全国高中数学联赛参考答案卷版本.doc
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2015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
答案:
4.解:
由己知条件及二次函数图像的轴对称性,可得,即,所以.
2.若实数满足,则的值为.
答案:
2.解:
由条件知,,反复利用此结论,并注意到,得
.
3.已知复数数列满足,则.
答案:
2015+1007i.解:
由己知得,对一切正整数n,有
于是.
4.在矩形中,,线段上的动点与延长线上的动点满足条件,则的最小值为.
答案.解:
不妨设A(0,0),B(2,0),D(0,l).设P的坐标为(,l)(其中),则由得Q的坐标为(2,-),故,因此,
.
当时,.
5.在正方体中随机取三条棱,它们两两异面的概率为.
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.
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.在平面直角坐标系中,点集所对应的平面区域的面积为.
答案:
24.解:
设.
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及其内部.由对称性知,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,则对应的区域是图中以O为中心的菱形EFGH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P的坐标为.由对称性知,.
7.设为正实数,若存在实数,使得,则的取值范围为.
答案:
.解:
知,,而,故题目条件等价于:
存在整数,使得
.①
当时,区间的长度不小于,故必存在满足①式.
当时,注意到,故仅需考虑如下几种情况:
(i),此时且无解;
(ii),此时;
(iii),此时,得.
综合(i)、(ii)、(iii),并注意到亦满足条件,可知.
8.对四位数,若则称为类数,若,则称为类数,则类数总量与类数总量之差等于.
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.
对任一四位数,将其对应到四位数,注意到,故.反之,每个唯一对应于从中的元素.这建立了与B之间的一一对应,因此有.
下面计算对任一四位数,可取0,1,…,9,对其中每个,由及知,和分别有种取法,从而
.
因此,.
三、解答题
9.(本题满分16分)若实数满足,求的最小值.
解:
将分别记为,则.
由条件知,,故.8分
因此,结合平均值不等式可得,
.12分
当,即时,的最小值为(此时相应的值为,符合要求).
由于,故的最小值.16分
10.(本题满分20分)设为四个有理数,使得:
,求的值.
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,由此知,的绝对值互不相等,不妨设,则中最小的与次小的两个数分别是及,最大与次大的两个数分别是及,从而必须有
10分
于是.
故,15分
结合,只可能.
由此易知,或者.
检验知这两组解均满足问题的条件.
故.20分
11.(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,如果的斜率依次成等差数列,求的取值范围.
解:
由条件知,点、的坐标分别为(-1,0)和(l,0).设直线l的方程为,点A、B的坐标分别为和,则满足方程,即
.
由于点A、B不重合,且直线l的斜率存在,故是方程①的两个不同实根,因此有①的判别式,即
.②
由直线的斜率依次成等差数列知,,又,所以,化简并整理得,.
假如,则直线l的方程为,即z经过点(-1,0),不符合条件.
因此必有,故由方程①及韦达定理知,,即.③
由②、③知,,化简得,这等价于.
反之,当满足③及时,l必不经过点(否则将导致,与③矛盾),而此时满足②,故l与椭圆有两个不同的交点A、B,同时也保证了、的斜率存在(否则中的某一个为-l,结合知,与方程①有两个不同的实根矛盾).10分
点(l,0)到直线l:
的距离为
.
注意到,令,则,上式可改写为
.
考虑到函数在上上单调递减,故由④得,,即.20分
加试
1.(本题满分40分)设是实数,证明:
可以选取,使得.
证法一:
我们证明:
,①
即对,取,对,取符合要求.(这里,表示实数的整数部分.)10分
事实上,①的左边为
(柯西不等式)30分
(利用)
(利用)
.
所以①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,若将中的负数均改变符号,则问题中的不等式左边的不减,而右边的不变,并且这一手续不影响的选取,因此我们可进一步设.10分
引理:
设,则.
事实上,由于,故当是偶数时,
,
.
当是奇数时,
,
.
引理得证.30分
回到原题,由柯西不等式及上面引理可知
,
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,使得.
证明不妨设,以下分为奇数和为偶数两种情况证明.
当为奇数时,取,,于是有
(应用柯西不等式).
①
另外,由于,易证有,
因此,由式①即得到,
故为奇数时,原命题成立,而且由证明过程可知,当且仅当,,且时取等号.
当为偶数时,取,,于是有
(应用柯西不等式).
,
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.
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,满足对任意的,均有,若,证明:
存在,使得属于中的至少个集合.
证明:
不妨设.设在中与不相交的集合有个,重新记为,设包含的集合有个,重新记为.由已知条件,,即,这样我们得到一个映射
.
显然是单映射,于是,.10分
设.在中除去,后,在剩下的个集合中,设包含的集合有个(),由于剩下的个集合中每个集合与从的交非空,即包含某个,从而
.20分
不妨设,则由上式知,即在剩下的个集合中,包含的集合至少有个.又由于,故都包含,因此包含的集合个数至少为(利用)
(利用).40分
3.(本题满分50分)如图,内接于圆,为弧上一点,点在上,使得平分,过三点的圆与边交于,连接交圆于,连接,延长交于,证明:
.
证法一:
设CF与圆Q交于点L(异于C),连接PB、PC、BL、KL.
注意此时C、D、L、K、E、P六点均在圆上,结合A、B、P、C四点共圆,可知∠FEB=∠DEP=180°-∠DCP=∠ABP=∠FBP,因此△FBE∽△FPB,故FB2=FE·FP.10分
又由圆幂定理知,FE·FP=FL·FC,所以FB2=FL·FC.
从而△FBL∽△FCB.
因此,∠FLB=∠FBC=∠APC=∠KPC=∠FLK,即B、K、L三点共线.30分
再根据△FBL∽△FCB得,
∠FCB=∠FBL=∠ABC,即∠ABC=2∠FCB.
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
∠ABC=2∠FCB.
4.(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除.
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
,①
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,进而由①知,本题等价于求所有正整数,使得对任意正整数成立.10分
我们证明,所有符合条件的为.
一方面,由于对任意正整数成立,故符合条件.20分
另一方面,若不是2的方幂,设是大于1的奇数.
下面构造一个正整数,使得.因为,因此问题等价于我们选取的一个倍数,使得.
由(2,)=l,熟知存在正整数,使得.(事实上,由欧拉定理知,可以取的.)
设奇数的二进制表示为.
取,则,且.
我们有
由于,故正整数的二进制表示中的最高次幂小于,由此易知,对任意整数,数与的二进制表示中没有相同的项.
又因为,故的二进制表示中均不包含1,故由②可知,
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
9
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