2014年五一高中数学联赛提高班入学测试答案
2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013
解：由题设
an
2(n 1) n
an1
2(n 1) n
2n n 1 an2
2(n 1) n
2n n 1
23 2
a1
2n1 (n
1)
．
记数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，则
Sn =
2 + 2 × 3 + 22 × 4 + + 2n−1(n +1)
2015 2013
2015
．
2013
5. 正四棱锥 P ABCD 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
．
答案： 2 ． 4
解：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 PO CH ， 又
解：记 f (z) (z )2 z ．则
f (z1) f (z2 ) (z1 )2 z1 (z2 )2 z2
(z1 z2 2)(z1 z2 ) z1 z2 ．
①
假如存在复数 z1, z2 ( z1 , z2 1, z1 ≠ z2 ) ，使得 f (z1) f (z2 ) ，则由①知，
连接的情况数．
(1) 有 AB 边：共 25 32 种情况．
(2) 无 AB 边，但有 CD 边：此时 A ， B 可用折线连接当且仅当 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 (22 1)(22 1) 9 ．
2014年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则(定稿)
2014年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题满分70分，每小题7分）1．若x ≥2，则函数f (x )＝x ＋1x ＋1的最小值是 ．答案：73．2．已知函数f (x )＝e x ．若f (a ＋b )＝2，则f (3a )·f (3b )的值是 . 答案：8．3．已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，公差为d ，S n 为其前n 项和，且满足a n 2＝S 2n －1，n ∈N *，则数列{a n }的通项a n ＝ ． 答案：2n －1．4．若函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 2－3x ， x ≥0，－2x 2＋ax ，x ＜0是奇函数，则实数a 的值是_________． 答案：－3． 5．已知函数f (x )＝|lg|x －103||．若关于x 的方程f 2(x )－5f (x )－6＝0的实根之和为m ，则f (m )的值是 ． 答案：1．6．设α、β都是锐角，且cos α＝55，sin(α＋β)＝35，则cos β等于 ． 答案：2525．说明：若学生得出255或2525，255，本题得4分．7．四面体ABCD 中，AB ＝3，CD ＝5，异面直线AB 和CD 之间的距离为4，夹角为60°，则四面体ABCD 的体积为 ． 答案：53．8．若满足∠ABC ＝π3，AC ＝3，BC ＝m 的△ABC 恰有一解，则实数m 的取值范围是 ．答案：(0，3]∪{23}．9．设集合S ={1，2，…，8}，A ，B 是S 的两个非空子集，且A 中最大的数小于B 中的最小数，则这样的集合对(A ，B )的个数是 ． 答案：769．10．如果正整数m 可以表示为x 2－4y 2 (x ，y ∈Z )，那么称m 为“好数”．问1，2，3，…，2014中“好数”的个数为 ． 答案：881．二、解答题（本题满分80分，每小题20分）11．已知a ，b ，c 为正实数，a x ＝b y ＝c z ，1x ＋1y ＋1z＝0，求abc 的值．证明：设a x ＝b y ＝c z ＝p ＞0，则a ＝1xp ，b ＝1yp ，c ＝1zp ．…………………… 10分所以abc ＝1xp·1yp·1zp ＝111x y zp++． …………………… 15分因为1x ＋1y ＋1z＝0，所以abc ＝0p ＝1． …………………… 20分12．已知F 1，F 2分别是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点，点B 的坐标为(0，b )，直线F 1B 与双曲线C 的两条渐近线分别交于P ，Q 两点，线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M ．若MF 2＝12F 1F 2，求双曲线C 的离心率．解：设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的半焦距长为c ，则点F 1，F 2的坐标分别(－c ，0)，(c ，0)．从而直线F 1B 的方程为x －c ＋y b＝1，双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为x 2a 2－y 2b 2＝0．联立⎩⎨⎧x －c ＋yb ＝1，x 2a 2－y2b 2＝0，消去y 得，b 2x 2－2a 2cx －a 2c 2＝0．由韦达定理得：线段PQ 中点的坐标(a 2c b 2，c 2b )． ………………………… 10分因此PQ 中垂线的方程是：y －c 2b ＝－c b (x －a 2cb2)．在上式中，令y ＝0，得M (c ＋a 2cb 2，0)． ………………………… 15分另一方面，由MF 2＝12F 1F 2，则M (2c ，0)，或M (0，0)(舍去)，由此可得，c ＋a 2cb2＝2c ，即a ＝b ，故e ＝2． ………………………… 20分13．如图，已知△ABC 是锐角三角形，以AB 为直径的圆交边AC 于点D ，交边AB 上的高CH于点E ．以AC 为直径的半圆交BD 的延长线于点G ．求证：AG ＝AE ．证明：连结BE ，CG ． 因为AB 为直径，所以∠AEB ＝90°，BG ⊥AC ． 又EH ⊥AB ，在△AEB 中，由射影定理得 AE 2＝AH ·AB ． 因为AC 为直径，所以∠AGC ＝90°．在△AGC 中，由射影定理得AG 2＝AD ·AC ． …………10分因为∠BDC ＝∠BHC ＝90°， 所以B ，C ，D ，H 四点共圆，从而由割线定理知AH ·AB ＝AD ·AC ． …………………… 15分 所以AE 2＝AG 2，即AE ＝AG ． …………………… 20分14．（1）正六边形被3条互不交叉(端点可以重合)的对角线分割成4个三角形．将每个三角形区域涂上红、蓝两种颜色之一，使得有公共边的三角形涂的颜色不同．怎样分割并涂色可以使红色三角形个数与蓝色三角形个数的差最大？（2） 凸2016边形被2013条互不交叉（端点可以重合）的对角线分割成2014个三角形．将每个三角形区域涂上红、蓝两种颜色之一，使得有公共边的三角形涂的颜色不同．在上述分割并涂色的所有情形中，红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值是多少？证明你的结论．ABCDEFABCDGE HABCDGEH解：（1）3条对角线分得4个三角形，相邻的两个涂色相异，则既有红 色三角形，又有蓝色三角形．不妨设红色三角形多于蓝色三角形．则蓝色三角形至少有1个，红色三角形最多3个，红色三角形个数与蓝色三角形个数之差不超过3－1＝2．如图连接AC ，CE ，EA ，△ACE 涂蓝色，其余3个三角形涂红色，差为2． 故红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值为2． …………………… 5分 （2）2013条互不交叉(端点可以重合)的对角线分割成2014个三角形．每个三角形区域涂红、蓝两种颜色之一，使得有公共边的三角形涂的颜色不同．设红色三角形多于蓝色三角形．每个蓝色三角形三条边中至少有一条对角线，即三条边中对角线的条数只能为1、2或3．每条对角线只属于一个蓝色三角形．设边中恰含k (k =1,2,3)条对角线的蓝色三角形的个数为m k ，则对角线条数m 1+2m 2+3m 3=2013， 蓝色三角形个数m 1+m 2+m 3=3m 1+3m 2+3m 33≥m 1+2m 2+3m 33= 20133 =671，红色三角形个数≤2013－671=1343，红色三角形个数与蓝色三角形个数之差≤1343－671=672． ……………………10分 注意到凸6边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值为2，此时6边形的边均为红色； 假定凸3k 边形中，红色三角形个数与蓝色三角形个 数之差的最大值为k 且凸3k 边形的边均为红色．则凸3(k +1)边形A 1A 2A 3…A 3k A 3k +1A 3k +2A 3k +3中的凸3k 边形A 1A 2A 3…A 3k 按假定涂色，红色三角形个数与蓝色三角形个数之差最大值为k 且边A 1A 3k 为红色．如图，则△A 1A 3k A 3k +2区域涂蓝色，△A 3k A 3k +1A 3k +2区域涂红色，△A 1A 3k +2A 3k +3区域涂红色，凸3(k +1)边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的值为k +2－1= k +1．即按上述方法涂色，凸2016边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差为20163 = 672．所以凸2016边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值为672．……………………20分ABCDEFA 1A 3k +1A 3kA 3k +2A 3k +3。
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)
2014B 10、（本题满分 20 分）设 x1, x2 , x3 是多项式方程 x3 10x 11 0 的三个根.
⑴已知 x1, x2 , x3 都落在区间 5,5 之中，求这三个根的整数部分；（5 分）
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（B 卷） 第 4 页 共 10 页
以得到 an3 an 12 ，说明 a3k1,a3k ,a3k1分别是公差为12 的等差数列，首先分别为 a2 5 ， a3 9 ， a4 13 。又 a1, a2 , a3 , a4 成公差为 4 的等差数列，所有 an 也是公差为 4 的等差数列，
an 4n 3。
由过
AD
，
BE
交点的直线系方程为
x0 (x 2) 2(2 x0 2 y0
)
y
x 2
2y0 ( 2 x0
y 1) 2y0
0
，
把 C(2,1)
代入可得
1，此时直线系就变为
x0 (x 2(2 x0
2) 2y0
)
y
x
2
件 A 共包含 45 C153 。由于在 52 张牌随机抽取 5 张的基本事件个数为 C552 ，于是事件 A 发生的概率
为 45 C153
C
5 52
0.5071，从而 P( A) 1 0.5071 0.4929 。
2014B 8、设 g(x) x(1 x) ，是定义在区间[0,1]上的函数，则函数 y xg (x) 的图像与 x
2014年高中数学联赛试题及其解答
加试
一、（本题满分 40 分）设实数a、b、c满足a + b + c = 1，abc＞0，求证：ab + bc + ca＜ √ + 。
证明方法一：因为abc＞0，故a、b、c全为正数，或一正两负。 （Ⅰ）若a、b、c中一正两负，不妨设a＞0，b、c＜0，则ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(b + c) + bc = [1 − (b + c)](b + c) + bc = (b + c) − b − − ＜0＜ √ + 。
解答：我们考虑存在复数z 、z ，|z |、|z |＜1，z ≠ z ，使得(z + α) + αz =
(z + α) + αz 的充要条件。此时
(z + α) + αz = (z + α) + αz
⇔ α(z − z ) = (z − z )(z + z + 2α)
⇔ α[(z − z ) + 2(z − z )] = (z − z )(z + z )
3、若函数f(x) = x + a|x − 1|在[0， + ∞)上单调递增，则实数a的取值范围是
。
x − ax + a，x ∈ 0，1
解答：根据条件知f(x) =
。f(x)在 0，1 单调递增的充要
x + ax − a，x ∈ 1， + ∞
条件为 ≤ 0 ⇔ a ≤ 0；f(x)在 1， + ∞ 单调递增的充要条件为− ≤ 1 ⇔ a ≥ −2。故实数
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
1 。 100
，a n 1 arctan(sec a n ) ， （n N ） 求正整数 m ， 6 , ) ，且 tan a n 1 sec a n 2 2
★解析：由已知条件可知，对任意正整数 n ， a n 1 ( 由于 sec a n 0 ，故 a n 1 (0,
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
第 2 页 共 11 页
2a | QF1 | | QF2 || PF1 | | PF2 | 2c 4
于是 | QF2 || PF1 | | PF2 | | QF1 | 2c 1 设 H 为线段 PF1 的中点，则 | F1 H | 2, | QH | 5 ，且有 F2 H PF1 。由勾股定理知，
① ②
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
第 4 页 共 11 页
而点 P 的坐标 ( a, b) 同时满足①，②。故 A ， B 的坐标均满足方程
by 2( x a )
③ ( x1 , y1 ) ， ( x 2 , y 2 )
故③就是直线 AB 的方程。 直线 PO 与 AB 的斜率分别为 从而③即为 y
tan a m tan a1 tan a 2 … sec a1 sec a 2 sec a m
tan a m tan a1 tan a 2 … （利用①） tan a 2 tan a3 tan a m 1
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
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2 2 2 2 2 2 5
48 3 。 64 4
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。 2014A 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：过 P 可作抛物线 y 4 x 的两条切线，两切点连线 l P 与 PO 垂直.设直线 l P 与直线 PO ， x 轴的交点分别 为 Q, R 。 ⑴证明： R 是一个定点； ⑵求
2014年全国高中数学联赛试题及解答
全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -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________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关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1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）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：过P 可作抛物线24y x =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PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．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，若它们的交非空，则它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．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．全国高中数学联赛试题及解答加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它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”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。
2014年全国高中数学联合竞赛加试(A卷)有答案
………………10 分
由此并结合 DE BC ， BD = BC 及内角平分线定理可得
MC BC BD AC LC = = = = ， MF FD FD AB LB
因此 LM BF ． 同理， LN CG ．由此推出
………………20 分
∠ALM = ∠ALB + ∠BLM = ∠ALB + ∠ABL = 180 − ∠BAL = 180 − ∠CAL = ∠ALC + ∠ACL = ∠ALC + ∠CLN
1
3
9 c >2 c.
③
将②，③两式相加即得①式成立，因此原不等式成立.
2
………………40 分
二、 （本题满分 40 分） 如图， 在锐角三角形 ABC 中，∠BAC ≠ 60° ， 过点 B, C
= CE = BC ．直线 DE 与 分别作三角形 ABC 的外接圆的切线 BD, CE ，且满足 BD CE 与 BG 交于点 N . AB, AC 的延长线分别交于点 F , G ． 设 CF 与 BD 交于点 M ，
1 1 时成立，②式等号在 a = 时成立，因此①，②中等号不能 3 2
…………………30 分
1 > 0 ，将①，②式相乘得 4
由于 ab + bc + ca −
1 abc ， ab + bc + ca − < 4 4
2
即
ab + bc + ca −
1 < 4
abc ， 2
1
从而
…………30 分
3c 2 c c c c − − + > 0 ，即 于是只需证明 4 4 2 4
2014届华师一附中高三五月考试题答案
2014届华师一附中高三五月考试题答案一、选择题：A 卷1-5：BBCDD,6-10:ADCBD B 卷1-5: CDCAD, 6-10：BCCDD 二、填空题：（一）必考题（11-14）11. 64.5, 23. 12. 300. 13. 4. 14. [12,2] （二）选考题15. （选修4-1：几何证明选讲）10316. （选修4-4：坐标系与参数方程）3,44ππ⎫⎫⎪⎪⎭⎭三．解答题：17解：(1)f (x )＝sin(2x －2π3)＋3[1＋cos(2x －2π3)]－3＝sin(2x －2π3)＋3cos(2x －2π3)＝2sin(2x －π3)，----------------------------------------------3∴函数f (x )的最大值为2，此时2x －π3＝π2＋2k π，k ∈Z ，即x ＝5π12＋k π，k ∈Z.-------------------------------------------------------------------------------6(2)f (2x )＝2sin(4x －π3)，令t ＝4x －π3，∵x ∈[0，π4]，∴t ∈[－π3，2π3]，设t 1，t 2是函数y ＝2sin t －a 的两个相应零点(即t 1＝4x 1－π3，t 2＝4x 2－π3)，由函数y ＝2sin t 的图象性质知t 1＋t 2＝π，即4x 1－π3＋4x 2－π3＝π，∴x 1＋x 2＝π4＋π6，tan(x 1＋x 2)＝tan(π4＋π6)＝tan π4＋tan π61－tan π4×tan π6＝1＋331－33＝2＋3.--------------1218. 解：(Ⅰ)∵S n =(n －1)2∴a n =⎩⎨⎧≥-=-2n , S 1n ,11n n S S =⎩⎨⎧≥=2n ,3－2n 1n , 0…………………………………………3分又∵a n =2log 3b n －1 ∴b n =213+n a =⎪⎩⎪⎨⎧≥=-2n , 31n , 31n ……………………………………………………………6分(Ⅱ)(1)当n=1时，T n =0…………………………………………………………………7分(2)当n ≥2时T n = 1×31+3×32+5×33+…+(2n －3)×3n －1∴3T n = 1×32+3×33+…+(2n －5)×3n －1+(2n －3)×3n …………………………9分∴－2T n =1×31+2×32+2×33+…+2×3n －1－(2n －3)×3n =1×31+31)31(3222--⨯-n －(2n －3)×3n=－2[(n －2)3n +3] ∴T n =(n －2)3n +3综合(1)(2)得T n =(n －2)3n +3……………………………………………………………12分 19.解：（I ）设事件A ：从20位学生中随机抽取一位，抽到运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生．由题意可知，运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生共有(6)a +人．则62()205a P A +==． 解得 2a =． 所以4b =． …………… 4分 （II ）设事件B ：从20人中任意抽取2人，至少有一位运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生．由题意可知，至少有一项能力测试优秀的学生共有8人．则21222062()1()195C P B P B C =-=-=． …………… 7分（III ）ξ的可能取值为0，1，2．20位学生中运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生人数为8人．所以21222033(0)95C P C ξ===，1112822048(1)95C C P C ξ===，2822014(2)95C P C ξ===．所以ξ的分布列为所以，0E ξ=⨯33951+⨯48952+⨯1495764955==． …………… 12分 20. 证明：（1）连结AC ，∵︒=∠60ABC ，BC AB =，∴△ABC 为正三角形，∴BC AE ⊥，∴AD AE ⊥，又⊥PA 平面ABCD ，∴平面⊥PAD 平面ABCD ，而⊂AE 平面ABCD ，∴⊥AE 平面P AD∴PD AE ⊥． -------------------5 （2）设EH 与平面P AD 所成角为α，由（1）知AHAE=αtan ， ∵AE 为定值，∴AH 最小时，αtan 最大为26，此时PD AH ⊥ 不妨设a AB 2=，过点E 作AC EM ⊥于点M ，过点M 作AF MN ⊥于点N ， 连结EN ，∵平面⊥PAC 平面ABCD ，AC EM ⊥， ∴⊥EM 平面AFC ，∴AF EM ⊥，又MN AF ⊥，∴⊥AF 平面EMN ，∴A F ⊥EN ∴ENM ∠为二面角C AF E --的平面角，--------8在Rt △AEM 中，a a AE EM 2321330sin =⋅=︒=， 由26=AH AE ，∴a AH 2=，∴︒=∠45PDA ， ∴AC AD PA ==，∵F 为PC 中点，∴︒=∠45CAF ，∴a AE AM MN 42345sin 30cos 45sin =︒︒=︒=，∴EN ==， ∴Rt △EMN中，cos 5MN ENM EN ∠==， ∴二面角C AF E --的余弦值为515．-----------------12 (向量方法参照记分).21.解：（1）分析易得动圆与圆M 外切，并内切于圆N ，设动圆P 的半径为r，则PM r =，则PN r =，∴PM PN MN +=，∴点P 的轨迹是以M 、N为焦点的椭圆，且222a c ==，∴1a c ==，∴21b =，∴点P 的轨迹曲线G 的方程为：2212x y += …………………………………………………4分（2）依题意，联立221112x y y k x m ìïï+=ïíïï=+ïî，则,A c x x 是方程2221111(21)4220k x k m x m +++-=ACBPFMN H的两个根，∴2211112148(21)0,21A C k m k m x x k D =+->+=-+，∴线段AC 中点为11122112(,)2121k m m k k -++，同理线段BD 的中点为22222222(,)2121k m m k k -++，因为四边形ABCD 为菱形，所以中点重合，所以112222121222122221212121k m k m k k m m k k ìïï-=-ïï++ïíïï=ïï++ïî，因为12k k ¹，所以解得120m m ==，即菱形ABCD 的对角线AC 和BD 相交于原点O 。
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25
【解】据条件，
f
1 x2 y 2
1 1 ，由于 f x f x ，只须考虑 x, y R 的情 f x f y
况，令 x u , y v ，化为
f
，
1 uv
f
u
1
f
v
1
，再令
1 , f t g t 0 ,
QBXT/JY/RXCSDA2014/4-4
清北学堂集中培训课程入学测试答案
（2014 年五一集中培训课程使用）
2014 年五一高中数学联赛提高班 入学测试答案
试卷说明
本测试与 2014 年全国高中数学联赛难度相当，并与实际授课难度接近。希望学员经由 本试卷了解数学联赛题型及难度，对 14 年 9 月全国高中数学联赛举办之前的学习进度给出 合理安排。 如有学员希望单独得到金牌助教们的阅卷及分析， 请通过邮箱与我们取得联系。 方式 1： 将自测结果（推荐直接在原试卷上给出答案）以照片或扫描件的形式发送。方式 2：将自测 答案单独以 excel 或 word 形式发送。我们会在收到答案的两周内进行评阅并进行个性化分 析。
2 1 . 2
令 y1 px q, y2 1 x2 . 于是， y2
2 1 2 1 . y1 y2 2 2
故直线 l : y px q 夹在曲线 C1 : y 1 x 2
2 1 x 1 与 C2 : y 1 x 2 之间. 2 2
C
三对底面也相平行，则 AB1CD1 位于正四面体 A1 BC1D 外侧部分是四个全等的正四面体，
1 1 2 3 3 1, VA1BC1D C1M S A1BD 3 3 3 2 3 3 1 1 1 VA 1 1 , 故V VA1BC1D ． 公共 VA1BC1D 4 VA1BC1D 8 2 6 VA1BC1D 2 8
2 1 ） ，A、B 表示弧 C 2 的两 2
易知 O B 2 .于是， O 到 AB 的距离为 1（ O 的坐标为（0， 个端点）. 显然，直接 AB （方程为 x y
2 1 0 ）与曲线 C1 相切，是可以夹在曲线 C1 与曲线 C 2 之 2
2 1 ，所以 p q 2
所以
1 an 1 1 an1 1 an , 故数列 { } 为等比数列，从而 1 an 3 1 an1 1 an
1 an 1 3n 1 3n 1 n , 即 an n . 可验证， an n 满足题设条件. 1 an 3 3 1 3 1
2 2 2
2
2 y 2 y2 1 4
o
P
C
x
D
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清北学堂集中培训课程课程入学测试答案
y1 y 2 2 2 2 ( y1 y 2 ) 1 16(k 1) ， 4 因此 AD 4(k 2 1)
4
(1 1)
4
( k 1) ， 所 以 (1 1 ) k (
4
1 )5 ， 故 n 具 有 p ＝
的形式，而
3 81, 5 625 500 ，故 n 的最大值为 81.
2、 （8 分） 3021 3 【解】据 a0 1
a2 2
3 1 ， a1 1
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清北学堂集中培训课程课程入学测试答案
归纳得， g ku kg u ，令 k 25, u 1 ，得 g 25 25 g 1 ，即 因此 f 5 2 ． 25
f
1 25
f
1
25
，
（注： 若看出○ 1 为柯西方程， 则可以直接得到 g u cu ， 所以 f x
f f
t0 t0
则化为 g u v g u g v ………○ 1 ， 据○ 1 ， g 2 u g u u 2 g u ， g 3 u g u 2 u g u 2 g u 3g u ，
n n 1
) 32 f (3n2 ) = 3n f (1) 2 3n (n N ) .
（3） 由 （2） 知，f (2 3n ) f ( f (3n )) 3 3n ， 所以，f (2 3n ) f (3n ) 3 3n 2 3n 3n . 而 2 3n 3n 3n ， 且 f (n 1) f (n) 1 （因为 是 N 上的严格增函数） ，f (n) N ， f (n) ） n n n n 所以， f (3 l ) f (3 ) l 2 3 l.l 1,2,,3 . n n n n 1 n （4） f (2 3 l ) f ( f (3 l )) 3 (3 l ) 3 3l (l 1,2,,3 ).
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2014-4-5 发布
清北学堂教学研究部
清北学堂集中培训课程课程入学测试答案
2014 年五一高中数学联赛提高班入学测试答案
一、填空题：
1、 （8 分）81. 【解】由题设知，n 恰有 5 个约数.设 n 的质因数分解是 n p1 1
k pk ，则 n 的约数个数为
2
据 等 差 ， 2 BC AB CD AD BC
k
，
所 以 AD 3 BC 6 ， 即 4(k 2 1) 6 ，
2 2 2 则 l 方程为 x y 1或 x y 1． 2 2 2 ，
8、(17 分)【解】 （1）首先， f (1) 1 .否则，若 f (1) 1 ，一方面 f ( f (1)) f (1) 1 0 ， 另一方面，根据已知条件有 f ( f (1)) 3 1 3 .矛盾. 其次， f (1) 3 .否则，若 f (1) 3 ，因为 f (n) 是关于 n 的严格增函数， 所以 f ( f (1)) f (3) 3 ，这与已知 f ( f (1)) 3 1 相矛盾. 综上所述，可知 f (1) 2 （因为 f (n) N ）. （2）由 f ( f (n)) 3n ，得 f (3n) f ( f ( f (n)) 3 f (n) . 故 f (3 ) 3 f (3
2 2 2
若 n 3 ，则 n , (n 1) , (n 2)
2 2
2
= 3 ,4 ,5 ，由 3
2 2 2
2
2
42 52 50 ，
得到 x y z 25 ，并且 x y 5 25 ，故 z 0 ，不合； 若 n 5 ，则 n , (n 1) , (n 2)
c1 ， 取 x 1 得 c1 2 ， x2
f x
2 ， f 5 2 ． ） x2 25
5、 （8 分） 1297 ． 【解】设 x y z ，由于 ( x y) ( y z) ( x z) 2( x y z) 为偶数， 则 n , (n 1) , (n 2) 为两奇一偶，于是 n 为奇数，而 y z 1，得 n 1 ．
考察函数 f ( x)
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清北学堂集中培训课程课程入学测试答案
1 a 1 1 a , 1 f ( x) g (a) , a 1 2 a 1 a , 0 a 1
故对 n N * ， bn1 g (a) 恒成立. 又 b2 n
6 7 故 f (2014) f (2 3 556) 3 3 556 3855.
9、(18 分)【解】 （1）由
a p aq am an 得 (1 am )(1 an ) (1 a p )(1 aq )
2a 1 a1 an a2 an1 1 4 . 将 a1 , a2 代入化简得 an n 1 . an 1 2 2 5 (1 a1 )(1 an ) (1 a2 )(1 an1 )
y
A
y 4ky 4 .
2
y1 y 2 4k 设 A x1 , y1 , D x2 , y2 ，有 y1 y 2 4 2 2 则 ( y1 y 2 ) ( y1 y 2 ) 4 y1 y 2 ，故
B
2
A D y1 y2 x1 x2 y1 y2
2an g (a ) , (1 an ) 2
注意到 0 g (a)
1 ,解上式得 2
1 g (a ) 1 2 g (a ) 1 g (a ) 1 2 g (a ) g (a) an , g (a ) g (a ) 1 g014 3021 2
6
D1 A1 B1 D A B C1
3 3 ，设 AC1 与 A1 BD 所在 ( 2) 2 4 2 平面交于 M ， AM h ，据四面体 A1 ABD 的体积关系得
【解】 S A BD 1
2 3 1 1 h 3 3 ，所以 h ，而 AC1 3 ，则 C1M ， 3 3 2 3 2 3 正四面体 AB1CD1 与 A1 BC1D 中，面 A1 BD ∥面 CB1 D1 ，其余