值均不超过m记 121212 0, | ( ,)( ,)| 0 ij cm njni cm cScS c ccccc ，那么存在1 i cm，于是1 ii c a ，又因为 12 , n a aa均为正 数，故由可知存在0 j c ，

19、故 212212 (,)( ,) nn S cccS c cc 如果 2 0S ， 那么存在 j cm 令 iij cca= ， jji cca = +， kk cc = (1kn，,ki j)，那么成立，并且 ii mcc 时，注意总有 1 2 ab+，故 1 | 2 ababab+， 则在 12 , n a aa中存在两个相邻正整数. 不妨设 12 ,a a 相邻， 则 2121 xa xa xa xa x=+ 故 2 a x与 1 a x中有一个 2 2(1) xx m m + 综上所述，总存在一个i（1in ） ，满足 2 (1) i a xx m m + 50 分 20172017

20、年全国高中数学联合竞赛加试（年全国高中数学联合竞赛加试（B B 卷）卷） 一、一、 （本题满分（本题满分 4040 分）分） 设实数, ,a b c满足0abc ，令max,da b c，证明： 2 (1)(1)(1)1abcd 二二、 （本题满分（本题满分 4040 分）分） 给定正整数m，证明：存在正整数k，使得可将正整数集N分拆为k个互不相交的子集 12 , k A AA，每 个子集 i A中均不存在 4 个数, , ,a b c d（可以相同） ，满足abcdm. 三三、 （本题满分（本题满分 5 50 0 分）分） 如图，点D是锐角ABC的外接圆上弧BC的中点，直线DA与圆过点,B

21、C的切线分别相交于点 ,P Q，BQ与AC的交点为X，CP与AB的交点为Y，BQ与CP的交点为T，求证：AT平分线段XY. 四四、 （本题满分（本题满分 5 50 0 分）分） 设 1220 ,1,2,5a aa ， 1220 ,1,2,10b bb ，集合 ( , )120,()()0 ijij Xi jijaabb ，求X的元素个数的最大值. 试卷答案试卷答案 一、一、 证明：当1d 时，不等式显然成立 以下设01d，不妨设, a b不异号，即0ab，那么有 (1)(1)11110ababababcd 因此 2 22 (1)(1)(1)(1)(1)111abcccccd 二、二、 证明：取

22、1km，令(mod1), i Ax ximxN，1,2,1im 设, , , i a b c dA，则0(mod1)abcdi ii im ， 故1mabcd，而1mm，所以在 i A中不存在 4 个数, , ,a b c d，满足abcdm 三、三、 证明：首先证明/YXBC，即证 AXAY XCYB 连接,BD CD，因为 ACQACQ ABC ABCABPABP SS S SSS ， 所以 111 sinsinsin 222 111 sinsinsin 222 AC CQACQACBCACBACAQCAQ AB BCABCAB BPABPABAPBAP ， 由题设，,BP CQ是圆的切线

23、，所以ACQABC，ACBABP，又 CAQDBCDCBBAP（注意D是弧BC的中点） ，于是由知 ABAQCQ ACAPBP 因为CAQBAP，所以BAQCAP， 于是 1 sin 2 1 sin 2 ABQ ACP ABAQBAQ S ABAQ SACAP ACAPCAP 而 1 sin 2 1 sin 2 BCQ BCP BC CQBCQ S CQ SBP BCBPCBP 由，得 ABQCBQ ACPBCP SS SS ， 即 ABQ ACP CBQBCP S S SS 又 ABQ CBQ S AX SXC ， ACP BCP SAY SYB 故 AXAY XCYB 设边BC的中点为M，

24、因为1 AXCMBY XCMBYA ， 所以由塞瓦定理知，,AM BX CY三线共点，交点即为T，故由/YXBC可得AT平分线段XY 四四、 解：考虑一组满足条件的正整数 12201220 ( , ,)a aab bb 对1,2,5k ，设 120 ,aa中取值为k的数有 k t个，根据X的定义，当 ij aa时，( , )i jX，因此至 少有 5 2 1 k t k C 个( , )i j不在X中，注意到 5 1 20 k k t ，则柯西不等式，我们有 55555 222 11111 111120 ()( ()20 (1)30 22525 k tkkkk kkkkk Ctttt 从而X的元素个数不超过 2 20 3019030160C 另一方面，取 4342414kkkk aaaak （1,2,5k ） ，6 ii ba（1,2,20i ） ， 则对任意, i j（120ij ） ，有 2 ()()()(6)(6)()0 ijijijijij aabbaaaaaa 等号成立当且仅当 ij aa，这恰好发生 2 4 530C 次，此时X的元素个数达到 2 20 30160C 综上所述，X的元素个数的最大值为 160.