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2015年全国高中数学联合竞赛A卷


2015年全国高中数学联合竞赛A卷
2015年9月15日?意琦行?数海拾贝

一试
一、填空题 本小题共8小题,每小题8分,满分64分. 1、设 a, b 是不相等的实数,若二次函数 f (x) = x f (a) = f (b) ,则 f (2) 的值为_______. 2、若实数 α 满足 cos α = tan α ,则
n

1 2

+ ax + b

满足

1 + cos sin α

4

α

的值为_______.

3、已知复数数列 {z } 满足 z = 1 , z = z + 1 + ni ,其中 表示 z 的共轭复数,则 z n = 1, 2, ? ,其中 i 是虚数单位, z 的值为_______.
n+1 ? ? ? ? ? n ? ? ? ? ? n n

2015

4、在矩形 ABC D 中, AB = 2 , AD = 1 ,在 DC 边上(包含点 D 、 C )的动点 P 与 C B 延长线上(包含 B )的动点 Q 满足
∣ ∣ ∣ ∣ DP = BQ ∣ ∣ ∣ ∣
? ? ? → ? ? ? →

,则向量 P A 与向量 P Q 的数量积 P A ? P Q 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 = {(x, y) |(|x| + |3y| ? 6) (|3x| + |y| ? 6) ? 0}

所对应的平面区域的面积为_______. 7、设 ω 为正实数,若存在 a, b ( π ? a < b ? 2π ),使得 sin ωa + sin ωb = 2 ,则 ω 的取值范围是_______.

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 (P ) 分别表示 P 类数与 Q 类数
? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

的个数,则 N (P ) ? N (Q) 的值为_______. 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、(本小题满分16分)若实数 a, b, c 满足 2
4
a a

+ 4

b

= 2

c



+ 2

b

= 4

c

,求 c 的最小值.
1,

10、(本小题满分20分)设 a

a2 , a3 , a4

是 4 个有理数,使得
3 1 ,? 2 8 , 1, 3} ,

{ai aj |1 ? i < j ? 4} = {?24, ?2, ?

求a

1

+ a2 + a3 + a4

的值.
1 2

11、(本小题满分20分)在平面直角坐标系 xOy 中, F 、 F 分别 是椭圆
x
2

+ y 2

2

= 1

的左、右焦点,设不经过焦点 F 的直线 l 与椭圆
1 2

交于两个不同的点 A 、 B ,焦点 F 到直线 l 的距离为 d .如果直线 AF 、 l 、 BF 的斜率依次成等差数列,求 d 的取值范围.
1 1

加试
一、(本题满分40分)设 a , a , ? , a ( n ? 2 )是实数,证明:可 以选取 ε , ε , ? , ε ∈ {?1, 1} ,使得
1 2 n 1 2 n n 2 n 2 n 2 i

(∑ ai )
i=1

+ (∑ εi ai )
i=1

? (n + 1) (∑ a ) .
i=1

二、(本题满分40分)设 S = {A , A , ? , A } ,其中 A , A , ? , A 是 n 个互不相同的有限集合( n ? 2 ),满足对任意
1 2 n 1 2 n

Ai , Aj ∈ S
n

,均有 A

i

∪ Aj ∈ S

.若 k =

min |Ai | ? 2
1?i?n

.证明:存在

x ∈ ? Ai
i=1

,使得 x 属于 A

1 , A2 , ? , An

中的至少

n k

个集合(这里

|X|

表示有限集合 X 的元素个数).

三、(本题满分50分)如图, △ABC 内接于圆 O , P 为弧 BC 上一 点,点 K 在线段 AP 上,使得 BK 平分 ∠ABC .过 K 、 P 、 C 三 点的圆 Ω 与边 AC 交于点 D ,连接 BD 交圆 Ω 于点 E ,连接 P E 并 延长与边 AB 交于点 F ,证明: ∠ABC = 2∠F C B .

四、求具有下列性质的所有正整数 k :对任意正整数 n , 2 整除
(kn)! n!

(k?1)n+1





参考答案
以下解析抄录自《学数学》编辑部发布的《2015年全国高中数学联赛 (A卷)参考答案及评分标准》,有部分删节和修改.

一试
一、填空题 1、 4 提示???? x = 2、 2
a + b 2

是 f (x) 的对称轴,于是可得 2a + b = 0 .

提示???? sin

2

α + sin α = 1

,于是
4

1 + cos sin α

α = sin α + 1 + sin

2

α = 2.

3、 2015 + 1007i 提示???? z 4、
3 4
n+2

= zn + 2 + i



提示????建系即可. 5、
2 55

提示????将正方体的 12 条棱按方向分为 3 组. 6、 24 提示????考虑到对称性,先处理第一象限的情形.

然后再乘 4 即可.

7、 [

9 , 4

5 ] ∪ [ 2

13 , +∞) 4 π 2

提示???? ωa 和 ωb 必然形如 2kπ + 8、 285

,讨论即得.

提示????所求即所有以 0 结尾的 P 类数. 二、解答题 9、记 x = 2 , y = 2 , z = 2 ,则
a b c

{

x + y x
2

2

= z,
2

+ y = z ,

消元得
(z ? y
2 2

)

+ y = z ,

2

整理得

2

y z =

2

1 + 2y 1 + + 4y y
2

2 y = 2
2

1 4y 1 1 ? 4y 4y

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3√ 2 3 = 4 1 √2 3 4
3 3

?

√2,

3

等号当 y =

,x=

√2 4

3

时取得.

于是 z 的最小值为
3 log
2

√2

3

,进而 c 的最小值为
5 3

( 4

√2) = log 3 ?
2

3



10、设 a

1,

a2 , a3 , a4

的绝对值从小到大排列,则

1 ? ?a a = ? , ? 1 2 ? ? 8 ? ? ? ? a1 a3 = 1, ? ? a2 a4 = 3, ? a a = ?24, ? 3 4 ? ? ? ? 3 ? ? }, ? ? {a2 a3 , a1 a4 } = {?2, ? 2

解得
1 (a1 , a2 , a3 , a4 ) = ( ,? 4 2 1 , 4, ?6) ∨ (? 4 1 , 2 1 , ?4, 6) ,

于是 a

9 + a2 + a3 + a4 = ± 4

1


2

11、根据已知,有 F (?1, 0) , F (1, 0) .设 l : y = kx + m , A (x , y ) , B (x , y ) ,则联立直线与椭圆方程得
1 1 1 2 2

(2k

2

+ 1) x

2

+ 4kmx + 2m

2

? 2 = 0,

(1)

判别式
Δ = 8 (2k
2

+ 1 ? m ) > 0,

2


2k
2

+ 1 > m .

2

(2)

由题意直线 AF 、 l 、 BF 的斜率成等差数列,得
1 1

y1 x1 + 1

+

y2 x2 + 1

= 2k,

将y

1

= kx 1 + m

,y

2

= kx 2 + m

代入并整理得

(m ? k) (x1 + x2 + 2) = 0,

由直线 l 不经过 F 点,舍去 m ? k = 0 ,于是
1

x1 + x2 = ?2,

结合(1)的韦达定理有
4km ? 2k
2

= ?2, + 1


1 m = k + 2k . (3)

由(2)(3)可得 k 的取值范围由
2

2k

2

+ 1 > m

2

1 = (k + 2k )

2

确定,即
k
2

1 > 2 .

点F

2 (1,

0)

到直线 l 的距离为
? ? ? ? ? ? |k + m| d = ? ? ? ? ? √ 1 + k2 = √ k
2

1
2

? (2 + 2k

1 + k

2

),

结合 k 的取值范围可得 d 的取值范围为 (√3, 2) .
2

加试
一、(本题满分40分) 证法一 我们证明
n 2 m n 2 n 2 i

(∑ ai )
i=1

+ (∑ ai ?
i=1


i=m+1

ai )

? (n + 1) (∑ a ) ,
i=1

(4)

其中 m = [

n ] 2

,即
1, ?1, i = 1, 2, ? , m, i = m + 1, m + 2, ? , n.

εi = {

事实上,(4)的左边为

2

2

m

n

2

m

n

2

(∑ ai +
i=1


j=m+1 2

aj )

+ (∑ ai ?
i=1 2


j=m+1

aj )

m

n

= 2(∑ ai )
i=1 m

+ 2( ∑
j=m+1

aj )

n 2 i

? 2m ∑ a
i=1

+ 2(n ? m)


j=m+1

a

2 j

n = 2[ 2
m

m

]∑a
i=1

2 i

n + 1 + 2[ 2
n

n

]


j=m+1

a

2 j

? n∑a
i=1

2 i

+ (n + 1)


j=m+1

a

2 j

n

? (n + 1) ∑ a ,
i i=1

2

其中第三行用到了柯西不等式. 从而(4)得证,原题得证. 证法二 首先,由于问题中 a
a1 ? a2 ? ? ? an
1,

的对称性,可设 ,此外,若将 a , a , ? , a 中的负数均改变符
a2 , ? , an
1 2 n n 2 i)

号,则问题中的不等式左边的 ( ∑ a
i=1

不减,而右边的 ∑ a 不变,
2 i i=1

n

并且此变化不影响 ε 的选取,因此我们可以进一步设 a ? a ? ?a ? 0 .
1 2 n

引理????设 a

1

? a2 ? ? an ? n
n

,则
i?1

0 ? ∑ (?1)
i=1

ai ? a1 .

引理的证明从略.

于是回到原题,由柯西不等式及上述引理可得
n 2 n 2 i?1 n 2 i 2 1

(∑ ai )
i=1

+ (∑ (?1)
i=1

ai )

? n∑a
i=1

+ a

n

? (n + 1) ∑ a ,
i i=1

2

这就证明了结论. 二、(本题满分40分) 不妨设 |A
1|

= k

.设在 A
1 2

1,

A2 , ? , An
s

中与 A 不相交的集合有 s
1 1

个,重新记为 B , B , ? , B ,设包含 A 的集合有 t 个,重新记为 C , C , ? , C .由已知条件 (B ∪ A ) ∈ S ,即
1 2 t i 1

(Bi ∪ A1 ) ∈ {C 1 , C 2 , ? , C t } ,

这样我们得到一个映射
f : {B1 , B2 , ? , Bs } → {C 1 , C 2 , ? , C t } , f (Bi ) = Bi ∪ A1 ,

显然 f 是单射,于是 s ? t . 设A
1

.在 A , A , ? , A 中除去 B , B , ? , B , C , C , ? , C 后在剩下的 n ? s ? t 个集合中,设包 含 a 的集合有 x 个( 1 ? i ? k ),由于剩下的 n ? s ? t 个集合中 每个集合与 A 的交集非空,即包含某个 a ,从而
1

= {a1 , a2 , ? , ak }
2 s 1 2

1

2

n

t

i

i

1

i

x1 + x2 + ? + xk ? n ? s ? t.

不妨设 x

1

= max {x1 , x2 , ? , xk }

,则由上式知
, k n ? s ? t k

n ? s ? t x1 ?

即在剩下的 n ? s ? t 个集合中,包含 a 的集合至少有
1

个.又由于 A
a1

1

? Ci
1

( i = 1, 2, ? , t ),故 C

1,

C2 , ? , Ct

都包含

,因此包含 a 的集合个数至少为
n ? s ? t + t = k ? k n ? k . k n ? s + t n ? s + t(k ? 1)

三、(本题满分50分) 设 C F 与圆 Ω 交于点 L (异于 C ). 证法一 连接 P B 、 P C 、 BL 、 K L .

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
∠F EB = ∠DEP = 180
?

? ∠DC P = ∠ABP = ∠F BP ,

因此 △F BE ? △F P B ,因此
FB
2

= FE ? FP.

又由圆幂定理可知, F E ? F P
FB

= FL ? FC

,所以

2

= F L ? F C,

因此 △F BL ? △F C B . 因此
∠F LB = ∠F BC = ∠AP C = ∠K P C = ∠F LC ,

即 B 、 K 、 L 三点共线. 再根据 △F BL ? △F C B 得
1 ∠F C B = ∠F BL = ∠F BE = 2 ∠ABC ,

即 ∠ABC 证法二

= 2∠F C B



对圆内接广义六边形 DC P ELK 应用帕斯卡定理可知, DC 与 K P 的交点 A 、 C L 与 P E 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.
′ ′ ′

根据 A 、 B 、 P 、 C 四点共圆及 L 、 K 、 P 、 C 四点共圆,得
∠ABC = ∠AP C = ∠K LC = ∠F C B + ∠LBC ,

又由 BK 平分 ∠ABC 知
∠ABC = 2∠LBC ,

从而 ∠ABC

= 2∠F C B



四、(本题共50分) 对正整数 m ,设 v 幂,则熟知
2 (m)

表示正整数 m 的标准分解中素因子 2 的方

v2 (m!) = m ? S (m),

(5)

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)! n!

等价于

(kn)! v2 ( ) ? (k ? 1)n, n!


kn ? v2 ((kn)!) ? n ? v2 (n!) ,

进而由(5)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. 我们证明,所有符合条件的 k 为 2 ,其中 a = 0, 1, 2, ? .
a

一方面,由于 S (2 条件.

a

n) = S (n)

对任意正整数 n 成立,故 k = 2 符合
a

另一方面,若 k 不是 2 的方幂,设 k = 2 奇数.

a

? q

, a ? 0 , q 是大于 1 的

下面构造一个正整数 n ,使得 S (kn) < S (n) .因为
S (kn) = S (2 qn) = S (qn),
a

因此问题等价于我们选取的 q 的一个倍数 m ,使得
m S (m) < S ( q ).

由 (2, q) = 1 ,熟知存在正整数 u ,使得 2 上,由欧拉定理知, u 可以取 φ(q) .) 设奇数 q 的二进制表示为
2
α1

u

≡ 1 (mod q)

.(事实

+ 2

α2

+ ? + 2

αt

,

其中 0 = α 取m=2

1

< α2 < ? < αt

,t?2. ,则 S (m) = t ,且
? 1) ≡ 0 (mod q).

α1

+ 2

α2

+ ? + 2

α t+tu

m = q + 2

αt

(2

tu

我们有
m = 1 + 2 q = 1 + 2
αt αt

2 ?

tu

? 1 q

2 ?

u

? 1 (1 + 2 q

u

+ ? + 2

(t?1)u

)

(6)

t?1

2

u

? 1 ? 2 q

= 1 + ∑
i=0

iu+α t

.

由于 0 <
u

2

u

? 1 < 2 q

u

,故正整数

2

u

? 1 q

的二进制表示中的最高次幂

小于 u ,由此可得,对任意整数 i, j ( 0 ? i < j ? t ? 1 ),数
2 ? 1 ? 2 q
iu+α t



2

u

? 1 ? 2 q
u

ju+α t

的二进制表示中没有相同的项. ( i = 0, 1, 2, ? , t ? 1 )的二进

又因为 α

t

> 0

,故

2

? 1 ? 2 q

iu+α t

制表示中均不包含 1 ,故由(6)可知
m S ( q ) = 1 + S ( q 2
u

? 1 ) ? 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 k 为 2 ,其中 a = 0, 1, 2, ? .
a


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