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1、精选优质文档-倾情为你奉上2015 年全国高中数学联合竞赛（A卷）参考答案及评分标准一试说明：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，每小题8分，满分64分 1设为不相等的实数，若二次函数满足，则 答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得，即，所以2若实数满足，则的值为 答案：2
2、. 解：由条件知，反复利用此结论，并注意到，得3已知复数数列满足，其中i为虚数单位，表示的共轭复数，则 答案：2015 + 1007i解：由己知得，对一切正整数n，有,于是4在矩形中，边上（包含点D、C）的动点与延长线上（包含点B）的动点满足条件，则的最小值为 答案解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) 设 P 的坐标为（, l) （其中），则由得Q的坐标为（2，-)，故,因此，当时，5在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为 答案：解：设正方体为ABCD-EFGH，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有=220种下面考虑使3条棱两
3、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，则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方向取棱分别只能是CG或DH由上可知，3条棱两两异面的取法数为42=8，故所求概率为6在平面直角坐标系xOy中，点集所对应的平面区域的面积为 答案：24解：设先考虑在第一象限中的部分，此时有,故这些点对应于图中的OCD及其内部由对称性知，对应的区域是图中以原点O 为中心的菱形ABCD及其内部同理，设，则对应的区域是图
4、中以O为中心的菱形EFGH及其内部由点集的定义知，所对应的平面区域是被、中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S由于直线CD的方程为，直线GH的方程为，故它们的交点P的坐标为由对称性知，7设为正实数，若存在实数，使得，则的取值范围为 答案：解：知，而，故题目条件等价于：存在整数，使得 当时，区间的长度不小于，故必存在满足式当时，注意到，故仅需考虑如下几种情况： (i) ，此时且无解；(ii) ，此时;(iii) ，此时,得综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到亦满足条件，可知8对四位数()，若则称为类数；若，则称为类数，用N(P)和N(Q)分别表示类数与类数的个数，
5、则N(P)-N(Q)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类数全体记为，个位数不等于零的尸类数全体记为对任一四位数，将其对应到四位数，注意到，故 反之，每个唯一对应于从中的元素这建立了与B之间的一一对应，因此有下面计算对任一四位数, 可取0, 1，9，对其中每个，由及知，和分别有种取法，从而因此，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。9（本题满分16分）若实数满足，求的最小值解：将分别记为，则由条件知，故8分因此，结合平均值不等式可得，12分当，即时，的最小值为（此时相应的值为，符合要求） 由于，故的最小值16分
6、10（本题满分20分）设为四个有理数，使得：，求的值解：由条件可知，是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，的绝对值互不相等，不妨设，则中最小的与次小的两个数分别是及，最大与次大的两个数分别是及，从而必须有 10 分于是故，15分结合，只可能由此易知，或者检验知这两组解均满足问题的条件故 20 分11（本题满分20分）在平面坐标系xOy中，分别为椭圆的左右焦点，设不经过焦点的直线与椭圆交于两个不同的点，焦点到直线的距离为，如果的斜率依次成等差数列，求的取值范围解：由条件知，点、的坐标分别为（-1, 0）和（l, 0) 设直线l的方程为，点A、B的坐标分别为和，则满足方程，即由于点A
7、、B不重合，且直线l的斜率存在，故是方程的两个不同实根，因此有的判别式，即由直线的斜率依次成等差数列知，又，所以，化简并整理得，假如，则直线l的方程为，即 z 经过点（-1, 0)，不符合条件因此必有，故由方程及韦达定理知，即 由、知，化简得，这等价于反之，当满足及时，l必不经过点（否则将导致，与矛盾）, 而此时满足，故l与椭圆有两个不同的交点A、B，同时也保证了、的斜率存在（否则中的某一个为- l，结合知，与方程有两个不同的实根矛盾）10分点（l , 0）到直线l: 的距离为注意到，令，则，上式可改写为考虑到函数在上上单调递减，故由得，即20 分 加试1（本题满分40分）设是实数，证明：可以
8、选取，使得 证法一：我们证明：，即对，取，对，取符合要求（这里，表示实数的整数部分） 10分事实上，的左边为（柯西不等式）30分（利用）（利用）所以 得证，从而本题得证证法二：首先，由于问题中的对称性，可设此外，若将中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的不减，而右边的不变，并且这一手续不影响的选取，因此我们可进一步设 10分引理：设，则事实上，由于，故当是偶数时，当是奇数时，引理得证 30 分回到原题，由柯西不等式及上面引理可知，这就证明了结论 40分证法三：加强命题：设（）是实数，证明：可以选取，使得 .证明 不妨设，以下分为奇数和为偶数两种情况证明.当为奇数时，取，于是有 （应用柯西不
9、等式）. 另外，由于，易证有，因此，由式即得到，故为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当，且时取等号.当为偶数时，取，于是有（应用柯西不等式）.， 故为偶数时，原命题也成立，而且由证明过程可知，当且仅当时取等号，若不全为零，则取不到等号. 综上，联赛加试题一的加强命题获证.2（本题满分40分）设其中是个互不相同的有限集合，满足对任意的，均有，若，证明：存在，使得属于中的至少个集合证明：不妨设设在中与不相交的集合有个，重新记为，设包含的集合有个，重新记为由已知条件，即，这样我们得到一个映射 显然是单映射，于是， 10 分设在中除去，后，在剩下的个集合中，设包含的集合有个（），由于剩下
10、的个集合中每个集合与从的交非空，即包含某个，从而 20 分不妨设，则由上式知，即在剩下的个集合中，包含 的集合至少有个又由于，故都包含，因此包含的集合个数至少为（利用）（利用) 40 分3（本题满分50分）如图，内接于圆，为弧上一点，点在上，使得平分，过三点的圆与边交于，连接交圆于，连接，延长交于，证明：证法一：设CF与圆Q交于点L（异于C)，连接PB、PC、 BL、KL注意此时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=180-DCP=ABP=FBP，因此FBEFPB，故FB2=FEFP10分又由圆幂定理知，FEFP= FLFC，所以FB2=FLFC
11、从而FBLFCB因此, FLB=FBC=APC=KPC=FLK, 即B、K、L 三点共线 30 分再根据FBLFCB得， FCB=FBL=ABC, 即ABC=2FCB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分根据A、B、P、C四点共圆及L、K、P、C四点共圆，得ABC=APC=FLK=FCB+LBC,又由BK平分ABC知，FBL=ABC，从而ABC=2FCB4（本题满分50分）求具有下述性质的所有正整数：对任意正整数都有不整除解
12、：对正整数，设表示正整数的标准分解中素因子2的方幂，则熟知， 这里表示正整数在二进制表示下的数码之和由于不整除，等价于，即，进而由知，本题等价于求所有正整数，使得对任意正整数成立 10分我们证明，所有符合条件的为一方面，由于对任意正整数成立，故符合条件 20 分另一方面，若不是2的方幂，设是大于1的奇数下面构造一个正整数，使得因为, 因此问题等价于我们选取的一个倍数，使得由（2，）=l，熟知存在正整数，使得（事实上，由欧拉定理知，可以取的) 设奇数的二进制表示为取，则，且我们有 由于，故正整数的二进制表示中的最高次幂小于，由此易知，对任意整数，数与的二进制表示中没有相同的项又因为，故的二进制表示中均不包含1，故由可知,因此上述选取的满足要求综合上述的两个方面可知，所求的为50分专心-专注-专业