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1、2021年全国高中数学联赛试卷解析2021年全国高中数学联合竞赛参考答案及评分标准一试一、填空题：本大题共8小题，每题8分，满分64分1设ba,为不相等的实数，若二次函数baxxxf+=2)(知足)()(bfaf=，则=)2(f答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得22aba+=-，即20ab+=，所以(2)424fab=+=2若实数知足tancos=，则4cossin1+的值为答案：2.解：由条件知，sincos2=，反复利用此结论，并注意到1sincos22=+，得)cos1)(sin1(sinsinsincoscossin122224-+=+=+2cossin22=-+=
2、3已知复数数列nz知足),2,1(1,111?=+=+nnizzznn，其中i为虚数单位，nz表示nz的共轭复数，则=2021z答案：2021+1007i解：由己知得，对一切正整数n，有211(1)11(1)2nnnnzznizninizi+=+=+=+,于是202111007(2)20211007zzii=+?+=+4在矩形ABCD中，1,2=ADAB，边DC上包含点D、C的动点P与CB延长线上包含点B的动点Q=，则PQPA?的最小值为答案34解：不妨设A(0,0),B(2,0),D(0,l)设P的坐标为t,l)其中02t，则由|DPBQ=uuuruuur得Q的坐标为2，-t)，故(,1),
3、(2,1)PAtPQtt=-=-uuuruuur,因而，22133()(2)(1)(1)1()244PAPQtttttt?=-?-+-?-=-+=-+uuuruuur当12t=时，min3()4PAPQ?=uuuruuur5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ABCD-EFGH，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有312C=220种下面考虑使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，具有一样方向的4条棱两两共面，因而取出的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
4、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8222055=6在平面直角坐标系xOy中，点集0)63)(63(),(-+-+yxyxyx所对应的平面区域的面积为答案：24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OCD及其内部由对称性知，1K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2(,)|3|60Kxyxy=+-，则2K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所对应的平面
5、区域是被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S由于直线CD的方程为36xy+=，直线GH的方程为36xy+=，故它们的交点P的坐标为33(,)22由对称性知，138842422CPGSS?=?=7设为正实数，若存在实数)2(,w无解；(ii)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B之间的一一对应，因此有011()()|NPNQABAABA-=-=+-=下面计算0|A对任一四位数00Aabc,b可取0,1，9，对其中每个b，由9992200191019|(9)2
6、856bkAbk=?=-=因此，()()285NPNQ-=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-=-=-+8分因而，结合平均值不等式可得，4221111(2)244yyzyyyy+=+?=12分当212yy=，即y=时，zx求由于2logcz=，故c的最小值225loglog33=-16分10此题满分20分设4321,aaaa为四个有理
7、数，使得：?-=，即2221km+由直线11,BFlAF的斜率1212,11yykxx+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l的方程为ykxk=+，即z经过点1F-1,0)，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|2k反之，当,mk知足及|2kl必不经过点1F
8、否则将导致mk=，与矛盾,而此时,mk知足，故l与椭圆有两个不同的交点A、B，同时也保证了1AF、1BF的斜率存在否则12,xx中的某一个为-l，结合1220xx+=知121xx=-，与方程有两个不同的实根矛盾10分点2Fl,0到直线l: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)d20分加试1此题满分40分设)2(,21?naaan是实数，证实：能够选取1,1,21-?n，使得)(1()()(122121=+niiinii
9、niianaa证法一：我们证实：22221112()(1)()nnnniijiniiijaaana=?+-+?，即对1,2,2ni=L，取1i=，对1,2nin=+L，取1i=-符合要求这里，x表示实数x的整数部分10分事实上，的左边为222222211111122222nnnnnnijijijnnniiijjjaaaaaa=+=+=+?+-=+?2221122222nnijnijnnana=+?+-?柯西不等式30分22211212222nnijnijnnaa=+?+?=+?利用122nnn+?-=?222112(1)nnijnijnana=+?+?利用xx21(1)()niina=+所以得
10、证，进而此题得证证法二：首先，由于问题中12,naaaL的对称性，可设12naaaL此外，若将12,naaaL中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的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120naaaL10分引理：设120naaaL，则1110(1)niiiaa-=-事实上，由于1(1,2,1)iiaain+=-L，故当n是偶数时，1123411(1)()()()0niinniaaaaaaa-=-=-+-+-L，11232111(1)()()niinnniaaaaaaaa-=-=-L当n是奇数时，11234211(1)()()
11、()0niinnniaaaaaaaa-=-=-+-+-+L，1123111(1)()()niinniaaaaaaa-=-=-L引理得证30分回到原题，由柯西不等式及上面引理可知22122211111(1)(1)nnnniiiiiiiiiaanaana-=?+-+?，这就证实了结论40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()
12、()()nnniijniijaaa-+=+-12221122()+()nnijnijaa-+=1222112112()+2()()22nnijnijnnana-+=-?-应用柯西不等式.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
13、等号.当n为偶数时，取1221n=?=，24221nnn+=?=-，于是有2222112()()()nnniijniijaaa+=+-22222122()+()nnijnijaa+=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.2此题满分40分设,21nAAAS?=其中nAAA,21?是n个互不一样的有限
14、集合)2(n，知足对任意的SAAji,，均有SAAjiY，若2min1=iniAk，证实：存在iniAx1=Y，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,nAAAL中与1A不相交的集合有s个，重新记为12,sBBBL，设包含1A的集合有t个，重新记为12,tCCCL由已知条件，1()iBASU，即112(),itBACCCUL，这样我们得到一个映射12121:,()stiifBBBCCCfBBA=LLU显然f是单映射，于是，st10分设112,kAaaa=L在nAAA,21?中除去12,sBBBL，12,tCCCL后，在剩下的nst-个集合中，设包含ia的集合
15、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+-L20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-个又由于),2,1(1tiCAi?=?，故12,tCCCL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)40分3此题满分50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：
16、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，因而FBEFPB，故FB2=FEFP10分又由圆幂定理知，FEFP=FLFC，所以FB2=FLFC进而FBLFCB因而,FLB=FBC=APC=KPC=FLK,即B、K、L三点共线30分再根据FBLFCB得，FCB=FBL=12ABC,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，因而B是AF与ED
17、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=12ABC，进而ABC=2FCB4此题满分50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2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10分我们证实，所有符合条件的k为2(0,1,2,)aa=L一方面，由于(2)()aSnSn=对任意正整数n成立，故2ak=符合条件20分另一方面，若k不是2的方幂，设2,0,akqaq=?是大于1的奇数下面构造一个正整数n，使得()()SknSn，故212(0,1,1)tulualtq+-?=-L的二进制表示中均不包含1，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=L50分