2014全国高中数学联赛B卷试题及答案
2014年高考数学广东卷(理科B卷)和参考答案
2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）理科数学（B 卷）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合{1,0,1},{0,1,2},M N =−=则M N ∪=A ．{1,0,1}−B ． {1,0,1,2}−C ． {1,0,2}−D ． {0,1} 2．已知复数z 满足(34)25,i z +=则z = A ．34i − B ． 34i + C ． 34i −−D ． 34i −+3．若变量,x y 满足约束条件121y x x y z x y y ≤⎧⎪+≤=+⎨⎪≥−⎩且的最大值和最小值分别为m 和n ，则m n −=A ．8B ．7C ．6D ．54．若实数k 满足09,k <<则曲线221259x y k −=−与曲线221259x y k −=−的A ．离心率相等B ．虚半轴长相等C ． 实半轴长相等D ．焦距相等 5．已知向量()1,0,1,a =−则下列向量中与a 成60°夹角的是 A ．（-1,1,0）B ． （1,-1,0）C ． （0,-1,1）D ． （-1,0,1）6．已知某地区中小学学生人数和近视情况分别如图1和如图2所示，为了解该地区中下学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为A ． 100，10B ． 200,10C ． 100，20D ． 200，207．若空间中四条两两不同的直线1234,,,,l l l l 满足122334,,,l l l l l l ⊥⊥⊥则下面结论一定正确的是 A ．14l l ⊥ B ．14//l l C ．14,l l 既不垂直也不平行 D ．14,l l 的位置关系不确定初中高中年级O8．设集合(){}12345=,,,,1,0,1,1,2,3,4,5iA x x x x x x i ∈−=，那么集合A 中满足条件“1234513x x x x x ≤++++≤”的元素个数为 A ．130 B ．120 C ．90 D ．60二、填空题：本大题共7小题．考生作答6小题．每小题5分，满分30分． （一）必做题（9～13题）9．不等式125x x −++≥的解集为10．曲线52x y e −=+在点(0,3)处的切线方程为11．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为 12．在ABC Δ中，角C B A ,,所对应的边分别为c b a ,,，已知b B c C b 2cos cos =+， 则ab= 13、若等比数列{}n a 的各项均为正数，且512911102e a a a a =+， 则1220ln ln ln a a a +++=（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题）14．（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，曲线1C 和2C 的方程分别为2sin cos ρθθ=和sin 1ρθ=，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 轴正半轴，建立平面直角坐标系，则曲线1C 和2C 交点的直角坐标为_________15．（几何证明选讲选做题）如图3,在平行四边形ABCD 中，点E 在AB 上且AE EB 2=，AC 与DE 交于点F ， 则=ΔΔ的面积的面积AEF CDFCAFD三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 16．（本小题满分12分）已知函数R x x A x f ∈+=),4sin()(π，且53122f π⎛⎞=⎜⎟⎝⎠， （1）求A 的值； （2）若23)()(=−+θθf f ，2,0(πθ∈，求)43(θπ−f ．17．（本小题满分13分）随机观测生产某种零件的某工厂25名工人的日加工零件数（单位：件），获得数据如下： 30,42,41,36,44,40,37,37,25,45,29,43,31,36,49,34,33,43,38,42,32,34,46,39,36根据上述数据得到样本的频率分布表如下：分组频数频率[25,30] 3 0．12 (30,35] 5 0．20 (35,40] 8 0．32 (40,45] 1n 1f (45,50]2n2f（1）确定样本频率分布表中121,,n n f 和2f 的值； （2）根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；（3）根据样本频率分布直方图，求在该厂任取4人，至少有1人的日加工零件数落在区间（30,35］的概率．18．（本小题满分13分）如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，030DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E ．（1）证明：CF ADF ⊥平面 （2）求二面角D AF E −−的余弦值19．（本小题满分14分）设数列{}n a 的前n 和为n S ,满足2*1234,n n S na n n n N +=−−∈，且315S =． (1)求123,,a a a 的值;(2)求数列{}n a 的通项公式．20．（本小题满分14分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的一个焦点为，离心率为3，（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若动点00(,)P x y 为椭圆外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程．21．（本小题满分14分）设函数()f x =，其中2k <−，（1）求函数()f x 的定义域D ；（用区间表示） （2）讨论()f x 在区间D 上的单调性；（3）若6k <−，求D 上满足条件()(1)f x f >的x 的集合．A BCD EFp2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）理科数学（B 卷）参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 题次 1 2 3 4 5 6 7 8 答案B ACD B D D A第8题解析：（1）含有4个“0”的情形：①4个0，1个1：155C =；②4个0，1个-1：155C =（2）含有3个“0”的情形： ①3个0，2个1：2510C =；②3个0，1个1,1个-1：115420=C C ⋅；③3个0，2个-1：2510C =（3）含有2个“0”的情形：①2个0，3个1：3510C =；②2个0，2个1,1个-1：215330C C ⋅=；③2个0，1个1，2个-1：215330C C ⋅=；④2个0，3个-1：3510C =． 综上所述，所有的情况数为：5510201010303010130N =++++++++=种． 二、填空题：本大题共7小题．考生作答6小题．每小题5分，满分30分． （一）必做题（9～13题）9、(][),32,−∞−∪+∞； 10、530x y +−=； 11、16； 12、2； 13、50； （二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题）14、（坐标系与参数方程选做题）()1,1． 15、（几何证明选讲选做题）9． 三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．16、解：（1）依题意有5523sin sin 12124322f A A A ππππ⎛⎞⎛⎞=+===⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，所以A =（2）由（1）得()),4f x x x R π=+∈，()()3sin sin 442f f ππθθθθθ⎡⎤⎛⎞⎛⎞∴+−=++−+==⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦，cos 4θ∴=，(0,sin 24πθθ∈∴===∵，334444fπππθθθ⎛⎞⎛⎞∴−=−+==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠．17、解：（1）12127,2,0.28,0.08n n f f====；（2）先计算频率/组距；然后作图即可；（3）由（1）知，任取一人，日加工零件数落在区间（30,35］的概率为15，设该厂任取4零件数落在区间（30,35］的事件为A，则()4414155P A⎛⎞⎛⎞=−=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，所以()4436915625=P A⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠答：在该厂任取4人，至少有1人的日加工零件数落在区间（30,35］的概率为369625．18、解：（1）证明：PD⊥∵平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD AD⊥①∵四边形ABCD为正方形，∴AD CD⊥②AD CD∩∵AD∴⊥平面PCD，CF⊂∵平面PCD，AD CF⊥③AF PC⊥∵即AF CF⊥④且AF AD A∩=，CF∴（2）方法1（传统法）过E作EG DF⊥交DF于G，过GH AF⊥交AF于H，连接EH，EDG∠（过程略）方法2（向量法）由（1）可得，,,AD PD AD DC⊥⊥，建立空间直角坐标系D xyz−，如图所示．设DC a=，在Rt PDCΔ中，,30DPCCD a∠== ，则2,PC a PD==，由（1）知PF DF⊥，所以3cos302PF PD a==，因为//FE CD，所以EF PF PEDC PC PD==，所以34EF a=，4PE=，所以4ED=，所以3(0,0,),(,0,0),,,0),(0,,0)444aA a E F C a，则3,0,),(,,),444aAE a AF a=−=−设平面AEF的法向量为(,,)n x y z=，则00n AE n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得043044x az a x y az ⎧−=⎪⎪+−=⎩，取1x =，则,04z y ==，所以(1,0,4n = ， 由（1）可知，平面ADF的法向量为,,0)44aCF =−，所以cos ,19||||n CF n CF n CF ⋅<>====⋅ ，设二面角D AF E −−为θ，则cos 19θ=． 19、解：（1）当1n =时，1227a a =− ①当2n =时，123420a a a +=− ②312315S a a a =++= ③由①②③解得1233,5,7a a a ===．(2)当1n >时，21234n n S na n n +=−−①()()()21213141n n S n a n n −=−−−−−② ①—②化简得()122161n n na n a n +=−++(当1n =时也成立)，方法1：令()()[]121B 21n n n a A n n a An B ++++=−++⎡⎤⎣⎦，求得21A B =−=−，， 即()()[]122112121n n n a n n a n +−+−=−−−⎡⎤⎣⎦， 令21n n b a n =−−，则()1221n n nb n b +=−，即1212n n n b b n+−=， 因为1230,0,0b b b ===，故必有0n b =，即21n a n =+，方法2：（数学归纳法）由（1）1233,5,7a a a ===，猜想21n a n =+， 下面用数学归纳法证明对,21n x N a n +∀∈=+：当1,2,3n n n ===时，成立， 假设当n k =时成立，即有21k a k =+，()122161k k ka k a k +=−++， 当1+n k =时， ()()21221216146k ka k k k k k +=−+++=+，所以()2146232112k k k a k k k++==+=++，成立，综上所述，对,21n x N a n +∀∈=+．20、解：（1）依题意有3,2c a b ===故所求椭圆C 的标准方程为22194x y +=，（2）当两条切线的斜率存在时，设过00(,)P x y 点的切线为()00y y k x x −=−，联立()0022194y y k x x x y ⎧−=−⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得()()()222000049189360k x k y kx x y kx ++−+−−=，判别式()()()22222000018364940=ky kx k y kx ⎡⎤Δ−−+−−=⎣⎦，化简得()2200940y kx k −−−=，即()2220000924x k x y k y −−+−，依题意得201220419y k k x −⋅==−−，即220013x y +=， 当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得P 是直线3,3,2,2x x y y =−===−， 的四个交点，也满足220013x y +=，故点P 的轨迹方程为2213x y +=，法二：（2）当椭圆22194x y +=的切线的斜率存在且不为0时，设切线方程为y kx m =+，代入22194x y +=，整理得222(49)189360k x mkx m +++−=，令判别式0Δ=，得222(18)4(49)(936)0mk k m −+−=，即2294m k =+， 把切线方程化为m y kx =−，平方，得222()94m y kx k =−=+，整理得222(9)240x k xyk y −−+−=，注意到所有斜率为k 的椭圆的切线都满足该方程，设该方程的根为12,k k ，相应的切线为12,l l ，当12,l l 互相垂直时，2122419y k k x −==−−，即2213x y +=．由于满足2213x y +=的点(,)x y 既在1l 上，也在2l 上， 故2213x y +=就是12,l l 交点的轨迹方程；当切线斜率不存在或斜率为0时，易知点P 的坐标为(3,2)−−或(3,2)−或(3,2)−或(3,2)，显然都满足2213x y +=，故所求点P 的轨迹方程为2213x y +=．21、解：（1）依题意有222(2)2(2)30x x k x x k +++++−>，()()222+3210xx k x x k ++⋅++−>，2,31,13k k k <−∴+<−<−∵故222+3=021=0x x k x x k ++++−，均有两根记为：12341111x x x x =−+=−=−+=−−注意到3124x x x x >>>，故不等式()()222+3210x x k x x k ++⋅++−>的解集为：()()()4213,,,x x x x −∞∪∪+∞ ，即()()()4213,,,D x x x x =−∞∪∪+∞．（2）令()222=(2)2(2)3,g x x x k x x k x D +++++−∈，则()()()()'22=2(2)222(22)412+1g x x x k x x x x x k ++⋅+++=+⋅++，令()'0g x =，注意到2,11k k <−+<−，故方程2210x x k +++=有两个不相等的实数根记为5611x x =−+=−，且71x =−，注意到3512641x x x x x x >>>−>>>结合图像可知： 在区间()()23,1,,x x −+∞上()'0g x >，()g x 单调递增，在区间()()41,,1,x x −∞−上()'0g x <，()g x 单调递减，故()f x 在区间()()23,1,,x x −+∞上单调递减，在区间()()41,,1,x x −∞−上单调递增． （3）(1)f ==在区间D 上，令()()1f x f =，即2222(2)2(2)3=812x x k x x k k k +++++−++，()()222(2)2(2)350x x k x x k k k +++++−+⋅+=，()()2223250x x k k x x k k ⎡⎤⎡⎤++−+++++=⎣⎦⎣⎦，22232250x x x x k ⎡⎤⎡⎤+−+++=⎣⎦⎣⎦()∗， 方程22250x x k +++=的判别式8160k Δ=−−>，故此方程()∗有4个不相等的实数根，记为8910111,3,11x x x x ==−=−+=−−，注意到6k <−，故，1211,13x x =−+>=−−<−，故89,x x D ∈，(103110x x −=−+−+=>，故10x D ∈，4112420k k x x −−−−−===>，故11x D ∈，结合()()()4213,,,D x x x x =−∞∪∪+∞和函数的图像，可得()(1)f x f >的解集为()()()()1142981310,,,,x x x x x x x x ∪∪∪．。
答案与评分细则(14年高中数学联赛四川试题)
2014年全国高中数学联赛（四川）参考答案及评分标准说明：1、评阅试卷时，请依据评分标准.选择题和填空题只设5分和0分两档；其它各题的评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次.2、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参考本评分标准适当划分档次评分，5分一个档次，不要再增加其它中间档次. 一、选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）1、D2、B3、A4、B5、C6、C 二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）7、326 8、14 9、80 10、0 11、5 12、28 三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）13、已知a 为常数，函数1()ln(1xf x ax x−=−+． （1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）若83a =−，求()f x 的极值．解：（1）函数()f x 的定义域为(1,1)−．()ln(1)ln(1)f x x x ax =−−+−，2112()111f x a a x x x −−′=−−=−−+− (5分) 因为11x −<<，故2221x−≤−−； ① 当2a >−时，()0f x ′<恒成立，故单调递减区间为(1,1)−； ② 当2a =−时，(1,0)x ∈−时()0f x ′<；0x =时()0f x ′=； (0,1)x ∈时()0f x ′<； 故单调递减区间为(1,1)−；③ 当2a <−时，由()0f x ′<知221a x−<−，即22a x a +>1x <<或者1x −<<；故单调递减区间为，(1,−． 综上所述，当2a ≥−时，单调递减区间为(1,1)−；当2a <−时，单调递减区间为，(1,−−年全国高中数学联赛（四川）试题（2）823a =−<−，由()0f x ′=知驻点为12x =−，或12x =； 于是: 112x −<<−时'()0f x <；1122x −<<时'()0f x >；112x <<时'()0f x <． （15分） 所以，()f x 有极小值14()ln 323f −=−+，有极大值14()ln 323f =−．（20分）14、已知不等式31cos 4cos sin 3222≤++−a x a x x 对一切R x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．解：设31cos 4cos sin 3)(222−++−=a x a x x x f ，则28cos 4cos 4)(22−++−=a x a x x f 令x t cos =，则]1,1[−∈t故当]1,1[−∈t 时，22()44280g t t at a =−++−≤恒成立 二次函数()g t 的对称轴2a t =， ①当12a≤−，即2a ≤−时，()g t 在]1,1[−∈t 上单减， 故有()g t 的最大值2(1)4320g a a −=−−≤，解得42a −≤≤−； （5分）②当112a −<<，即22a −<<时，有()g t 的最大值2(22802ag a =−≤， 解得22a −<<； （10分） ③当12a≥，即2a ≥时，()g t 在]1,1[−∈t 上单增，故有()g t 的最大值2(1)4320g a a =+−≤，解得24a ≤≤； （15分） 综上可知，所求a 的取值范围是[4,4]−． （20分）15、已知k 为给定正整数，数列{}n a 满足13a =，2*211(31)3()k n n a S n −+=−+∈N ，其中n S 是{}n a 的前n 项和．令3121log ()()n n b a a a n n =∈"*N ,记213||2kk i i T b ==−∑．若k T ∈*N ,求k 的所有可能值．解：由条件知22121212(31)333k k k a +−−=−×+=，又 2211(31)3k n n a S −+=−+，2211(31)3k n n a S −−=−+（2n ≥） 故2211(31)k n n n a a a −+−=−，即22113k n n a a −+=．于是2223221212)3(2)n k n k k n a a n +−−−−==≥，显然1n =也符合．所以，数列{}n a 的通项公式22321()n k k n a n +−−=∈*N ． （5分）从而3121log ()n n b a a a n ="111(223)21ni i k n k ==⋅+−−∑1121n k −=+−．（10分） 于是1()32221n n k b k −+−=−，从而n k ≤时302n b −<；1n k ≥+时302nb −>． 所以222111333||()()22221kk kk i i i i i i k k T b b b k ===+=−=−+−=−∑∑∑． （15分） 因为k T ∈*N ，即2(21)|k k −，故2(21)|(411)k k −−+，于是(21)|1k − 故211k −=，解得1k =．所以所求k 的所有可能值为1k =． （20分）16、过椭圆22132x y +=的右焦点F 作两条垂直的弦AB 、CD ，设AB 、CD 的中点分别为M 、N ．（1）求证：直线MN 必过定点，并求出这个定点；（2）若弦AB 、CD 的斜率均存在，求△FMN 的面积的最大值． 解：（1）由题意知，(1,0)F ．① 当弦AB 、CD 的斜率均存在，设AB 的斜率为k ，则CD 的斜率为1k−． 设:(1)AB y k x =−，代入椭圆方程22132x y +=，得2222(32)6(36)0k x k x k +−+−=，所以223232A B M x x k x k +==+，22(1)32M M k y k x k −=−=+，故点22232(,3232k kM k k −++．因为CD ⊥AB ，所以将点M 的坐标中的k 换为1k −，即得点2232(,)2323kN k k ++．（5分）（i ）当1k ≠±时，22222222332332332MNk kk k k k k k +++=−++24210(1)56633k k k k k +−==−−， 此时直线MN 的方程为222253()233323k ky xk k k −−=−+−+，则直线MN 过定点3(,0)5． （ii ）当1k =±时，易得直线MN 的方程为35x =，也过点3(,0)5． ② 当弦AB 或弦CD 的斜率不存在时，易知直线MN 为x 轴，也过点3(,0)5．综上可知，直线MN 必过定点E 3(,0)5． （10分）（2）由（1）知S △FMN =1||||2M N EF y y ⋅⋅− 2212253223k kk k −=−++2222(1)(32)(23)k k k k +=++ （15分） 不妨设0k >，则6424222222222212101012(12212)(1)(32)(23)(32)(23)k k k k k k S k k k k −−++−+−−′==++++ 由0S ′=知1k =．又(0,1)k ∈时，0S ′>; (1,)k ∈+∞时，0S ′<; 故当1k =时，S 有最大值为425．所以，△FMN 的面积的最大值是425． （20分）。
2014年全国高中数学联赛试题及答案
a(t 2 t) 3.
（1）
当 t 0, 1 时（1）总成立；
对 0 t 1,0 t2 t
2 ；对 1 t
0, 1 4
t2 t
0 .从而可知
3 2
a 12 .
3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑 x 轴上方的情况，设 y k (k 1,2, ,99)与双曲线右半支于 Ak ,交直线
x 100 于
AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 C ，求 ABC 面积的最大值.
11.（20分）证明：方程 2x 3 5x 2 0 恰有一个实数根 r ，且存在唯一的严格递增正整数数列 {an }，使得
52 r a1 r a2 r a3
.
解答
1. [ 3, 3] 提示：易知 f (x) 的定义域是 5,8 ，且 f (x) 在 5,8 上是增函数，从而可知 f (x) 的值域为 [ 3, 3] .
求得
3 3,
，
3 3.
3 5. 1 提示：令 a x
3
4
y, 则原函数化为 g( y) y 3y
2
当 0 a 1 时， y [a, a 1 ]
g( y),max a 2 3a 1 2 8
3 2 , g( y) 在 ( ,+ ) 上是递增的.
2
a1 2
a
1 2，
2
所以
g( y)min
(1)2 3 1 2
1
2. 3 a 12 提示：令 sin x t ，则原函数化为 g(t) ( at 2 a 3)t ，即 2
g(t) at3 (a 3)t
.
由 at 3 (a 3)t at(t 1) 3 0 即
3 at(t 2 1) 3(t 1) 0 ， (t 1)( at(t 1) 3) 0 及 t 1 0
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年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
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，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：108．解：设2362log 3log log ()a b a b k ，则232,3,6k k k a b a b ，从而23231161082323k k k a b a b ab ． 2. 设集合312b a b a中的最大元素与最小元素分别为,M m ，则M m 的值为 ．答案：5解：由12a b 知，33251b a ，当1,2a b 时，得最大元素5M．又33b a a aa bm ．因此，5M m ．3. 若函数2()1f x x a x 在[0,) 上单调递增，则实数a 的取值范围是 ．答案：[2,0] ．解：在[1,) 上，2()f x x ax a 单调递增，等价于12a，即2a ．在[0,1]上，2()f x x ax a 单调递增，等价于02a，即0a ．因此实数a 的取值范围是[2,0] ．4. 数列{}n a 满足12a ，*12(2)()1n n n a a n n N ，则2014122013a a a a ．答案：20152013．解：由题设 122(1)22(1)1n n n n n n a a a n n n112(1)2232(1)12n n n a n n n ．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则21223242(1)n n S n −=+×+×+++ ，所以 2322223242(1)nn S n =×+×+×+++ ，参考答案及评分标准2014年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）将上面两式相减，得 122(1)(2222)n n n nS n −−=+−++++2(1)22n nn n n =+−=．故2013201420131220132201522013a a a a20152013． 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AC CH ，所以CH 与平面POC 垂直，故CH PC ．因此CH 是直线MN 与PC的公垂线段，又CHMN 与PC6. 设椭圆Г的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Г交于点,P Q ．若212PF F F ，且1134PF QF ，则椭圆Г的短轴与长轴的比值为 ．答案解：不妨设114,3PF QF ．记椭圆Г的长轴，短轴的长度分别为2a ，2b ，焦距为2c ，则2122PF F F c ，且由椭圆的定义知，1212224a QF QF PF PF c ．于是 212121QF PF PF QF c ．设H 为线段1PF 的中点，则12,5F H QH ，且有21F H PF ．由勾股定理知，2222222121QF QH F H F F F H ，即2222(21)5(2)2c c ，解得5c ，进而7a，b =，因此椭圆Г的短轴与长轴的比值为b a．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． 解：由1PI 知点P 在以I 为圆心的单位圆K 上．设BAP ．在圆K 上取一点0P ，使得 取到最大值0 ，此时0P 应落在IAC 内，且是0AP 与圆K 的切点．由于003，故 001sin sin sin sin 621sin sin sin sin 23336APB APCAP AB S S AP AC， ①其中，006IAP． 由02AP I知，011sin 24IP AI r，于是cot ，所以sin 6sin 6．②根据①、②可知，当0P P 时，APB APC S S． 8. 设A ，B ，C ，D 是空间四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则A ，B 可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率为 ．答案：34．解：每对点之间是否连边有2种可能，共有6264 种情况．考虑其中A ，B 可用折线连接的情况数．(1) 有AB 边：共5232 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(21)(21)9 ．(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22种情况，但其中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222217 ．以上三类情况数的总和为329748 ，故A ，B 可用折线连接的概率为483644．二、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：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PQ QR的最小值．解： (1)设P 点的坐标为(,)(0)a b b ，易知0a ≠．记两切点A ，B 的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ，则PA ，PB 的方程分别为112()yy x x ， ① 222()yy x x ，② 而点P 的坐标(,)a b 同时满足①，②，故A ，B 的坐标11(,)x y ，22(,)x y 均满足方程2()by x a ． ③故③就是直线AB 的方程．直线PO 与AB 的斜率分别为b a 与2b ，由PO AB 知，21b a b，故2a ．………………4分从而③即为2(2)y x b，故AB 与x 轴的交点R 是定点(2,0)． ……………8分(2) 因为2a =− ，故直线PO 的斜率12b k ，直线PR 的斜率24bk ．设OPR ，则 为锐角，且21212111824tan 224b b PQ k k b b b QR k k b ．当b 时，PQ QR的最小值为 …………………16分10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a，*1arctan (sec )()N n n a a n ．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a． 解：由已知条件可知，对任意正整数n ，1,22n a，且 1tan sec n n a a ．①由于sec 0n a ，故10,2n a．由①得，2221tan sec 1tan n n n a a a ，故 221132tan 1tan 133n n a n a n，即tan n a …………………10分因此121212tan tan tan sin sin sin sec sec sec m m ma a a a a a a a a12231tan tan tan tan tan tan m m a a a a a a（利用①）11tan tan m a a．1100，得m =3333． …………………20分11. （本题满分20分）确定所有的复数 ，使得对任意复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，均有211()z z ≠222()z z ．解：记2()()f z z z ．则22121122()()()()f z f z z z z z121212(2)()z z z z z z ．①假如存在复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，使得12()()f z f z ，则由①知，121212(2)()z z z z z z ，利用121212z z z z z z ≠0知，12122222z z z z ，即2 ． …………………10分另一方面，对任意满足2 的复数 ，令12i,i 22z z，其中012，则1z ≠2z ，而i 122，故12,1z z ．此时将 12z z ，122i z z ，122i 2i z z代入①可得，12()()2i (2i)0f z f z ，即12()()f z f z ．综上所述，符合要求的 的值为 ,2C ． …………………20分. 证明1 若，则命题已成立.若，不妨设，则由知. 我们有， ①…………………10分以及， ② 其中①式等号在时成立，②式等号在时成立，因此①，②中等号不能同时成立. …………………30分由于，将①，②式相乘得 ， 即 ，14ab bc ca ++<4ab bc ca ++≤4ab bc ca ++>max{,,}a a b c =1a b c ++=3a ≥21()11412434abc a ab bc ca ++−=≤++−≤11()44ab bc ca a b c bc ++−=+−+111(1)444a a bc bc bc −−+≤−+3a =2a =104ab bc ca ++−>2144abc ab bc ca++−<14ab bc ca ++−<一、（本题满分40分）设实数a ,b ,c 满足a +b +c =1，abc >0.求证：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.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2.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.1.说明：参考答案及评分标准2014年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）从而 . …………………40分 证明2 由于，故中或者一个正数，两个负数；或者三个都是正数. 对于前一种情形，不妨设，，则，结论显然成立. …………………10分下面假设，不妨设，则，. 我们有.，， 因此. …………30分于是只需证明，即 . ①由于，故 . ② 由平均不等式. ③将②，③两式相加即得①式成立，因此原不等式成立. ………………40分14ab bc ca ++<+0abc >,,a bc 0a >,0b c <()()(1)0ab bc ca b a c ca b a c b b ++=++<+=−<,,0a b c >a b c ≥≥13a ≥103c <≤()ab bc ca c a b ++++)(1c c =−+≥≥>122a b c+−≤=11(1)(1)22c c c c c c −−−≤−+ 213442c c =−++23042c c −>310c −−>103c <≤103c −≥1311113333333++≥⋅=>二、（本题满分40分）如图，在锐角三角形中，，过点分别作三角形的外接圆的切线，且满足．直线与的延长线分别交于点．设与交于点，与交于点. 证明：．证明1 如图，设两条切线交于点，则．结合可知．作的平分线交于点，连接．由知，，，故与相似． ………………10分由此并结合，及内角平分线定理可得， 因此． ………………20分同理，．由此推出． ………………30分再结合以及内角平分线定理得到， ABC 60BAC ∠≠°,B CABC ,BD CE BDCE BC ==DE ,AB AC ,F G CF BD M CE BG N AM AN =,BD CE K BK CK =BD CE =DE BC BAC ∠AL BC L ,LM LN DE BC ABC DFB ∠=∠FDB DBC BAC ∠=∠=∠ABC ∆DFB ∆DE BC BD BC =MC BC BD AC LC MF FD FD AB LB====LM BF LN CG 180ALM ALB BLM ALB ABL BAL ∠=∠+∠=∠+∠=−∠ 180CAL ALC ACL ALC CLN =−∠=∠+∠=∠+∠ ALN =∠BC FG 1LM LM BF CG CL AB BC CL ABLN BF CG LN BC AC BL BL AC=⋅⋅=⋅⋅=⋅=GFNMED CB AF即．故由，，得到与全等，因而，证毕． ………………40分证明2由于和都是的切线，故. 再由，可得四边形是等腰梯形，从而DE BC .由于，，故∽. ………………10分设三角形的三内角分别为，三条边长分别为，，. 由∽有，可得.由，可得，故由可得. ① 在三角形中，，由余弦定理得. ② ………………30分 用同样方法计算和时，只需在上述与的表达式①，②中将交换. 而由②可见的表达式关于对称，因此，即，结论获证. ………………40分LM LN =AL AL =ALM ALN ∠=∠LM LN =ALM ∆ALN ∆AM AN =BD EC ωDBC BAC ECB ∠=∠=∠BD CE =BCED BFD ABC B ∠=∠=FDB DBC BAC A ∠=∠=∠=DFB ∆ABC ∆ABC ,,A B C BC a =CA b =AB c =DFB ∆ABC ∆FD BD a c b b ==ac FD b=BC FD ‖BM BC bMD FD c==BD a =abBM b c=+ABM ABM B A ∠=+222222cos()()a b abcAM c A B b c b c=+−+++22222222()2a b abc a b c c b c b c ab+−=++⋅++()222222221()()()()c b c a b c a b c b c b c ++++−++()22342222232234212()b c bc c a b a bc a c b c b c bc c b c +++++++−−+()223322222212()b c bc b c a b a c a bc b c ++++++CN 2AN BM 2AM ,b c 2AM ,b c 22AN AM =AM AN =三、（本题满分50分）设. 求最大的整数，使得有个互不相同的非空子集，具有性质：对这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.解 对有限非空实数集，用与分别表示的最小元素与最大元 素.考虑的所有包含1且至少有两个元素的子集， 一共个， 它们显然满足要求， 因为. 故. …………………10分 下面证明时不存在满足要求的个子集. 我们用数学归纳法证明：对整数， 在集合的任意个不同非空子集中， 存在两个子集，，满足， 且. ① 显然只需对的情形证明上述结论.当时， 将 的全部7个非空子集分成3组， 第一组：， ， ；第二组：， ；第三组：， . 由抽屉原理， 任意4个非空子集必有两个在同一组中， 取同组中的两个子集分别记为，排在前面的记为，则满足①. …………………20分假设结论在时成立， 考虑的情形. 若中至少有个子集不含， 对其中的 个子集用归纳假设，可知存在两个子集满足①.…………………30分 若至多有个子集不含， 则至少有个子集含， 将其中子集都去掉， 得到的个子集.由于的全体子集可分成组，每组两个子集互补，故由抽屉原理，在上述个子集中一定有两个属于同一组，即互为补集. 因此，相应地有两个子集， 满足， 这两个集合显然满足①. 故时结论成立.综上所述， 所求. …………………50分 {1,2,3,,100}S = k S k k A min A max A A S 9921−min()1max i j i A A A ∩=<99max 21k ≥−992k ≥k 3n ≥{1,2,,}n 1()2n m −≥12,,,m A A A ,i j A A i j ≠i j A A ∩≠∅min()max i j i A A A ∩=12n m −=3n ={}1,2,3{3}{1,3}{2,3}{2}{1,2}{1}{1,2,3},i j A A i A (3)n ≥1n +122,,,n A A A 12n −1n +12n −121n −−1n +121n −+1n +121n −+1n +{1,2,,}n 121n −+{1,2,,}n 12n −121n −+,i j A A {1}i j A A n ∩=+1n +99max21k =−四、（本题满分50分）设整数模2014互不同余， 整数模2014也互不同余. 证明：可将重新排列为， 使得模4028互不同余.证明 记. 不妨设， . 对每个整数，， 若，则令，; 否则， 令，. …………………20分如果是前一种情形，则. 如果是后一种情形， 则也有.若不然， 我们有，，两式相加可得，于是， 但模互不同余，特别地，，矛盾. …………30分由上述构造方法知是的排列. 记， . 下面验证模互不同余. 这只需证明，对任意整数， ，模两两不同余. （*）注意，前面的构造方式已保证.（**） 情形一：， 且. 则由前面的构造方式可知，.由于，故易知与及模不同余，与及模不同余，从而模更不同余，再结合（**）可见（*）得证.情形二：， 且. 则由前面的构造方式可知122014,,,x x x 122014,,,y y y 122014,,,y y y 122014,,,z z z 112220142014,,,x z x z x z +++ 1007k =()mod 2i i x y ik ≡≡12i k ≤≤i 1i k ≤≤()mod 4i i i k i kx y x y k +++≡+/i i z y =i k i k z y ++=i i k z y +=i k i z y +=()mod 4i i i i i k i k i k i kx z x y x y x z k +++++=+≡+=+/()mod 4i i i i k i k i i k i kx z x y x y x z k +++++=+≡+=+/()mod 4i i i k i k x y x y k +++≡+()mod 4i i k i k ix y x y k +++≡+()22mod 4i i kx x k +≡()mod 2i i k x x k +≡122014,,,x x x 2014(2)k =()mod 2i i k x x k +≡/122,,,k z z z 122,,,k y y y ii i w x z =+1,2,,2i k = 122,,,k w w w 4k ,i j 1i j k ≤<≤,,,i j i k j k w w w w ++4k ()()mod 4,mod 4i i k j j k w w k w w k ++≡≡//i i z y =j j z y =()2mod 2i i k w w ik +≡≡()2mod 2j j k w w jk +≡≡()22mod 2i j k ≡/i w j w j k w +2k i k w +j w j k w +2k 4k i i k z y +=j j k z y +=， .同样有与及模不同余，与及模不同余.与情形一相同地可知（*）得证. …………………40分情形三：， 且（，且的情形与此相同）. 则由前面的构造方式可知，.由于 是奇数， 故，更有， 因此仍然有与及模不同余，与及模不同余. 从而（*）得证. 因此本题得证. …………………50分()2mod 2i i k w w i kk +≡≡+()2mod 2j j k w w j k k +≡≡+i w j w j k w +2k i k w +j w j k w +2k i i z y =j j k z y +=i i k z y +=j j z y =()2mod 2i i k w w ik +≡≡()2mod 2j j k w w j kk +≡≡+k ()22mod 2i j k ≡+/()22mod 2i j kk ≡+/i w j w j k w +2k i k w +j w j k w +2k。
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一试试题(B卷)解析
如图，l3
:
x0x 4
+
y0y
=
1，
令 x = −2 得 E −2, 2 + x0 . 2y0
令 y = −1 得 D 4(1 + y0), −1 . x0
则 |EA| = 2 + x0 ，
|AC |
2y0
|CB| = |BD|
x0 ，|DP | = 2(1 + y0) |P E|
y0 + 1
2 + x0 2y0
所以函数 xg(x) 的图像与 x 轴所围成图形的面积是 1 · 1
1
2
π=
π.
222
16
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.
第3页 共5页
9. 设数列 {an} 的前 n 项和 Sn 组成的数列满足 Sn + Sn+1 + Sn+2 = 6n2 + 9n + 7
1，tan ∠P F1F2
=
1 2
,
tan
∠P
F2F1
=
−2.
则
a
=
.
解答
作 P M ⊥ x 轴，设 |F2M | = x，则
tan ∠P F2M = 2 ⇒ |P M | = 2|F2M | = 2x，
tan
∠P F1F2
=
1 2
⇒
|F1M |
=
2|P M |
=
4x，
于是 |F√1F2| = 3x ⇒ S△P F1F2 = 3x2 = 1
⇒x=
3 3
⇒
|F1F2|