全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽一式參考答案及平分標(biāo)準(zhǔn)

1、2015 年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽一試一填空題：本大題共 8 小題，沒小題 8 分，滿分 64 分。1.設(shè) a、b 為不相等的實(shí)數(shù)，若二次函數(shù)f(x) x2ax b滿足f(a) f(b)，則f (2)的值為12. 若實(shí)數(shù)滿足 cos tan ，則cos4的值為sin3.已知復(fù)數(shù)數(shù)列zn滿足 z-i1, zn 1zn1 ni(n 1,2,)，其中i為虛數(shù)單位，zn表示z的共軛復(fù)數(shù)，則Z2015的值為4. 在矩形 ABCD 中，AB 2, AD 1,邊 DC 上(包含D、C )的動(dòng)點(diǎn) P 與 CB 延長(zhǎng)線上(包 含點(diǎn) B)的動(dòng)點(diǎn) Q 滿足 pP|BQ，貝 U 向量 PA 與向量 PQ 的數(shù)量積 PA

2、 PQ 的最小值為5. 在正方體中隨機(jī)取 3 條棱，他們兩兩異面的概率為6.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)集K (x,y)(x 3y 6)(3x y| 6) 0所對(duì)應(yīng)的平面區(qū) 域的面積為7. 設(shè)w是正實(shí)數(shù)，若存在a,b( a b 2 )，使得 sinwa sinwb 2，則w的取值范圍是8. 對(duì)四位數(shù)abcd (1 a 9,0 b,c,d 9)，若a b, b c,c d，則稱 abcd 為 P 類數(shù)；若a b,b c, c d則稱 abcd 為 Q 類數(shù).用N(P), N(Q)分別表示 P 類數(shù)和 Q 類數(shù)的個(gè)數(shù)，則N(P) N(Q)的值為二解答題：本大題共 3 小題，滿分 56 分.解答應(yīng)寫

3、出文字說明、證明過程或演算步驟。9.(本小題滿分 16 分)若實(shí)數(shù)a,b,c滿足2a4b2c,4a2b4c，求 c 的最小值。10. (本小題滿分 20 分)設(shè)a1,a2,a3,a4是 4 個(gè)有理數(shù)，使得求a1a2a3a4的值。211. (本小題滿分 20 分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，RE 分別是橢圓y21的左、右2焦.設(shè)不經(jīng)過焦點(diǎn) R 的直線 I 與橢圓交于兩個(gè)不同點(diǎn)A, B,焦點(diǎn) F2到直線 I 的距離為 d。如果直線 AF1,l, BF1的斜率依次成等差數(shù)列，求 d 的取值范圍。2015 年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加試、(本小題滿分 40 分)設(shè)a1,a2, ,an(n 2)是實(shí)數(shù)，證明：

4、可以選取1,2使得：二、(本小題滿分 40 分)設(shè)S A,A2, ,An，其中A,A2, ,An是 n 個(gè)互不相同的有限集合(n 2)，滿足對(duì)任意A,AjS，均有AiAjS若 k mi nA 2.證明：存在1 i n inxUA,使得x屬于AI,A2, ,An中的至少-個(gè)集合(這里 X 表示有限集合 X 的元素個(gè)數(shù))ik三、(本小題滿分 50 分)如圖， ABC 內(nèi)接于圓 O, P 為弧 BC 上一點(diǎn)，點(diǎn) K 在線段 AP 上，使得 BK 平分 ABC. 過 K,P,C三點(diǎn)的圓 與邊 AC 交于點(diǎn) D， 連接 BD 交圓 于點(diǎn) E， 連接 PE 并延長(zhǎng)與邊 AB 交與點(diǎn) F.證明：ABC2 F

5、CB四、(本小題滿分 50 分)求具有下述性質(zhì)的所有正整數(shù) k :對(duì)任意正整數(shù)n，2(k 1)n 1不整除皿n!2015 年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽一試參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說明：1.評(píng)閱試卷時(shí)，請(qǐng)依據(jù)本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)。填空題只設(shè) 8 分和 0 分；其他各題的評(píng)閱，請(qǐng)嚴(yán)格按 照本標(biāo)準(zhǔn)評(píng)分檔次給給分，不要增加其他中間檔次。如果考生的解答和本解答的不同，只要給合理的思路、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 題 4 分為一個(gè)檔次.第 10、11 小題 5 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，沒小題 8 分，滿分 64 分。1.答案：42.答案：2

6、3.答案：2015 1007i【解答】由已知，對(duì)一切正整數(shù)于是z2015z,1007 (2 i) 2015 1007i4.答案：31,1,【解答】 由已知條件及二次函數(shù)圖像的對(duì)稱性， 可得:-，及 2a b20.所以【解答】由條件可知cos2sin，反復(fù)利用此結(jié)論,并注意到2CO.2sin1，得彳2 - 214cos sincossinsin2sin=(1 sin )(1cos2)2 sin2cosn，有得點(diǎn) Q 的作標(biāo)為(2, -t)，故 PA ( t, 1)，PQ (2 t, t 1)，因此【解答】不妨設(shè)A(0,0)，B(2,0)，D(0,1)，設(shè)P的坐標(biāo)為(t,1)(其中 0 t2)，則

7、由DP|BQ1. .3當(dāng)t-時(shí)，(PA PQ)max -245.答案：55【解答】設(shè)正方體為 ABCD EFGH，它共有 12 條棱，從中任意取出 -條的方法共有C-2220種。下面考慮三條棱兩兩異面的取法數(shù).由于正方體的棱共確定-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-條棱必屬于-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 或者 FG,共有2 種可能.當(dāng) AD 方向取棱是 EH 或者 FG 時(shí)，AE 方向取棱分別只 能是 CG 或者 DH。【解答】設(shè)K-(x,y)|x

8、| -y 6 0，先考慮 K-在第一象限中的部分，此時(shí)有x -y 6故這些點(diǎn)對(duì)應(yīng)于圖中的 OCD 及其內(nèi)部.由對(duì)稱性可知，K-對(duì)應(yīng)的區(qū)域是圖中以原點(diǎn) 0 為 中心的菱形 ABCD 及其內(nèi)部。同理設(shè)K2(x,y)|3x y| 6 0，則&對(duì)應(yīng)的區(qū)域是圖中 0 為中新的菱形 EFGH 及其內(nèi)部.由點(diǎn)集 K 的定義可知，K 所對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域是被KI,K2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x -y 6，直線 GH 的方程為-x y 6，故他們的交點(diǎn) P 的坐標(biāo)為(爲(wèi))，由對(duì)稱性可知:8SCPG7.答案：W 4,2【解答】由 sinwa

9、sinwb 2 可知，sinwa sinwb 1，而wa,wb w ,2w 故題目條件等價(jià)于：存在整數(shù)k,l(k l)，使得由上可知，-條棱兩兩異面的取法數(shù)為4*2=8，故所求概率為-2205524.答案：24w 2k 212w2 2當(dāng) w 4 時(shí)寸， 區(qū)1間w ,2w的長(zhǎng)度不小于 4，故必存在k,l滿足式,當(dāng) 0 w4 時(shí), 注意到w ,2w (0,8 )，故僅需要考慮如下幾種情況:(1)w52w1，此時(shí)w且w5，無解；2224(2)w592w9，此時(shí)有w5；2242(3)w9132w，此時(shí)有13w-，得13w 4224248.答案:285【解答】分別記 P 類數(shù)、Q 類數(shù)的全體為 A、B，

10、再將個(gè)位數(shù)為 0 的 P 類數(shù)全體記為A0, 個(gè)位數(shù)不等于 0 的 P 類數(shù)全體記為A .對(duì)任一個(gè)四位數(shù) abed A,將其對(duì)應(yīng)到四位數(shù) deba，注意到a b,b c,c d 1，故abedB.反之，每個(gè) debaB唯一對(duì)應(yīng)于 Ai中的元素 abed.這建立了 Ai與 B 之間的一一 對(duì)應(yīng)，因此有：N(P) N(Q)= A|B A A |BAO下面計(jì)算AO:對(duì)任一個(gè)四位數(shù) abeOAO, b 可取0,1, ,9，對(duì)其中每個(gè) b，由 b a 9 及 b e 9 知，a和e分別有 9 b 種取法，從而因此，N(P) N(Q )=285.二、解答題：本大題共 3 小題，滿分 56 分.解答應(yīng)寫出文

11、字說明、證明過程或演算步驟。9.【解答】將2a,2b,2e分別記為x,y,z，則x,y,z 0.由條件可知：x y2乙x2y z222、2224故z y x (z y ) z 2y z y因此，結(jié)合平均值不等式可得，zy/-(2y2- -) -332 y2 1 13322y 4yy4、/y y4當(dāng)2y2 1，即y丄 時(shí)，z的最小值為-V2(此時(shí)相應(yīng)的x的值為工2，符合要求)y幼244由于 e log2z，故e的最小值為log2(332) log23 -4310.【解答】由條件可知，qaj(1 i j 4)是 6 個(gè)互不相同的數(shù)，且其中沒有兩個(gè)數(shù)是互為相反數(shù)，由此知，a1,a2,a3,a4的絕對(duì)

12、值互不相等，不妨設(shè) 印a?a3a，那么則y-!心 m,y2kx2m，所以有:aiaj(1 ij 4)中最小的與次小的兩個(gè)數(shù)分別是aa2及 aja3,最大與次大的兩個(gè)數(shù)分a4,及 a2)a4，從而必須有:于是a2-,a3丄,a4 24，故8aa2結(jié)合 a1Q，只可能取 a -411由此易知，31, a?34,846或3142經(jīng)檢驗(yàn)知這兩組解均滿足問題的條件。故a1a2a3a4941嚴(yán)4,a4 611. 【解答】由已知條件可知，點(diǎn) 尺丁2的坐標(biāo)分別為(1,0)和(1,0).設(shè)直線 I 的方程為y kx m，點(diǎn) A,B 的坐標(biāo)分別為(為，)和(x2,y2)，則 x1,x2滿足方程2-(kx m)21

13、，即:2(2k21)x24kmx (2m22)0由于點(diǎn) A,B 不重合，且直線 I 的斜率存在，故 x1,x2是方程的兩個(gè)不同實(shí)根，因此有的判別式：即有2k21 m2由直線 AF1,I,BF1的斜率x11k、-依次成等差數(shù)列知,x21y1yx-i1x21化簡(jiǎn)并整理得,(m k)(x1x22)若 m k，貝U直線 I 的方程為ykx k，即 I 經(jīng)過點(diǎn)F( 1,0)，不符合條件因此有為 x22 0，故由方程及韋達(dá)定理知,2k4km2k21(為X2)2，即2j由可知，2k21 m2 (k刃2，化簡(jiǎn)得*只，這等于k孑nai)2i 1n2(aii 1naj)2丄1(nn1)(a2)i 1即對(duì)i 1,

14、,n，取2的整數(shù)部分）事實(shí)上，的左邊為:1，對(duì)i21,n，取1 符合要求（這里，X表示實(shí)數(shù) xn2(aii 1naj)2n 12aii 12aj) =2( a)nn2(aj)2可n2嘰?。?(nna：)（柯西不等式）反之當(dāng)m,k滿足及 k空時(shí)，I 必不經(jīng)過點(diǎn) Fi（否則將導(dǎo)致 m k，與矛盾）2而此時(shí)m,k滿足，故 I 與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn) A,B，同時(shí)也保證了 AFi,BFi的斜率存在,盾。）考慮到函數(shù)f（t） 2（t3）在1,、.3上單調(diào)遞減，故由可得，fc、3） d f（1），即2 t2015 年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加試參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說明：1評(píng)閱試卷是，請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)的評(píng)分檔

15、次給分；2如果考生的解答方法和本題解答不同，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，一、證明：我們證明：（否則 X1,X2中某一個(gè)為-1，結(jié)合 X1X220 知 x1x21與方程有兩個(gè)不同的實(shí)根矛點(diǎn) F2（1,0）到直線l :m的距離為（1, .3），上式可改寫為t石|) 2 (tt 2 2210 分為一個(gè)檔次，不要增加其他中間檔次。kxk m注意到k，則t3)- (21d1 k2.k22jBi, B2, ,Bs,設(shè)包含A的集合有 t 個(gè)，重新記為Ci,C2, ,Ct，由已知條件，（BjAi）S即（BiAi） Ci，C2，,CJ，這樣我們得到一個(gè)映射:顯然f是單映射

16、，于是s t設(shè)Ai3i,32, ,3k.在A,A2, ,An中除去Bi,B2, ,Bs,Ci,C2, ,Ct后，再剩下的 n s t 個(gè)集交非空，即包含某個(gè)3i，從而三、證明：設(shè) CF 與圓 交于點(diǎn) L（異于C），連接 PB,PC,BL,KL. 注意到此時(shí)C,D,L,K,E,P 六點(diǎn)均在圓因此FBLsFCB,因此： FLB即B,K,L三點(diǎn)共線。再根據(jù)FBLsFCB 得：1FCB FBL FBE ABC，2四、【解答】對(duì)正整數(shù) m,設(shè) V2（m）表示正整數(shù) m 的標(biāo)準(zhǔn)分解中素因子 2 的方幕，則v2(m!) m S(m)這里S（m）表示正整數(shù)m在二進(jìn)制表示下的數(shù)碼之和。a2)i i2(寧)(.J

17、na：)：i2n(a2)i i(nn2i）（ aj）J吩i從而本題得證。(利用x x)所以式得證，二、證明：不妨設(shè) A k，設(shè)在Ai,A2, ,An中與 Ai不相交的集合有s 個(gè)，重新記為合中，設(shè)包含ai的集合有Xi個(gè)（ik），由于剩下的 n s t 個(gè)集合中每個(gè)集合與 A 的不妨設(shè)x-imax xi，則由上式可知i i k集合至少有ndJ 個(gè).又由于Ak合個(gè)數(shù)至少為n s t+t =n s （k i）t n s kkXiCi(in匚丄，即在剩下的 n s t 個(gè)集合中，包含ai的k1, ,t），故Ci,C2, ,Ct都包含 ai，因此包含 ai的集k-（利用k 2，n（利用七s，上，結(jié)合 A

18、,B,P,C 四點(diǎn)共圓，可知:FBC APC KPC FLK ,即 ABC 2 FCB由于 2(ki)ni不整除 皿 等價(jià)于v2(如)(k i)n，即 kn V2(kn!)n V2(n!)n!n!綜上所述的兩個(gè)方面可知，所求的 k 為2 (0,1,2,)進(jìn)而由可知，本題等價(jià)于求所有正整數(shù)k，使得S(kn) S(n)對(duì)任意正整數(shù) n 成立.我們證明，所有符合條件的 k 為2a(a 0,1,2 )一方面，若 k 不是 2 的方幕，設(shè)k 2aq,a 0，q是大于 1 的奇數(shù)。下面構(gòu)造一個(gè)正整數(shù) n，使得S(kn) S(n)，因?yàn)镾(kn) S(2aqn) S(qn)因此問題等價(jià)于我們選取 q 的一個(gè)倍數(shù) m,使得S(m) S(m