2015年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷解析

1、2015 年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽（A卷）參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)一試說(shuō)明：1.評(píng)閱試卷時(shí)，請(qǐng)依據(jù)本評(píng)分標(biāo)冶填空題只設(shè)。分和香分兩檔；其他各題的評(píng)閱，請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)的評(píng)分檔次給分，不要增加其他中間檔次.2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，在評(píng)卷時(shí)可參考本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評(píng)分，解答題中第9小題4分為一個(gè)檔次，第10、11小題該分為一個(gè)檔次，不要增加其他中間檔次一、填空題：本大題共8小題，每小題8分，滿分64分 1設(shè)為不相等的實(shí)數(shù)，若二次函數(shù)滿足，則 答案：4.解：由己知條件及二次函數(shù)圖像的軸對(duì)稱性，可得，即，所以2若實(shí)數(shù)滿足，則的值為 答案：2. 解：由條件知，反復(fù)利用

2、此結(jié)論，并注意到，得3已知復(fù)數(shù)數(shù)列滿足，其中i為虛數(shù)單位，表示的共軛復(fù)數(shù)，則 答案：2015 + 1007i解：由己知得，對(duì)一切正整數(shù)n，有,于是4在矩形中，邊上（包含點(diǎn)D、C）的動(dòng)點(diǎn)與延長(zhǎng)線上（包含點(diǎn)B）的動(dòng)點(diǎn)滿足條件，則的最小值為 答案解：不妨設(shè) A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) 設(shè) P 的坐標(biāo)為（, l) （其中），則由得Q的坐標(biāo)為（2，-)，故,因此，當(dāng)時(shí)，5在正方體中隨機(jī)取三條棱，它們兩兩異面的概率為 答案：解：設(shè)正方體為ABCD-EFGH，它共有12條棱，從中任意取出3條棱的方法共有=220種下面考慮使3條棱兩兩異面的取法數(shù)由于正方體的

3、棱共確定3個(gè)互不平行的方向（即 AB、AD、AE的方向），具有相同方向的4條棱兩兩共面，因此取出的3條棱必屬于3個(gè)不同的方向可先取定AB方向的棱，這有4種取法不妨設(shè)取的棱就是AB，則AD方向只能取棱EH或棱FG，共2種可能當(dāng)AD方向取棱是EH或FG時(shí)，AE方向取棱分別只能是CG或DH由上可知，3條棱兩兩異面的取法數(shù)為42=8，故所求概率為6在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)集所對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域的面積為 答案：24解：設(shè)先考慮在第一象限中的部分，此時(shí)有,故這些點(diǎn)對(duì)應(yīng)于圖中的OCD及其內(nèi)部由對(duì)稱性知，對(duì)應(yīng)的區(qū)域是圖中以原點(diǎn)O 為中心的菱形ABCD及其內(nèi)部同理，設(shè)，則對(duì)應(yīng)的區(qū)域是圖中以O(shè)為中心的菱形EFGH

4、及其內(nèi)部由點(diǎn)集的定義知，所對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域是被、中恰好一個(gè)所覆蓋的部分，因此本題所要求的即為圖中陰影區(qū)域的面積S由于直線CD的方程為，直線GH的方程為，故它們的交點(diǎn)P的坐標(biāo)為由對(duì)稱性知，7設(shè)為正實(shí)數(shù)，若存在實(shí)數(shù)，使得，則的取值范圍為 答案：解：知，而，故題目條件等價(jià)于：存在整數(shù)，使得 當(dāng)時(shí)，區(qū)間的長(zhǎng)度不小于，故必存在滿足式當(dāng)時(shí)，注意到，故僅需考慮如下幾種情況： (i) ，此時(shí)且無(wú)解；(ii) ，此時(shí);(iii) ，此時(shí),得綜合(i)、(ii)、(iii)，并注意到亦滿足條件，可知8對(duì)四位數(shù)()，若則稱為類數(shù)；若，則稱為類數(shù)，用N(P)和N(Q)分別表示類數(shù)與類數(shù)的個(gè)數(shù)，則N(P)-N(Q)的值為

5、 答案：285解：分別記P類數(shù)、Q類數(shù)的全體為A、B，再將個(gè)位數(shù)為零的P類數(shù)全體記為，個(gè)位數(shù)不等于零的尸類數(shù)全體記為對(duì)任一四位數(shù)，將其對(duì)應(yīng)到四位數(shù)，注意到，故 反之，每個(gè)唯一對(duì)應(yīng)于從中的元素這建立了與B之間的一一對(duì)應(yīng)，因此有下面計(jì)算對(duì)任一四位數(shù), 可取0, 1，9，對(duì)其中每個(gè)，由及知，和分別有種取法，從而因此，二、解答題：本大題共3小題，滿分56分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。9（本題滿分16分）若實(shí)數(shù)滿足，求的最小值解：將分別記為，則由條件知，故8分因此，結(jié)合平均值不等式可得，12分當(dāng)，即時(shí)，的最小值為（此時(shí)相應(yīng)的值為，符合要求） 由于，故的最小值16分10（本題滿分20分）設(shè)為

6、四個(gè)有理數(shù)，使得：，求的值解：由條件可知，是6個(gè)互不相同的數(shù)，且其中沒有兩個(gè)為相反數(shù)，由此知，的絕對(duì)值互不相等，不妨設(shè)，則中最小的與次小的兩個(gè)數(shù)分別是及，最大與次大的兩個(gè)數(shù)分別是及，從而必須有 10 分于是故，15分結(jié)合，只可能由此易知，或者檢驗(yàn)知這兩組解均滿足問(wèn)題的條件故 20 分11（本題滿分20分）在平面坐標(biāo)系xOy中，分別為橢圓的左右焦點(diǎn)，設(shè)不經(jīng)過(guò)焦點(diǎn)的直線與橢圓交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，焦點(diǎn)到直線的距離為，如果的斜率依次成等差數(shù)列，求的取值范圍解：由條件知，點(diǎn)、的坐標(biāo)分別為（-1, 0）和（l, 0) 設(shè)直線l的方程為，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為和，則滿足方程，即由于點(diǎn)A、B不重合，且直線l的斜率

7、存在，故是方程的兩個(gè)不同實(shí)根，因此有的判別式，即由直線的斜率依次成等差數(shù)列知，又，所以，化簡(jiǎn)并整理得，假如，則直線l的方程為，即 z 經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-1, 0)，不符合條件因此必有，故由方程及韋達(dá)定理知，即 由、知，化簡(jiǎn)得，這等價(jià)于反之，當(dāng)滿足及時(shí)，l必不經(jīng)過(guò)點(diǎn)（否則將導(dǎo)致，與矛盾）, 而此時(shí)滿足，故l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A、B，同時(shí)也保證了、的斜率存在（否則中的某一個(gè)為- l，結(jié)合知，與方程有兩個(gè)不同的實(shí)根矛盾）10分點(diǎn)（l , 0）到直線l: 的距離為注意到，令，則，上式可改寫為考慮到函數(shù)在上上單調(diào)遞減，故由得，即20 分 加試1（本題滿分40分）設(shè)是實(shí)數(shù)，證明：可以選取，使得 證法一：我們證

8、明：，即對(duì)，取，對(duì)，取符合要求（這里，表示實(shí)數(shù)的整數(shù)部分） 10分事實(shí)上，的左邊為（柯西不等式）30分（利用）（利用）所以 得證，從而本題得證證法二：首先，由于問(wèn)題中的對(duì)稱性，可設(shè)此外，若將中的負(fù)數(shù)均改變符號(hào)，則問(wèn)題中的不等式左邊的不減，而右邊的不變，并且這一手續(xù)不影響的選取，因此我們可進(jìn)一步設(shè) 10分引理：設(shè)，則事實(shí)上，由于，故當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，引理得證 30 分回到原題，由柯西不等式及上面引理可知，這就證明了結(jié)論 40分證法三：加強(qiáng)命題：設(shè)（）是實(shí)數(shù)，證明：可以選取，使得 .證明 不妨設(shè)，以下分為奇數(shù)和為偶數(shù)兩種情況證明.當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，取，于是有 （應(yīng)用柯西不等式）. 另外，由于，易證

9、有，因此，由式即得到，故為奇數(shù)時(shí)，原命題成立，而且由證明過(guò)程可知，當(dāng)且僅當(dāng)，且時(shí)取等號(hào).當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，取，于是有（應(yīng)用柯西不等式）.， 故為偶數(shù)時(shí)，原命題也成立，而且由證明過(guò)程可知，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，若不全為零，則取不到等號(hào). 綜上，聯(lián)賽加試題一的加強(qiáng)命題獲證.2（本題滿分40分）設(shè)其中是個(gè)互不相同的有限集合，滿足對(duì)任意的，均有，若，證明：存在，使得屬于中的至少個(gè)集合證明：不妨設(shè)設(shè)在中與不相交的集合有個(gè)，重新記為，設(shè)包含的集合有個(gè)，重新記為由已知條件，即，這樣我們得到一個(gè)映射 顯然是單映射，于是， 10 分設(shè)在中除去，后，在剩下的個(gè)集合中，設(shè)包含的集合有個(gè)（），由于剩下的個(gè)集合中每個(gè)集合與從的交

10、非空，即包含某個(gè)，從而 20 分不妨設(shè)，則由上式知，即在剩下的個(gè)集合中，包含 的集合至少有個(gè)又由于，故都包含，因此包含的集合個(gè)數(shù)至少為（利用）（利用) 40 分3（本題滿分50分）如圖，內(nèi)接于圓，為弧上一點(diǎn)，點(diǎn)在上，使得平分，過(guò)三點(diǎn)的圓與邊交于，連接交圓于，連接，延長(zhǎng)交于，證明：證法一：設(shè)CF與圓Q交于點(diǎn)L（異于C)，連接PB、PC、 BL、KL注意此時(shí)C、D、L、K、E、P六點(diǎn)均在圓上，結(jié)合A、 B、P、C四點(diǎn)共圓，可知FEB=DEP=180-DCP=ABP=FBP，因此FBEFPB，故FB2=FEFP10分又由圓冪定理知，F(xiàn)EFP= FLFC，所以FB2=FLFC從而FBLFCB因此, F

11、LB=FBC=APC=KPC=FLK, 即B、K、L 三點(diǎn)共線 30 分再根據(jù)FBLFCB得， FCB=FBL=ABC, 即ABC=2FCB證法二：設(shè)CF與圓交于點(diǎn)L（異于C)對(duì)圓內(nèi)接廣義六邊形DCLKPE應(yīng)用帕斯卡定理可知， DC與KP的交點(diǎn)A、CL與PE的交點(diǎn)F、LK與ED的交點(diǎn)了共線，因此B是AF與ED的交點(diǎn)，即B=B所以B、K、L共線10分根據(jù)A、B、P、C四點(diǎn)共圓及L、K、P、C四點(diǎn)共圓，得ABC=APC=FLK=FCB+LBC,又由BK平分ABC知，F(xiàn)BL=ABC，從而ABC=2FCB4（本題滿分50分）求具有下述性質(zhì)的所有正整數(shù)：對(duì)任意正整數(shù)都有不整除解：對(duì)正整數(shù)，設(shè)表示正整數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解中素因子2的方冪，則熟知， 這里表示正整數(shù)在二進(jìn)制表示下的數(shù)碼之和由于不整除，等價(jià)于，即，進(jìn)而由知，本題等價(jià)于求所有正整數(shù)，使得對(duì)任意正整數(shù)成立 10分我們證明，所有符合條件的為一方面，由于對(duì)任意正整數(shù)成立，故符合條件 20 分另一方面，若不是2的方冪，設(shè)是大于1的奇數(shù)下面構(gòu)造一個(gè)正整數(shù)，