2015年全国高中数学联赛试卷解析.doc下载_163文库

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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

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

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

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