2015年全国高中数学联赛试卷解析

12015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ba,为不相等的实数，若二次函数baxxxf2)(满足)()(bfaf，则)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22aba，即20ab，所以(2)424fab．2．若实数满足tancos，则4cossin1的值为．答案：2.解：由条件知，sincos2，反复利用此结论，并注意到1sincos22，得)cos1)(sin1(sinsinsincoscossin1222242cossin22．3．已知复数数列nz满足),2,1(1,111nnizzznn，其中i为虚数单位，nz表示nz的共轭复数，则2015z．答案：2015+1007i．解：由己知得，对一切正整数n，有211(1)11(1)2nnnnzznizninizi,于是201511007(2)20151007zzii．4．在矩形ABCD中，1,2ADAB，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满足条件BQDP，则PQPA的最小值为．答案34．解：不妨设A(0,0),B(2,0),D(0,l)．设P的坐标为（t,l)（其中02t），则由||||DPBQ得Q的坐标为（2，-t)，故(,1),(2,1)PAtPQtt,因此，22133()(2)(1)(1)1()244PAPQtttttt．当12t时，min3()4PAPQ．5．在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为．答案：255．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2共有312C=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8222055．6．在平面直角坐标系xOy中，点集0)63)(63(),(yxyxyx所对应的平面区域的面积为．答案：24．解：设1{(,)||||3|60}Kxyxy．先考虑1K在第一象限中的部分，此时有36xy,故这些点对应于图中的△OCD及其内部．由对称性知，1K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2{(,)||3|||60}Kxyxy，则2K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1K、2K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36xy，直线GH的方程为36xy，故它们的交点P的坐标为33(,)22．由对称性知，138842422CPGSS．7．设为正实数，若存在实数)2(,baba，使得2sinsinba，则的取值范围为．答案：9513[,)[,)424w．解：2sinsinba知，1sinsinba，而]2,[,wwbasi，故题目条件等价于：存在整数,()klkl，使得wlkw22222．①当4w时，区间]2,[ww的长度不小于4，故必存在,kl满足①式．当04w时，注意到)8,0(]2,[ww，故仅需考虑如下几种情况：(i)ww2252，此时21w且45w无解；(ii)ww22925，此时2549w;(iii)ww221329，此时29413w,得4413w．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4w亦满足条件，可知9513[,)[,)424w．8．对四位数abcd(9d,0,91cba，)，若,,,dccbba则称abcd为P类数；3若dccbba,,，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0A，个位数不等于零的尸类数全体记为1A．对任一四位数1Aabcd，将其对应到四位数dcba，注意到1,,dccbba，故Bdcba．反之，每个Bdcba唯一对应于从中的元素abcd．这建立了1A与B之间的一一对应，因此有011()()||||||||||||NPNQABAABA．下面计算0||A对任一四位数00Aabc,b可取0,1，…，9，对其中每个b，由9ab及9cb知，a和c分别有b9种取法，从而992200191019||(9)2856bkAbk．因此，()()285NPNQ．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cba,,满足cbacba424,242，求c的最小值．解：将2,2,2abc分别记为,,xyz，则,,0xyz．由条件知，222,xyzxyz，故2222224()2zyxzyzyzy．8分因此，结合平均值不等式可得，4223321111113(2)3222444yyzyyyyyyy．12分当212yy，即312y时，z的最小值为3324（此时相应的x值为3324，符合要求）．由于2logcz，故c的最小值32235log(2)log343．16分10．（本题满分20分）设4321,,,aaaa为四个有理数，使得：3,1,81,23,2,2441jiaaji，求4321aaaa的值．解：由条件可知，(14)ijaaij是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，4321,,,aaaa的绝对值互不相等，不妨设||||||||4321aaaa，则||||(14)ijaaij中最小的与次小的两个数分别是12||||aa及13||||aa，最大与次大的两个数分别是34||||aa及24||||aa，从而必须有121324341,81,3,24,aaaaaaaa10分于是2341112113,,248aaaaaaa．4故2231412113{,}{,24}{2,}82aaaaaa，15分结合1aQ，只可能114a．由此易知，123411,,4,642aaaa或者123411,,4,642aaaa．检验知这两组解均满足问题的条件．故123494aaaa．20分11．（本题满分20分）在平面坐标系xOy中，21,FF分别为椭圆1222yx的左右焦点，设不经过焦点1F的直线l与椭圆交于两个不同的点BA,，焦点2F到直线l的距离为d，如果11,,BFlAF的斜率依次成等差数列，求d的取值范围．解：由条件知，点1F、2F的坐标分别为（-1,0）和（l,0)．设直线l的方程为ykxm，点A、B的坐标分别为11(,)xy和22(,)xy，则12,xx满足方程22()12xkxm，即222(21)4(22)0kxkmxm．由于点A、B不重合，且直线l的斜率存在，故12,xx是方程①的两个不同实根，因此有①的判别式22222(4)4(21)(22)8(21)0kmkmkm，即2221km．②由直线11,,BFlAF的斜率1212,,11yykxx依次成等差数列知，1212211yykxx，又1122,ykxmykxm，所以122112()(1)()(1)2(1)(1)kxmxkxmxkxx，化简并整理得，12()(2)0mkxx．假如mk，则直线l的方程为ykxk，即z经过点1F（-1,0)，不符合条件．因此必有1220xx，故由方程①及韦达定理知，1224()221kmxxk，即12mkk．③由②、③知，222121()2kmkk，化简得2214kk，这等价于2||2k．反之，当,mk满足③及2||2k时，l必不经过点1F（否则将导致mk，与③矛盾）,而此时,mk满足②，故l与椭圆有两个不同的交点A、B，同时也保证了1AF、1BF的斜率存在（否则12,xx中的某一个为-l，结合1220xx知121xx，与方程①有两个不同的实根矛盾）．10分点2F（l,0）到直线l:ykxm的距离为2222||1111|2|(2)221111kmdkkkkkk．注意到2||2k，令211tk，则(1,3)t，上式可改写为521313()()222tdttt．考虑到函数13()()2fttt在[1,3]上上单调递减，故由④得，(3)(1)fdf，即(3,2)d．20分加试1．（本题满分40分）设)2(,,,21naaan是实数，证明：可以选取1,1,,,21n，使得))(1()()(122121niiiniiniianaa．证法一：我们证明：2[]222111[]2()(1)()nnnniijiniiijaaana，①即对1,2,,[]2ni，取1i，对[]1,,2nin，取1i符合要求．（这里，[]x表示实数x的整数部分．）10分事实上，①的左边为2222[][][]222111[]1[]1[]122222nnnnnnijijijnnniiijjjaaaaaa[]2221[]122222nnijnijnnana（柯西不等式）30分[]2221[]1212222nnijnijnnaa（利用122nnn）[]2221[]12(1)nnijnijnana（利用[]xx）21(1)()niina．所以①得证，从而本题得证．证法二：首先，由于问题中12,,,naaa的对称性，可设12naaa．此外，若将12,,,naaa中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的21)(niia不减，而右边的21niia不变，并且这一手续不影响1i的选取，因此我们可进一步设120naaa．10分6引理：设120naaa，则1110(1)niiiaa．事实上，由于1(1,2,,1)iiaain，故当n是偶数时，11