全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷解析匯報(bào)

適用標(biāo)準(zhǔn)文案2015年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合比賽（A卷)參照答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)一試說(shuō)明：1。評(píng)閱試卷時(shí),請(qǐng)依照本評(píng)分標(biāo)冶填空題只設(shè).分和香分兩檔；其余各題的評(píng)閱,請(qǐng)嚴(yán)格依照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)的評(píng)分品位給分,不要增添其余中間品位.2。假如考生的解答方法和本解答不一樣，只需思路合理、步驟正確，在評(píng)卷時(shí)可參照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適合區(qū)分品位評(píng)分，解答題中第9小題4分為一個(gè)品位，第10、11小題該分為一個(gè)檔次，不要增添其余中間品位．一、填空題：本大題共8小題，每題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)x2axb知足f(a)f(b)，則f(2)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aba0，2，即2ab所以f(2)42ab4．22．若實(shí)數(shù)知足costan，則1cos4的值為．sin答案：2。解：由條件知,cos2sin，頻頻利用此結(jié)論，并注意到cos2sin21，得1cos4cos2sinsin2sin2(1sin)(1cos2)sincos22sin2．3．已知復(fù)數(shù)數(shù)列zn知足z1,zn1zn1ni(n1,2,)，此中i為虛數(shù)單位,z表示1nzn的共軛復(fù)數(shù)，則z2015．答案:2015+1007i．解：由己知得，對(duì)全部正整數(shù)n，有zn2zn11(n1)izn1ni1(n1)izn2i，于是z2015z11007(2i)20151007i．4．在矩形ABCD中，AB2,AD1，邊DC上（包括點(diǎn)D、C）的動(dòng)點(diǎn)P與CB延伸線上（包括點(diǎn)B）的動(dòng)點(diǎn)Q知足條件DPBQ,則PAPQ的最小值為．答案3．4．設(shè)P的坐標(biāo)為(t,l解：不如設(shè)A(0，0），B（2，0),D（0,l)）(此中0t2），則由|DP||BQ|得Q的坐標(biāo)為(2,—t），故PA(t,1),PQ(2t,t1),所以，PAPQ(t)(2t)(1)(t1)t2t1(t1)233．13244當(dāng)t時(shí)，(PAPQ)min．245．在正方體中隨機(jī)取三條棱，它們兩兩異面的概率為．文檔大全適用標(biāo)準(zhǔn)文案答案：2．解：設(shè)正方體為ABCD—EFGH，它共有12條棱，從中隨意拿出3條棱的方法共55有C123=220種．下邊考慮使3條棱兩兩異面的取法數(shù)．因?yàn)檎襟w的棱共確立3個(gè)互不平行的方向（即AB、AD、AE的方向）,擁有同樣方向的4條棱兩兩共面，所以拿出的3條棱必屬于3個(gè)不一樣的方向．可先取定AB方向的棱,這有4種取法．不如設(shè)取的棱就是AB，則AD方向只好取棱EH或棱FG，共2種可能．當(dāng)AD方向取棱是EH或FG時(shí)，AE方向取棱分別只好是CG或DH．由上可知，3條棱兩兩異面的取法數(shù)為4×2=8，故所求概率為82．220556．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)集(x,y)(x3y6)(3xy6)0所對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域的面積為．答案：24．解：設(shè)K1{(x,y)||x||3y|60}．先考慮K1在第一象限中的部分，此時(shí)有3y6,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，K1對(duì)應(yīng)的地區(qū)是圖中以原點(diǎn)O為中心的菱形ABCD及其內(nèi)部．同理，設(shè)K2{(x,y)||3x||y|60},則K2對(duì)應(yīng)的地區(qū)是圖中以O(shè)為中心的菱形EFGH及其內(nèi)部．由點(diǎn)集K的定義知，K所對(duì)應(yīng)的平面地區(qū)是被K1、K2中恰巧一個(gè)所覆蓋的部分，所以此題所要求的即為圖中暗影地區(qū)的面積S．因?yàn)橹本€CD的方程為x3y6,直線GH的方程為3xy6，故它們的交點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3,3)．由對(duì)稱性知,S8SCPG814324．22227．設(shè)為正實(shí)數(shù),若存在實(shí)數(shù)a,b(ab2),使得sinasinb2，則的取值范圍為．答案：w[9,5)[13,)．解:sinasinb2知，sinasinb1，而424sia,b[w,2w]，故題目條件等價(jià)于：存在整數(shù)k,l(kl)，使得w2k22l22w．①當(dāng)w4時(shí)，區(qū)間[w,2w]的長(zhǎng)度不小于4，故必存在k,l知足①式．當(dāng)0w4時(shí)，注意到[w,2w](0,8)，故僅需考慮以下幾種狀況：（i)w52w，此時(shí)w1且w5222無(wú)解；4（ii）w599w5222w，此時(shí);42(iii）w9132w13w913w4．22,此時(shí)2，得44w[9,5)[13,綜合（i）、(ii）、(iii),并注意到w4亦知足條件，可知)．424文檔大全適用標(biāo)準(zhǔn)文案8．對(duì)四位數(shù)abcd(1a9,0b，c,d9），若ab,bc,cd,則稱abcd為P類數(shù)；若ab,bc,cd，則稱abcd為Q類數(shù)，用N(P)和N（Q）分別表示P類數(shù)與Q類數(shù)的個(gè)數(shù)，則N(P)-N(Q）的值為．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A0，個(gè)位數(shù)不等于零的尸類數(shù)全體記為A1．對(duì)任一四位數(shù)abcdA1，將其對(duì)應(yīng)到四位數(shù)dcba，注意到ab,bc,cd1，故dcbaB．反之，每個(gè)dcbaB獨(dú)一對(duì)應(yīng)于從中的元素abcd．這成立了A1與B之間的一一對(duì)應(yīng)，所以有N(P)N(Q)|A||B||A0||A1||B||A1|．下邊計(jì)算|A0|對(duì)任一四位數(shù)abc0A0，b可取0，1,，9,對(duì)此中每個(gè)b，由ba9及bc9知，a和c分別有9b種取法，從而9991019|A0|(9b)2k2285．b0k16所以,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(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.9．（此題滿分16分）若實(shí)數(shù)a,b,c知足2a4b2c,4a2b4c，求c的最小值．解：將2a,2b,2c分別記為x,y,z，則x,y,z0．由條件知，xy2z,x2yz2，故z2yx2(zy2)2z22y2zy4．8分所以，聯(lián)合均勻值不等式可得，zy4y1(2y211)1332y211332．12分2y24yy4yy4當(dāng)2y21，即y1時(shí)，z的最小值為332（此時(shí)相應(yīng)的x值為332，切合要y3244求）．因?yàn)閏log2z,故c的最小值log2(332)log235．16分4310．（此題滿分20分）設(shè)a1,a2,a3,a4為四個(gè)有理數(shù)，使得：aiaj1ij424,2,3,1,1,3,求a1a2a3a4的值．28解:由條件可知,aiaj(1ij4)是6個(gè)互不同樣的數(shù)，且此中沒(méi)有兩個(gè)為相反數(shù)，由此知，a1,a2,a3,a4的絕對(duì)值互不相等，不如設(shè)|a1||a2||a3||a4|，則|ai||aj|(1ij4)中最小的與次小的兩個(gè)數(shù)分別是|a1||a2|及|a1||a3|，最大與次大的兩個(gè)數(shù)分別是|a3||a4|及|a2||a4|，從而一定有a1a21,8a1a31,10分a2a43,a3a424,文檔大全適用標(biāo)準(zhǔn)文案于是a21,a1,a324a．8a134a21a1故{a2a3,a1a4}{12,24a12}{2,3},15分8a12聯(lián)合a1Q，只可能a11．4由此易知，a11,a21,a34,a46或許a11,a21,a34,a46．4242查驗(yàn)知這兩組解均知足問(wèn)題的條件．故a1a2a3a49．20分411．（此題滿分20分）在平面坐標(biāo)系xOy中，12分別為橢圓x2y21的左右焦F,F2點(diǎn)，設(shè)不經(jīng)過(guò)焦點(diǎn)F1的直線l與橢圓交于兩個(gè)不一樣的點(diǎn)A,B，焦點(diǎn)F2到直線l的距離為d,假如AF1,l,BF1的斜率挨次成等差數(shù)列，求d的取值范圍．解:由條件知，點(diǎn)F1、F2的坐標(biāo)分別為（—1，0)和（l,0）．設(shè)直線l的方程為ykxm，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為(x1,y1)和(x2,y2)，則x1,x2知足方程x2(kxm)21，2即(2k21)x24kmx(2m22)0．因?yàn)辄c(diǎn)A、B不重合，且直線l的斜率存在，故x1,x2是方程①的兩個(gè)不一樣實(shí)根，所以有①的鑒別式(4km)24(2k21)(2m22)8(2k21m2)0，即2k21m2．②y1y2y1y2由直線AF1,l,BF1的斜率,k,挨次成等差數(shù)列知,2k,又x11x21x11x21y1kx1m,y2kx2m，所以(kx1m)(x21)(kx2m)(x11)2k(x11)(x21)，化簡(jiǎn)并整理得,(mk)(x1x22)0．若是mk，則直線l的方程為ykxk，即z經(jīng)過(guò)點(diǎn)F1（—1,0）,不切合條件．所以必有x1x224km(x1x2)2,即0,故由方程①及韋達(dá)定理知,2112kmk．③2k由②、③知,2k21m2(k1)2，化簡(jiǎn)得k212k4k

2，這等價(jià)于|k|2．2反之，當(dāng)m,k知足③及|k|2F1(不然將致使mk，與③矛盾），時(shí),l必不經(jīng)過(guò)點(diǎn)2而此時(shí)m,k知足②，故l與橢圓有兩個(gè)不一樣的交點(diǎn)A、B，同時(shí)也保證了AF1、BF1的斜率存在（不然x1,x2中的某一個(gè)為-l，聯(lián)合x(chóng)1x220知x1x21，與方程①有兩個(gè)不一樣的實(shí)根矛盾）．10分點(diǎn)F2（l，0)到直線l:ykxm的距離為文檔大全適用標(biāo)準(zhǔn)文案d|km|1|2k1|112)．1k21k22k1(22kk21注意到|k|2,令t11,則t(1,3)，上式可改寫(xiě)為2k2d1t2313(2)(t)．t22t考慮到函數(shù)f(t)1(t3)在[1,3]上上單一遞減，故由④得,f(3)df(1)，2t即d(3,2)．20分加試1．(此題滿分40分）設(shè)a1,a2,,an(n2)是實(shí)數(shù),證明：能夠選用

1,2,,n

1,1，nn使得(ai)2(iai)2(n1)(i1i1n證法一：我們證明：(ai)2i1

nai2)．i1[n]2n2nainaj(n1)(i1j]i1[2

ai2),①即對(duì)i1,2,,[n]，取i1，對(duì)i[n]1,,n，取i1切合要求．（這里，[x]22表示實(shí)數(shù)x的整數(shù)部分．）10分事實(shí)上，①的左側(cè)為n2n2n22[]n[]n[]n222aiajaiaj2ai2aji1j[n]12n2n[]2a22ii1n2n[]2a22ii1n[]2nai2(ni1n(n1)(ai2)．

i1n]1i1n]1j[j[22nn2na2j(柯西不等式）30分2j[n]12n1nnn1）2a2j（利用n2j[n]12221)na2j（利用[x]x）[n]12i1所以①得證,從而此題得證．文檔大全適用標(biāo)準(zhǔn)文案證法二：第一，因?yàn)閱?wèn)題中a1,a2,,an的對(duì)稱性,可設(shè)a1a2an．別的,若將nna1,a2,,an中的負(fù)數(shù)均改變符號(hào)，則問(wèn)題中的不等式左側(cè)的(ai)2不減，而右側(cè)的ai2i1i1不變，并且這一手續(xù)不影響i1的選用，所以我們可進(jìn)一步設(shè)a1a2an0．10分n(1)i1ai引理：設(shè)a1a2an0,則0i1a1．事實(shí)上，因?yàn)閍iai1(i1,2,,n1),故當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，n(1)i1ai(a1a2)(a3a4)(an1an)0，i1n(1)i1aia1(a2a3)(an2an1)ana1．i1當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，n(1)i1aii1(a1a2)(a3a4)(an2an1)an0,n(1)i1aii1a1(a2a3)(an1an)a1．引理得證．30分回到原題，由柯西不等式及上邊引理可知n2n2nnai(1)i1ainai2a12(n1)ai2，i1i1i1i1這就證了然結(jié)論．40分證法三：增強(qiáng)命題：設(shè)a1,a2,nn1,2,,n{1,1}，使得(ai)2(i1i1證明不如設(shè)a12a22an2，以下分當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，取12n12

an（n2）是實(shí)數(shù),證明:能夠選用1)(niai)2(nai2)。ni1n為奇數(shù)和n為偶數(shù)兩種狀況證明.1，n1n3n1，于是有22nn1nn1n22(ai)2[(ai)(aj)]22[(ai)2+(aj)2]i1i1jn1i1jn122n1n122)+2(n2(ai2i1n12

n1n2)（應(yīng)用柯西不等式）.)(aj2jn12n(n1)(ai2)+(n1)(a2j)①i1n1j2n12221221n2此外,因?yàn)閍1a2an,易證有(1)ai(1)aj，ni1njn12文檔大全適用標(biāo)準(zhǔn)文案n12n所以，由式①即獲得(n1)(ai2)+(n1)(a2j)(ni1n1j2故n為奇數(shù)時(shí),原命題成立，并且由證明過(guò)程可知，當(dāng)且僅當(dāng)n1n3n1,且a1a2an時(shí)取等號(hào).22當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，取12n1，n2n4222nnna)22n)]22a)2+(n)2]2([(a)(aj2[(aiiiji1i1jn2i1jn222nn22nn22)+2(n)(應(yīng)用柯西不等式）.(ai)(aj2i12jn22n2nn1)(nn[(a2)+(a2)]n(ai2)(nai2),i1ijn2ji1ni12

n1)(ai2)，ni112n11，21,于是有故n為偶數(shù)時(shí),原命題也成立，并且由證明過(guò)程可知,當(dāng)且僅當(dāng)a1a2an0時(shí)取等號(hào)，若a1,a2,,an不全為零，則取不到等號(hào)。綜上，聯(lián)賽加試題一的增強(qiáng)命題獲證。2．（此題滿分40分）設(shè)SA1,A2,,An,此中A1,A2,,An是n個(gè)互不同樣的有限會(huì)合(n2)，知足對(duì)隨意的Ai,AjS，均有AiAjS，若kminAi2，證明：存在1inn,An中的起碼n個(gè)會(huì)合．xAi，使得x屬于A1,A2,i1ks個(gè)，從頭記為證明：不如設(shè)|A1|k．設(shè)在A1,A2,,An中與A1不訂交的會(huì)合有B1,B2,,Bs，設(shè)包括A1的會(huì)合有t個(gè)，從頭記為C1,C2,,Ct．由已知條件，(BiA1)S,即(BiA1){C1,C2,,Ct},這樣我們獲得一個(gè)映照f(shuō):{B1,B2,,Bs}{C1,C2,,Ct},f(Bi)BiA1．明顯f是單映照,于是,st．10分設(shè)A1{a1,a2,,ak}．在A1,A2,,An中除掉B1,B2,,Bs,C1,C2,,Ct后，在剩下的nst個(gè)會(huì)合中，設(shè)包括ai的會(huì)合有xi個(gè)（1ik），因?yàn)槭Ｏ碌膎st個(gè)會(huì)合中每個(gè)會(huì)合與從的交非空，即包括某個(gè)ai,從而x1x2xknst．20分不如設(shè)x1maxxi，則由上式知xinst,即在剩下的nst個(gè)會(huì)合中，包括a1k1ik的會(huì)合起碼有nst個(gè)．又因?yàn)锳1Ci(i1,2,,t)，故C1,C2,,Ct都包括a1，所以knstns(k1)tnstt2）包括a1的會(huì)合個(gè)數(shù)起碼為k(利用kkk文檔大全適用標(biāo)準(zhǔn)文案n（利用st)．40分k3．（此題滿分50分)如圖，ABC內(nèi)接于圓O,P為BC弧上一點(diǎn)，點(diǎn)K在AP上，使得BK均分ABC，過(guò)K,P,C三點(diǎn)的圓與邊AC交于D，連結(jié)BD交圓于E，連結(jié)PE，延伸交AB于F，證明：ABC2FCB．證法一：設(shè)CF與圓Q交于點(diǎn)L（異于C），連結(jié)PB、PC、BL、KL．注意此時(shí)C、D、L、K、E、P六點(diǎn)均在圓上,聯(lián)合A、B、P、C四點(diǎn)共圓，可知∠FEB=∠DEP=180°—∠DCP=∠ABP=∠FBP，所以FBE∽△FPB，故FB2=FE·FP．10分2又由圓冪定理知,FE·FP=FL·FC，所以FB=FL·FC．所以，∠FLB=∠FBC=∠APC=∠KPC=∠FLK，即B、K、L三點(diǎn)共線．30分再依據(jù)△FBL∽△FCB得,FCB=∠FBL=1∠ABC,即∠ABC=2∠FCB．2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，所以B’是AF與ED的交點(diǎn)，即B’=B．所以B、K、L共線．10分依據(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均分∠ABC知,∠FBL=1∠ABC，從而2ABC=2∠FCB．．此題滿分50分）求擁有下述性質(zhì)的全部正整數(shù)k：對(duì)隨意正整數(shù)n都有(k1)n1不整除4(2(kn)!．n!解：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