2021年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試題及解析(AB合版)

年全國(guó)高中學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽一（A卷）參考案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說明：1.評(píng)閱卷時(shí)，請(qǐng)據(jù)本評(píng)分.填題只設(shè)8分和分兩；其他各的評(píng)閱，嚴(yán)格按照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)評(píng)分檔次分，不得加其他中檔次2.如果生的解答法和本解不同，只思路合理步驟正確在評(píng)卷時(shí)參考本分標(biāo)準(zhǔn)適劃分檔次分，解答中9題分一個(gè)檔次10、11小題5為一個(gè)檔，不得增其他中間次．一、填空題：本大共8題，每小題8，滿分

．1.已知正實(shí)數(shù)滿9答案：．

=(9a

8

，則loga的值為a

．16解：由條件，故a

，所以a=

916

．2.若實(shí)數(shù)集合{1,3,}的大元素與最小元素差等于該集合的有元素之和，則x的值為．3答案：．2解：假如x，則最大、最小元之差不超過x}而所有元素之和大于max{3,}不符合條件．故x0，即x為最小元素．于是3x，解3得x．223.平面直角坐系中，e是位向量向量足a￡5te對(duì)任意實(shí)數(shù)t成立，則的取值范圍是．答案：[5]解：妨設(shè)(1,．由于a=，可設(shè)a(2,)

，則對(duì)任意實(shí)數(shù)，4

2

=

2a￡5a=5t)

2

2

，這等價(jià)于4s

2

5s

，解得s[1,4]

，即s2?[1,．于是=

4

2

?

[25]．4.設(shè)A,B為橢圓G的長(zhǎng)軸頂點(diǎn)，

E,F為的兩4,23,為上一點(diǎn)，滿足?PF則PEF的積為答案：1．

．解：不妨設(shè)面直角坐標(biāo)系中

G

的標(biāo)準(zhǔn)方程為

+1(>．a(chǎn)2根據(jù)條件得2-2=．EF=a

2

-b

2

=AF=+，a2,b且1

2個(gè)數(shù)b，則a=2M5132513513513當(dāng)k0，得=5÷?13?÷32個(gè)數(shù)b，則a=2M5132513513513當(dāng)k0，得=5÷?13?÷3由橢圓定義知a4結(jié)合PEPF得PE

2

+2

(+PF

-2PEPF12

，1所以EPF直角，進(jìn)而=??PF1DPEF5.在1,3,,中隨選出一個(gè)數(shù)a，在1,--中隨機(jī)選出2b被3除的概率為．37答案：．3

2

100=100等概率的選解：數(shù)組a,)共有102+b被整除的選法N．法．考慮其中使a若a被3整除，則也3除．此時(shí)a,b有3選法，這樣的a,)有9組．若a不被整除，則1(mod，從而bo-1(mod3)．此時(shí)a有7種選法，b4種選法，這樣的,b)有4組．37因此937．于是所求概率為．100足M

對(duì)任意閉區(qū)I，用表示函數(shù)ysinx在I上的最大值．若正數(shù)滿I，則的值．[0,][2a]答案：p或p．612p解：假0<a￡，則由正弦函數(shù)圖像質(zhì)0M=sinaM[0,a][a2a]

，與條件不符．p1因此>，此時(shí)1，故M=．于是存在非整數(shù)k，使得2

[0,][a,a]

2p+

pa￡k+p，①6且①中兩處“”少有一處取到等號(hào)p或2ap．經(jīng)驗(yàn)，=p,p均滿足條件．6當(dāng)k3時(shí)，由于2+

13

<2

?6122+p，故不存在滿足①a綜上，a的值為

5

6p或p．

è6?612如圖，正方ABCD-EFGH的一個(gè)截面過頂點(diǎn),及棱EF上一點(diǎn)K將正方體分成體積比兩部分，則的值為．KF答案：．

E

HGFD解：記為截面所在平面．延長(zhǎng)交于點(diǎn)P，則P

在a上，故直P是a與面BCGF交線．設(shè)CP交于點(diǎn)L，則四邊形AKLC為截面．因平面ABC平行于平面KFL，且AK,,共點(diǎn)P，ABCKFL為棱2

===V-=?3h?12?÷=BCD3BDsin===V-=?3h?12?÷=BCD3BDsin臺(tái)．不妨設(shè)正方體長(zhǎng)為，則正方體體積為，結(jié)合條件知棱臺(tái)ABCKFL的1體積=．4KFFLPFh注意到,PF設(shè)h則AB+分別是棱錐ABC與棱錐P-高，于是111ABBCPB-KFFLPF4PABCPKFL6??h=(h1)?=．6+?6(h+1)

E

H

αD

F

L

化簡(jiǎn)得h

2

=，故h

1．從而==3．3KFPF將個(gè)數(shù)2,1,20,按任意次序排成一行拼成一個(gè)位（首位不為則產(chǎn)生的不同的位數(shù)的個(gè)數(shù)為．答案：．解：將2,1,9,20,的位不為的排列的全體記為A．易知55!這里及以下，表示有限集X的元素個(gè)將A中2的后一項(xiàng)，的一項(xiàng)是的列的全體記為A中2的后一項(xiàng)是，但1的后一項(xiàng)不是9的列的全體記為；1的后一項(xiàng)是9，但的后一項(xiàng)不是的列的全體記為D．易知，C5!，BD4，即96,D72由中列產(chǎn)生的每個(gè)8位數(shù)，恰對(duì)應(yīng)中的2=個(gè)排（這樣的排列中，20可與“0”互，可與“1,”互似地，由C或中排列生的每個(gè)位數(shù)，恰對(duì)應(yīng)中個(gè)列．因此滿足條件8數(shù)的個(gè)數(shù)為A\(BCD)+4=---=18=498．42二、解答題：本大共小題，滿分56．解答應(yīng)寫出文字說明、證明程或演算步驟9.本題滿分16分）在中，．若b是a與c等比中項(xiàng)，且inA是sin(B-A)與inC的差中項(xiàng)，求cosB的值．解因b是的等比中項(xiàng)，故存在q>，滿足bqa,=q

2

a．①因sin是B),C等差中項(xiàng)，故2sinA=BA)sinC=-Asin(B+)=2sinB．…4分結(jié)合正、余弦定理得a

==

b

2+c2-a

，bB即

2

-a

2

=ac．…分3

+-bq22122-ry=．顯0，故2??÷21??-12è?((?23?=．?+-bq22122-ry=．顯0，故2??÷21??-12è?((?23?=．?3由②有解可知r443÷÷?32?è??9÷C．z1n?N將①代入并化簡(jiǎn)，知q

2+q41

2

，即q

4=+，所以q

2

=

52

．………………分進(jìn)而B

2

4-q=2ac2

2

==5-．q2…1610.本題滿分20）在平面直坐標(biāo)系中，與拋物線:恰有一個(gè)公共點(diǎn)，圓W與軸相切于G的焦點(diǎn)F求圓W的半徑．

2

=4解：易知的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)．設(shè)的半徑為r(r．由對(duì)性，不妨設(shè)W在軸上方與軸相切于F，故W的方程為(x1)(r)=r2．①?2將x代入①并化簡(jiǎn)，得-1+y4

4??r=??2y֏?

2+232y

．②…5分根據(jù)條件，②恰有個(gè)正數(shù)解，y對(duì)應(yīng)W與的唯一公共點(diǎn)．2+考慮f(y=(0)的最小值．32y由平均值不等式知y2

4y

2

4+++333

4?÷

，從而當(dāng)且僅當(dāng)

=

1??43f()33294343，即y時(shí)，f(y)取到最小值．………………15分33又假如r>因fy)隨y連續(xù)變，且099????及y時(shí)()均可意大②在+￥均有解解的33唯一性矛盾．綜上，僅有r3滿足條件（此時(shí)12W與的唯一公共點(diǎn)33…20（本題滿分分稱一個(gè)復(fù)數(shù)數(shù)列{}為“有趣的”，若，且對(duì)n1任意正整數(shù)，有z+2z+=0求最大的常數(shù)，得對(duì)一切有趣nn1的數(shù)列{}及任正整數(shù)，有n解：慮有趣的復(fù)數(shù)數(shù)列{}．歸納地可知z*．由條件得n

4

÷÷?÷1N)．此=，故==11=n1nnn3333￥￥2-2-221￥2s￥????3-?2÷3滿足要求．-1+4÷÷?÷1N)．此=，故==11=n1nnn3333￥￥2-2-221￥2s￥????3-?2÷3滿足要求．-1+4???n1=n?N4??

*

)，解得n

=

3i4

(?

n*z-+in1n1z2n=z?(n?*．①2nn…5分進(jìn)而有1=?1=記Tzz(?N*．

?i4

=

2

3n

(n?N

*

)．②m當(dāng)=s(?N

*

)時(shí)，利用②可得

m

3+z-1

?

+z>-?z+=-=．2=2

k2

=2…10當(dāng)=1?*)時(shí)，①、②可知=1<=?=2?221

?

2k-1

+z

2k

，故

?3+-?m2è

=+1=s+1÷￥->2k-22s

2k

+z=2

3

3．k2當(dāng)m1，=1．

k21

33以上表明3另一方面，當(dāng)1,=

3i

,z

=

-1-i

…15(kN*)時(shí)，易驗(yàn)證知1k

2

2

2+1

2

2k{}為有趣數(shù)列．此時(shí)n21

=z?1

(z

2k

2

)=

￥=1

-3i22+1

==3+3i?=383

，這表明能大于

33

．綜上，所求的

33

．…205

￡a￡￡a=99．￡a￡￡a=99．12201912019記f=+++a=fi,．于是(i=1,iii年全國(guó)高中學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加（A卷）參考案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說明：1．評(píng)閱試時(shí)，請(qǐng)嚴(yán)按照本評(píng)標(biāo)準(zhǔn)的評(píng)檔次給分2．如考生的解方法和本答不同，要思路合、步驟正，在評(píng)卷可參考本評(píng)標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)分檔次評(píng)分一個(gè)檔次不得增加他中間檔．（本題滿40分）圖，在銳角中，是BC邊的中點(diǎn)點(diǎn)P在內(nèi)，使得平分BAC．直線M與ABP,ACP的接圓分別相交于不同于點(diǎn)P的兩點(diǎn)DE．明：若DEMP，則BC2BP．D

MCF證明：延長(zhǎng)PM到點(diǎn)，使得MF．接BF,CE．由條件可知BDPCAP．……………10BMCM且EMFM，所以BF且BF于是

F

CEM

，進(jìn)BD=．……………20又MP，故==FM．于是在等腰BDF中，由對(duì)稱性得BP=BM．而BM2………………分二、（題滿分40分設(shè)整數(shù),,a滿足=22)-(a+aa+a++a)．1352017求f最小值f．并確定使f成立的數(shù)組(aa,,002

)的數(shù)．解：由條件2f=

2

+a

2

+

2

+

2

+

2017(

-)．

①由于a及a

1ii-(i1,,均為非負(fù)整數(shù)故有a

3,

2

3a，且(a

i

1i2i-)3-aa2a-)3a+a+a

-)a

122a．②1

ii

12

i2i2017

2018ii1………………分6

1(f3)a=7400．以下考慮③的取等件．此時(shí)即1(f3)a=7400．以下考慮③的取等件．此時(shí)即a1ii因此1n)有==aaa)-1-122)，由①、②得

2f3

+a

+(

-a

)

2

+a

2

+

2

，結(jié)合

2019

201720182017=及3a>0，可20182a+(99-)

2

20182019222017=(a-

2

2017+．

③2017………………分另一方面，令=a==a=1,a=a=(k2,49),a=991219202k1此時(shí)驗(yàn)證知上述所不等式均取到等號(hào)，而f的最小值f0………………分=a=49，②中的不等式均等，2017=1，a-ai2,,2016)．￡￡￡=，且對(duì)個(gè)￡￡，a,,中122018至少有兩項(xiàng)等于k易驗(yàn)證知這也是③等的充分條件．對(duì)每個(gè)(1k，設(shè),,中等于的項(xiàng)數(shù)為+n，則為正12018k整數(shù)，且+)+(1)+(1)，即12+n++=．12該方程的正整數(shù)解n)的組數(shù)C，且每組解唯一對(duì)應(yīng)一個(gè)④取12n等的數(shù)組(a,,,)，故使f=f成立的數(shù)組(a,個(gè)．12aa2019………………分三、（題滿分分）設(shè)為整數(shù)，m2．整數(shù)數(shù)列a,a滿足：a,1212不全為零，且對(duì)任正整數(shù)n均有=a-ma．n2證明：若存在整數(shù)rs(r3使得，則rs3|．rs證明：不妨設(shè)aa互（否則，(a,ad1則1與2互素，并且用a

1

a,2,3,

112代替,a，條件與結(jié)論均不改變．

dddd

123由數(shù)列遞推關(guān)系知a

2

ooao34

m|)．

①以下證明：對(duì)任意數(shù)33有ao-(a+(-3)a)m

2

)．

②n2………………分事實(shí)上，當(dāng)3②顯然成立．假設(shè)nk時(shí)②成立（其k為某個(gè)于2的整數(shù)意到①，有oma(modm，合歸納假設(shè)知2=-o-(a+(-ao-(+(-a)m2127

=a===m|，即(r=a===m|，即(ra若，則a1a1a=a=a|2即nk1時(shí)②也成立．因此②對(duì)任意整數(shù)33均成立．………………20注意，當(dāng)時(shí)，②對(duì)n2成立．12設(shè)整數(shù)r,s(r>3，滿ra．若a，由②對(duì)n2均成立，1可知a-(a+(r-3))o=o-(a+(s-am(mod

2

)，即a

1

22r12+r-aoa+(s-a21om|)．③2，故rs3．此時(shí)由于②對(duì)均成立，12rs1故類似可知③仍成．我們證明a互素．2

………………分事實(shí)上，假與存一個(gè)公共素因子p則由①paa,22因子，而aa互素，故，這與a矛盾．121rs1

的公因此，由③得

r-so0(mod|m|)又r>s，所以r-s3．………………分（本題滿分）設(shè)是空間中2019個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的集合，其任意四點(diǎn)不共面．某些點(diǎn)之連有線段，為這些線段成的集合．試求小的正整數(shù)n，滿足條件：若E至少個(gè)元素，則一定含有個(gè)元子集，其中每個(gè)二元子集中的兩條段有公共端點(diǎn)，且任兩個(gè)二元子集的交為集．解：為了敘方便，稱一個(gè)圖中兩條相鄰的邊構(gòu)成一“角”．先證明一個(gè)引理：VE)是一個(gè)簡(jiǎn)單圖且G是連通的，則含有個(gè)兩兩無(wú)公共邊的（這里[]表示實(shí)數(shù)的整數(shù)部分引理的證明：對(duì)E的元素個(gè)數(shù)歸納證明．當(dāng)E2,3，結(jié)論顯然成立．下面假設(shè)，且結(jié)論在較小時(shí)均成立．只需證，在中可選取兩條邊b構(gòu)成一個(gè)角，在G中刪去這條邊后，剩下的圖有一個(gè)連通分支包含|E|條．對(duì)這個(gè)連通分支用歸納假設(shè)即得結(jié)論立．考慮中的長(zhǎng)路:v，其中v,v,,是互不相同的點(diǎn)．因?yàn)?212連通，故k．情形)2于P是最長(zhǎng)路v的鄰點(diǎn)均在v,,v中，E，11i其中．則{v}是一個(gè)，在刪去這兩條邊．若處還有第三條11i1邊，則剩下的圖是通的；v處僅有被刪去的兩邊，則v成為孤立點(diǎn)其余11頂點(diǎn)仍互相連通．之在剩下的圖中有一連通分支含有條．情形：deg()1，v)．{v,vv}是一個(gè)角，在G中刪去兩112條邊后，,v都成為孤立點(diǎn)，其的點(diǎn)互相連通，因此一個(gè)連通分支含有1E條邊．情形deg(v)v)3，v與,v中某個(gè)點(diǎn)相鄰{vvv}14128

12019161212981i980222980212019161212981i980222980222i是一個(gè)角，在G中刪去兩條邊后，v成為孤立點(diǎn)，其余點(diǎn)互相通，因此有一1個(gè)連通分支含有E條．情形：v)1，v)3且v與某個(gè)u12

{,,v}鄰．由于P13k是最長(zhǎng)路，故u的鄰點(diǎn)均在,,v之中．因{,}一個(gè)角，在中刪去這22兩條邊，則v是孤立．若處僅有邊uv，則刪去所述邊u也是孤立，而其12余點(diǎn)互相連通．若還有其他邊uv，則刪去所述邊后，v外其余i點(diǎn)互相連通．總之剩下的圖中有一個(gè)連分支含有E條邊．引理獲證．

………………分回到原題，題中的和可看作一個(gè)圖V,E)首先證明．

．設(shè){,,v}．在v,,,v中，首先兩兩連邊，再去其中條邊（例如vv,vv連了215條，則這個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的圖1213116

61是連通圖．再將剩的2個(gè)點(diǎn)配成979，每對(duì)兩點(diǎn)之間一條邊，則圖G中一連了1979條線段．由述構(gòu)造可見，G中任何一個(gè)角必須使用vv,相連的邊，因此多有個(gè)兩兩無(wú)公共邊12

的角．故滿足要求n不小于2795………………30分另一方面，若，任意刪去若干條邊只考慮的形．設(shè)有個(gè)通分支，分別有m,個(gè)點(diǎn)，及e,,e條邊．下面明11ke,中至多有979個(gè)奇數(shù)．1k反證法，假設(shè)e,,中有至少個(gè)奇數(shù)，由于2795奇數(shù)，1k故e,中至少有981個(gè)數(shù)，k981．不妨,e都是奇數(shù)，顯然1,m,,2令m2，則有(1i，故981

mi2795e

2

2

．

m

981

①iii利用組合數(shù)的凸性即，CCy

mi

2

，可知當(dāng)m,mm1980由及一個(gè)59構(gòu)時(shí)，Cmi

2取得最大值．于是mi2C222691m2ii這與①矛盾從而,中至多有奇數(shù)．………………40分1k對(duì)每個(gè)連通分支應(yīng)引理，可知含有N個(gè)兩兩無(wú)公邊的角，其中1i

i

979)．綜上，所求最小的是………………509

=2222272=2222272年全國(guó)高中學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽一（B卷）參考案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說明：1.評(píng)閱卷時(shí)，請(qǐng)據(jù)本評(píng)分.填題只設(shè)8分和分兩；其他各的評(píng)閱，嚴(yán)格按照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)評(píng)分檔次分，不得加其他中檔次2.如果生的解答法和本解不同，只思路合理步驟正確在評(píng)卷時(shí)參考本分標(biāo)準(zhǔn)適劃分檔次分，解答中9題分一個(gè)檔次10、11小題5為一個(gè)檔，不得增其他中間次．一、填空題：本大共8題，每小題8，滿分．已知實(shí)數(shù)集{1,2,x}的最元素等于該集合所有元素之和，則x值為．答案：3．解：條件等于2,3,x中除最數(shù)以外的另三個(gè)數(shù)和為．然，從而1x，得3．若平面向量a

m

1)

m2+1

)

垂直，其為實(shí)數(shù)，則a的模為．答案：10解：令2

m

=t，則t0．條件等價(jià)于t?(t-(-?，解得t．因此a模為

2

+-1)=10．設(shè)?(0,pcosb是方程為．

-x-1的兩根sin的值7答案：．531解：由條件+=,acos=-，從而55(sinsin)=(1)

a)(1-)=1-cos+2(coscos)2?÷-÷=

2

．

257又由,b?(0,p)知sin>0，從b=．5設(shè)三棱錐ABC滿足PAAB=CA=則該三棱錐的體積的最大值為．2答案：．3解：設(shè)三棱ABC高為h．取M棱AB的中點(diǎn)，

22

2．當(dāng)平面垂直于平面時(shí)，取到最值22．此時(shí)三錐PABC的體10

21=n=(=(-1)n-a++21=n=(=(-1)n-a++=a2a1積取到最大值S?22=??=．33將5個(gè)數(shù)0,9,任意次序排成一行拼成一個(gè)位數(shù)（首位不為則產(chǎn)生的不同的位數(shù)的個(gè)數(shù)為．答案：95解：易知2,1,9,的所不以為頭的排列共有4!個(gè)其中，除了(0,9,2019)2019,2,1,這種排列對(duì)應(yīng)同一個(gè)20192019，其余的數(shù)互不相等．因滿足條件的8位數(shù)的個(gè)數(shù)為1．6.設(shè)數(shù)n4，(2y1)

n

的展開式中-4

兩項(xiàng)的系數(shù)相等，n的值為．答案：51．

n解：注意到y(tǒng)-1)n

=

?

r

n

nr

yr

．r0其中n4項(xiàng)僅現(xiàn)在求和指標(biāo)r=n-1)(nn-項(xiàng)系數(shù)為(-424

時(shí)的展開式Cn．

4(2-

4

中，其x

n-而項(xiàng)僅出現(xiàn)在和指標(biāo)rn時(shí)的展開式C-1x(2y1)n1中，其xyn項(xiàng)系數(shù)為-1C4(-n-n-3nn-1)(n2)．nn1nn1)(n-2)(n-3)因此有2n(n-n2)．注意到n4，化簡(jiǎn)得24n=(-

n3

48故只能是為奇數(shù)且348．得51．7.在平面直角坐系中，若以(r1,0)圓心、r為半徑的圓上存在一點(diǎn)(a,b)

滿足

2

則r的小值為．答案：．解：條件知(-r-1)

2

+b

2

=r

2

，故4￡b

2

=r

2

-(a-r

2

=r(a--(a-2．即a

-2(r-a+2r￡．上述關(guān)于的一元二次等式有解，故判別式(2(r-1))

2

-r=r(r-3，解得r34經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)r=時(shí)，(a,)(3,2滿條件．因此r的最小值為．8.設(shè)等差數(shù)列{}各項(xiàng)均為整數(shù)首a=2019且對(duì)任意正數(shù)n總n1存在正整數(shù)，使得．這樣的數(shù)列{}的個(gè)數(shù)為．1答案：．解：設(shè){a}的公差為d．由條件知a（k某個(gè)正整數(shù)nk+d+(kd1a即k-2)d=，因此必有k2，d=．這樣就有-n-1aa(-1)d=+，n11

111

2????b222b22y2yb=+=2????b222b22y2yb=+=而此時(shí)對(duì)任意正整，nn1)(aa++a=n+d=(-1)a+11=(n1)(2)+(-1)，

21

è

2

÷確實(shí)為{}的一項(xiàng)．n因此，僅需考慮使k成立的正整數(shù)k的個(gè)數(shù)．注意到為兩個(gè)素?cái)?shù)1與673之，易知-可取1,3,673,這5個(gè)值，對(duì)得到個(gè)足條件的等差數(shù)列．二、解答題：本大共3小題，滿56分．解答應(yīng)出文字說明、證明程或演算步驟（本題滿16分）在橢圓G中，F(xiàn)為個(gè)焦點(diǎn)，,為兩個(gè)頂．若3,=，求的有可能值．

y2解：不妨設(shè)面直角坐標(biāo)系中橢

的標(biāo)準(zhǔn)方程為

a

2

+

b

2

=1(>0)，并記．由對(duì)稱性，可設(shè)F為的右焦點(diǎn)．易知F到的左頂點(diǎn)的距離a+，到右頂點(diǎn)的距離為a，到上、下頂點(diǎn)的距離均為．分下情況討論：(1)分別為左、右頂點(diǎn)此時(shí)ac3,c，故AB2a5（相應(yīng)地，b

2

=)()=6，G的程為

4

+………………4分25(2)A為左頂點(diǎn)B上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)此時(shí)ac=2，故1，進(jìn)222而=-c=3所以ABa（相應(yīng)的的方程為

+=143…8分(3)為上頂點(diǎn)或下頂，為右頂點(diǎn)．此時(shí)3,-c故c1222而=-c=8，所以a17（相的G的方程為

+=1…12綜上可知，的所有可能值5,7,17．…分

（本題分20分）設(shè)b,均大于，滿足lgc

lgblogc4.a求lgac的最大值．解：設(shè)lgax,lg=,lgc=，由b,c可知x,,>．由條件及換底公式+，即+z3yx．x…5分12

16且對(duì)任意正整數(shù)，n÷?÷11=n1??323￥￥2k-12k-1￥16且對(duì)任意正整數(shù)，n÷?÷11=n1??323￥￥2k-12k-1￥￥?由此，令3ty4(t0)則z4xyt-t．其中由z0可知t(0,．因此，結(jié)合三元平值不等式得

…10當(dāng)216最大值．

lgalgc=xz3t12t-t2-2t)t(2-2t)18?÷18?．2，即t（相應(yīng)的a,分別為110,10）時(shí)，ac取到3…203（本題滿20）設(shè)復(fù)數(shù)數(shù)列{}滿：n均有z+2zz+2=．證明：對(duì)任意正數(shù)，均nnn+++12m

<

23

．證明：歸納地可知z1N*)．由條得????n1=(nN4??

*

)，解得n

=

i4

n(*

…5分因此

n1n

=

n1n

=

-13i1=，故4=z2

(n?N

*

)．

①進(jìn)而有

n

+z

n1

=?n

1n1=n

?33i4

=

32n

(?

N

*

)．

②…10當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，設(shè)ms(s?N

*

)利用②可得

1

+z+2

+z￡m

?

z2k-1

<

z==．2k1=1k=…15當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，設(shè)=1s?

)

．由①、②可知

2s

=1<3=?22ss-

32k-

=

?

+z2k-12k

，故

1

++2

=+1=++2zs<

+=2-2

2．3k

k綜上，結(jié)論獲證．…2013

3a(．證明：xx記a199證明：注意到a,a,a3a(．證明：xx記a199證明：注意到a,a,a11?÷￡k1a=ia50101i?xxdddd2n,ddn年全國(guó)高中學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加（B卷）參考案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說明：1．評(píng)閱試時(shí)，請(qǐng)嚴(yán)按照本評(píng)標(biāo)準(zhǔn)的評(píng)檔次給分2．如考生的解方法和本答不同，要思路合、步驟正，在評(píng)卷可參考本評(píng)標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)分檔次評(píng)分為個(gè)檔次，得增加其中間檔次一、（題滿分40分）設(shè)正實(shí)數(shù)a,a,a滿足(i50)．12100i101ika2￡．+a1k>0對(duì)1,,由平均值不等式知?k0?k￡èaa++aa，……………10分12

1從而有

x1

9999

=

99

?a?

k++a

99

aka

．

①k1

12

k12

記①的右端為則對(duì)任意i2,

………………分,，a在T的分子中的次為i-，i在分母中的次數(shù)為00i．從而10050=ai101ia2(101i)-101iii1i

?=?ii

2i÷．÷………………分又0<

-i

￡a

i

(i=1,,50)，故T結(jié)合①得2￡￡．199

………………分（本題滿40）求滿足以條件的所有正整數(shù)：(1)至少個(gè)正約數(shù)；(2)若d是n所有正約數(shù)，則d,,12k3k成等比數(shù)列．

構(gòu)解：由條件知k4，且3k．dn易知dd,d，代入上式得1kkd2n

………………分d32d1n2dd2

，化簡(jiǎn)得(d)d2d．………………分3314

1k22BK121k22BK1