2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
x3 − 10x + 11 = 0
.
a)
x1, x2, x3
(−5, 5)
b)
arctan x1
+
arctan
x2
+
arctan x3
=
π 4
.
(
a)
5 b)
15 )
a) P (x) = x3 − 10x + 11
.
P (−5) = −64, P (−4) =
−13, P (−3) = 14, P (−2) = 23, P (−1) = 20, P (0) = 11, P (1) = 2, P (2) = −1, P (3) = 8, . . .
CP
.
Q
CP
.
Ceva .
EA AC
·
CB BD
·
DP PE
=
x0 + 2 2y0
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
x20 2
+ x0
− 2y02
− 2y0
=
x0 2
−
y0
(2
+
x0
+
2y0)
=
x0
−
2y0
+
x20 2
−
2y02.
CP
AD BE
.
.
AD BE
. Q
−
(2
+
8y0(y0 + x0 + 2y0)2
1) −
2x0y0
,
−
(2
+
x0(x0 + 2) x0 + 2y0)2 −
2x0y0
CQ
kCQ =
1
−
(2
2014 年全国高中数学联合竞赛一试
B卷
一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）
1、若函数 f (x) 的图像是由依次连接点 (0,0),(1,1)和(2,3) 的折线，则 f 1(2) =
.
2、在正方体 ABCD ABCD 中，二面角 A BD C等于_____________.(用反三角表示)
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
x3
x2, x3 > 1
−
π 4
,
π 4
π tan (arctan x1 + arctan x2) = tan 4 − arctan x3
.
x1+x2 1−x1x2
=
1−x3 1+x3
3
xi + xixj − x1x2x3 = 1.
i=1
i=j
3
xi = 0, xixj = −10, x1x2x3 = −11.
(−4, −3), (1, 2) (2, 3)
P (x)
−4, 1, 2
.
(−4, −3)
−3
.
b)
x1 < x2 < x3
arctan x2, arctan x3 ∈
π 4
,
π 2
.
.
x1 < −1arc Nhomakorabeaan x1 ∈
−
π 2
,
−
π 4
arctan x1 + arctan x2
π 4
−
arctan
=
4 3
c2
√
c=
3 2
.
P
√√
563, 233 .
2a = |P F1| + |P F2| =
√
a=
15 2
.
7
(x0 + c)2 + y02 +
(x0
−
c)2
+
y02
=
√ 2 15
3
+
√ 15 3
=
√ 15.
52
5
(
J, Q, K, A)
A¯
.
A¯
AA 13
A¯ “
0.5071
4
45C153
.
52
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
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)
a3k−1, a3k an
ak+1 = Sk+1 − Sk = (Sk+1 + Sk + Sk−1) − 2Sk − Sk−1 = 6(k − 1)2 + 9(k − 1) + 7 − 4k2 + 2k − 2(k − 1)2 + k − 1 = 4k + 1 = 4(k + 1) − 3
3
10
x1, x2, x3
S−1
P
. AD BE
S−1
C C
C(−2, −1) .
x0(x0 2(2 + x0
+ 2) + 2y0)
+
y0
−
x0 + 2y0(y0 + 1) 2 2 + x0 + 2y0
= 0.
x0(x0 + 2) − 2(2 + x0
4y0(y0 + + 2y0)
1)
=
x0 2
−
y0.
2 + x0 + 2y0
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.
成图形的面积是
.
二、解答题（本大题共 3 小题，共 56 分）
9、（16 分）设数列 an 的前 n 项和Sn 组成的数列满足 Sn Sn1 Sn2 6n2 9n 7(n 1) .
已知 a1 1, a2 5 ，求数列 an 的通项公式.
10、(20 分)设 x1, x2 , x3 是多项式方程 x3 10x 11 0 的三个根.
∆ = 12y2 − 4 0.
x2 − 2xy + (1 − 2y2) = 0.
√
cot B = y
3 3
B
π 3
.
x
A
=
B
=
C
=
π 3
B
.
5
{an}
√
√
a1 =
2 2
+
1, a2
=
2 + 1, an+1
+ an−1
=
n an −an−1
+ 2(n
2)
an
=
√n 2
+1
(n
1).
an
=
√n 2
+1
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
全国高中数学联赛B卷试题及答案
一试一、选择题：（每小题8分，共64分）{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为．答案：6．解：由于()2222132632424243622,a a a a a a a a a a a =++=++=+且240,a a +>故24 6.a a +=另解：设等比数列的公比为，则52611.a a a q a q +=+又因()()()()()22252132********2223331111112436222,a a a a a a a q a q a q a q a q a q a qa q a q a q aa =++=⋅+⋅+=+⋅⋅+=+=+而240a a +>，从而24 6.a a +={}|12A a a =-≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为．答案：7．解：点集如图中阴影部分所示，其面积为 133227.2MRSMNPQ S S-=⨯-⨯⨯=正方形满足22z z z z +=≠（表示的共轭复数），则的所有可能值的积为． 答案：3．解：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知，222i 22i i,a b ab a b a b -+++=-比较虚、实部得220,230.a b a ab b -+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =-，进而23.2b a a =±+=±于是，满足条件的复数的积为3333i i 3.2222⎛⎫⎛⎫-+--= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()(),f x g x 均为定义在上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为．答案：2016. 解：由条件知 ()()002,f g +=①()()22818190.f g +=++=②由()(),f x g x 图像的对称性，可得()()()()02,024,f f g g =+=-结合①知， ()()()()22400 2.f g f g --=+=③由②、③解得()()248,242,f g ==从而()()2248422016.f g =⨯=另解：因为()()391x f x g x x +=++， ①所以()()2290.f g +=②因为()f x 的图像关于直线1x =对称，所以 ()()2.f x f x =-③又因为()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，所以函数()()12h x g x =++是奇函数，()()h x h x -=-，()()1212g x g x ⎡⎤-++=-++⎣⎦，从而()()2 4.g x g x =---④将③、④代入①，再移项，得 ()()3229 5.x f x g x x ---=++⑤在⑤式中令0x =，得()()22 6.f g -=⑥由②、⑥解得()()248,246.f g ==于是()()222016.f g =5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为．解：样本空间中有35125=个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为成角的余弦值为．设异面直线,AM BN所成的角为，则112AM BNAM BN⋅-=⋅正整数满足2016n ≤，且不超过的最大整数．解：由于对任意整数，有二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16解(100a a =10.（20中，已知AB ⋅（1的长分别记为,a b （2解 （1cos AB AC cb ⋅=222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +-+-⋅=⋅=故已知条件化为()()222222223,a a c b a b c ++-=+- 2.c（2）由余弦定理及基本不等式，得11.（20解这意味着符合条件的只可能为加试一、（40（1（2解：由已知条件（1由条件（21．二、（40分）设是正整数，且是奇数．已知的不超过的正约数的个数为奇数，证明：有一个约数，满三、（50点在线段上．四、（50分）设是任意一个11少于负数个数．下面分类讨论：情况一：中没有负数．情况二：中至少有一个负数．它们是中的76,,2,2±±是个17元集合．综上所述，的元素个数的最小值为。
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．。
2014年全国高中数学联赛一试B卷
2014年全国高中数学联赛(B)一试一、填空题：每小题8分，共64分. 将答案填在相应的横线上.1. 若函数()f x 的图像是由依次连接点(0,0)，(1,1)和(2,3)的折线，则()12f -=__________.2. 在正方体ABCD A B C D ''''-中，二面角A BD C ''--等于__________.（用反三角表示）3. 对于实数R 的任意子集U ，我们在R 上定义函数()1,0,U x U f x x U ∈⎧=⎨∉⎩，如果A ，B 是实数R 的两个子集，则()()1A B f x f x +≡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 的最大值是__________. 5. 实数列{}n a满足条件：11a =+，21a +，1112n n n n n a a a a +--+=+-（2n ≥），则该数列的通项公式n a =__________.（1n ≥）6. 1F ，2F 是椭圆22221x y a b+=（0a b >>）的两个焦点，P 为椭圆上的一点，如果△2PFF 的面积为1，121tan 2PF F ∠=，21tan 2PF F ∠=，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 =是定义在区间[]0,1上的函数，则函数()y x g x =⋅的图像与x 轴所围成图形的面积是__________.二、解答题：本大题共3小题，共56分. 解答应写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤.9. （本题满分16分）设数列{}n a 的前n 项和n S 组成的数列满足：212697n n n S S S n n ++++=++（1n ≥）已知11a =，25a =，求数列{}n a 的通项公式.10. （本题满分20分）设1x ，2x ，3x 是多顶式方程310110x x -+=的三个根.（1）已知1x ，2x ，3x 都落在区间()5,5-之中，求这三个根的整数部分； （2）求证：1arctan 4x π=∑.11. （本题满分20分）如下图，椭圆22:14x y Γ+=，()2,0A -，()0,1B - 是椭圆Γ上的两点，直线1:2l x =-，2:1l y =-， ()00,P x y （00x >，00y >）是Γ上的一个动点，3l 是过点P 且与Γ相切的直线，C 、D 、E 分别是直线1l 与2l ，2l 与3l ，1l 与3l 的交点，求证：三条直线AD ，BE 和CP 共点.l。
2014年高中数学联赛二试解答
2014年高中数学联赛二试解答一、实数,,a b c 满足1a b c ++=，0abc >。
求证：124ab bc ca ++<+。
证明：不妨设a b c ≥≥，由于02>，故我们可以假设14ab bc ca ++>。
由于13a ≥，因此21()11434124abc a ab bc ca ++++−≤−=≤①，等号仅当13a b c ===时成立。
也有111()(1)444ab bc ca a b c bc a a bc bc ++−=++−=−+−≤②，等号仅当12a =时成立，因此①、②等号不能同时成立。
①、②相乘可得2144abc ab bc ca ⎛⎞++−<⎜⎟⎝⎠，因此142ab bc ca ++−<。
综上所述，结论成立。
二、如图，在锐角ABC Δ中60BAC ∠≠°，过,B C 作ABC Δ外接圆的切线,BD CE ，满足BD CE BC ==。
直线DE 与,AB AC 延长线交于,F G ，,CF BD 交于M ，,CE BG 交于N ，求证：AM AN =。
证明：由已知BD CE =，并且DBC BAC ECB ∠=∠=∠，故BCED 是等腰梯形，作BAC ∠的平分线与BC 交于X 。
由于DFB ABC ∠=∠，FDB DBC BAC ∠=∠=∠，所以DFB ABC ΔΔ∼，因此BX AB DF DF FMXC AC DB BC MC====所以XM BF ，同理XN CG ，故XC ACXM BF BF BC AB AC==+，XB ABXN CG CG BC AB AC ==+，因此1XM AC BF XN AB CG==，所以XM XN =，由于11802AXM BAC AXN ∠=°−∠=∠，因此AXM AXN Δ≅Δ，所以AM AN =。
三、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的子集，若它们的交非空，则它们交集中最小元素与这两个子集的最大元素均不相同。
2014全国高中数学联赛二试B卷试题和解答修正
2014全国高中数学联赛二试B卷试题和解答修正第三题解答的修正：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a k x−b k 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次幂解：因0<|x−y|≤2,∴−2≤x−y≤2且x≠y,x,y是整数。
∴x−y=±1或x−y=±2.a+b是奇数，a,b一奇一偶。
当a为奇数,x=y+1时：a k x−b k y=a−b。
a k y+a k−b k y=a−b.a k−b k y a−b +a ka−b=1a−b(a k−1+a k−2b+⋯+a k−r b r−1+⋯+b k−1)y+a k=1a+b为奇数，∴a k−1+a k−2b+⋯+a k−r b r−1+⋯+b k−1为奇数y为整数∴a ka−b也为整数，a−b是a k的约数。
当|a−b|=a k这时：y=0,x=1是方程的解。
当|a−b|≠a k时，只能a−b=c1t c2r,这里t,r≤k,c1,c2是a的约数,可设a=c1c2c3c1,c2至少有一个≠1于是b=a±c1t c2r, b k=[a±c1t c2r]k=[c1c2c3±c1t c2r]k=(c1c2)k(c3±c1t−1c2r−1)ka k−b k y+a k=1[c1c2c3)k−c1c2k(c3±c1t−1c2r−1)k]y±c1t c2r +(c1c2c3)k±c1t c2r=1[±c1k−t c2k−r c3k∓c1k−t c2k−r c3±c1t−1c2r−1)k y±c1k−t c2k−r c3k=1 ±c1k−t c2k−r[2c3k∓(c3±c1t−1c2r−1)k]y=1，因为c1,c2至少有一个≠1，∴这是不可能的。