2015年全国高中数学联赛试卷解析.doc

1、 2015 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 一试一试 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 8 分，满分分，满分 64 分分 1设ba,为不相等的实数，若二次函数baxxxf 2 )(满足)()(bfaf，则)2(f 答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得 22 aba ，即20ab，所 以(2)424fab 2若实数满足tancos，则 4 cos sin 1 的值为 答案：2. 解：由条件知，sincos2，反复利用此结论，并注意到1sincos 22 ， 得)cos1)(sin1 (si

2、n sin sincos cos sin 1 22 22 4 2cossin2 2 3已知复数数列 n z满足), 2 , 1(1, 1 11 nnizzz nn ，其中 i 为虚数单位， n z表示 n z的共轭复数，则 2015 z 答案：2015 + 1007i解：由己知得，对一切正整数 n，有 21 1 (1)11 (1)2 nnnn zznizninizi , 于是 20151 1007 (2)2015 1007zzii 4在矩形ABCD中，1, 2ADAB，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BQDP ，则PQPA的最小值为 答案 3 4

3、 解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) 设 P 的坐标为（t, l) （其中02t ） ，则 由| |DPBQ得 Q 的坐标为（2，-t)，故(, 1),(2,1)PAtPQtt ,因此， 22 133 () (2)( 1) (1)1() 244 PA PQtttttt 当 1 2 t 时， min 3 () 4 PA PQ 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 55 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 3 12 C=220 种 下面考虑使 3 条棱两两异面的取法

4、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 42=8，故所求概率为 82 22055 6在平面直角坐标系 xOy 中，点集0)63)(63(),(yxyxyx所对应的平面区 域的面积为 答案： 24 解： 设 1 ( , )|3 |

5、60Kx yxy 先 考 虑 1 K在 第 一 象 限 中 的 部 分 ， 此 时 有 36xy,故这些点对应于图中的OCD及其内 部由对称性知， 1 K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 2 ( , )|3 | 60Kx yxy ， 则 2 K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 1 K、 2 K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36xy，直线 GH 的方程为36xy，故它们的交点 P 的 坐标为 3 3 ( , ) 2 2 由对称性知，

6、13 88424 22 CPG SS 7设为正实数，若存在实数)2(,baba，使得2sinsinba，则的取 值范围为 答案： 9 513 ,),) 4 24 w解：2sinsinba知，1sinsinba，而 2 ,wwbasi ，故题目条件等价于：存在整数, ()k l kl，使得 wlkw2 2 2 2 2 当4w时，区间 2 ,ww 的长度不小于4，故必存在, k l满足式 当04w时，注意到)8 , 0(2 ,ww，故仅需考虑如下几种情况： (i) ww2 2 5 2 ，此时 2 1 w且 4 5 w无解； (ii) ww2 2 9 2 5 ，此时 2 5 4 9 w; (iii)

7、 ww2 2 13 2 9 ，此时 2 9 4 13 w,得4 4 13 w 综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4w亦满足条件，可知 9 513 , ),) 4 24 w 8对四位数abcd(9d,0 , 91cba，)，若,dccbba则称abcd为P类数； 若dccbba,，则称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，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 0 A，个位数不等于零的尸类数全体记为 1 A 对任一四位数 1 Aabcd ，将其对应到四位数dcba，

8、注意到1,dccbba，故 Bdcba反之，每个Bdcba唯一对应于从中的元素abcd这建立了 1 A与 B 之间的 一一对应，因此有 011 ( )( ) | | |N PN QABAABA 下面计算 0 |A对任一四位数 0 0Aabc , b可取 0, 1， ， 9， 对其中每个b， 由9 ab 及9cb知，a和c分别有b9种取法，从而 99 22 0 01 9 10 19 |(9)285 6 bk Abk 因此，( )( )285N PN Q 二二、解答题、解答题：本大题共：本大题共 3 小题，满分小题，满分 56 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分，解答应写出文字说明、证

9、明过程或演算步骤。 9 （本题满分 16 分）若实数cba,满足 cbacba 424 ,242，求c的最小值 解：将2 ,2 ,2 abc分别记为 , ,x y z，则, ,0x y z 由条件知， 222 ,xyz xyz，故 222 2224 ()2zyxzyzy zy8 分 因此，结合平均值不等式可得， 4 223 3 2 11111 13 (2)3 22 2444 yy zyy yyyy y 12 分 当 2 1 2y y ，即 3 1 2 y 时，z的最小值为 3 3 2 4 （此时相应的x值为 3 3 2 4 ，符合要 求） 由于 2 logcz，故c的最小值 3 22 35 l

10、og (2)log 3 43 16 分 10 （本题满分 20 分）设 4321 ,aaaa为四个有理数，使得： 3 , 1 , 8 1 , 2 3 , 2,2441jiaa ji ，求 4321 aaaa的值 解：由条件可知，(14) ij a aij 是 6 个互不相同的数，且其中没有两个为相反数， 由 此 知 ， 4321 ,aaaa的 绝 对 值 互 不 相 等 ， 不 妨 设| 4321 aaaa， 则 | | (14 ) ij aaij 中最小的与次小的两个数分别是 12 |aa及 13 |aa， 最大与次大的 两个数分别是 34 |aa及 24 |aa，从而必须有 12 13 2

11、4 34 1 , 8 1, 3, 24, a a a a a a a a 10 分 于是 2341 112 113 ,24 8 aaaa aaa 故 2 23141 2 1 13 , 24 2, 82 a a a aa a ，15 分 结合 1 aQ，只可能 1 1 4 a 由此易知， 1234 11 ,4,6 42 aaaa 或者 1234 11 ,4,6 42 aaaa 检验知这两组解均满足问题的条件 故 1234 9 4 aaaa 20 分 11 （本题满分 20 分）在平面坐标系 xOy 中， 21,F F分别为椭圆1 2 2 2 y x 的左右焦 点，设不经过焦点 1 F的直线l与椭

12、圆交于两个不同的点BA,，焦点 2 F到直线l的距离为d， 如果 11 , BFlAF的斜率依次成等差数列，求d的取值范围 解： 由条件知， 点 1 F、 2 F的坐标分别为 （-1, 0） 和 （l, 0) 设直线 l 的方程为ykxm， 点 A、B 的坐标分别为 11 ( ,)x y和 22 (,)xy，则 12 ,x x满足方程 2 2 ()1 2 x kxm，即 222 (21)4(22)0kxkmxm 由于点 A、B 不重合，且直线 l 的斜率存在，故 12 ,x x是方程的两个不同实根，因此 有的判别式 22222 (4)4 (21) (22)8(21)0kmkmkm ，即 22

13、21km 由直线 11 , BFlAF的斜率 12 12 , , 11 yy k xx 依次成等差数列知， 12 12 2 11 yy k xx ，又 1122 ,ykxm ykxm，所以 122112 ()(1)()(1)2 (1)(1)kxm xkxm xk xx， 化简并整理得， 12 ()(2)0mk xx 假如mk，则直线 l 的方程为ykxk，即 z 经过点 1 F（-1, 0)，不符合条件 因此必有 12 20xx，故由方程及韦达定理知， 12 2 4 ()2 21 km xx k ，即 1 2 mk k 由、知， 222 1 21() 2 kmk k ，化简得 2 2 1 4

14、k k ，这等价于 2 | 2 k 反之，当,m k满足及 2 | 2 k 时，l 必不经过点 1 F（否则将导致mk，与矛盾）, 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 1 AF、 1 BF的斜率 存在（否则 12 ,x x中的某一个为- l，结合 12 20xx知 12 1xx ，与方程有两个不 同的实根矛盾） 10 分 点 2 F（l , 0）到直线 l: ykxm的距离为 2 22 2 |1111 |2|(2) 221 11 1 km dk kk kk k 注意到 2 | 2 k ，令 2 1 1t k ，则(1, 3)t，上式可改写为 2 1313

15、()() 222 t dt tt 考虑到函数 13 ( )() 2 f tt t 在1, 3上上单调递减，故由得，( 3)(1)fdf， 即( 3,2)d 20 分 加试加试 1 （本题满分 40 分）设)2(, 21 naaa n 是实数，证明：可以选取1 , 1, 21 n ， 使得)(1()()( 1 22 1 2 1 n i ii n i i n i i anaa 证法一证法一：我们证明： 2 2 22 111 2 ()(1)() n nnn iiji n iii j aaana ， 即对1,2, 2 n i ，取1 i ，对 1, 2 n in，取1 i 符合要求 （这里， x 表示

16、实数x的整数部分 ） 10 分 事实上，的左边为 2222 222 111 1 1 1 222 22 nnn nnn ijijij nnn iii jjj aaaaaa 2 22 1 1 2 22 22 n n ij n i j nn ana （柯西不等式）30 分 2 22 1 1 2 1 22 22 n n ij n i j nn aa （利用 1 22 nn n ） 2 22 1 1 2 (1) n n ij n i j nana （利用 xx） 2 1 (1)() n i i na 所以 得证，从而本题得证 证法证法二二：首先，由于问题中 12 , n a aa的对称性，可设 12n

17、aaa此外，若 将 12 , n a aa中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的 2 1 )( n i i a不减，而右边的 2 1 n i i a 不 变 ， 并 且 这 一 手 续 不 影 响1 i 的 选 取 ， 因 此 我 们 可 进 一 步 设 12 0 n aaa 10 分 引理引理：设 12 0 n aaa，则 1 1 1 0( 1) n i i i aa 事实上，由于 1( 1,2,1) ii aain ，故当n是偶数时， 1 12341 1 ( 1)()()()0 n i inn i aaaaaaa ， 1 123211 1 ( 1)()() n i innn i aaa

18、aaaaa 当n是奇数时， 1 123421 1 ( 1)()()()0 n i innn i aaaaaaaa ， 1 12311 1 ( 1)()() n i inn i aaaaaaa 引理得证 30 分 回到原题，由柯西不等式及上面引理可知 22 1222 1 1111 ( 1)(1) nnnn i iiii iiii aanaana ， 这就证明了结论 40 分 证 法证 法 三三 ： 加 强 命 题加 强 命 题 ： 设 12 , n a aa（2n） 是 实 数 ， 证 明 ： 可 以 选 取 12 , 1,1 n ，使得 222 111 1 ()()()() nnn iiii

19、iii aana n . 证明 不妨设 222 12n aaa，以下分n为奇数和n为偶数两种情况证明. 当n为奇数时，取 121 2 1 n ， 13 22 1 nnn ，于是有 1 2 22 1 11 2 ()()() n nn iij n ii j aaa 1 2 22 1 1 2 2() +() n n ij n i j aa 1 2 22 1 1 2 11 2()+2 ()() 22 n n ij n i j nn ana （应用柯西不等式）. 1 2 22 1 1 2 (1)()+(1)() n n ij n i j nana 另外，由于 222 12n aaa，易证有 1 2 22

20、 1 1 2 11 (1)(1) n n ij n i j aa nn ， 因此，由式即得到 1 2 22 1 1 2 (1)()+(1)() n n ij n i j nana 2 1 1 ()() n i i na n ， 故n为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当 121 2 1 n ， 13 22 1 nnn ，且 12n aaa时取等号. 当n为偶数时，取 12 2 1 n ， 24 22 1 nnn ，于是有 2 22 2 11 2 ()()() n nn iij n ii j aaa 2 22 2 2 1 2 2() +() n n ij n i j aa 2 22

21、2 1 2 2()+2 ()() 22 n n ij n i j nn ana （应用柯西不等式）. 2 22 2 1 2 ()+() n n ij n i j naa 22 11 1 ()()() nn ii ii nana n ， 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 12 0 n aaa时 取等号，若 12 , n a aa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, 21n AAAS 其中 n AAA, 21 是n个互不相同的有限集合 )2( n，满足对任意的SAA ji ,，均有SAA ji ，若2min 1

22、i ni Ak，证明：存在 i n i Ax 1 ，使得x属于 n AAA, 21 中的至少 k n 个集合 证明：不妨设 1 |Ak设在 12 , n A AA中与 1 A不相交的集合有s个，重新记为 12 , s B BB， 设包含 1 A的集合有t个， 重新记为 12 , t C CC 由已知条件， 1 () i BAS， 即 112 (), it BAC CC，这样我们得到一个映射 12121 :,() stii fB BBC CCf BBA 显然f是单映射，于是，st 10 分 设 112 , k Aa aa在 n AAA, 21 中除去 12 , s B BB， 12 , t C

23、CC后，在剩 下的nst 个集合中，设包含 i a的集合有 i x个（1ik ） ，由于剩下的nst 个集合 中每个集合与从的交非空，即包含某个 i a，从而 12k xxxnst 20 分 不妨设 1 1 max i i k xx ， 则由上式知 i nst x k ， 即在剩下的nst 个集合中， 包含 1 a 的集合至少有 nst k 个又由于), 2 , 1( 1 tiCA i ，故 12 , t C CC都包含 1 a，因此 包含 1 a的集合个数至少为 (1)nstnsktnst t kkk （利用2k ） n k （利用st) 40 分 3 （本题满分 50 分）如图，ABC内接

24、于圆O，P为BC弧上一 点，点K在AP上，使得BK平分ABC，过CPK,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：FCBABC2 证法一证法一： 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FBEFPB， 故 FB2=FEFP10 分 又由圆幂定理知，FEFP= FLFC，所以 FB2=FLFC 从而FBLFCB 因此, FLB=FBC=APC=KPC=FLK, 即 B、K、L 三点

25、共线 30 分 再根据FBLFCB 得， FCB=FBL= 1 2 ABC, 即ABC=2FCB 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、K、P、C 四点共圆，得 ABC=APC=FLK=FCB+LBC, 又由 BK 平分ABC 知，FBL= 1 2 ABC，从而 ABC=2FCB 4 （本题满分 50 分）求具有下述性质的所有正整

26、数k：对任意正整数n都有 1)1( 2 nk 不整除 ! )!( n kn 解：对正整数m，设 2( ) v m表示正整数m的标准分解中素因子 2 的方幂，则熟知 2( !) ( )v mmS m， 这里( )S m表示正整数m在二进制表示下的数码之和 由于 1)1( 2 nk 不整除 ()! ! kn n ， 等价于 2 ()! ()(1) ! kn vkn n ， 即 22 ()!)( !)knvknnv n， 进而由知，本题等价于求所有正整数k，使得()( )S knS 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 (0,1,2,) a a 一方面，由于(2)( ) a

27、 SnS n对任意正整数n成立，故2ak 符合条件 20 分 另一方面，若k不是 2 的方幂，设2,0, a kq aq是大于 1 的奇数 下面构造一个正整数n，使得()( )S knS n因为()(2)() a S knSqS qn, 因此问 题等价于我们选取q的一个倍数m，使得( )() m S mS q 由（2，q）=l，熟知存在正整数u，使得21(mod ) u q （事实上，由欧拉定理知，u 可以取( )q的) 设奇数q的二进制表示为 12 12 222 ,0,2 t aaa t aaa t 取 112 2222 tt aatuaa ，则( )S mt，且2 (21)0(mod )

28、t atu mqq 我们有 1 (1) 0 212121 121 2(1 22)12 ttt tuuu t aalu autu l m q qqqq 由于 21 02 u u q ，故正整数 21 u q 的二进制表示中的最高次幂小于u，由此易知， 对任意整数, (01)i jijt ，数 21 2 t u iu a q 与 21 2 t u ju a q 的二进制表示中没有相同 的项 又因为0 i a ，故 21 2(0,1,1) t u lu a lt q 的二进制表示中均不包含 1，故由可 知 21 ()1()( ) u m SSttS m qq , 因此上述选取的m满足要求 综合上述的两个方面可知，所求的k为2 (0,1,2,) a a 50 分