2014全国高中数学联合竞赛一试参考答案及评分标准

2014年全国高中数学联合竞赛一试

一、填空题：本大题共8小题，没小题8分，共64分。 1.若正数a 、b 满足)(log log 2log 2632b a b a +=+=+，则

b

a 1

1+的值为. 2.设集合}213{≤≤≤+b a b a

中最大元素与最小元素分别为m M ,，则m M -的值. 3.若函数1)(2

-+=x a x x f 在),0[+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是. 4.数列{}n a 满足n n a n n a a 1)2(2,211++=

=+（+∈N n ），则2013

212014

a a a a +???++=. 5.正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，M,N 分别是边AB,BC 的中点，则

异面直线MN 与PC 之间的距离是.

6.设椭圆Γ的两个焦点是21,F F ,过点1F 的直线与Γ交于点Q P ,,若212F F PF =且

1143QF PF =,则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为.

7.设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I 。若点P 满足PI=1，则A P B ?与APC ?的面积之比最大值为.

8.设A,B,C,D 是空间四个不共面的点，以

2

1

的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则B A ,可用（一条边或者若干条边组成的）空间折现连接的概率为.

二、解答题：本大题共3小题，共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）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件呢：过P 可作抛物线x y 42=的两条切线，两切点连线p l 与PO 垂直.设直线p l 与直线PO ，x 轴的交点分别为Q,R 。

（1）证明R 是一个定点； （2）求QR

PQ 的最小值。

10.（本体满分20分）数列{}n a 满足6

1π

=

a ，))(arctan(sec 1++∈=N n a a n n 。

求正整数m ，

使得：

1001sin sin sin 21=

???????m a a a

11.（本小题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数),1,(,212121z z z z z z ≠<，均有：2

22121)()(z z z z αααα++≠++

2014年全国高中数学联合竞赛加试

一、（本题满分40分）设实数c b a ,,满足1=++c b a ，0>abc .求证：

4

1

2+<

++abc ca bc ab

二、（本小题满分40分）如图，在锐角△ABC 中，∠BAC ≠ 60°，过点 B 、C 分别作△ABC 的外接圆⊙O 的切线 BD 、CE ，且满足BD = CE = BC 。直线 DE 与 AB 、AC 的延长线分别交于点G F ,，设 CF 与 BD 交于点 M ，CE 与 BG 交于点 N ，证明：AM = AN

三、（本小题满分50分）设S = {1，2，3，…，100}，求最大的整数k ，使得S 有k 个互 不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若若它们的交非空，则他们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同。

四、（本小题满分50分）设整数201421,,,x x x ???模2014互不同余，若整数n y y y ,,,21???模2014也互不同余，证明：可将n y y y ,,,21???重新排列为201421,,,z z z ???，使得：

201420142211,,,z x z x z x +???++模4028互不同余。

2014年全国高中数学联合竞赛一试参考答案及评分标准

说明：

1.评阅试卷时，请依据本评分标准。填空题只设8分和0分；其他各题的评阅，请严格按照本标准评分档次给给分，不要增加其他中间档次。

2.如果考生的解答和本解答的不同，只要给合理的思路、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题4分为一个档次.第10、11小题5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，没小题8分，共64分。 1. 108

设k b a b a =+=+=+)(log log 2log 2632，则k k k b a b a 6,3,232=+==--，从而

10832326113232=?=?=+=+--k k k ab b a b a

2. 325- 由21≤≤≤b a 知，

521

3

3=+≤+b a ，当2,1==b a 时取得最大元素5=M 又

323

233=?≥+≥+a a

a a

b a ，当3==b a 时，得最小元素32=m 因此，325-=-m M 3. ]0,2[-

在),1[+∞上，a ax x x f -+=2

)(单调递增，等价于12

≤-

a

，即2-≥a 。在]1,0[上，a ax x x f +-=2)(单调递增，等价于

02

≤a

，即0≤a 因此，实数a 的取值范围是]0,2[- 4.

2013

2015

由题设???=-?+=+=

--211

2)1(2)1(2n n n a n n

n n a n n a 12

3212)1(2a n n n n ???????-?+==)1(21+-n n

记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则

)1(24232212++???+?+?+=-n S n n

所以)1(2423222232++???+?+?+?=n S n n

将上面两式相减，得 )2222()1(221++???++-+=--n n n n n S =n n n 2)1(2-+=n n 2

故20132015

2013220152201320132013212014=

??=+???++a a a a

5.

42

设底面对角线AC ，BD 交于点O ，过点C 作直线MN 的垂线，交MN 于点H.

由于PO 是底面的垂线，故CH PO ⊥,又CH AC ⊥,所以CH 是平面POC 垂直，故PC CH ⊥.

因此CH 是直线MN 和PC 的公垂线，又CH=

22CN=4

2，故异面直线MN 与PC 之间的距离是

4

2

。 6.

7

6

2 不妨设41=PF ，31=QF ，记椭圆Γ的长轴，短轴的长度分别为b a 2,2，焦距为

c 2,则c F F PF 2212==,且由椭圆的定义知： 4222121+=+=+=c PF PF QF QF a

于是121212+=-+=c QF PF PF QF

设H 为线段1PF 的中点，则5,21==QH H F ,且有12PF

H F ⊥,由勾股定理知， 2

1221222

2H F F F H F QH

QF -==-

即2

2222)2(5)12(-=-+c c ，解得：5=c ，进而7=a ，62=b

因此椭圆Γ的短轴与长轴的比值为

762=a b

7.

25

3+

由1=PI 知点P 在以I 为圆心的单位圆K 上.设α=∠BAP .在圆K 上取一点0P ，使得α取到最大值0α，此时0P 应落在IAC ∠内，且是与0AP 与圆K 的切点.由于3

00π

αα<≤<，

故：

)3sin(21sin 2

1

απα-????=??AC AP AB AP S S APC APB =)

6

sin()

6sin()3sin(sin )3sin(sin 0

0θπθπ

απααπα

-+=

-≤

- ① 其中，006

IAP ∠=-=π

αθ

由20π=∠I AP 知，4

1

21sin 0==

=r AI IP θ,于是15cot =θ，所以 3

153153cot 3cot sin 2

3cos 21sin 23

cos 21

)6sin()6sin(-+=-+=-

+

=-+θθθθθθθπ

θπ=253+ ②

根据① ②可知，当0P P =时，APC

APB

S S ??的最大值为253+

8.

4

3

每对点之间是否连边有2种可能，共有6426

=种情况.考虑其中A 、B 可用折现连接的情况

数。

（1）有AB 边：共3225

=种情况；

（2）无AB 边，但有CD 边:此时A,B 可用折现连接当且仅当A 与C ，D 中至少一点相连，且B 与C ，D 中至少一点相连，这样的情况数为9)12)(12(2

2

=--

（3）无AB 边,也无CD 边：此时AC ，CB 相连有22种情况，AD ,DB 相连也有2

2种情况，但是其中AC ,CB ,AD ,DB 均相连的情况被重复计了一次，故A ,B 可用折线连接的情况数为：

712222=-+

以上三种情况的总和为：487932=++ 故A ,B 可用折线连接的概率为

4

36448=

二、解答题：本大题共3小题，共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 9. 解：（1）设点P 的坐标为（a ，b ）)0(≠b ,易知0≠a .记两切点A,B 的坐标分别为

),(),,(2211y x y x ，则PB PA ,的方程分别为： )(211x x yy += ① )(222x x yy += ②

而点P 的坐标（a ，b ）同时满足 ①，②，故B A ,的坐标),(),,(2211y x y x 均满足方程

)2(2a x by += ③

故③就是直线AB 的方程。 直线PO 与AB 的斜率分别为a b 与b 2，由AB PO ⊥知，12

-=?b

a b ，故2-=a 从而③即为)2(2

-=x b

y ，故AB 与x 轴的交点R 是定点（2,0）

（2）因为2-=a ，故直线PO 的斜率21b k -=，直线PR 的斜率4

2b

k -=.设α=∠OPR ，则α为锐角，且

b b b b b

b k k k k QR PQ 284

2)4)(2(11tan 122121+=

+---+=-+==α222822=?≥b b 当22±=b 时，

QR

PQ 的最小值为22

10. 解：由已知条件，对任意正整数n ，)2

,2(1π

π-

∈+n a ，且 n n a a sec tan 1=+ ①

由于0sec >n a ，故)2

,

0(1π

∈+n a ，由①得：n n n a a a 2212tan 1sec tan +==+

故3

23311tan 1tan 12

2-=+

-=+-=n n a n a n 即3

2

3tan -=

n a n 因此：m

m m a a a a a a a a a sec tan sec tan sec tan sin sin sin 22

1121?

??????=

??????? =

13221tan tan tan tan tan tan +???????m m a a a a a a （利用①）=1

31tan tan 11+=

+m a a m 由

100

1

131=+m ，得3333=m

11. 解：记z z z f ααα++=2

)()(，则

22212121)()()()(z z z z z f z f αααααα-+-++=-

=)())(2(212121z z z z z z -+-++αα ① 假如存在复数),1,(,212121z z z z z z ≠<，使得

)()(21z f z f αα=

则由①可知：))(2()(212121z z z z z z -++-=-αα

利用0212121≠-=-=-z z z z z z ，知22222121->--≥++=ααααz z z z 即2<α

另一方面，对任意满足

2<α的复数α，令i 2

i 2

21βα

βα

--

=+-

=z z ，，其中

2

10α

β-

<<，则21z z ≠，而12

-

i 2<+≤±-

βα

βα

，故1,21

i 2i 2i 2,212121βββα-==-=--=+z z z z z z ，代入①式可得：

0)()(21=-z f z f αα，即)()(21z f z f αα=

综上所述，符合要求的α的值为{

}2,≥∈αααC

2014年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准

说明：

1.评阅试卷是，请严格按照本评分标准的评分档次给分；

2.如果考生的解答方法和本题解答不同，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，10分为一个档次，不要增加其他中间档次。 一、证明：若4

1

≤++ca bc ab ，则命题已成立. 若41>

++ca bc ab ，不妨设{}c b a a ,,max =，则由1=++c b a 知3

1

≥a .我们有 413)(412-++<-++c b a ca bc ab =4

121a

≤ ①

以及 bc c b a ca bc ab +-+=-++4

1

)(41 =bc bc bc a a =+-≤+--4

1

4141)1( ②

其中 ①式等号在31=a 时成立，②式等号在21

=a 时成立，因此① ②等号不能同时成立。

由于041>-++ca bc ab ，将① ②相乘得：4

)41(2abc

ca bc ab <-++

即：241abc ca bc ab <-

++，从而4

1

2+<++abc ca bc ab .

二、证明：如图，做AK 平分ABC ∠交BC 于K ，连接MK ,NK .根据条件知

BAC ECB DBC ∠=∠=∠.故四边形BCED 为等腰梯形，所以BAC CEG BDF ∠=∠=∠ 且DE ∥BC ，从而ABC ?∽ECG ?，于是

BK

CK

AB AC DF DB DF BC DM BM ==== 又因为BC BD =，BK DM CK BM ==∴,

同理可知CK EN BK CN ==,MBK ?∴KCN ?? 所以NK MK = 又因为

AB

AC

DM BM BK BM ==,所以MBK ?∽ACB ?,所以ABC BMK ∠=∠ 所以KM ∥AB ,所以BAK AMK ∠-=∠?

180

同理可知CAK AKN ∠-=∠?

180，所以AKN AKM ∠=∠

所以ANK AMK ???,所以AM = AN

三、解：我们先证明一个引理：

我们先证明一个 引理： 集合{}n T n ,,2,1???=，若集合n T 的n t 个互不相同的子集，使得任意的两个子集的交集不为空集，则n t 的最大值为1

2

-n .

引理的证明：一方面，将n T 的n

2个子集按两两互为补集配对，恰可配为1

2-n 对，若n

t 121+≥-n ，根据抽屉原理，在n T 的n t 个子集中，必有两个子集可以配为一对，即互为补集。

此时这两个集合的交集为空集，与题设要求矛盾。故12-≤n n t 另一方面，考虑n T 的含元素1的所有子集，这类子集共有1

2-n 个，满足任意两个子集的交

集不为空集。

综合上述两方面，即知n t 的最大值为1

2-n ，引理得证。

下面回到原题。

对于集合{})3(,,2,1≥???=n n S n ，设满足题设条件的子集最多有n a 个，本题即求100a 首先，我们考虑1+n a 与n a 的递推关系，若将{}1,,,2,11+???=+n n S n 的满足题设条件的子集分为两类：第一类，不包含元素1+n ，此类子集最多有n a 个；第二类，包含元素1+n ，对于这类子集，都去掉元素1+n 后，剩下的子集中，必然两两的交集不为空集，根据引理，此类交集最多有1

2

-n 个.故得：

112-++≤n n n a a ①

下面我们计算3a ，对于集合{}3,2,13=S ,将其7个非空子集分为三类：

第一类：{}{}{}3,2,3,1,3；第二类{}{

}2,1,2；第三类{}{}3,2,1,1满足题设条件。若43≥a ，根据抽屉原理，这3a 个子集中必有两个在同一类，这两个子集不满足题设条件，故33≤a

另一方面取3S 的3个子集{

}{}{}3,2,1,3,1,2,1，即满足题设条件，于是知123133-==-a ②

综合①②，当3≥n 时，有2141313214133222)12(222-------+???++++=+???+++≤n n n a a =12

1

--n

从而有121-≤-n n a ③

另一方面，对于集合{}n S n ,,2,1???=,其含有元素1且至少有两个元素的子集恰有121

--n 个，

这12

1

--n 个子集即满足题设条件，从而知121-=-n n a 。

故1299100-=a

四、证明：记1007=k ，不妨设)2(mod k i y x i i ≡≡，k i 21≤≤，对于每个整数i ，

k i ≤≤1，若i

i y x +k i k i y x +++)4(mod k ，

则令i i y z =，k i k i y z ++=，否则令k i i y z +=，i k i y z =+ 如果是前一种情形，则i i i i y x z x +=+k i k i y x +++=k i k i z x +++)4(mod k 如果是后一种情形，则k

i i i i y x z x ++=+)4(mod k z x y x k i k i i k i ++++=+

若不然，我们有)4(mod k y x y x k i k i i i +++≡+，)4(mod k y x y x i k i k i i +=+++ 两式子相加可得：)4(mod 22k x k i i +≡，于是)2(mod k x x k i i +=，与题设矛盾。

由上述构造方法可知k z z z 221,,,???是k y y y 221,,,???的排列，记k i z x w i i i 2,,2,1,???=+=，下面验证k w w w 221,,,???模k 4互不同余.这只需证明，对任意整数k j i j i ≤<≤1,,

k j j i j i w w w w ++,,,模k 4两两不同余①

注意，前面的构造方式已保证

1w )4(mod k w k i +，j w )4(mod k w k j +②

情形一：j j i i y z y z ==,，则由前面的构造方式可知

)2(mod 2),2(mod 2k j w w k i w w k j j k i i ≡=≡=++

由于i

2)2(mod 2k j ，故易知j i j i w w w +,,模2k 不同余，k j j i w w ++,模2k 不同余，从而

模k 4更不同余，再结合②可见①得证。

情形二：k j j k i i y z y z ++==,，则由前面的构造方式可知

)2(mod 2),2(mod 2k k j w w k k i w w k j j k i i +==+==++

同样有k j j i w w w +,,模2k 不同余，k j j j i w w w ++,,模2k 不同余与情形一相同地可知①得证。

情形三：,i i y z =k j j y z +=，由前面的构造方式可知

)2(mod 2),2(mod 2k k j w w k i w w k j j k i i +====++

由于k 是奇数，故i

2)2(mod 2k j +，更有i 2)2(mod 2k k j +

因此仍然有k j j i w w w +,,模2k 不同余，k j j j i w w w ++,,模2k 不同余。 综上①得证，即本题得证。