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)?答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得
以f(2)?4?2a?b?4．
a?ba??，即2a?b?0，所22
1?cos4?的值为 sin?
222答案：2. 解：由条件知，cos??sin?，反复利用此结论，并注意到cos??sin??1，1cos2??sin2?4?cos???sin2??(1?sin?)(1?cos2?) 得sin?sin?
?2?sin??cos2??2． 2．若实数?满足cos??tan?，则
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?
答案：2015 + 1007i．解：由己知得，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
??的最小值为． 答案3． 4
解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) ．设 P 的坐标为（t, l) （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， ????????133PA?PQ?(?t)?(2?t)?(?1)?(?t?1)?t2?t?1?(t?)2??． 244????????13当t?时，(PA?PQ)min?． 24
5．在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为 答案：2．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55
1
3共有C12=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
82?． 22055
6．在平面直角坐标系xOy中，点集(x,y)(x?3y?6)(3x?y?6)?0所对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的坐标为(,)．由对称性知，S?8S?CPG?8?33
2213?4??24． 22
7．设?为正实数，若存在实数a,b(??a?b?2?)，使得sin?a?sin?b?2，则?的取值范围为 ．
答案：w?[9513?a?sin?b?2知，sin?a?sin?b?1，而)??,?．)解：sin424
si?a,?b?[w?,2w?]，故题目条件等价于：存在整数k,l(k?l)，使得
w??2k???
22
当w?4时，区间[w?,2w?]的长度不小于4?，故必存在k,l满足①式．
当0?w?4时，注意到[w?,2w?]?(0,8?)，故仅需考虑如下几种情况：
?5?15?2w?，此时w?且w?无解； (i) w???2224
5?9?95??2w?，此时?w?; (ii) w??2242
9?13?13913??2w?，此时?w?,得?w?4． (iii) w??22424
9513综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到w?4亦满足条件，可知w?[,)?[,??)． 424?2l????2w?． ①
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； 2
若a?b,b?c,c?d，则称abcd为Q类数，用N(P)和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，个位数不等于零的尸类数全体记为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 dcba?B．反之，每个dcba?B唯一对应于从中的元素abcd．这建立了A1与B之间的一一对应，因此有N(P)?N(Q)?|A|?|B|?|A0|?|A1|?|B|?|A1|．
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，由b?a?9及b?c?9知，a和c分别有9?b种取法，从而
|A0|??(9?b)??k2?2
b?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，
y4?y11112z??(2y??)??12分 22y4yy412当2y?
，即y?时，z
x
y求）．
由于c?log2z，故c
的最小值log25?log23?．16分 3
10．（本题满分20分）设a1,a2,a3,a4为四个有理数，使得：
31??aa?i?j?4????24,?2,?,?,1,3?，求a?a?ij12?a3?a4的值． 28??
解：由条件可知，aiaj(1?i?j?4)是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，a1,a2,a3,a4的绝对值互不相等，不妨设|a1|?|a2|?|a3|?|a4|，则|ai|a|j|?(i1?j?中最小的与次小的两个数分别是最大与次大的|a1||a2|及|a1||a3|，4
两个数分别是|a3||a4|及|a2||a4|，从而必须有
1?aa??,?128??aa?1, 10 分 ?13
?a2a4?3,???a3a4??24,
113,a3?,a4???24a1． 于是a2??8a1a1a2
3
132,?24a}?{?2,?，15分 18a122
1结合a1?Q，只可能a1??． 4
1111由此易知，a1?,a2??,a3?4,a4??6或者a1??,a2?,a3??4,a4?6． 4242故{a2a3,a1a4}?{?
检验知这两组解均满足问题的条件． 故a1?a2?a3?a4??9． 20 分 4
x2
?y2?1的左右焦11．（本题满分20分）在平面坐标系xOy中，F1,F2分别为椭圆2
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（l, 0) ．设直线l的方程为y?kx?m，
x2
?(kx?m)2?1，即 点A、B的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2)，则x1,x2满足方程2
(2k2?1)x2?4kmx?(2m2?2)?0．
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?m2．②
y1yyy,k,2依次成等差数列知，1?2?2k，又x1?1x2?1x1?1x2?1
y1?kx1?m,y2?kx2?m，所以(kx1?m)(x2?1)?(kx2?m)(x1?1)?2k(x1?1)(x2?1)，由直线AF1,l,BF1的斜率化简并整理得，(m?k)(x1?x2?2)?0．
假如m?k，则直线l的方程为y?kx?k，即 z 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
m?k?1．③ 2k
22由②、③知，2k?1?m?(k?反之，当m,k
满足③及|k|?121)，化简得k2?
2，这等价于|k|?． 2k4k2l必不经过点F1（否则将导致m?k，与③矛盾）, 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- l，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（l , 0）到直线l: y?kx?m的距离为
d??|2k?1|?2k1(2?2)．
2k注意到|k|?
t?
t?(1，上式可改写为 24
1t2313d??(?)??(t?)． t222t
13考虑到函数f(t)??(t?
)在[1
上上单调递减，故由④得，f?d?f(1)，
2t
即d?．20 分
加试
1．（本题满分40分）设a1,a2,???,an(n?2)是实数，证明：可以选取?1,?2,???,?n???1,1?，使得(?a)i
i?1n2?(??iai)?(n?1)(?ai2)． 2i?1i?1
nn[]22nn??nn22?? 证法一：我们证明：(?ai)??ai??aj?(n?1)(?ai)，① ?i?1?ni?1i?1??j?[]2??
nn即对i?1,2,?,[]，取?i?1，对i?[]?1,?,n，取?i??1符合要求．（这里，[x]22
表示实数x的整数部分．） 10分
事实上，①的左边为
]?[n
2?a?i???i?1?]]??[n??[n??n?nn22aj????ai??aj??2??ai??2??aj? ???i?1??i?1??n?nn?j?[]?1??????j?[]?1j?[]?122?2??????2222
]?[n??n?2?n??n?????（柯西不等式）30分 ?2???ai2??2?n??????a2
j???2???2????j?[n]?1??i?1???2???
]?[n??n?2n??n?1?n?n?1???????2?（利用） n????2????ai2??2??a?j?????????22?????2??i?1???2???j?[n]?1??2???
]?[n??n?2?（利用[x]?x） ?n??ai2??(n?1)??a2
j?i?1??n??j?[]?1????2???
?(n?1)(?ai2)．
i?1n
所以 ① 得证，从而本题得证．
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(?a)i
i?1n2不减，而右边的
?a
i?1n2i不变，并且这一手续不影响?i??1的选取，因此我们可进一步设
a1?a2???an?0． 10分
5
引理：设a1?a2???an?0，则0?
?(?1)
i?1
n
i?1
ai?a1．
事实上，由于ai?ai?1(i?1,2,?,n?1)，故当n是偶数时，
i?1(?1)ai?(a1?a2)?(a3?a4)???(an?1?an)?0， ?i?1nn
?(?1)
i?1n
i?1
ai?a1?(a2?a3)???(an?2?an?1)?an?a1．
当n是奇数时，
?(?1)
i?1n
i?1
ai?(a1?a2)?(a3?a4)???(an?2?an?1)?an?0， ai?a1?(a2?a3)???(an?1?an)?a1．
?(?1)
i?1
i?1
引理得证． 30 分
回到原题，由柯西不等式及上面引理可知
n
?n??n??n2?2i?12
??ai????(?1)ai??n??ai??a1?(n?1)?ai，
i?1?i?1??i?1??i?1?
2
2
这就证明了结论． 40分
证法三：加强命题：设a1,a2,???,an（n?2）是实数，证明：可以选取
1n2
?1,?2,???,?n?{?1,1}，使得 (?ai)?(??iai)?(n?)(?ai).
ni?1i?1i?1
222
证明 不妨设a1，以下分n为奇数和n为偶数两种情况证明. ?a2?????an
当n为奇数时，取?1??2??????n?1?1，?n?1??n?3??????n??1，于是有
2
2
nn
22
n?12i?1
n
2
(?ai)?[(?ai)?(
2
i?1
i?1n?12
n
n?12
n?1j?
2
?a)]
j
n
2
?2[(?ai)+(
2
n?1j?
2
?a)]
2j
n?1n?1n22
?2?(?ai)+2?(n?)(?aj)（应用柯西不等式）.
2i?12j?n?1
2
?(n?1)(?a)+(n?1)(
2
ii?1
n?12
?a)①
j?n?12
2j
n
另外，由于a?a?????a
21222
n，易证有
11n22
(1?)?ai?(1?)?aj，
ni?1nj?n?1
2
n
2
j
n?12
1n2
因此，由式①即得到(n?1)(?a)+(n?1)(?a)?(n?)(?ai)，
ni?1n?1i?1j?
2
i
2
n?12
故n为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当?1??2??????n?1?1，
2
?n?1??n?3??????n??1，且a1?a2?????an时取等号.
2
2
6
当n为偶数时，取?1??2??????n?1，?n?2??n?4??????n??1，于是有
22
n
22(?ai)?[(?ai)?(2
i?1i?1
n
2nn2?j?nn?22aj)]?2[(?ai)+(22i?1?j?nn?22aj)2]2 nnn22?2?(?ai)+2?(n?)(?aj)（应用柯西不等式）. 2i?12j?n?2
2
1n2?n[(?a)+(?a)]?n(?a)?(n?)(?ai)， ni?1n?2i?1i?1j?2in2j2in2n2
故n为偶数时，原命题也成立，而且由证明过程可知，当且仅当a1?a2?????an?0时取等号，若a1,a2,???,an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?minAi?2，证明：存在1?i?nx??Ai，使得x属于A1,A2,???,An中的至少n个集合．
i?1k
证明：不妨设|A1,A2,?,An中与A1|?k．设在A1不相交的集合有s个，重新记为n
设包含A重新记为C1,C2,?,Ct．由已知条件，B1,B2,?,Bs，(Bi?A1)?S，1的集合有t个，
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,A2,???,An中除去B1?{a1,a2,?,ak}．在A1,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从的交非空，即包含某个ai，从而
x1?x2???xk?n?s?t． 20 分
n?s?t不妨设x1?maxxi，则由上式知xi?，即在剩下的n?s?t个集合中，包含a1 1?i?kk
n?s?t的集合至少有个．又由于A1?Ci(i?1,2,???,t)，故C1,C2,?,Ct都包含a1，因此k
n?s?tn?s?(k?1)tn?s?t?t??包含a1的集合个数至少为（利用k?2） kkk
n?（利用s?t)． 40 分 k
3．（本题满分50分）如图，?ABC内接于圆O，P为BC弧上一点，点K在AP上，使得BK平分?ABC，过K,P,C三点的圆?与边AC交于D，连接BD交圆?于E，连接PE，延长交AB于F，证明：?ABC?2?FCB．
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，
1∠ABC, 即∠ABC=2∠FCB． 2
证法二：设CF与圆?交于点L（异于C)．对圆内接广义六边∠FCB=∠FBL=
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=2∠FCB． 1∠ABC，从而 2
(k?1)n?14．（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都有2不整除
(kn)!． n!
解：对正整数m，设v2(m)表示正整数m的标准分解中素因子2的方幂，则熟知 v2(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．
(kn)!(kn)!(k?1)n?1)?(k?1)n，由于2不整除，等价于v2(即kn?v2((kn)!)?n?v2(n!)，n!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
a我们证明，所有符合条件的k为2(a?0,1,2,?)．
a一方面，由于S(2n)?S(n)对任意正整数n成立，故k?2符合条件． 20 分 a
另一方面，若k不是2的方幂，设k?2?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)?S(n)．因为S(kn)?S(2?q)?S(qn), 因此问aa
m)． q
u由（2，q）=l，熟知存在正整数u，使得2?1(modq)．（事实上，由欧拉定理知，u
可以取?(q)的．)
aaa设奇数q的二进制表示为21?22???2t,0?a1?a2???at,t?2． 题等价于我们选取q的一个倍数m，使得S(m)?S(
取21?22???2
我们有 aaat?1?2at?tu，则S(m)?t，且m?q?2at(2tu?1)?0(modq)．
tuut?1um2?1lu?atat2?1at2?1u(t?1)u?1?q?2??1?2?(1?2???2)?1???2 qqqql?0
2u?1u2u?1由于0?的二进制表示中的最高次幂小于u，由此易知，
?2，故正整数qq
8
2u?1iu?at2u?1ju?at对任意整数i,j(0?i?j?t?1)，数的二进制表示中没有相同?2与?2qq
的项．
2u?1lu?at又因为ai?0，故?2(l?0,1,?,t?1)的二进制表示中均不包含1，故由②可q
知S(m
q)?1?S(2u?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,?)．50分
9
www.99jianzhu.com/包含内容：建筑图纸、PDF/word/ppt 流程，表格，案例，最新,免费下载,施工方案、工程书籍、建筑论文、合同表格、标准规范、CAD图纸等内容。