2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)_PDF压缩
1, x U 3、对于实数 R 的任意子集 U，我们在 R 上定义函数 fU (x) 0, x U ，如果 A，B 是实数 R
的两个子集，则 f A (x) fB (x) 1，的充分必要条件是
.
4、若果 ABC 的三个内角 A, B,C 的余切 cot A,cot B,cot C 依次成等差数列，则角 B 的最
5”
P (A) = 1 − P (A¯) ≈ 0.4929.
0.49 ( A¯ “
5
5 5
C552
C153 45
A¯
0.01). ”
. P (A¯) ≈
2
8 g(x) = x(1 − x)
π 16
.
g(x)
x–
.
2x = 1
[0, 1] A
y = xg(x)
x–
A
xg(x) x–
.
1 xg(x) + (1 − x)g(1 − x) = xg(x) + (1 − x)g(x) = g(x), 0 x .
Sn+1 + Sn+2 + Sn+3 = 6n2 + 21n + 22
an+1 + an+2 +
an+3 = Sn+3 − Sn = 12n + 15
an + an+1 + an+2 = 12n + 3, n 2.
an+1 + an+2 + an+3 = 12n + 15
an+3 − an = 12.
面积为
1，
tan
PF1F2
=
1 ，tan 2
PF2 F1
2
，则
a
.
7、将一副扑克牌中的大小王去掉，在剩下的 52 张牌中随机地抽取 5 张，其中至少有两张牌上的数
字（或者字母 J，Q，K，A）相同的概率是
（要求计算出这个概率的数值，精确到 0.01）.
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 轴所围
2
A
1 4
π
1 2
2
=
π 16
.
9
{an}
n
Sn
Sn + Sn+1 + Sn+2 = 6n2 + 9n + 7 (n 1).
a1 = 1, a2 = 5
an
.
S1 = 1, S2 = 6, S3 = 6 + a3
S1 + S2 + S3 = 22
a3 = 9, S3 = 15.
a4 = 13. Sn
F1, P
k1
=
tan ∠P F1F2
=
1 2
k2 = − tan ∠P F2F1 = 2.
1 y0 = 2 (x0 + c) . y0 = 2(x0 − c)
.
∆P F1F2
P = P (x0, y0). F2, P
x0
=
5 3
c,
y0
=
4 3
c.
1
=
S∆P F1F2
=
1 2
|F1F2|y0
a3k+1
12
a2 = 5, a3 = 9 a4 = 13.
a1, a2, a3, a4
4
.
an
4
an = 4n − 3 (n 1).
a3 = 9, a4 = 13, . . .
an = 4n − 3
n = 1, 2
n k, (k 2)
nk
Sn = 2n(n + 1) − 3n = 2n2 − n.
f −1(2)
=
3 2
.
y=2
3 2
,
2
f
3 2
=2
f −1(2)
=
3 2
.
2
ABCD − A B C D
A − BD − C
arccos
1 3
(
).
AC BD BD
O.
AC ⊥ BD
∠A OC .
AO CO
cos ∠A OC
=
1 3
3
R
1.
AC
√ = 2, A O = C O =
√
6 2
.
A − BD − C
A
B
H
C
二、在同一直角坐标系中，函数 f (x) ax 4, (a 0) 与其反函数 y f 1(x) 的图像恰有三个不 同的交点. 求实数 a 的取值范围，并证明你的结论 .
三、给定正整数 k 2 ，a,b 是非零整数，且 a b 为奇数，假定方程 ak x bk y a b 有整数解 x, y ， 其中 0 | x y | 2 . 证明：| a b | 是某个整数的 k 次幂 .
n = 1, 2
.
nk
k
k−1
k
k+1
ak+1 = −ak−1 + ak − ak−1 + 2 = −
√ 2
+1
+ √1
+2=
√ 2
+ 1.
2
n=k+1
.
.
6 F1, F2
x2 a2
+
y2 b2
=
1
(a
>
b
>
0)
1
tan ∠P F1F2
=
1 2
,
tan
∠P
F2F1
=
−2.
P
√
a=
15 2
.
F1 = F1(−c, 0), F2 = F2(c, 0), (c > 0)
x0
2y0
4
AD BE
x0(x + 2) + y = 0, 2(2 + x0 + 2y0)
x +
2y0(y + 1)
= 0.
2 2 + x0 + 2y0
λ
Sλ
:
x0(x + 2) 2(2 + x0 + 2y0)
+
y
+
λ
x +
2y0(y + 1)
2 2 + x0 + 2y0
= 0.
Sλ
AD BE
λ = −1.
四、设⊿ ABC 是一个边长为 2 3 的等边三角形，在⊿ ABC 的内部和边界上任取 11 个点.
(1) 证明：一定存在两个点，它们之间的距离小于或等于 1； (2) 证明：一定存在两个点，它们之间的距离严格小于 1；
2014
0
8
.
.
(B )
.
1
f (x)
(0, 0), (1, 1) (2, 3)
E
2
l1
1
P
l3
A
-4
-2
2
4
6
8
10
D
-1
C
B
l2
-2
2014 年全国高中数学联合竞赛加试
B卷
考试时间：2014 年 9 月 14 日上午 9:40~12:10
一、如下图， H 是三个半径同为 R 的圆的共同交点， A, B,C 三点则是另外三个交点. (1) 试证明： H 是⊿ ABC 的垂心； (2) 证明：⊿ ABC 的外接圆半径等于 R .
大值是
.
5、实数列
an
满足条件： a1
2 2
1, a2
2
1, an1
an1
an
n an1
2(n
2) ，则
通项公式 an =
(n 1 ) .
6、
F1
,
F2
是椭圆
x2 a2
y2 b2
（1 a
b 0）的两个焦点，P 为椭圆上的一点，如果 PF1F2 的
a) 已知 x1, x2 , x3 都落在区间 (5,5) 之中，求这三个根的整数部分；
b)
证明：
arctan
x1
arctan
x2
arctan
x3
4
.
6
11、(20 分)如下图，椭圆 : x2 y2 =1 ， A(2, 0), B(0, 1) 是椭圆 上的两点，直线
5
4
A, B
.
1
A ∩ B = ∅.
1
4 B
π
∆ABC
A, B, C
π 3
.
x = cot A, y = cot B, z = cot C
x, y, z
cot A, cot B, cot C
2y = x + z.
y 0.
A+B =π−C
xy − 1 = −z,
x+y
xy + yz + zx = 1.
z
+
x0(x0 + 2) x0 + 2y0)2 −
2x0y0
2
−
(2
+
8y0(y0 + 1) x0 + 2y0)2 −
2x0y0
=
2 + 2y02 + x0 + 4y0 + x0y0 4 + x20 + 4x0 + 4y0 + 2x0y0
《全国高中数学联赛真题暨答案(2011-2021)
2011 年全国高中数学联赛二试 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2020 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2020 年全国高中数学联赛二试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 2019 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 2019 年全国高中数学联赛一试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 2016 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 2016 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 2015 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 2015 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 2014 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 2014 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 2013 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 2013 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 2012 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 2012 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 2011 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 2011 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
2014年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准(加试)
取正整数 k1 满足 1－ 1k1＞cos nt，由（1）可知存在正整数 n，使得 cos n＞1－ 1k1＞22001145． 这与使 cosn＞22001145成立的正整数 n 的个数是 t 矛盾．
所以存在无穷多个正整数 n，使得 cosn＞22001145．
………………………50 分
2014 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试4 卷（加试）参考答案 第 4 页 共 4 页
从而 n＜36，又因为 n 为偶数，所以 n≤34．
……………… 40 分
（3）证明 n=34 能取到．
不妨设凸 34 边形内角中只有两个值 x 和 x－20°，它们相间出现，各为一半，
有 17(2x－20°)＝32×180°，x＝301570°＜180°．x－20°＞0，
知存在满足条件的凸 34 边形．
({x}＝x－［x］，［x］表示不大于 x 的最大整数)． 将区间［0，1)分成 M 个小区间：［0，M1 )，［M1 ，M2 )，…，［MM－1，1)， 由抽屉原理可知，一定存在 1≤i＜j≤M+1，使得{iα}，{jα}在同一个小区间，
因此，|{jα}－{iα}|＜M1 ，从而|nα－(［jα］－［iα］)|＜M1 ，
而当 n 为偶数时，且 x1，x2，…，xn 中一半取 2，一半取 8 时，等号成立． 故当且仅当 n 为偶数，且 x1，x2，…，xn 中一半取 2，一半取 8 时等号成立．
…………………………… 40 分
2014 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试2 卷（加试）参考答案 第 2 页 共 4 页
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⎩⎨⎧ 由①②知，必须有
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。
《全国高中数学联赛真题暨答案(2011-202
−−→ AF1
·
−−→ AF2
+
−−→ BF1
·
−−→ BF2
=
0,
则
|AB| |F1F2|
的值为
．
3.
设a
>
0，函数 f (x)
=
x+
100 x
在区间 (0, a] 上的最小值为 m1，在区间 [a, +∞) 上的
最小值为 m2，若 m1m2 = 2020，则 a 的值为 .
4.
设z
为复数，若
z−2 z−i
为实数（i 为虚数单位），则 |z + 3| 的最小值为
.
5. 在 △ABC 中，AB = 6，BC = 4，边 AC 上的中线长为 √10，则 sin6 A + P − ABC 的所有棱长均为 1，L, M, N 分别为棱 P A, P B, P C 的中点，则该 正三棱锥的外接球被平面 LM N 所截的截面面积为 ．
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2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)_PDF压缩
2
，
即 tan an
3n 2 ． 3
…………………10 分
因此
sin
a1
sin
a2
sin
am
tan sec
a1 a1
tan sec
a2 a2
tan sec
am am
tan a1 tan a2 tan am （利用①） tan a2 tan a3 tan am1
……………8 分
(2)
因 为 a = −2
b
b
，故直线
PO
的斜率
k1
2
，直线
PR
的斜率
k2
4
．设
OPR ，则 为锐角，且
PQ QR
1 1 k1k2 tan k1 k2
1 b2 b4 b b
8 b2 2 8b2 2
5 ．
8. 设 A ， B ， C ， D 是空间四个不共面的点，以 1 的概率在每对点之间连一条边，任 2
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： 3 ． 4
解：每对点之间是否连边有 2 种可能，共有 26 64 种情况．考虑其中 A ， B 可用折线
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，
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|
2014年全国高中数学联赛试题及答案
2014年全国高中数学联赛(B 卷)一 试一、填空题（每小题8分，共64分，） 1.函数xx x f 3245)(---=的值域是 .2. 已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-，则实数a 的取值围是 .3.双曲线122=-y x的右半支与直线100=x 围成的区域部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .4.已知}{n a 是公差不为0的等差数列，}{n b 是等比数列，其中3522113,,1,3b a b a b a ====，且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ，则=+βα .5. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .6.两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .7.正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin .8.方程2010=++z y x满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 .二、解答题（本题满分56分） 9. （16分）已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，当10≤≤x 时，1)(≤'x f ，试求a 的最大值.10.（20分）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .线段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02523=-+x x恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r .解 答1. ]3,3[- 提示：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示：令t x =sin ，则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=，即 t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ，0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . （1）当1,0-=t 时（1）总成立；对20,102≤+<≤<t t t ；对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 部的整点的个数为99k -，从而在x 轴上方区域部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示 ：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则,3q d =+ （1） 2)43(3q d =+， （2）（1）代入（2）得961292++=+d d d ，求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立.从而βαα+-=-=9log 3,69log ，求得 3,33==βα，333+=+βα.5. 41- 提示：令,y a x=则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=，所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以412232)(12min -=-⨯+=--y g . 综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-. 6.1217 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为 +⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.提示：解法一：如图，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B .设分别与平面PBA 1、平面PA B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B n 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos 4αα=⇒=.所以 410sin =α.OEPC 1B 1A 1A解法二：如图，PB PA PC PC==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为 所以 从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结EB 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B OB .4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 336675 提示：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一：,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得 )21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤8≤，所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g .设 12-=x z，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ， 即21434302≤++++≤c b a z a ， 从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a .又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=，01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1） 易知0,5==y x 是（1）的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2） （2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离22029)0()25(y y CM h+=-+-==.2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC+⋅-+=⋅=∆)9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=.当且仅当222249yy-=+，即0y=,66((33A B+-或66((33A B-时等号成立.所以，ABC∆面积的最大值为7314.11.令252)(3-+=xxxf，则056)(2>+='xxf，所以)(xf是严格递增的.又43)21(,02)0(>=<-=ff，故)(xf有唯一实数根1(0,)2r∈.所以32520r r+-=，3152rr-=4710r r r r=++++.故数列),2,1(23=-=nnan是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列<<<<naaa21和<<<<nbbb21满足52321321=+++=+++bbbaaa rrrrrr，去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321tttsss rrrrrr，这里<<<<<<321321,tttsss，所有的is与jt都是不同的.不妨设11ts<，则++=++<21211ttsss rrrrr，112111111121211=--<--=++≤++<--rrrrr stst，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加试1. （40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．2. （40分）设k 是给定的正整数，12rk =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥． 3. （50分）给定整数2n>，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑． 4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解 答1. 用反证法．若A ，B ，D ，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆与AD 交于点E ，连接BE 并延长交直线AN 于点Q ，连接CE 并延长交直线AM 于点P ，连接PQ ． 因为2PK=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）()()2222POr KO r =-+-，同理()()22222QKQO rKOr=-+-，所以 2222PO PK QO QK-=-，故OK ⊥PQ ． 由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ①由梅劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③M由①，②，③可得NB MC BD CD =， 所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆.注1：“2PK=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅， ⑤⑤-④，得 2PKPE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）． 注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v=时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． 假设命题对1(1)v v-≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是FE QPONMK DCBA()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v fr +是一个整数，这就完成了归纳证明． 3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111kn n k i ii i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑ 111max (),n k k n k n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1kn=-， 故111nnnk kn kk k k a AnA A ===-=-∑∑∑()1111n n nk n kk k AA A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<-⎪⎝⎭∑12n -=． 4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则DOC 专业资料. 标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2i n C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i j n i n ij C -⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ② 代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 0022(1)(21)(21)n n kn k k n k k n n nn k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+．当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2n i =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑ ()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．。