1、2015 年全国高中数学联赛模拟试题 04 第一试 （时间：8:00-9:20 满分：120） 一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共64 分. 1. 集合 与 恰有一个公共元为正数1 , Axy = 3 1, l o g ( 2 ) Bx =+ x + ，则 AB = 2.若函数 2 3 log 2 a fx a xx 在区间 1, 2 上递增，则a的取值范围是_. 3.已知 0 2 ，且 tan 3tan ，则u 的最大值为_. 4.在单调递增数列 n a 中，已知 ， 1 2 a 2 4 a ，且 21 n a ， ， 2n a 21 n a 成等差数列， ， 2n a 21
2、 n a ， 22 n a 成 等比数列，n .那么， _. 1, 2, 3, 100 a 5. 已知点 是空间直角坐标系Ox内一定点，过 作一平面与三坐标轴的正半轴分别交于 三点，则所有这样的四面体OABC 的体积的最小值为 (1, 2, 5) P y z P , ABC 6.在 ABC 中，角 的对边为 ， , ABC , abc 5 a ， 4 b ，又知 31 cos( ) 32 AB ， 则 的面积为 ABC 7. 已知过两抛物线 ， 2 1 :1(1 ) Cx y 2 2 :( 1 ) 4 1 Cy xa 的交点的各自的切线互相垂直， 则实数a 的值为 8.若整数 既不互质，又不存
3、在整除关系，则称 是一个“联盟”数对；设 是集 , ab , ab A 1,2, ,2014 M 的 元子集，且 n A中任两数皆是“联盟”数对，则 的最大值为 n 二、解答题：本大题共 3 小题，共56 分. 9. （本小题满分16分）设数列 满足 n a 2 11 3 1, , 1 2 n n n a aa n a 求证： （1） 当 时， 严格单调递减（2） 当 时， 2 n n a 1 n 2 1 2 |3 | 2 3 1 n n n r a r ，这里 23 r 10. （本小题满分 20 分） 设椭圆 22 22 1( 0) yx ab ab 与抛物线 2 2(0 ) xp y p
4、 有一个共同的焦点 ，PQ 为它们的一条公切线， 、Q为切点，证明： F P PF QF 11. （本小题满分20分）求证：（1）方程 3 10 xx 恰有一个实根 ，并且 是无理数； （2） 不是任何整数系数二次方程 的根 2 0( , , , 0 ) ax bx c a b c Z a 2015 年全国高中数学联赛模拟试题 04 加试 （时间：9:40-12:10 满分：180） 一、 （本小题满分 40 分） 如图， 在锐角 中， ABC , ABA CD 、E 分别是边AB 、AC 的中点， ADE 的外接圆与 的外接圆交于点 （异于点 BCE P E ） ， ADE 的外接圆与 BC
5、D 的外接圆交于点 （异 于点 ） 。求证： Q D APA Q . 二、 （本小题满分 40 分） 求所有素数 p，使得 1 22 1 p p k pk - + = 1 n n c三、 （本小题满分 50 分） 设n 是一个正整数， 是 4n1 个正实数，使得 12 12 23 2 , nn aa abb bcc c 2 ,1 , ij ij ca bi j 令 ，证明： 22 max i in m 2 23 2 12 12 () () ( 2 nn mcc c aa abb b nn ) n n 四、 （本小题满分 50 分） n 个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局规定胜者得 1 分，
6、负者得 0 分，平局各得 0.5 分如果 赛后发现任何 m个棋手中都有一个棋手胜了其余m1 个棋手，也有一个棋手输给了其余m1 个棋手，就称 此赛况具有性质P（m） 对给定的m（m4） ，求n 的最小值f（m） ，使得对具有性质P（m）的任何赛况， 都有所有n名棋手的得分各不相同 2015 年全国高中数学联赛模拟试题 04 第一试参考解答 一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共64 分. 1. 集合 与 恰有一个公共元为正数1 , Axy = 3 1, l o g ( 2 ) Bx =+ x + ，则 AB = 解：由于1 x x +，故1 x y +=由 知 ，又因为1 ，所以
7、即 3 log ( 2) 1 x+ 1 x 0 x + 11 32 xx ex + + 3 log ( 2) 1 x x + 故只能是 ，这样 ，B ，得 11 x = 0 A = y =+ , 1 3 g 2 1, l o = 3 0, 1, log 2 = AB 2.若函数 2 3 log 2 a fx a xx 在区间 1, 2 上递增，则a的取值范围是_. 解： （） 当 时， 只需 01 a 01 , 1 2, 1 40 2 2 a a a . ， 解得 1 8 1 4 a . （） 当 时， 只需 1 a 1, 1 0. 2 1, 1 2 a a a ， 解得 . 1 a a 综上
8、， 的取值范围是 11 ,1 , 84 . 3.已知 0 2 ，且 tan 3tan ，则u 的最大值为_. 解：因为 0 2 ， tan 3tan ，所以 0 2 ， tan tan tan 1t a n t a n . 所以 2 2tan 2 tan 1 13 t a n 3tan ta 3 3 n ， 的最大值为 u 6 . 4.在单调递增数列 n a 中，已知 ， 1 2 a 2 4 a ，且 21 n a ， ， 2n a 21 n a 成等差数列， ， 2n a 21 n a ， 22 n a 成 等比数列， .那么， _. 1, n 2, 3, 100 a 解：因为 n a 单调
9、递增， ，所以 .因为 1 0 a 0 n a 21 n a ， ， 2n a 21 n a 成等差数列， ， ， 2n a 21 n a 22 n a 成等 比数列，所以 .因为 21 2 2 22 1 nn aaa aa 21 22 2 nn n a n 22 aa 2 2 21 22 nn a 22 nn a 2 nn aa 1 2n a ， 所以 22 22 2 2 n n aa a n ，数列 2n a 是等差数列.易得 3 6 a ， 4 9 a ，所以 42 1 aa . 所以 2 1 n an ， ， . 2 2 1 n an 2 100 51 2601 a 5. 已知点 是空
10、间直角坐标系Ox内一定点，过 作一平面与三坐标轴的正半轴分别交于 三点，则所有这样的四面体OABC 的体积的最小值为 (1, 2, 5) P y z P , ABC 解：设此平面的方程为 1 xyz abc ， 分别是该平面在 , 0 abc , x yz 轴上的截距，又点 在平面 P ABC内， 故 125 1 abc ，由于 3 5 1 12 25 3 abc abc 1 ，即 11 0 c 27 ab ，得 1 45 6 OABC Va b c 当 12 1 3 5 abc ， 即 时， 的最小值为 45 (,) ( 3 ,6 , 1 5 ) abc OABC V6.在 中，角 的对边为
11、 ， ABC , ABC , abc 5 a ， 4 b ，又知 31 cos( ) 32 AB ， 则 ABC 的面积为 解法 1：由等比定理 sin sin sin sin sin sin aba ba b ABABAB 得 9 (sin sin ) 1 (sin sin ) AB AB ， 故18sin cos 2sin cos 2222 AB AB AB AB ，即 tan 9tan 22 AB AB 因为 cos( ) AB 2 2 1t a n 2 1t a n 2 AB AB ，又根据a 知 ，所以 b AB 7 1 AB tan 22 ，从而 37 tan 27 AB ，于是
12、7 tan cot 223 CA B ， 37 sin 8 C ， 11 sin 24 Sa bC 5 7 解法 2：在边 内取点 ，使 ，则 AB 1 A 1 4 CA CA 11 ACB CAA ABC A B 由条件及余弦定理得， 22 452 1 3 4 5 2 AB 31 32 ，进一步有 22 11 1 11 cos CA AB BC AC A B CA AB 2 9 21 6 cos ， 因此 11 93 24 16 2 cA AA B 6 ， 2 95 41 16 4 c h 7 ，所以 11 5 24 c Sc h 7 7. 已知过两抛物线 ， 2 1 :1(1 ) Cx y
13、 2 2 :( 1 ) 4 1 Cy xa 的交点的各自的切线互相垂直，则实数 a 的 值为 解： 联立曲线 的方程， 求得交点坐标为 1 , CC 2 (,1 1 ) 55 aa ， 由对称性， 不妨只考虑交点 (,1 1 ) 55 aa A 处切线是否垂直：在点A 局部， 所对应的解析式分别为 1 , CC 2 1 :1 Cy x1 ， 2 :41 Cy xa 1 对 求导得 1 C 1 21 y x ，对 求导得 2 C (4) 2 24 1 4 1 x y xa xa ，故两条曲线在点A 处的斜率分别 为 1 21 5 a 与 2 1 5 a ，它们垂直当且仅当 21 1 12 1 5
14、5 aa 0 a ，解得 8.若整数 既不互质，又不存在整除关系，则称 是一个“联盟”数对；设 是集 , ab , ab A 1,2, ,2014 M 的 元子集，且 n A中任两数皆是“联盟”数对，则 的最大值为 n 解：称这种子集A为“联盟子集” ；首先，我们可构造一个联盟子集，其中具有 个元素为此，取 504 2 504,505, ,1007 Ak k ， 以下证，504就是 的最大值今设 n A是元素个数最多的一个联盟子集， 12 , n A aa a ， 若 是集 中的最小数， 显然 ， 如果 j a A 1 j a 1007 j a ， 则得 ， 即 2 2014 a j 2 j
15、aM ， 显然 ， （因 与 有整除关系） 今在 2 j aA 2 j a j a A中用 替代 ，其它元素不变，成为子集 2 j a j a A ，则A 仍 然是联盟子集， 这是由于对于 中异于 的任一元素 ， 因 与 不互质， 故 与 也不互质； 再说明 与 没有整除关系：因 ，则 ；又若 A j a i a i a j a i a 2a j i a 2 j a i a j a i a 2 j a 2 ij a a ，设 2 j ak a i ， （显然k ，否则 有整除关 系） ，则 ，于是 ，这与a 的最小性矛盾！因此 1, 2 , i a j a 2 k i a j a j A 仍然
16、是联盟子集，并且仍是n元集；重复以上 做法，直至子集中的元素皆大于1007 为止，于是得到n 元联盟子集 12 , n B bb b ，其中 即 1007 2014 j b 1008,1009, ,2014 504 B ，因任两个相邻整数必互质，故在这1007个连续正整数 中至多能取到 个互不相邻的数，即n 又据前面所述的构造可知， 的最大值即为 504 n 504二、解答题：本大题共 3 小题，共56 分. 9. （本小题满分16分）设数列 满足 n a 2 11 3 1, , 1 2 n n n a aa n a 求证： （1） 当 时， 严格单调递减（2） 当 时， 2 n n a 1
17、n 2 1 2 |3 | 2 3 1 n n n r a r ，这里 23 r 解：（1）由 2 11 3 1, , 1 2 n n n a aa n a * 2 n 及归纳法易得 ，且 均为有理数4分 0( ) n anN n a 当 时，由均值不等式得， 2 1 1 3 3 2 n n n a a a ，又因为 均为有理数，故当 时 n a 2 n 3 n a 从而 22 1 33 0( 2) 22 nn nn n nn aa aa a n aa ，所以当 时， 严格单调递减8分 2 n n a （2）由 2 1 3 2 n n n a a a 得 22 1 3(3 ) 33 22 nn
18、n nn aa a aa , 22 1 3(3 33 22 nn n nn aa a aa ) 12分 两式相除得 2 1 1 33 33 nn nn aa aa ，由此得 2 1 1 3 3 n n n a r a ，其中 1 1 3 2 3 a r a 3 ， 解得 2 1 2 1 3 1 n n n r a r ，所以 2 1 2 |3 | 2 3 1 n n n r a r 16分 10. （本小题满分 20 分） 设椭圆 22 22 1( 0) yx ab ab 与抛物线 2 2(0 ) xp y p 有一个共同的焦点 ，PQ 为它们的一条公切线， 、Q为切点，证明： F P PF
19、QF 证：设 在抛物线上， 在椭圆上，焦点 11 , Pxy 22 (,) Qxy 0, 2 p F ，则抛物线切线方程为 11 xxpyy ， 椭圆切线方程为 22 22 1 yyxx ab 它们为同一直线， 222 2 22 12 ,2 . 22 12 1 ax by ab yya xpp y x xb 22 12 12 2 12 1 2242 2 FP FQ ppp y ypy y kk xx b a 5分 设公切线 方程为 ，代入抛物线方程并由 PQ yk xm 2 0, 2 pk m 2 :, 2 pk PQ y kx 与抛物线切线方程比较可得 1 2 1 1 2 x pk y pk
20、 10 分 将公切线方程代入椭圆方程，并令 24 222 2 22 22 42 22 04 4 pk mak b ak bp kb ka 0 ， 两曲线有相同焦点， 2222 44 ( 2 p cpca ) b ，代入上式解得 22 2 2 4 p b k p 15 分 22222 1 2 1442 , 22 p bpba yp p pp 222 2 22222 1 22 4444 ap ap a y ypbabb2 p ， 22 12 42 + 2 apb yy 2 p p ，代入式，得 2 22 2222 22 12 42 1 22 FP FQ pb pa abba p kk bb PF
21、QF . 20 分 11. （本小题满分20分）求证：（1）方程 3 10 xx 恰有一个实根 ，并且 是无理数； （2） 不是任何整数系数二次方程 的根 2 0( , , , 0 ) ax bx c a b c Z a 证明： （1）设 3 () 1 fxxx ，则 2 ( ) 3 1 fx x . () f x 在 3 , 3 上单调递增，在 33 , 33 上单 调递减，在 3 , 3 上单调递增，故 32 () fx( ) 10 3 33 f , 极大 32 () ( ) 10 3 33 fxf 极小 再由 知，方程 (1) 1 0, ( 2) 5 0 ff 3 10 xx 恰有一个实
22、根 1, 2 5 分 假设 m n ，其中 是互素的正整数，则 , mn 32 () mnmn ，故 23 nm于是 ，即 1 n m 是整数，这与 1, 2 矛盾，由此得 是无理数 10分 （2）假设 还满足 ，则又因为 2 0( , , , 0 ) abca b cZ a 3 10 ，乘以 减去乘 以 得 ，将其乘以 减去乘以 得 a 2 () 0 ca a b ba 222 b a 0 aa c b c 15 分 是无理数 所以 ，因为 , , abc Z 222 0 aa cbab c 0 a ，所以 ， 0 bc 2 a b c 由于 代入 得 22 0 aa cb 3 3 10 a
23、a cc 从而 a c 这与 是无理数矛盾， 因此 不是任何整数系数二次方程 的根. 20 分 2 0( , , , 0 ) ax bx c a b c Z a 2015 年全国高中数学联赛模拟试题 04 加试参考答案 一、 （本小题满分 40 分） 如图， 在锐角 中， ABC , ABA CD 、E 分别是边AB 、AC 的中点， ADE 的外接圆与 的外接圆交于点 （异于点 BCE P E ） ， ADE 的外接圆与 BCD 的外接圆交于点 （异 于点 ） 。求证： Q D APA Q . 二、 （本小题满分 40 分） 求所有素数 p，使得 1 22 1 p p k pk - + =
24、1解：对 1 1, 2 , , 2 p k - = ，有 （费马小定理） ，故 22 (mod ) p kkp = 21 21 21 2 21 2 2 2 () ( 21 ) ( m o d pppp pp kp kkpp kkp kp k + + +- + - ) p ， 求和可知， 1 2 1 2 21 2 2 2 11 1 (mod ) 24 p p p kk p kpkp p - - + = - = 当且仅当 2 24 1 p - 时，素数 p满足 1 22 1 p p k pk - + = 1 ，显然 5 p 当 时， 必为 3 和 8 的倍数，故 5 p 2 1(1 ) (1 )
25、ppp -= + - 2 24 1 p - 因此所求素数 p是一切大于 3 的素数 三、 （本小题满分 50 分） 设n 是一个正整数， 是 4n1 个正实数，使得 12 12 23 2 , nn aa abb bcc c n n c 2 ,1 , ij ij ca bi j 令 ，证明： 22 max i in m 2 23 2 12 12 () () ( 2 nn mcc c aa abb b nn ) n n 证明：令 11 max , max ii in in X aY b ，分别用 /, /, / iiiiii aaXbbYccX Y 代替 ，因此我们可以 假设 , iii abc
26、1 X Y mc .下面我们证明 (*) 221 1 nn c a ab b n 故 221 1 1 ( 22 nn mc c a ab b nn ) n n i 由平均不等式即得所需结论. 我们将证明 中左边大于 r 的项不少于右边，因此对每个 k，左边第 k 大的项比右边第 k 大的项大. 这就证明了(*). 0, (*) r 若 ，则(*)右边没有大于 1 的项； 1 r 若 ，令 因为 1 r 1 | , | | , 1 | , | | , i Ai n ar aA Bi n br bB 1 X Y ，所以 a 和 b 至少是 1.又 ， 故 , i br i ar . ij ij c
27、a br 所以 2 2 | , i Cin crA A | B B . 因为若 ，则下面 1111 , , , , , , , aba AiiBjji ij j b 1 ab 个数互不相同且属于AB ： 11 121 2 , , , bba ijijijijij b r 所以| .当然| .所以对某个k， .所以 1 Cab 1 C k c M r . 所以在(*)中左边至少有 项大于k，而右边只有 ab ab 项大于k.(*)得证. 四、 （本小题满分 50 分） n 个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局规定胜者得 1 分，负者得 0 分，平局各得 0.5 分如果 赛后发现任何 m个棋手中
28、都有一个棋手胜了其余m1 个棋手，也有一个棋手输给了其余m1 个棋手，就称 此赛况具有性质P（m） 对给定的m（m4） ，求n 的最小值f（m） ，使得对具有性质P（m）的任何赛况， 都有所有n名棋手的得分各不相同 证： 先证明两个引理 引理 1 当nm时，如果n 个棋手的赛况具有性质P（m） ，则必有一个棋手全胜 当nm时，命题显然成立 假设命题对n 成立，则对n1 个棋手，从中任取n 个棋手，由归纳假设，这n 个棋手中必有一个棋手全 胜，不妨设A 1 ，A 2 ，A n 中A 1 全胜 对另一个棋手A n 1 ： 若A 1 胜A n 1 ，则在n1个棋手中，A 1 全胜； 若A 1 平A
29、n 1 ，考察棋手A 1 ，A 2 ，A n 1 ，A n 1 ，这n 个棋手中没有人全胜，不可能； 若A n 1 胜A 1 ，考察棋手A 1 ，A 3 ，A 4 ，A n ，A n 1 ，这 n 个棋手中全胜的只能是A n 1 ，特别地，A n 1 胜 A 3 ，A 4 ，A n 同理，A n 1 也胜A 2 ，所以在这n1 个棋手中A n 1 全胜 由归纳原理知，命题对任意nm成立 类似地可证： 引理 2 当nm时，如果n 个棋手的赛况具有性质P（m） ，则必有一个棋手全败 回到原题我们来证明： 当n2m3时，所有棋手的得分必各不相同 由引理 1，有一个棋手 A 1 胜了其余 n1 个棋手
30、，有一个棋手 A 2 胜了除 A 1 外的 n2 个棋手，有 一个棋手A n m 1 胜了除A 1 ，A 2 ，A n m 外的m1 个棋手 由引理 2，有一个棋手A n 负于其余n1 个棋手，有一个棋手A n 1 负于除了A n 外的n2个棋手， 有一个棋手A n m 3 负于除A n ，A n 1 ，A n m 4 外的nm2 个棋手，另外还有一棋手为A n m 2 这样，这 n 个棋手 A 1 ，A 2 ，A n ，编号小的棋手都战胜了编号大的棋手，所以他们的得分为 n1，n 2，1，0，各不相同 对n2m4，设n 个棋手水平为： 1，2，m3，m2，m2，m1，2m5， 其中水平编号小的棋手胜水平编号大的棋手，编号相等的棋手打平则对任取m 个棋手，必有一最小编号为 i（1im3） ，另一最大编号为 j（m1j2m5） ，从而在这 m 个棋手中编号为 i 的棋手全胜，编号为 j 的棋手全败，所以这n个棋手具有性质P（m） ，但其中有两个棋手的得分相同 综上可知，f（m）2m3
