1、12015 年全国高中数学联合竞赛（A 卷）一试说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设 0 分和 8 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，每小题份分，满分 64 分 1设 为不相等的实数，若二次函数 满足 ，则 ba, baxf2)( )(bfa)2(f2若实数 满足 ，则 的值为 tancos4cosi13
2、已知复数数列 满足 ，则 nz ),1(,1 nizn 2015z4在矩形 中， ，线段 上的动点 与 延长线上的动点 满ABCD2ADCPBQ足条件 ，则 的最小值为 QPP5在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为 6在平面直角坐标系中，点集 所对应的平面区域的0)63)(), yxyx面积为 7设 为正实数，若存在实数 ，使得 ，则 的2,ba2siniba取值范围为 8对四位数 ， 若 则称 为 类数，若 ，abcd,dccPdc,则称 为 类数，则 类数总量与 类数总量之差等于 QPQ三、解答题9 （本题满分 16 分）若实数 满足 ，求 的最小值ba, cbacba42,422
3、10 （本题满分 20 分）设 为四个有理数，使得：4321,a，求 的值8,41jiaji 4321a11 （本题满分 20 分）设 分别为椭圆 的左右焦点，设不经过焦点 的直21,F12yx 1F线 与椭圆交于两个不同的点 ，焦点 到直线 的距离为 ，如果 的斜率l BAld1,BlA依次成等差数列，求 的取值范围d3加试1 （本题满分 40 分）设 是实数，证明：可以选取 ，)2(,21na 1,21n使得 )()( 121 iininia2 （本题满分 40 分）设 其中 是 个互不相同的有限集合,21nASnA,21，满足对任意的 ，均有 ，若 ，证明：存在)(nji, Sji2mi
4、1k，使得 属于 中的至少 个集合iAx1xn21k43 （本题满分 50 分）如图， 内接于圆 ， 为 弧上一点，点 在 上，使ABCOPBCKAP得 平分 ，过 三点的圆 与边 交于 ，连接 交圆 于 ，连BKPK,ADE接 ，延长交 于 ，证明： EFF24 （本题满分 50 分）求具有下述性质的所有正整数 ：对任意正整数 都有 不整kn1)(2nk除 !)(nk52015 年全国高中数学联合竞赛（A 卷）参考答案及评分标准一试说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设。分和香分两档；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
5、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 小题该分为一个档次，不要增加其他中间档次一、填空题：本大题共 8 小题，每小题份分，满分 64 分 1设 为不相等的实数，若二次函数 满足 ，则 ba, baxf2)( )(bfa)2(f答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得 ，即 ，20所以 (2)4f2若实数 满足 ，则 的值为 tancos4cosi1答案：2. 解：由条件知， ，反复利用此结论，并注意到in2，得1incos2 )cos1)(si(sinsici1 22224 3已知复数
6、数列 满足 ，则 nz ,1izn 2015z答案：2015 + 1007i 解：由己知得，对一切正整数 n，有,21()(1)n nzii i于是 0572057zi4在矩形 中， ，线段 上的动点 与 延长线上的动点 满ABCD,ADCPBQ足条件 ，则 的最小值为 QPP答案 解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) 设 P 的坐标为（ , l) （其中3 t） ，则由 得 Q 的坐标为（2，- )，故02t|t,因此，(,1)(,1)At2213()4PQt tt当 时， 2tmin3()4P5在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率
7、为 答案： 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 =220 种312C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 AB、AD、AE 的方向） ，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 AD6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 42=8，故所求概率为82056在平面直角坐标
8、系中，点集 所对应的平面区域的0)63)(), yxyx面积为 答案：24解：设1(,)|360Kxy先考虑 在第一象限中的部分，此时有,故这些点对应于图中的OCD 及其36内部由对称性知， 对应的区域是图中以原1K点 O 为中心的菱形 ABCD 及其内部同理，设 ，2(,)|3|60xy则 对应的区域是图中以 O 为中心的菱形2EFGH 及其内部由点集 的定义知， 所对应的平面区域是被 、 中恰好一个所覆盖的部分，因此本1K2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 ，直线 GH 的方程为 ，故它们的交点 P36xy36xy的坐标为 由对称性知， 3(,) 1842CPG
9、7设 为正实数，若存在实数 ，使得 ，则 的)(,ba2siniba取值范围为 答案： 解： 知， ，而951,),)42wsini1ii，故题目条件等价于：存在整数 ，使得,basi ,()kl wlk当 时，区间 的长度不小于 ，故必存在 满足式4,4,l当 时，注意到 ，故仅需考虑如下几种情况： 0w)8,0(2(i) ，此时 且 无解；2515(ii) ，此时 ;9249w(iii) ，此时 ,得 w133413综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到 亦满足条件，可知 9513,),)28对四位数 ，若 则称 为 类数，若 ，则abcd,dcbabcPdcba称 为 类数，则 类数
10、总量与 类数总量之差等于 QPQ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 ，个位数不等于零的尸类数全体记为 0A1对任一四位数 ，将其对应到四位数 ，注意到 ，1Aabcddcba1,dcb7故 反之，每个 唯一对应于从中的元素 这建立了 与 B 之BdcbaBdcbaabcd1A间的一一对应，因此有 011()|NPQAAB下面计算 对任一四位数 , 可取 0, 1，9，对其中每个 ，由0|A0bb及 知， 和 分别有 种取法，从而9992201|()2856bk因此， 85NP三、解答题9 （本题满分 16 分）若实数 满足 ，求 的最
11、小值cba, cbacba4,4解：将 分别记为 ，则 2,abcxyz,0z由条件知， ，故 822,2224()yxzyyz分因此，结合平均值不等式可得，12 分422332111()44yzyy当 ，即 时， 的最小值为 （此时相应的 值为 ，符合要3z3x324求） 由于 ，故 的最小值 16 分2logczc3225log()log410 （本题满分 20 分）设 为四个有理数，使得：321,a，求 的值8,41jiaji 4321a解：由条件可知， 是 6 个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，()ijj由此知， 的绝对值互不相等，不妨设 ，则4321,a |4321中最小的与次
12、小的两个数分别是 及 ，最大与次大|()ijij 13的两个数分别是 及 ，从而必须有34|24|10 分12324,8,a于是 2341112,8aa故 ，15 分3423,结合 ，只可能 1aQ14a由此易知， 或者 234,6a1234,64aa检验知这两组解均满足问题的条件8故 20 分12349a11 （本题满分 20 分）设 分别为椭圆 的左右焦点，设不经过焦点21,F12yx的直线 与椭圆交于两个不同的点 ，焦点 到直线 的距离为 ，如果1Fl BAld的斜率依次成等差数列，求 的取值范围1,BAd解：由条件知，点 、 的坐标分别为（-1, 0）和（ l, 0) 设直线 l 的方
13、程为12，点 A、B 的坐标分别为 和 ，则 满足方程ykxm1(,)xy2(,)12,x，即22()214()0kx由于点 A、B 不重合，且直线 l 的斜率存在，故 是方程 的两个不同实根，因此12,x有的判别式 ，即22)1()8()0kmkm22km由直线 的斜率 依次成等差数列知， ，1,Fl 21,yx12ykx又 ，所以12yxyk，化简并整理得，12()()()k kx0假如 ，则直线 l 的方程为 ，即 z 经过点 （-1, 0)，不符合条件my1F因此必有 ，故由方程及韦达定理知， ，即12x 1224()kmx k由、知， ，化简得 ，这等价于 2221()kk24k|2
14、k反之，当 满足及 时，l 必不经过点 （否则将导致 ，与矛盾）,m| 1Fm, 而此时 满足，故 l 与椭圆有两个不同的交点 A、B ，同时也保证了 、 的斜k 1AFB率存在（否则 中的某一个为- l，结合 知 ，与方程有两12,x120x12x个不同的实根矛盾） 10 分点 （l , 0）到直线 l: 的距离为2Fykm222|()11kd k 注意到 ，令 ，则 ，上式可改写为|k21tk(,3)t213()()tdt考虑到函数 在 上上单调递减，故由得，1ft,39，即 20 分(3)(1)fdf(3,2)加试1 （本题满分 40 分）设 是实数，证明：可以选取 ，)2(,21na
15、1,21n使得 )()( 121 iininia证法一：我们证明： ，22 211 12()()nn niij injaaa即对 ，取 ，对 ，取 符合要求 （这里，1,2i i,i i表示实数 的整数部分 ） 10 分x事实上，的左边为 2222 211111 122 2nnnnn nijiji jj j jaaaa（柯西不等式）30 分112nni jj（利用 ）2112nni jjaa 12n（利用 ）2112()nni jjx21()nia所以 得证，从而本题得证证法二：首先，由于问题中 的对称性，可设 此外，若12,na 12naa将 中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的 不减
16、，而右边的12,na )(ni不变，并且这一手续不影响 的选取，因此我们可进一步设1nii 10 分20n10引理：设 ，则 120naa 1()niia事实上，由于 ，故当 是偶数时，1(,ii，12341()()0ni ni 1211(iiaaa当 是奇数时，n，1234211()()()()0i nni 1niiaaa引理得证 30 分回到原题，由柯西不等式及上面引理可知，2212211 11()()nnnnii i iiaaaa这就证明了结论 40 分证法三：加强命题：设 （ ）是实数，证明：可以选取12,n，使得 .12,n2211()()()nii iaa证明 不妨设 ，以下分 为
17、奇数和 为偶数两种情况证明.221na当 为奇数时，取 ， ，于是有132nn12211()()nnniijj211()+()ijnja（应用柯西不等式）.12 21()+()(nni jja1221()()nni jja另外，由于 ，易证有 ，221na1221()()nni jjaa因此，由式即得到 ，1221()+()ni jja21()ni故 为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当 ，n 212n，且 时取等号 .1321n2n11当 为偶数时，取 ， ，于是有n1221n241nn2211()()nniijjaa21()+()ijnja（应用柯西不等式）.221()+()
18、nni jj， 221()nnijja 211()()nni iaa故 为偶数时，原命题也成立，而且由证明过程可知，当且仅当时取等号，若 不全为零，则取不到等号 .120n 12,n综上，联赛加试题一的加强命题获证.2 （本题满分 40 分）设 其中 是 个互不相同的有限集合,21nASnA,21，满足对任意的 ，均有 ，若 ，证明：存在)(nji, Sji2mi1k，使得 属于 中的至少 个集合iAx1xn21k证明：不妨设 设在 中与 不相交的集合有 个，重新记为|k12,n 1s，设包含 的集合有 个，重新记为 由已知条件，2,sB 1t2,tC，即 ，这样我们得到一个映射1()iS()
19、,i tBAC 22 1:,()s iif fBA 显然 是单映射，于是， 10 分t设 在 中除去 ， 后，在剩1,kAa n,12,s 12,tC下的 个集合中，设包含 的集合有 个（ ） ，由于剩下的 个集合nstiaixikns中每个集合与从的交非空，即包含某个 ，从而 20 分12kxxnst不妨设 ，则由上式知 ，即在剩下的 个集合中，包含1maiinstxkst的集合至少有 个又由于 ，故 都包含 ，1atk),21(1tiCA12,tC 1a因此包含 的集合个数至少为 （利用 ）1stsnstkkk（利用 ) 40 分nkst3 （本题满分 50 分）如图， 内接于圆 ， 为
20、弧上一ABCOPBC点，点 在 上，使得 平分 ，过 三点的圆KAPKK,与边 交于 ，连接 交圆 于 ，连接 ，延长交CDE于 ，证明： BFF2证法一：设 CF 与圆 Q 交于点 L（异于 C)，连接 PB、PC、 BL、KL 12注意此时 C、D、L、K、E、 P 六点均在圆 上，结合 A、 B、P、C 四点共圆，可知FEB= DEP=18 0-DCP=ABP=FBP，因此FB EFPB ，故 FB2=FEFP10分又由圆幂定理知，FEFP= FLFC，所以 FB2=FLFC从而FBLFCB 因此, FLB=FBC= APC=KPC=FLK, 即 B、K 、 L 三点共线 30 分再根据
21、FBLFCB 得， FCB= FBL= ABC, 即 ABC=2FCB 12证法二：设 CF 与圆 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 的交点了共线，因此 B是 AF 与 ED 的交点，即 B=B所以 B、K、L 共线10 分根据 A、B、P 、C 四点共圆及 L、K、P 、C 四点共圆，得ABC=APC=FLK=FCB+LBC,又由 BK 平分ABC 知，FBL= ABC，从而12ABC=2FCB4 （本题满分 50 分）求具有下述性质的所有正整数 ：对任意正整数 都有 不整kn
22、1)(2nk除 !)(nk解：对正整数 ，设 表示正整数 的标准分解中素因子 2 的方幂，则熟知m2()vm， 2()vS这里 表示正整数 在二进制表示下的数码之和由于 不整除 ，等价于 ，即1)(nk()!k2()!1)knv，进而由知，本题等价于求所有正整数 ，使得22!vv k对任意正整数 成立 10 分()S我们证明，所有符合条件的 为 k(0,)a一方面，由于 对任意正整数 成立，故 符合条件 20 分()aSnn2a另一方面，若 不是 2 的方幂，设 是大于 1 的奇数k2,q下面构造一个正整数 ，使得 因为 , 因此问()S()(SkqSn题等价于我们选取 的一个倍数 ，使得 q
23、mm由（2， ）=l，熟知存在正整数 ，使得 （事实上，由欧拉定理知，u21(od)u可以取 的) u(设奇数 的二进制表示为 1212,0,2taa ta 取 ，则 ，且 112ttua ()S(1)0(mod)tuqq我们有(1)0t t tu taa luautulmqq 由于 ，故正整数 的二进制表示中的最高次幂小于 ，由此易知，210u21u13对任意整数 ，数 与 的二进制表示中没有相同,(01)ijijt2tuiaq21tujaq的项又因为 ，故 的二进制表示中均不包含 1，故由ia(0,)tulat可知 ,21()()mStSmq因此上述选取的 满足要求综合上述的两个方面可知，所求的 为 50 分k2(0,1)a
