全国高中数学联赛试题及答案

一试

一、填空题

1.设f(x)是定义在R上的函数，对任意实数x有f(x+3)⋅f(x−4)=−1.又当0≤x<7时，f(x)=log2(9−x)，则f(−100)的值为__________.

2.若实数x,y满足x2+2cosy=1，则x−cosy的取值范围是__________.

x2y2

椭圆C的方程为:3.在平面直角坐标系xOy中，+=1，F为C的上焦点，A为C的

910

右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为__________. 4.若一个三位数中任意两个相邻数码的差不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是 5.正三棱锥P−ABC中，AB=1，AP=2，过AB的平面α将其体积平分，则棱PC与平面α所成角的余弦值为__________.

6.在平面直角坐标系xOy中，点集K=(x,y)x,y=−1,0,1}.在K中随机取出三个点，则这三点中存在两点之间距离为5的概率为__________.

7.在∆ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若∠A=

{π3

，∆ABC的面积为

3，则AM⋅AN的最小值为__________.

8.设两个严格递增的正整数数列{an},{bn}满足：a10=b10<2017，对任意正整数n，有

an+2=an+1+an，bn+1=2bn，则a1+b1的所有可能值为__________.

二、解答题

9.设k,m为实数，不等式x2−kx−m≤1对所有x∈[a,b]成立.证明：b−a≤22.

10.设x1,x2,x3是非负实数，满足x1+x2+x3=1，求(x1+3x2+5x3)(x1+小值和最大值.

x2x3+)的最352

11.设复数z1,z2满足Re(z1)>0，Re(z2)>0，且Re(z12)=Re(z2)=2（其中Re(z)表示

复数z的实部）.

（1）求Re(z1z2)的最小值；

（2）求z1+2+z2+2−z1−z2的最小值.

2017年全国高中数学联赛A卷

二试

一.如图，在∆ABC中，AB=AC，I为∆ABC的内心，以A为圆心，AB为半径作圆Γ1，以I为圆心，IB为半径作圆Γ2，过点B,I的圆Γ3与Γ1,Γ2分别交于点P,Q（不同于点B）.设

IP与BQ交于点R.证明：BR⊥CR

二.设数列{an}定义为a1=1，an+1=an+n,an≤n,an−n,an>n,n=1,2,.求满足ar的正整数r的个数.

三.将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻连个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.

四.设m,n均是大于1的整数，m≥n，a1,a2,,an是n个不超过m的互不相同的正整数，且a1,a2,,an互素.证明：对任意实数x，均存在一个i(1≤i≤n)，使得

aix≥

2x，这里y表示实数y到与它最近的整数的距离.

m(m+1)2017年全国高中数学联赛A卷

一试答案

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

11.

2017年全国高中数学联赛A卷

二试答案

一.

二.

三.

四.

2016年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）

参考答案及评分标准

说明：

1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次．

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．

1. 设实数a满足a<9a3−11a2310答案：a∈−3,−3．

解：由a9a3−11aa1>>=−1，

aa

2310104即−1<9a2−11<1，所以a2∈,．又a<0，故a∈． −,−33932. 设复数z,w满足z3,zwzw74i，其中i是虚数单位，z,w分别表示z,w的共轭复数，则z2wz2w的模为 ．

答案：65．

解：由运算性质，74izwzwzwzwzw，因为z与

222w为实数，Rezwzw0，故zw7,zwzw4i，又z3，所以

2

22w2．从而

2z2wz2wz4w2zwzw988i18i．

因此，z2wz2w的模为1865．

22223. 正实数u,v,w均不等于1，若loguvwlogvw5，logvulogwv3，则logwu的值为 ．

4

答案：．

5

解：令loguva,logvwb，则

11logvu,logwv，loguvwloguvloguvlogvwaab，

ab115条件化为aabb5,3，由此可得ab．因此

ab414logwulogwvlogvu．

ab54. 袋子A中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B中装有4张5元纸币和3张1元纸币．现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A中剩下的纸币面值

1

之和大于B中剩下的纸币面值之和的概率为 ．

9答案：．

35解：一种取法符合要求，等价于从A中取走的两张纸币的总面值a小于从B中取走的两张纸币的总面值b，从而a2纸币，相应的取法数为C32，即从B中取走的两张纸币不能=3．又此时b>a=22都是1元纸币，相应有C718种取法．因此，所求的概率为−C3=3×18549． ==22C5×C710×21355. 设P为一圆锥的顶点，A,B,C是其底面圆周上的三点，满足ABC90，

M为AP的中点．若AB1,AC2,AP2，则二面角MBCA的大小为 ．

2答案：arctan．

3解：由ABC90知，AC为底面圆的直径． 设底面中心为O，则PO平面ABC．易知1AOAC1，进而POAP2AO21．

2设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点．在底面中作HKBC于点K，则由三垂线定理

知MKBC，从而MKH为二面角MBCA的平面角．

31HKHC3因MHAH，结合HK与AB平行知，，即HK，

42ABAC4MH22这样tanMKH．故二面角MBCA的大小为arctan．

3HK3kxkx6. 设函数f(x)sin4cos4，其中k是一个正整数．若对任意实数a，

1010均有f(x)axa1f(x)xR，则k的最小值为 ．

答案：16．

2kx2kx2kx2kx解：由条件知，f(x)sin cos2sincos101010101kx12kx31sin2cos，

254545m其中当且仅当x(mZ)时，f(x)取到最大值．根据条件知，任意一个长

k5为1的开区间(a,a1)至少包含一个最大值点，从而1，即k5．

k反之，当k5时，任意一个开区间(a,a1)均包含f(x)的一个完整周期，

2

此时f(x)axa1f(x)xR成立．

综上可知，正整数k的最小值为5116．

2

y2

7. 双曲线C的方程为x1，左、右焦点分别为F1、F2．过点F2作一

3

直线与双曲线C的右半支交于点P,Q，使得F1PQ90，则F1PQ的内切圆

2

半径是 ．

答案：71．

解：由双曲线的性质知，F1F22134，PF1PF2QF1QF22．

因F1PQ90，故PF12PF22F1F22，因此

PF1PF22(PF12PF22)(PF1PF2)2 2422227．

从而直角F1PQ的内切圆半径是

111r(F1PPQF1Q)(PF1PF2)(QF1QF2)71．

2228. 设a1,a2,a3,a4是1,2,,100中的4个互不相同的数，满足

22222(a12a2a3)(a2a3a4)(a1a2a2a3a3a4)2，

则这样的有序数组(a1,a2,a3,a4)的个数为 ．

答案：40．

22222解：由柯西不等式知，(a12a2a3)(a2a3a4)(a1a2a2a3a3a4)2，等

aaa号成立的充分必要条件是123，即a1,a2,a3,a4成等比数列．于是问题等

a2a3a4价于计算满足{a1,a2,a3,a4}⊆{1,2,3,,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数．设

n等比数列的公比q1，且q为有理数．记q，其中m,n为互素的正整数，且

mmn．

先考虑nm的情况．

33nan1，注意到m3,n3互素，故la1为正整数．相应地，此时a4a1mm3m3a1,a2,a3,a4分别等于m3l,m2nl,mn2l,n3l，它们均为正整数．这表明，对任意给

n定的q1，满足条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为满

m100足不等式n3l100的正整数l的个数，即3．

n34由于53100，故仅需考虑q2,3,,4,这些情况，相应的等比数列的个

2310010010010010012331120． 数为827276464当nm时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列a1,a2,a3,a4．

综上可知，共有40个满足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4)．

3

二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

9.（本题满分16分）在ABC中，已知ABAC2BABC3CACB．求sinC的最大值．

b2c2a2解：由数量积的定义及余弦定理知，ABACcbcosA．

2a2b2c2a2c2b2同理得，BABC，CACB．故已知条件化为

22b2c2a22(a2c2b2)3(a2b2c2)，

即a22b23c2． …………………8分

由余弦定理及基本不等式，得

1a2b2(a22b2)222abc3cosC

2ab2abab2ab， 23b6a3b6a37， …………………12分 37． 3所以 sinC=1−cos2C≤等号成立当且仅当a:b:c3:6:5．因此sinC的最大值是…………………16分

10.（本题满分20分）已知f(x)是R上的奇函数，f(1)1，且对任意x0，

x均有fxf(x)． x11111111求f(1)f的值． ffffff10029939850511解：设anf(n1,2,3,)，则a1f(1)1． n1x1x*k1，及在f中取，注意到x(kN)()xfxkx1x111k1kf(x)为奇函数，可知

11111 f， ……………5分 kfkfk1kkn1ak11ak1n111即． ………………10分 ．从而ana1(n1)!akkk1akk1k因此

505049

11

aia101ii1i1(i1)!(100i)!i0i!(99i)!

4

149i1491i119929899i． C99C99C99299!i099!i0299!299! ………………20分

11.（本题满分20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，F是x轴正半轴上的一个动点．以F为焦点、O为顶点作抛物线C．设P是第一象限内C上的一点，使得PQ为Q是x轴负半轴上一点，

C的切线，且PQ2．圆C1,C2均与直线OP相切于点P，且均与x轴相切．求点F的坐标，使圆C1与C2的面积之和取到最小值．

解：设抛物线C的方程是y22px(p0)，点Q的坐标为(a,0)(a0)，并设C1,C2的圆心分

别为O1(x1,y1),O2(x2,y2)．

设直线PQ的方程为xmya(m0)，将其与C的方程联立，消去x可知 y22pmy2pa0．

因为PQ与C相切于点P，所以上述方程的判别式为4p2m242pa0，解得m2a．进而可知，点P的坐标为(xP,yP)(a,pPQ1m2yP012pa)．于是

2a2pa2a(p2a)． p由PQ2可得

4a22pa4． ① ………………5分

注意到OP与圆C1,C2相切于点P，所以OPO1O2．设圆C1,C2与x轴分别相切于点M,N，则OO1,OO2分别是POM,PON的平分线，故O1OO290．从而由射影定理知

y1y2O1MO2NO1PO2POP2

22xPyPa22pa．

结合①，就有

② y1y2a22pa43a2．

………………10分

由O1,P,O2共线，可得

y12pa2pay2化简得

y1yPOPOMy111，

yPy2PO2O2Ny2

5

2 ③ y1y2．

2pa ………………15分

2

令Ty12y2，则圆C1,C2的面积之和为T．根据题意，仅需考虑T取到

y1y2

最小值的情况．

根据②、③可知，

T(y1y2)22y1y2422y1y22y1y2 2pa4(43a2)(2a2)222． (43a)2(43a)44a21a2作代换t1a2．由于4t44a22pa0，所以t0．于是

T(3t1)(t1)113t423t4234．

ttt31，此时a1t1．因此结合①得， 33t11333331． ………………20分 ,033

3t

1，

上式等号成立当且仅当tp1a2

2a

p从而F的坐标为,2

0

6

2016年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）

参考答案及评分标准

说明：

1. 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分, 10分为一个档次，不要增加其他中间档次.

1,2,,2015)． 一、（本题满分40分）设实数a1,a2,,a2016满足9ai>11ai2+1(i=222)⋅(a2−a3)⋅⋅(a2015−a2016)⋅(a2016−a12)的最大值． 求(a1−a2222)⋅(a2−a3)⋅⋅(a2015−a2016)⋅(a2016−a12)． 解 令P=(a1−a2112ai+1−ai2+1≥0． 9 由已知得，对i=1,2,,2015，均有ai−ai2+1>若a2016−a12≤0，则S≤0． …………………10分 以下考虑a2016−a12>0的情况．约定a2017=a1．由平均不等式得

P120162016120161201622≤(ai−=ai+1)a−a∑∑∑ii+1 20162016=i1=i1i1=201612016120162=ai(1−ai) …………………20分 ∑i∑ai−∑a20162016=i1i1i1==12016ai+(1−ai)111， 2016≤=⋅⋅=∑22016i=1201644所以 P≤2142016． …………………30分

1时，上述不等式等号成立，且有9ai>11ai2+121(i=1,2,,2015)，此时P=2016．

41综上所述，所求最大值为2016． …………………40分

4

A二、（本题满分40分）如图所示，在△ABC中，X,Y是直线BC上两点（X,B,C,Y顺次排列），使得

BXACCYAB．

OOU设△ACX，△ABY的外心分别为O1,O2，直线VXYBCO1O2与AB,AC分别交于点U,V．

证明：△AUV是等腰三角形．

=a==a2016=当a1212 证法一 作∠BAC的内角平分线交BC于点P. 设三角形ACX和ABY的外

BPABBXAB接圆分别为ω1和ω2. 由内角平分线的性质知，=. 由条件可得. =CPACCYAC从而

PXBX+BPABBP， ===PYCY+CPACCP即CP⋅PX=BP⋅PY． …………………20分

故P对圆ω1和ω2的幂相等，所以P在ω1和ω2的根轴上． ……………30分 于是AP⊥O1O2，这表明点U,V关于直线AP对称，从而三角形AUV是等腰三角形. …………………40分

A O UOV XYBCP

证法二 设△ABC的外心为O，连接OO1,OO2．过点O,O1,O2分别作直线BC的垂线，垂足分别为D,D1,D2．作O1KOD于点K．

我们证明OO1OO2．在直角三角形OKO1中，

12OO1O1K．

sinO1OK由外心的性质，OO1AC．又ODBC，故O1OKACB．

而D,D1分别是BC,CX的中点，所以DD1CD1CDCXBCBX． 因此

1BXO1KDD1BX2， ROO1ABABsinO1OKsinACB2RCY这里R是△ABC的外接圆半径．同理OO2R． …………………10分

ACBXCY，故OO1OO2． …………………20分 由已知条件可得

ABAC121212

AO1XBUOKDO2D2VCYD1由于OO1AC，所以AVU90OO1O2．同理AUV90OO2O1． …………………30分 又因为OO1OO2，故OO1O2OO2O1，从而AUVAVU．这样AUAV，即△AUV是等腰三角形． …………………40分

三、（本题满分50分） 给定空间中10个点, 其中任意四点不在一个平面上．将某些点之间用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值．

解 以这10个点为顶点, 所连线段为边, 得到一个10阶简单图G. 我们证明G的边数不超过15．

设G的顶点为v1,v2,,v10，共有k条边，用deg(vi)表示顶点vi的度. 若deg(vi)≤3对i=1,2,,10都成立，则

1101 kv≤=×10×315． deg()∑i2i=12假设存在vi满足deg(vi)≥4．不妨设deg(v1)=n≥4，且v1与v2,,vn+1均相邻．于是v2,,vn+1之间没有边，否则就形成三角形．所以，v1,v2,,vn+1之间恰有n条边． …………10分

对每个j（n+2≤j≤10），vj至多与v2,v3,,vn+1中的一个顶点相邻（否则设vj与vs,vt(2≤s(9−n)2条边．因此G的边数

4(9−n)2(9−n)225 k≤n+(9−n)+=9+≤9+=15．……30分 444

如图给出的图共有15条边，且满足要求．

综上所述，所求边数的最大值为15. …………………50分 四、（本题满分50分）设p与p+2均是素数,p>3．数列{an}定义为a1=2,

paanan−1+n−1,n=2,3,．这里=x表示不小于实数x的最小整数．

n证明：对n3,4,,p−1均有npan−1+1成立． 证明 首先注意，{an}是整数数列．

对n用数学归纳法．当n=3时，由条件知a2=2+p，故pa2+1=立．

(p+1)2．因

p与p+2均是素数，且p>3，故必须3p+1．因此3pa2+1，即n=3时结论成

对3papa+1此时k−1=k−1，3,,n−1成立kpak−1+1，

kkpak−2+1pak−2故 pak−=++=++papa111k−2+1 k−2k−1−k1=

(pak−2+1)(p+k−1)． …………………10分

k−1

故对3pa=n−1+1p+n−1p+n−1p+n−2=+⋅1(pan−)(pan−3+1) 2n−1n−1n−2p+n−1p+n−2p+3==⋅⋅⋅(pa2+1)， ………20分

n−1n−232n(p+1)nCp+n．

(p+n)(p+2)因此 pan−1+1=n由此知（注意Cp+n是整数） n(p+n)(p+2)(pan−1+1)． ① …………………40分

因n1，从而n与(p+n)(p+2)互素，故由①知 npan−1+1．由数学归纳(n,p+2)=法知，本题得证． …………………50分

2015年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）

参考答案及评分标准

说明：

1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次．

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．

1. 设a,b为不相等的实数，若二次函数f(x)x2axb满足f(a)f(b)，则f(2)的值为 ．

答案：4．

解：由已知条件及二次函数图像的轴对称性，可得

aba，即2ab0，所以 22f(2)42ab4．

1cos4的值为 ． sin2. 若实数满足costan，则答案：2．

解：由条件知，cos2sin，反复利用此结论，并注意到cos2sin21，得

1cos2sin24cossin2 sinsin(1sin)(1cos2)2sincos22．

3. 已知复数数列{zn}满足z11,zn1zn1ni(n1,2,)，其中i为虚数单位，zn表示zn的共轭复数，则z2015的值为 ．

答案：20151007i．

解：由已知得，对一切正整数n，有

zn2zn11n1izn1ni1n1izn2i，

于是z2015z110072i20151007i．

4. 在矩形ABCD中，AB2,AD1，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DPBQ，则向量PA与向量PQ的数量积PAPQ的最小值为 ．

3答案：．

4解：不妨设A(0,0),B(2,0),D(0,1)．设P的坐标为(t,1)（其中0≤t≤2），则由

DPBQ得Q的坐标为(2,t)，故PA(t,1),PQ(2t,t1)，因此

212t33． PAPQ(t)(2t)(1)(t1)tt1244

当t31时，PAPQ．

min425. 在正方体中随机取3条棱，它们两两异面的概率为 ．

2答案：．

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

3C12220种．

下面考虑使3条棱两两异面的取法数．由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即，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AB、AD、AE的方向）

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428，故所求概率为6. 在平面直角坐标系xOy中，点集K(x,y)应的平面区域的面积为 ．

答案：24．

解：设K1(x,y)x3y60．先考虑K1在第一象限中的部分，此时有x3y6，故这些点对应于图中的OCD及其内部．由对称性知，K1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K2(x,y)3xy60，则K2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

82． 22055x3y63xy60所对

K1、K2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x3y6，直线GH的方程为3xy6，故它们的交点P的33坐标为,．由对称性知， 2213S8SCPG8424．

227. 设为正实数，若存在a,b(ab2)，使得sinasinb2，则的取值 范围是 ．

9513答案：,,． 424解：由sinasinb2知，sinasinb1，而[a,b][,2]，故题目条件等价于：存在整数k,l(kl)，使得

 2l2．

22当4时，区间[,2]的长度不小于4，故必存在k,l满足①式．

2k当04时，注意到[,2](0,8)，故仅需考虑如下几种情况：

①

5152，此时且，无解； 22245995(ii) 2，此时有；

422291313139(iii) 2，此时有，得4．

22442(i) 9513． 综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4亦满足条件，可知,,4248. 对四位数abcd(1a9,0b,c,d9)，若ab,bc,cd，则称abcd为P类数；若ab,bc,cd，则称abcd为Q类数．用N(P)与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A0，个位数不等于零的P类数全体记为A1．

对任一四位数abcdA1，将其对应到四位数dcba，注意到ab,bc,cd1，故反之，每个dcbaB唯一对应于A1中的元素abcd．这建立了A1与B之间的一一dcbaB．对应，因此有

N(P)N(Q)ABA0A1BA0．

由ba9下面计算A0：对任一四位数abc0A0，b可取0,1,,9，对其中每个b，及bc9知，a和c分别有9b种取法，从而

A0(9b)k22b0k19991019285． 6因此，N(P)N(Q)285．

二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

9.（本题满分16分）若实数a,b,c满足2a4b2c,4a2b4c，求c的最小值． 解：将2a,2b,2c分别记为x,y,z，则x,y,z0． 由条件知，xy2z,x2yz2，故

z2yx2(zy2)2z22y2zy4． …………………8分

因此，结合平均值不等式可得，

1333y4y111211232y2． z2y22y4yy4yy4 …………………12分

13321，符合要求）． 当2y，即y3时，z的最小值为2（此时相应的x值为y442335． …………………16分 由于clog2z，故c的最小值为log22log32432310. （本题满分20分）设a1,a2,a3,a4是4个有理数，使得

aiaj求a1a2a3a4的值.

311ij424,2,,,1,3，

28解：由条件可知，且其中没有两个为相反数，aiaj(1≤iaiaj(1≤i数分别是a3a4及a2a4，从而必须有

1,aa128 a1a31,a2a43,a3a424, …………………10分 于是a2113,a3,a424a1.故 8a1a1a2132{a2a3,a1a4},24a2,， …………15分 1228a11结合a1，只可能a1.

41111由此易知a1,a2,a34,a46或者a1,a2,a34,a46．经

4242检验知这两组解均满足问题的条件．

9故a1a2a3a4. …………………20分

4x211. （本题满分20分）在平面直角坐标系xOy中，F1、F2分别是椭圆y21的左、

2右焦点．设不经过焦点F1的直线l与椭圆交于两个不同的点A、B，焦点F2到直线l的距离为d．如果直线AF1、l、BF1的斜率依次成等差数列，求d的取值范围．

解：由条件知，点F1、F2的坐标分别为(1,0)和(1,0)．

设直线l的方程为ykxm，点A、B的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2)，则x1,x2满

x2足方程(kxm)21，即

2(2k21)x24kmx(2m22)0．

①

由于点A、B不重合，且直线l的斜率存在，故x1,x2是方程①的两个不同实根，因此有①的判别式

(4km)24(2k21)(2m22)8(2k21m2)0，

即 2k21m2．

由直线AF1、l、BF1的斜率

②

yyy1y、k、2依次成等差数列知，122k，

x11x21x11x21又y1kx1m,y2kx2m，所以

(kx1m)(x21)(kx2m)(x11)2k(x11)(x21)．

化简并整理得， (mk)(x1x22)0．

假如mk，则直线l的方程为ykxk，即l经过点F1(1,0)，不符合条件． 因此必有x1x220，故由方程①及韦达定理知，

4km(x1x2)2，即

2k21

③

mk2

1． 2k

2112k，化简得，这等价于． 由②、③知，2k21m2kk22k24k2时，l必不经过点F1（否则将导致mk，与③矛盾）， 反之，当m,k满足③及k2而此时m,k满足②，故l与椭圆有两个不同的交点A、B，同时也保证了AF1、BF1的斜率 存在（否则x1,x2中的某一个为1，结合x1x220知x1x21，与方程①有两个不同的实根矛盾）． …………………10分

点F2(1,0)到直线l:ykxm的距离为 dkm1k211k22k12k111k221． ………15分 2k2注意到k21，令t1,则t(1,3)，上式可改写为 22k31t231dt． ④ t222t13考虑到函数f(t)t在[1,3]上单调递减，故由④得，f(3)df(1)，即 2t d(3,2)． …………………20分

2015年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）

参考答案及评分标准

说明：

1. 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分, 10分为一个档次，不要增加其他中间档次.

一、（本题满分40分）设a1,a2,,an(n≥2)是实数，证明：可以选取

ε1,ε2,,εn∈{1,−1}，使得

nnn2∑ai+∑εiai≤(n+1)∑ai． =i1=i1=i1证法一：我们证明：

n22nnn2∑ai+∑ai−∑aj≤(n+1)∑ai， ① =i1=i1i1n==j+12222nn（这里，[x]即对i=1,,，取εi=1；对=i+1,,n，取εi=−1符合要求．

22表示实数x的整数部分．） …………………10分

事实上，①的左边为

nn22nn

a+a+a−a∑∑jj ∑i∑i

=nni1=i1j=j=2+12+1



2

2

2∑aii=1

n2n+2a∑j

n=j+12

22

nn2nn≤2∑ai2+2n−∑a2j（柯西不等式） …………30分 2i=12=nj+12nn2n+1nnn+12a 2∑ai2+2（利用） n−=∑j2i=12=22nj+12nn2≤n∑ai2+(n+1)∑a2j（利用[x]≤x）

n=i=1j+12

n2

≤(n+1)∑ai，

i=1

所以①得证，从而本题得证． …………………40分

证法二：首先，由于问题中a1,a2,,an的对称性，可设a1≥a2≥≥an．此外，若将a1,a2,,an中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的∑ai 不

i=1减，而右边的∑ai2不变，并且这一手续不影响εi=±1的选取，因此我们可进一

i=1n

n2步设a1≥a2≥≥an≥0． …………………10分

引理：设a1≥a2≥≥an≥0，则0≤∑(−1)i−1ai≤a1．

i=1n事实上，由于ai≥ai+1=(i1,2,,n−1)，故当n是偶数时，

∑(−1)i=1n

ni−1ai=(a1−a2)+(a3−a4)++(an−1−an)≥0，

i−1

−ai=a1−(a2−a3)−−(an−2−an−1)−an≤a1． (1)∑i=1

当n是奇数时，

∑(−1)

i=1

n

i−1

ai=(a1−a2)+(a3−a4)++(an−2−an−1)+an≥0，

∑(−1)

i=1

n

i−1

ai=a1−(a2−a3)−−(an−1−an)≤a1．

引理得证． …………………30分

回到原题，由柯西不等式及上面引理可知

22nnn22i−1∑ai+∑(−1)ai≤n∑ai+a1 ==i1=i1i1≤(n+1)∑ai2，

i=1n

这就证明了结论． …………………40分

二、（本题满分40分）设S={A1,A2,,An}，其中A1,A2,,An是n个互不相，满足对任意Ai,Aj∈S，均有AiAj∈S．若同的有限集合（n≥2）

kmin|Ai|≥2．证明：存在x∈Ai，使得x属于A1,A2,,An中的至少

1≤i≤nni=1n个集k合（这里X表示有限集合X的元素个数）．

证明：不妨设|A1|=k．设在A1,A2,,An中与A1不相交的集合有s个，重新记为B1,B2,,Bs，设包含A1的集合有t个，重新记为C1,C2,,Ct．由已知条件，(BiA1)∈S，即(BiA1)∈{C1,C2,,Ct}，这样我们得到一个映射

f:{B1,B2,,Bs}→{C1,C2,,Ct}，f(Bi)=BiA1．

显然f是单映射，于是s≤t． …………………10分

设A1={a1,a2,,ak}．在A1,A2,,An中除去B1,B2,,Bs,C1,C2,,Ct后，在剩

下的n−s−t个集合中，设包含ai的集合有xi个（1≤i≤k），由于剩下的n−s−t个集合中每个集合与A1的交非空，即包含某个ai，从而

x1+x2++xk≥n−s−t． …………………20分

不妨设x1=maxxi，则由上式知x1≥1≤i≤kn−s−t，即在剩下的n−s−t个集合中，k包含a1的集合至少有

n−s−t个．又由于A1⊆Ci（i=1,,t），故C1,C2,,Ct都k包含a1，因此包含a1的集合个数至少为

n−s−tn−s+(k−1)tn−s+t（利用k≥2） =+t≥kkkn ≥（利用t≥s）． ……………40分

k三、（本题满分50分）如图，ABC内接于圆O，P为上一点，点K在线段AP上，使得BK平分∠ABC．过BCK、P、C三点的圆Ω与边AC交于点D，连接BD交圆Ω

FKBEPΩODCA于点E，连接PE并延长与边AB交于点F．证明：

∠ABC=2∠FCB．

证法一：设CF与圆Ω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Ω上，结合A、B、P、C四点共圆，可知

180°−∠DCP=∠FEB=∠DEP=∠ABP=∠FBP，

2因此FBE∽FPB，故FB=FE⋅FP． …………………10分

又由圆幂定理知，FE⋅FP=FL⋅FC，所以

2FB=FL⋅FC，

A从而FBL∽FCB． …………………20分

因此

∠FLB=∠FBC=∠APC=∠KPC=∠FLK，

BFKLEPODCΩ即B、K、L三点共线． …………………30分

再根据FBL∽FCB得，

1∠FCB=∠FBL=∠FBE=∠ABC，

2即∠ABC=2∠FCB． …………………50分

证法二：设CF与圆Ω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B′共线，因此B′是AF与ED的交点，即B′=B．所以B、K、L共线． …………………30分

根据A、B、P、C四点共圆及L、K、P、C四点共圆，得

B(B')FEPAOKLDCΩ∠ABC=∠APC=∠FLK=∠FCB+∠LBC，

1又由BK平分∠ABC知，∠LBC=∠ABC，从而∠ABC=2∠FCB．

2 …………………50分

四、（本题满分50分）求具有下述性质的所有正整数k：对任意正整数n，2(k−1)n+1不整除

(kn)!． n!解：对正整数m，设ν2(m)表示正整数m的标准分解中素因子2的方幂，则熟知

ν2(m!)=m−S(m)， ①

这里S(m)表示正整数m在二进制表示下的数码之和．

由于2(k−1)n+1不整除

(kn)!(kn)!等价于ν2≤(k−1)n，即n!n!kn−ν2((kn)!)≥n−ν2(n!)， 进而由①知，本题等价于求所有正整数k，使得S(kn)≥S(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2a(a=0,1,2,)．

一方面，由于S(2an)=S(n)对任意正整数n成立，故k=2a符合条件． …………………20分 另一方面，若k不是2的方幂，设k=2a⋅q，a≥0，q是大于1的奇数． 下面构造一个正整数n，使得S(kn)m因此问题等价于我们选取q的一个倍数m，使得S(m)q由(2,q)=1，熟知存在正整数u，使得2u≡1(modq)．（事实上，由欧拉定理知，u可以取ϕ(q)．）

设奇数q的二进制表示为2α1+2α2++2αt,0=α1<α2<<αt,t≥2． 取m=2α1+2α2++2αt−1+2αt+tu，则S(m)=t，且

m=q+2αt(2tu−1)≡0(modq)．

我们有

tuumαt2−1αt2−112⋅12⋅1+2u++2(t−1)u) =+=+(qqq2u−1lu+αt． ② =1+∑⋅2ql=0t−12u−1u2u−1由于0<的二进制表示中的最高次幂小于u，由此<2,故正整数

qq2u−1iu+αt2u−1ju+αt易知，对任意整数i,j(0≤i中没有相同的项．

2u−1lu+αt又因为αt>0，故⋅2(l=0,1,,t−1)的二进制表示中均不包含1，故

q由②可知

q=1+S2uSm−1q⋅t>t=S(m)， 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2a(a=0,1,2,)．

分 ……………502015年全国高中数学联合竞赛一试试题（A卷）

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分

1.设a,b为不相等的实数，若二次函数f(x)=x2+ax+b满足f(a)=f(b)，则f(2)的值为 2.若实数α满足cosα=tanα，则

1+cos4α的值为 sinα3.已知复数数列{zn}满足z11,zn+1zn+1+ni(n1,2,3,)，其中i为虚数单位，zn表示zn的共轭复数，则z2015的值为 4.在矩形ABCD中，=AB2,=AD1,边DC（包含点D,C）上的动点P与CB延长线上（包含点B）的动点Q满足DP=BQ,则向量PA与向量PQ的数量积PA⋅PQ的最小值为 5.在正方体中随机取3条棱，它们两两异面的概率为 6.在平面直角坐标系xOy中，点集=K的面积为

7.设ω为正实数，若存在a,b(π≤ab,bd，则称abcd为P类数，若

ac,c二、解答题：本大题共3小题，满分56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

bb9.（本题满分16分）若实数a,b,c满足2a+4=2c,4a+2=4c，求c的最小值.

10.（本题满分20分）设a1,a2,a3,a4是4个有理数，使得

{aaij311≤i28x211.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy中，F1,F2分别是椭圆+y2=1的左、右焦点，

2设不经过焦点F1的直线l与椭圆交于两个不同的点A,B，焦点F2到直线l的距离为d，如果直线AF1,l,BF1的斜率依次成等差数列，求d的取值范围.

一、（本题满分40分）设a1,a2,,an(n≥2)是实数，证明：可以选取ε1,ε2,,εn∈{1,−1}，使

nnn2得∑ai+∑εiai≤(n+1)∑ai. =i1=i1=i1二、（本题满分40分）设S={A1,A2,,An}，其中A1,A2,,An是n个互不相同的有限集合（n≥2），满足对任意的Ai,Aj∈S，均有AiAj∈S，若k使得x属于A1,A2,,An中的至少

22minAi≥2.证明：存在x∈Ai，

1≤i≤ni=1nn个集合（这里X表示有限集合X的元素个数）. k上一点，点K在线段AP上，使得三、（本题满分50分）如图，∆ABC内接于圆O，P为BC

BK平分∠ABC，过K,P,C三点的圆Ω与边AC交于D，连接BD交圆Ω于点E，连接PE并

延长与边AB交于点F.证明：∠ABC=2∠FCB.（解题时请将图画在答卷纸上）

A

F O K EB

P

Ω 四、（本题满分50分）求具有下述性质的所有正整数k：

(kn)!. 对任意正整数n，2(k−1)n+1不整除n!

DC2014全国高中数学联赛试题

一、填空题

1、若正数a,b2+log2a=3+log3b=log(a+b),则

11+的值为__________ ab2、设集合{+b|1≤a≤b≤2}中的最大值与最小值分别为M,m，则M−m=_________ 3、若函数f(x)=x2+a|x−1|在[0,+∞)上单调递增，则a的取值范围为_______ 4、数列{an}满足a1=2,an+1=3a

a20142(n+2)=_________ an(n∈N⋅)，则

n+1a1+a2+...+a20135、已知正四棱锥P−ABCD中，侧面是边长为1的正三角形，M,N分别是边AB,BC的中点，则异面直线MN与PC之间的距离是_____________

6、设椭圆Γ的两个焦点是F1,F2，过点F1的直线与Γ交于点P,Q，若|PF2|=|F1F2|，且

3|PF1|=4|QF1|，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为__________

7、设等边三角形ABC的内切圆半径为2，圆心为I。若点P满足PI=1，则∆ABC与

∆APC的面积之比的最大值为__________ 8、设A,B,C,D是空间四个不共面的点，以

1

的概率在每对点之间连一条边，任意两点之2

间是否连边是相互独立的，则A,B可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率是__________

二、解答题

满足条件：过P可作抛物线y2=4x9、平面直角坐标系xOy中，P是不在x轴上一个动点，的两条切线，两切点连线lP与PO垂直。设直线lP与PO，x轴的交点分别为Q,R， （1）证明：R是一个顶点 （2）球

|PQ|

的最小值 |QR|

10、数列{an}满足a1=

π,an+1=arctan(secan)(n∈N∗)求正整数m，使得

6

sina11sina2......sinam=

100

11、确定所有的复数α，使得对任意的复数z1,z2(z1+α)2+αz1≠(z1+α)2+αz2

|z1|,|z2|<1,z1≠z2），均有

（

2014全国高中数学联赛二试

一、（本题满分40分）设a,b,c∈R，满足a+b+c=1，abc>0，

求证：bc+ca+ab2013年全国高中数学联合竞赛一试试题

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．

1. 设集合A{2,0,1,3}，集合B{x|xA,2x2A}．则集合B中所有元素的和为 ．

2. 在平面直角坐标系xOy中，点A、B在抛物线y4x上，满足OAOB4，

2F是抛物线的焦点. 则SOFASOFB ．

3. 在ABC中，已知sinA10sinBsinC,cosA10cosBcosC,则tanA的值为 ．

4. 已知正三棱锥PABC底面边长为1，高为2，则其内切球半径为 ． 5. 设a,b为实数，函数f(x)axb满足：对任意x[0,1]，有f(x)1. 则ab的最大值为 ．

6. 从1,2,,20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为 ．

7. 若实数x,y满足x4y2xy，则x的取值范围是 ． 8. 已知数列{an}共有9项，其中a1a91，且对每个i{1,2,,8}，均有

ai11

2,1,，则这样的数列的个数为 ． ai2

二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

9.（本题满分16分）给定正数数列{xn}满足Sn≥2Sn−1,n=2,3,，这里Sn=x1++xn．证明：存在常数C>0，使得

xn≥C⋅2n,n=1,2,．

10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为

x2y2右顶点，F1、F2分别为椭圆的左、1(ab0)，A1、A2分别为椭圆的左、

a2b2右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点．若平面中两个点Q、R满足

QA1PA1，QA2PA2，RF1PF1，RF2PF2，试确定线段QR的长度与b的大小

关系，并给出证明．

11. （本题满分20分）设函数f(x)ax2b，求所有的正实数对(a,b)，使得对任意实数x,y，有 f(xy)f(xy)f(x)f(y)．

2013年全国高中数学联合竞赛加试试题

一、（本题满分40分）如图，AB是圆ω的一条弦，P为弧AB内一点，E、

F为线段AB上两点，满足AE=EF=FB．连接PE、PF并延长，与圆ω分别相

交于点C、D．求证：

EF⋅CD=AC⋅BD．

（解题时请将图画在答卷纸上）

ωAEFPBCD

二、（本题满分40分） 给定正整数u，v．数列{an}定义如下：a1=u+v，对整数m≥1，

am+u,a2=m am+v.+1a2m=记Sm=a1+a2++am(m=1,2,)．证明：数列{Sn}中有无穷多项是完全平方数．

三、（本题满分50分） 一次考试共有m道试题，n个学生参加，其中m,n2为给定的整数．每道题的得分规则是：若该题恰有x个学生没有答对，则每个答对该题的学生得x分，未答对的学生得零分．每个学生的总分为其m道题的得分总和．将所有学生总分从高到低排列为p1p2pn，求p1pn的最大可能值．

四、（本题满分50分） 设n,k为大于1的整数，n<2k．证明：存在2 k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被 n 整除．