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1、2021年全国高中数学联赛试卷解析汇报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讲明：评阅试卷时，请根据本评分标冶填空题只设。分和香分两档；其他各题的评阅，请严格根据本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次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，解答题中第小题分为一个档次，第、小题该分为一个档次，不要增加其他中间档次一、填空题：本大题共小题，每题分，满分分设ba,为不相等的实数，若二次函数baxxxf+=2)(知足)()(bfaf=，则=)2(f答案：解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得22aba+=-，即2
2、0ab+=，所以(2)424fab=+=若实数知足tancos=，则4cossin1+的值为答案：解：由条件知，sincos2=，反复利用此结论，并注意到1sincos22=+，得)cos1)(sin1(sinsinsincoscossin122224-+=+=+2cossin22=-+=已知复数数列nz知足),2,1(1,111?=+=+nnizzznn，其中为虚数单位，nz表示nz的共轭复数，则=2021z答案：解：由己知得，对一切正整数，有211(1)11(1)2nnnnzznizninizi+=+=+=+于是202111007(2)20211007zzii=+?+=+在矩形ABCD中，
3、1,2=ADAB，边DC上包含点、的动点P与CB延长线上包含点的动点Q知足条件BQDP=，则PQPA?的最小值为答案34解：不妨设设的坐标为t其中02t，则由|DPBQ=得的坐标为，t，故(,1),(2,1)PAtPQtt=-=-因而，22133()(2)(1)(1)1()244PAPQtttttt?=-?-+-?-=-+=-+当12t=时，min3()4PAPQ?=在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为答案：255解：设正方体为，它共有条棱，从中任意取出条棱的方法共有312C种下面考虑使条棱两两异面的取法数由于正方体的棱共确定个互不平行的方向即、的方向，具有一样方向的条棱两两共面，因而
4、取出的条棱必属于个不同的方向可先取定方向的棱，这有种取法不妨设取的棱就是，则方向只能取棱或棱，共种可能当方向取棱是或时，方向取棱分别只能是或由上可知，条棱两两异面的取法数为，故所求概率为8222055=在平面直角坐标系中，点集0)63)(63(),(-+-+yxyxyx所对应的平面区域的面积为答案：解：设1(,)|3|60Kxyxy=+-先考虑1K在第一象限中的部分，此时有36xy+故这些点对应于图中的及其内部由对称性知，1K对应的区域是图中以原点为中心的菱形及其内部同理，设2(,)|3|60Kxyxy=+-，则2K对应的区域是图中以为中心的菱形及其内部由点集K的定义知，K所对应的平面区域是被
5、1K、2K中恰好一个所覆盖的部分，因而此题所要求的即为图中阴影区域的面积由于直线的方程为36xy+=，直线的方程为36xy+=，故它们的交点的坐标为33(,)22由对称性知，138842422CPGSS?=?=设为正实数，若存在实数)2(,w无解；ww22925则称abcd为P类数；若dccbbadccbba，故Bdcba反之，每个Bdcba唯一对应于从中的元素abcd这建立了1A与之间的一一对应，因此有011()()|NPNQABAABA-=-=+-=下面计算0|A对任一四位数00Aabcb可取，对其中每个b，由9992200191019|(9)2856bkAbk=?=-=因此，()()28
6、5NPNQ-=二、解答题：本大题共小题，满分分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。（本题满分分）若实数cba,满足cbacba424,242=+=+，求c的最小值解：将2,2,2abc分别记为,xyz，则,0xyz由条件知，222,xyzxyz+=+=，故2222224()2zyxzyzyzy-=-=-+分因而，结合平均值不等式可得，4221111(2)244yyzyyyy+=+?=分当212yy=，即y=时，zx求由于2logcz=，故c的最小值225loglog33=-分此题满分分设4321,aaaa为四个有理数，使得：?-=，即2221km+由直线11,BFlAF的斜率1212,1
7、1yykxx+依次成等差数列知，1212211yykxx+=+，又1122,ykxmykxm=+=+，所以122112()(1)()(1)2(1)(1)kxmxkxmxkxx+=+，化简并整理得，12()(2)0mkxx-+=假设mk=，则直线的方程为ykxk=+，即经过点1F，不符合条件因而必有1220xx+=，故由方程及韦达定理知，1224()221kmxxk=-+=+，即12mkk=+由、知，222121()2kmkk+=+，化简得2214kk，这等价于|k反之，当,mk知足及|2k必不经过点1F否则将导致mk=，与矛盾而此时,mk知足，故与椭圆有两个不同的交点、，同时也保证了1AF、1
8、BF的斜率存在否则12,xx中的某一个为，结合1220xx+=知121xx=-，与方程有两个不同的实根矛盾分点2F到直线ykxm=+的距离为211|2|(2)22dkkk=+=+注意到|2kt=t，上式可改写为21313()()222tdttt=?+=?+考虑到函数13()()2fttt=?+在上上单调递减，故由得，(1)fdf即2)d分加试此题满分分设)2(,21?naaan是实数，证实：能够选取1,1,21-?n，使得)(1()()(122121=+niiiniiniianaa证法一：我们证实：22221112()(1)()nnnniijiniiijaaana=?+-+?，即对1,2,2n
9、i=，取1i=，对1,2nin=+，取1i=-符合要求这里，x表示实数x的整数部分分事实上，的左边为222222211111122222nnnnnnijijijnnniiijjjaaaaaa=+=+=+?+-=+?2221122222nnijnijnnana=+?+-?柯西不等式分22211212222nnijnijnnaa=+?+?=+?利用122nnn+?-=?222112(1)nnijnijnana=+?+?利用xx21(1)()niina=+所以得证，进而此题得证证法二：首先，由于问题中12,naaa的对称性，可设12naaa此外，若将12,naaa中的负数均改变符号，则问题中的不等式
10、左边的21)(=niia不减，而右边的21niia=不变，并且这一手续不影响1i=的选取，因而我们可进一步设120naaa分引理：设120naaa，则1110(1)niiiaa-=-事实上，由于1(1,2,1)iiaain+=-，故当n是偶数时，1123411(1)()()()0niinniaaaaaaa-=-=-+-+-，11232111(1)()()niinnniaaaaaaaa-=-=-当n是奇数时，11234211(1)()()()0niinnniaaaaaaaa-=-=-+-+-+，1123111(1)()()niinniaaaaaaa-=-=-引理得证分回到原题，由柯西不等式及上面
11、引理可知22122211111(1)(1)nnnniiiiiiiiiaanaana-=?+-+?，这就证实了结论分证法三：加强命题：设12,naaa?2n是实数，证实：能够选取12,1,1n?-，使得2221111()()()()nnniiiiiiiaanan=+证实不妨设22212naaa?，下面分n为奇数和n为偶数两种情况证实当n为奇数时，取12121n-=?=，13221nnn+=?=-，于是有12221112()()()nnniijniijaaa-+=+-12221122()+()nnijnijaa-+=1222112112()+2()()22nnijnijnnana-+=-?-应用柯
12、西不等式1222112(1)()+(1)()nnijnijnana-+=-+另外，由于22212naaa?，易证有122211211(1)(1)nnijnijaann-+=+-，因而，由式即得到1222112(1)()+(1)()nnijnijnana-+=-+211()()niinan=+，故n为奇数时，原命题成立，而且由证实经过可知，当且仅当12121n-=?=，13221nnn+=?=-，且12naaa=?=时取等号当n为偶数时，取1221n=?=，24221nnn+=?=-，于是有2222112()()()nnniijniijaaa+=+-22222122()+()nnijnijaa+
13、=2222122()+2()()22nnijnijnnana+=?-应用柯西不等式222212()+()nnijnijnaa+=22111()()()nniiiinanan=+，故n为偶数时，原命题也成立，而且由证实经过可知，当且仅当120naaa=?=时取等号，若12,naaa?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此题满分分设,21nAAAS?=其中nAAA,21?是n个互不一样的有限集合)2(n，知足对任意的SAAji,，均有SAAji，若2min1=iniAk，证实：存在iniAx1=，使得x属于nAAA,21?中的至少kn个集合证实：不妨设1|Ak=设在12,nAAA
14、中与1A不相交的集合有s个，重新记为12,sBBB，设包含1A的集合有t个，重新记为12,tCCC由已知条件，1()iBAS，即112(),itBACCC，这样我们得到一个映射12121:,()stiifBBBCCCfBBA=显然f是单映射，于是，st分设112,kAaaa=在nAAA,21?中除去12,sBBB，12,tCCC后，在剩下的nst-个集合中，设包含ia的集合有ix个1ik，由于剩下的nst-个集合中每个集合与从的交非空，即包含某个ia，进而12kxxxnst+-分不妨设11maxiikxx=，则由上式知instxk-，即在剩下的nst-个集合中，包含1a的集合至少有nstk-个
15、又由于),2,1(1tiCAi?=?，故12,tCCC都包含1a，因而包含1a的集合个数至少为(1)nstnsktnsttkkk-+-+=利用2knk利用st分此题满分分如图，ABC?内接于圆O，P为BC弧上一点，点K在AP上，使得BK平分ABC，过CPK,三点的圆与边AC交于D，连接BD交圆于E，连接PE，延长交AB于F，证实：FCBABC=2证法一：设与圆交于点异于，连接、注意此时、六点均在圆上，结合、四点共圆，可知，因而，故分又由圆幂定理知，所以进而因而即、三点共线分再根据得，12即证法二：设与圆交于点异于对圆内接广义六边形应用帕斯卡定理可知，与的交点、与的交点、与的交点了共线，因而是与
16、的交点，即所以、共线分根据、四点共圆及、四点共圆，得又由平分知，12，进而此题满分分求具有下述性质的所有正整数k：对任意正整数n都有1)1(2+-nk不整除!)!(nkn解：对正整数m，设2()vm表示正整数m的标准分解中素因子的方幂，则熟知2(!)()vmmSm=-，这里()Sm表示正整数m在二进制表示下的数码之和由于1)1(2+-nk不整除()!knn，等价于2()!()(1)!knvknn-，即22()!)(!)knvknnvn-，进而由知，此题等价于求所有正整数k，使得()()SknSn对任意正整数n成立分我们证实，所有符合条件的k为2(0,1,2,)aa=一方面，由于(2)()aSnSn=对任意正整数n成立，故2ak=符合条件分另一方面，若k不是的方幂，设2,0,akqaq=?是大于的奇数下面构造一个正整数n，使得()()SknSn，故212(0,1,1)tulualtq+-?=-的二进制表示中均不包含，故由可知21()1()()umSSttSmqq-=+?=因而上述选取的m知足要求综合上述的两个方面可知，所求的k为2(0,1,2,)aa=分