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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