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1、精品学习资源说明：2021 年全国高中数学联合竞赛A 卷参考答案及评分标准一试欢迎下载精品学习资源1. 评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设；分和香分两档；其他各题的评阅，请严格依据本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 假如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 小题该分为一个档次， 不要增加其他中间档次一、填空题：本大题共8 小题，每题8 分，总分值 64 分欢迎下载精品学习资源1. 设 a,b 为不相等的实数， 假设二次函数f xx2axb 中意f af b
2、，就f 2欢迎下载精品学习资源答案： 4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得aba，即 2ab220 ，所欢迎下载精品学习资源以 f 242 ab4 欢迎下载精品学习资源2. 假设实数中意costan1，就sincos4的值为欢迎下载精品学习资源答案： 2. 解：由条件知，cos2sin，反复利用此结论， 并留意到cos2sin 21 ，欢迎下载精品学习资源得1 sincos4cos2sinsin 2sin 21sin1cos 2欢迎下载精品学习资源2sincos22 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源3. 已知复数数列zn 中意 z11, zn 1zn1ni n1,2, ，其
3、中 i 为虚数单位，zn 表示欢迎下载精品学习资源zn 的共轭复数，就z2021欢迎下载精品学习资源答案： 2021 + 1007i 解：由己知得，对一切正整数n，有欢迎下载精品学习资源zn 2zn 11n1izn1ni1 n1izn2 i ,欢迎下载精品学习资源于是 z2021z110072i 20211007i 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源4. 在矩形 ABCD 中， AB2, AD1 ，边 DC 上包含点 D、C的动点 P 与 CB 延长线欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源上包含点 B 的动点 Q 中意条件 DPBQ ，就 PAPQ 的最小值为欢迎下载精品学习资源答案
4、3 4解：不妨设 A 0 , 0 , B 2 , 0 , D 0 , l 设 P 的坐标为 t , l其中 0t2 ，就欢迎下载精品学习资源由 | DP| | BQ|得 Q 的坐标为 2， - t ，故 PA t ,1, PQ2t,t1 ,因此，欢迎下载精品学习资源PA PQ t 2t 1 t1t 2t1t1 233 欢迎下载精品学习资源1当 t时，23PA PQmin4244欢迎下载精品学习资源5. 在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为欢迎下载精品学习资源答案： 255解：设正方体为ABCD-EFGH ，它共有 12 条棱，从中任意取出3 条棱的方法欢迎下载精品学习资源C3共有 12
5、=220 种欢迎下载精品学习资源下面考虑使 3 条棱两两异面的取法数 由于正方体的棱共确定 3 个互不平行的方向 即AB 、AD 、AE 的方向，具有相同方向的 4 条棱两两共面，因此取出的 3 条棱必属于 3 个不同的方向可先取定 AB 方向的棱，这有 4 种取法不妨设取的棱就是 AB ，就 AD 方向只能取棱 EH 或棱 FG，共 2 种可能当 AD 方向取棱是 EH 或 FG 时， AE 方向取棱分别只能82欢迎下载精品学习资源是 CG 或 DH 由上可知， 3 条棱两两异面的取法数为4 2=8，故所求概率为22055欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源6. 在平面直角坐标系xOy
6、中，点集域的面积为 x, y x3y6 3xy60 所对应的平面区欢迎下载精品学习资源答案：24解：设 K 1x, y | x | 3 y |60 欢迎下载精品学习资源先 考 虑K 1 在 第 一 象 限 中 的 部 分 ， 此 时 有欢迎下载精品学习资源x3 y6 ,故这些点对应于图中的OCD 及其内欢迎下载精品学习资源部由对称性知，K 1对应的区域是图中以原点O欢迎下载精品学习资源为中心的菱形ABCD 及其内部欢迎下载精品学习资源同理，设K2x, y | 3x | y |60 ，欢迎下载精品学习资源就 K 2 对应的区域是图中以O 为中心的菱形 EFGH及其内部由点集 K 的定义知， K
7、所对应的平面区域是被 K 1、 K 2 中恰好一个所掩盖的部分，因此此题所要求的即为图中阴影区域的面积S欢迎下载精品学习资源由于直线 CD 的方程为 x3 y6 ，直线 GH 的方程为 3 xy6 ，故它们的交点 P 的欢迎下载精品学习资源坐标为 33 由对称性知，13欢迎下载精品学习资源,22S8SCPG8424 22欢迎下载精品学习资源7. 设为正实数，假设存在实数取值范畴为答 案 ：9513a,bab2 ，使得sinasinb2 ，就的欢迎下载精品学习资源w, 424 解 ：sinasinb2 知 ， sinasinb1 ， 而欢迎下载精品学习资源sia,b w,2w ，故题目条件等价于
8、：存在整数k,l kl ，使得欢迎下载精品学习资源w2k2l 22w 2欢迎下载精品学习资源当 w4 时，区间 w,2 w 的长度不小于4，故必存在k ,l 中意式欢迎下载精品学习资源当 0w4 时，留意到 w5,2 w0,8 ，故仅需考虑如下几种情形：15欢迎下载精品学习资源(i) w2w，此时 w且 w无解；22245995欢迎下载精品学习资源(ii) iiw 2 w，此时w;欢迎下载精品学习资源229134213913欢迎下载精品学习资源(iii) iiiw2 w，此时w,得w4 欢迎下载精品学习资源22424欢迎下载精品学习资源综合 i 、ii 、 iii ，并留意到 w4亦中意条件，
9、可知9513欢迎下载精品学习资源w, 424欢迎下载精品学习资源8. 对四位数 abcd 1a9,0b， c, d9 ，假设 ab,bc,cd, 就称 abcd 为 P 类欢迎下载精品学习资源数；假设 ab,bc, cd ，就称 abcd 为 Q 类数，用 NP 和 NQ 分别表示 P 类数与 Q 类欢迎下载精品学习资源数的个数，就NP-NQ 的值为答案： 285解：分别记 P 类数、 Q 类数的全体为 A 、B，再将个位数为零的P 类数全欢迎下载精品学习资源体记为A0 ，个位数不等于零的尸类数全体记为A1欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源对任一四位数abcdA1 ，将其对应到四位数 d
10、cba ，留意到 ab, bc, cd1，故欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源dcbaB 反之，每个dcbaB 唯独对应于从中的元素abcd 这建立了A1与 B 之间的欢迎下载精品学习资源一一对应，因此有N PN Q| A | B | | A0| A1 | B | | A1 | 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源下面运算| A0| 对任一四位数abc0A0 ,b 可取 0, 1，9，对其中每个 b ，由 ba9欢迎下载精品学习资源及 bc9 知， a 和 c 分别有 999b 种取法，从而欢迎下载精品学习资源| A02|9bk 291019285 欢迎下载精品学习资源b 0k 16
11、欢迎下载精品学习资源因此，N PN Q285 欢迎下载精品学习资源ab二、解答题：本大题共3 小题，总分值 56 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤；欢迎下载精品学习资源9. 此题总分值 16 分假设实数a,b, c 中意 242c ,4 a2b4 c ，求 c 的最小值欢迎下载精品学习资源解：将 2a, 2b ,2 c 分别记为x, y, z，就x, y, z0 欢迎下载精品学习资源由条件知，x y2z, x2y z2 ，故 z2yx2 zy2 2z22 y 2zy4 8 分欢迎下载精品学习资源因此，结合平均值不等式可得，4欢迎下载精品学习资源yy121112113 3欢迎下载精品学
12、习资源z2y 22 y4yy433 2 yyy2 12 分4欢迎下载精品学习资源当 2 y21 ，即 yy1时， z 的最小值为3 23 3 2 此时相应的 x 值为43 32 ，符合要4欢迎下载精品学习资源求由于 clogz ，故 c 的最小值 log 3 3 2log 35 16 分欢迎下载精品学习资源22243欢迎下载精品学习资源10. 此题总分值 20 分设a1, a2 , a3, a 4 为四个有理数，使得：欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源ai a j 1ij424, 2,3 ,1 ,1,328，求 a1a2a3a4的值欢迎下载精品学习资源解：由条件可知，ai a j 1ij
13、4 是 6 个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源由 此 知 ，a1, a2, a3 ,a 4的 绝 对 值 互 不 相 等 ， 不 妨 设| a1 | a2 | a3 | a4 | ， 就欢迎下载精品学习资源| ai| a j| 1ij4 中最小的与次小的两个数分别是| a1 | a2| 及 | a1 | a3|，最大与次大的欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源两个数分别是a1a2a1a3 a2 a4| a31 ,81,3,| a4 | 及| a210 分| a4| ，从而必需有欢迎下载精品学习资源a3a424,欢迎下载精品学习资源于是 a1 ,
14、 a1 , a324a 欢迎下载精品学习资源23418a1a1a2欢迎下载精品学习资源1故 a a , a a 1,24a 22,3 ， 15 分欢迎下载精品学习资源231 48a 212欢迎下载精品学习资源1结合 a1Q ，只可能 a14欢迎下载精品学习资源1234由此易知， a1 , a1 , a4, a42检验知这两组解均中意问题的条件6 或者 a1 ,a1 , a4, a6 123442欢迎下载精品学习资源故 a1a2a3a49 20 分4x2欢迎下载精品学习资源11. 此题总分值 20 分在平面坐标系xOy 中，F1 , F2分别为椭圆2y21 的左右欢迎下载精品学习资源焦点，设不经
15、过焦点F1的直线 l 与椭圆交于两个不同的点A, B ，焦点F2 到直线 l 的距离为欢迎下载精品学习资源d ，假如 AF1, l , BF1 的斜率依次成等差数列，求d 的取值范畴解：由条件知， 点 F1、F2 的坐标分别为 -1, 0和l, 0设直线 l 的方程为 ykxm ，x2欢迎下载精品学习资源点 A 、B 的坐标分别为x , y 和 x, y ，就x , x 中意方程 kxm 21 ，即欢迎下载精品学习资源2k 21) x24kmx112m22212220 欢迎下载精品学习资源由于点 A 、B 不重合，且直线l 的斜率存在，故x1, x2 是方程的两个不同实根，因此欢迎下载精品学习
16、资源有的判别式4 km 24 2 k 21 2 m2282k21m2 0 ，即欢迎下载精品学习资源2k 21m2 欢迎下载精品学习资源由直线AF1, l , BF1的斜率y1x11y2, k,x2依次成等差数列知，1y1x11y2x212k ，又欢迎下载精品学习资源y1kx1m, y2kx2m ，所以 kx1m x21) kx2m x112k x11 x21 ，欢迎下载精品学习资源化简并整理得， mk x1x220 欢迎下载精品学习资源假设 mk ，就直线 l 的方程为 ykxk ，即 z 经过点F1 -1, 0，不符合条件欢迎下载精品学习资源因此必有1x1x220 ，故由方程及韦达定理知，4
17、km 2k 21x1x22 ，即欢迎下载精品学习资源mk2k2212212欢迎下载精品学习资源由、知， 2k1mk2k，化简得 k4k 2，这等价于| k |2欢迎下载精品学习资源反之， 当 m, k 中意及| k |2时，l 必不经过点2F1否就将导致 mk ，与冲突 ,欢迎下载精品学习资源而此时m,k 中意，故 l 与椭圆有两个不同的交点A 、B ，同时也保证了AF1 、 BF1的斜率欢迎下载精品学习资源存在否就x1, x2 中的某一个为 - l ，结合 x1x220 知 x1x21，与方程有两个不欢迎下载精品学习资源同的实根冲突 10 分点 F2 l , 0 到直线 l:ykxm 的距离
18、为欢迎下载精品学习资源d| km |1| 2 k1 |121 欢迎下载精品学习资源1k 21k 22 k1212k 2欢迎下载精品学习资源留意到| k |2 ，令 t2k11 ，就 t k 21,3，上式可改写为欢迎下载精品学习资源1t2313dt t222t欢迎下载精品学习资源考虑到函数f t1 t3 在1,3 上上单调递减，故由得，f 3df 1，欢迎下载精品学习资源2t即 d3, 2 20 分欢迎下载精品学习资源1. 此题总分值40 分设 a1, a2 , an n加试2) 是实数， 证明： 可以选取1,2 ,n1,1 ，欢迎下载精品学习资源2n使得 ai i 1n2i ai i 1n1
19、nia 2 i 1n2欢迎下载精品学习资源iijin2nn欢迎下载精品学习资源证法一 ：我们证明： a 2aan1a2 ，欢迎下载精品学习资源i 1i 1ni 1j 2欢迎下载精品学习资源即对 i1, 2, n ，取1，对 ii2n1, n ，取i1 符合要求这里， x 2欢迎下载精品学习资源表示实数 x 的整数部分 10 分事实上，的左边为欢迎下载精品学习资源2 n n 2n22n22n 2 n欢迎下载精品学习资源aii 1ja jn 1aii 1ja jn 12aii 12a jnj 1欢迎下载精品学习资源222n n2nn欢迎下载精品学习资源2a22 na2柯西不等式 30 分欢迎下载精
20、品学习资源22i 1nijnj 12欢迎下载精品学习资源 22n2n1nnn1欢迎下载精品学习资源22a22a2利用 n欢迎下载精品学习资源2i 1 n 2ijnj 12n欢迎下载精品学习资源na2n1a2利用 xx 欢迎下载精品学习资源iji 1n欢迎下载精品学习资源nn1i 1a 2 j 1 2欢迎下载精品学习资源i所以 得证，从而此题得证欢迎下载精品学习资源证法二 ：第一，由于问题中a1,a2, an 的对称性，可设 a1a2nan 此外，假欢迎下载精品学习资源设将 a , a, a 中的负数均转变符号，就问题中的不等式左边的a 2 不减，而右边的欢迎下载精品学习资源12nii 12n欢
21、迎下载精品学习资源ai不 变 ， 并 且 这 一 手 续 不 影 响i1i 1的 选 取 ， 因 此 我 们 可 进 一 步 设欢迎下载精品学习资源a1a2an0 10 分欢迎下载精品学习资源引理 ：设naaa0 ，就 01i 1aa 欢迎下载精品学习资源12ni1i 1欢迎下载精品学习资源事实上，由于 ainai 1 i1,2, n1) ，故当 n 是偶数时，欢迎下载精品学习资源 1i 1 aaa aaaa0 ，欢迎下载精品学习资源i1234i 1nn 1n欢迎下载精品学习资源 1i 1 aa aaaaaa 欢迎下载精品学习资源i123i 1n 2n 1n1欢迎下载精品学习资源当 n 是奇数
22、时，n欢迎下载精品学习资源 1i 1 aaa aa aaa0 ，欢迎下载精品学习资源i1234i 1nn 2n 1n欢迎下载精品学习资源 1i 1 aa aaaa a 欢迎下载精品学习资源i123i 1n 1n1欢迎下载精品学习资源引理得证30 分回到原题，由柯西不等式及上面引理可知n2n2nna 1i 1ana2a2n1a2 ，iii1ii 1i 1i 1i 1欢迎下载精品学习资源这就证明白结论40 分证 法 三 ： 加 强 命 题 ： 设a1, a2, an n2 是 实 数 ， 证 明 ： 可 以 选 取欢迎下载精品学习资源1,2,n1,1，使得nnia 2i 1i 1a 2n1 nni
23、 12 .欢迎下载精品学习资源iiai证明 不妨设 a 2a2a2 ，以下分 n 为奇数和 n 为偶数两种情形证明 .欢迎下载精品学习资源12n当 n 为奇数时，取12n 11 ，n 1n 3n1 ，于是有欢迎下载精品学习资源n 1n2n222n 12n欢迎下载精品学习资源a 2a a 22a 2 +a 2 iijij欢迎下载精品学习资源i 1i 1n 1j n 12i 1j n 12欢迎下载精品学习资源2n12n1n2欢迎下载精品学习资源2ai 2i 1n 12+2 n2j n 12naj 应用柯西不等式 .欢迎下载精品学习资源n1a2+n1a2 欢迎下载精品学习资源iji 1j n 122
24、n 1欢迎下载精品学习资源222121n2欢迎下载精品学习资源另外，由于 a1a2an ，易证有1ain i 11n ja j ，n 12欢迎下载精品学习资源ain 1欢迎下载精品学习资源因此，由式即得到 n1i2ai2+ n11jnja2 n 12n1 nni 12 ，欢迎下载精品学习资源故 n 为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当12n 11 ，2欢迎下载精品学习资源n 1n 3n1 ，且 a1a2an 时取等号 .欢迎下载精品学习资源22欢迎下载精品学习资源当 n 为偶数时，取12n1 ，n 2n 4n1 ，于是有欢迎下载精品学习资源nn2n222n2n欢迎下载精品学习资源
25、a 2a a 22a 2 +a 2 2iijij欢迎下载精品学习资源i 1i 1nj n 22i 1j n 22欢迎下载精品学习资源2 n 2n2ai2 +2 ni 1n 2jnja2 应用柯西不等式 .n 22欢迎下载精品学习资源n2ai2+i 1jnja2 n 22na2nii 1n1 2an，ini 1欢迎下载精品学习资源故 n 为偶数时， 原命题也成立， 而且由证明过程可知， 当且仅当 a1a2an0 时欢迎下载精品学习资源取等号，假设a1, a2, an 不全为零，就取不到等号.欢迎下载精品学习资源综上，联赛加试题一的加强命题获证.欢迎下载精品学习资源2. 此题总分值 40 分设SA
26、1, A2 , An, 其中A1, A2 , An 是 n 个互不相同的有限集合欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源 n2 ，中意对任意的Ai , AjS ，均有 AiAjS ，假设 kmin Ai2 ，证明：存在欢迎下载精品学习资源nx Aii 1，使得 x 属于A1,A2 , An 中的至少n 个集合k1 i n欢迎下载精品学习资源证明：不妨设| A1 |k 设在A1, A2, An 中与A1 不相交的集合有s 个，重新记为欢迎下载精品学习资源B1, B2, Bs ，设包含A1的集合有 t 个，重新记为C1, C2 , Ct 由已知条件， BiA1S ，欢迎下载精品学习资源即 BiA1
27、 C1, C2,Ct，这样我们得到一个映射欢迎下载精品学习资源f :B1, B2, Bs C1 ,C2 , Ct ,f Bi BiA1欢迎下载精品学习资源明显 f 是单映射，于是，st 10 分欢迎下载精品学习资源设 A1 a1, a2 , ak 在A1,A2, An 中除去B1, B2, Bs ， C1,C2, Ct后，在剩欢迎下载精品学习资源下的 nst 个集合中，设包含ai 的集合有xi 个 1ik ，由于剩下的nst 个集合欢迎下载精品学习资源中每个集合与从的交非空，即包含某个ai ，从而欢迎下载精品学习资源x1x2xknst 20 分欢迎下载精品学习资源不妨设 xmax x ，就由上
28、式知 xnst，即在剩下的 nst 个集合中， 包含 a欢迎下载精品学习资源11 i kiik1欢迎下载精品学习资源的集合至少有nst个又由于 AC i1,2, t ，故 C , C,C 都包含a ，因此欢迎下载精品学习资源1i12t1k欢迎下载精品学习资源包含 a1 的集合个数至少为nsttnsk1tnst利用 k2 欢迎下载精品学习资源kkkn 利用 st 40 分k3. 此题总分值 50 分如图，ABC 内接于圆 O ， P 为 BC 弧上欢迎下载精品学习资源一点，点 K 在 AP 上，使得 BK 平分ABC ，过 K , P, C三点的圆欢迎下载精品学习资源与边 AC 交于 D ，连接
29、 BD交圆于 E ，连接 PE ，延长交 AB欢迎下载精品学习资源于 F ，证明：ABC2FCB 欢迎下载精品学习资源证法一 ：设 CF 与圆 Q 交于点 L异于 C，连接 PB、PC、 BL 、KL 欢迎下载精品学习资源留意此时 C、 D、L、K 、E、P 六点均在圆上，结合 A 、 B、P、 C 四点共圆，可知FEB= DEP=18 0 - DCP= ABP= FBP，因此 FB E FPB，故 FB2 =FEFP10 分又由圆幂定理知，FE FP= FL FC，所以 FB2 =FL FC 从而 FBL FCB 因此 , FLB= FBC= APC= KPC= FLK,即 B 、K 、L三
30、点共线 30 分再依据 FBL FCB 得，欢迎下载精品学习资源 FCB= FBL= 12 ABC,即 ABC=2 FCB 欢迎下载精品学习资源证法二：设 CF 与圆交于点 L异于 C对圆内接广义六边 形 DCLKPE 应用帕斯卡定理可知，DC 与 KP 的交点 A 、CL 与 PE 的交点 F、LK 与 ED 的交点了共线，因此B是 AF 与 ED 的交点， 即 B =B 所以 B、K 、L 共线 10 分依据 A 、B、P、C 四点共圆及 L、K 、P、 C 四点共圆，得 ABC= APC= FLK= FCB+ LBC,1欢迎下载精品学习资源又由 BK 平分 ABC 知， FBL= ABC
31、=2 FCB ABC ，从而2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源4. 此题总分值 50 分求具有下述性质的全部正整数k ：对任意正整数 n 都有kn. k 1n 12不整欢迎下载精品学习资源除n.欢迎下载精品学习资源解：对正整数 m ，设v2m 表示正整数 m 的标准分解中素因子2 的方幂，就熟知欢迎下载精品学习资源v2 m.mS m ，这里 Sm 表示正整数 m 在二进制表示下的数码之和欢迎下载精品学习资源由于 2k1) n1 不整除 kn. ，等价于v kn. k1) n ，即 knv kn.nv n. ，欢迎下载精品学习资源222n.n.欢迎下载精品学习资源进而由知，此题等价于求全部正整数k ，使得SknS n对任意正整数 n 成立 10 分欢迎下载精品学习资源我们证明，全部符合条件的k 为 2a a0,1, 2, 欢迎下载精品学习资源一方面，由于S2 a nS n 对任意正整数 n 成立，故 ka2 符合条件 20 分欢迎下载精品学习资源另一方面，假设 k 不是 2 的方幂，设 k2a q,a0, q 是大于 1 的奇数欢迎下载精品学习资源下面构造一个正整数n ，使得S knSn由于S knS2 aqSqn , 因此问欢迎下载精品学习资源题等价于我们选取 q 的一个倍数 m ，使得SmmS q欢迎下载精品学习资源由2， q =l