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2014年高中数学联赛试题及其解答


文 武 光 华
2014 年全国高中数学联赛试题及其解答(A 卷)
解答人:文武光华数学工作室 田开斌 第一试
一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。 1、若正数a、b满足2 + log a = 3 + log b = log (a + b),则 + 的值为 解答: 根据换底公式知 log (a + b) = 故a + b =

108ab,即得 + = 108。 2、设集合 为 + b|1 ≤ a ≤ b ≤ 2 中的最大元素与最小元素分别为M、m,则M ? m的值 = = = 。

= log 108ab ,

。 解答:显然 + b ≤ + 2 = 5,当a = 1,b = 2时,即得M = 5。又根据均值不等式知

+ b ≥ + a ≥ 2√3,当a = b = √3时,即得m = 2√3。于是知M ? m = 5 ? 2√3。 3、若函数f(x) = x + a|x ? 1|在[0, + ∞)上单调递增,则实数a的取值范围是 。 x ? ax + a,x ∈ 0,1 解答:根据条件知f(x) = 。f(x)在 0,1 单调递增的充要 x + ax ? a,x ∈ 1, + ∞ 条件为 ≤ 0 ? a ≤ 0;f(x)在 1, + ∞ 单调递增的充要条件为? ≤ 1 ? a ≥ ?2。故实数 a的取值范围为 ?2,0 。 4、数列{a }满足a = 2,a 解答:根据条件知 从而
? ·( × ( ) )

= = 。
·(

(

)

· a ,则
·( )

?

=
)

。 (n + 1) 。

)

,故

=

·(

= ,于是a = 2

=∑

令S = ∑ 2 (i + 1),则2S = ∑ 2 (i + 1),于是 S = 2S ? S = ∑ 2 (i + 1) ? ∑ 2 (i + 1) =2 × 2014 ? ∑ 2 ?2 ×2 =2 × 2013 故 = 。 ? 5、正四棱锥P ? ABCD中,侧面是边长为1的正三角形,M、N 分别是边 AB、BC 的中点, 则异面直线 MN 与 PC 之间的距离是 。 解答:如图,连结 AC、BD 交于点 O,则 O 为正方形 ABCD 的中心,且 PO⊥平面 ABCD。 过 C 作 CK⊥MN 于 K,因为 MN∥AC,所以 CK⊥AC。又 CK⊥PO,故 CK⊥平面 POC,从而 CK⊥ PC。于是知 CK 为直线 PC 和 MN 的公垂线。显然CK = 的距离是 。
P
√ √

CN =



,故异面直线 MN 与 PC 之间

D O A M B N

C K

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6、设椭圆Γ的两个焦点是F 、F ,过点F 的直线与Γ交于点P、Q,若|PF | = |F F |, 且3|PF | = 4|QF |,则椭圆Γ的短轴和长轴的比值为 。 解答:记椭圆Γ的长轴、短轴、焦距的长度分别为2a、2b、2c,则根据条件知 ( ) ( ) |PF | = |F F | = 2c,|PF | = 2a ? 2c,|QF | = ,|QF | = 。且|PQ| = 。 注意到△F PF 为等腰三角形,故cos ∠QPF =
( ) ( ) | | | |

=

。于是根据余弦定理知:

|QF | = |PQ| + |PF | ? 2|PQ||PF | · cos ∠QPF ? = + (2c) ? 2 · ? (5a ? 7c)(a ? c) = 0 故 = ,从而 = 1? =


· 2c ·



7、设等边三角形 ABC 的内切圆半径为2,圆心为 I,若点 P 满足PI = 1,则△APB 和△ APC 的面积之比的最大值为 。 解答:如图,延长 AI 交 BC 于 E,则IE = 2,IA = 4,BE = CE = 2√3。延长 AP 交 BC 于 D,则 △ = ,于是要使 △ 最大,只需线段DE的长度最长。以 I 为圆心,以1为半
△ △

径作⊙I,显然当 AP 切⊙I 于 P 时,DE的长度最大。 此时,连结 PI,则IP = 1,AP = √15。于是知 =
√ √
√ √

=

? DE =



=



。此时

=




A

I

P

B

E

D

C

8、设 A、B、C、D 是空间四个不共面的点,以 的概率在每对点之间连一条边,任意两 对点之间是否连边是相互独立的,则 A、B 可用(一条边或者若干条边组成的)空间折线连 接的概率为 。 解答:我们考虑 A、B 之间无折线连接的概率。 此时 A、B 两点之间必无连边,概率为 。在 A、B 两点之间不连边的条件下,再分两种 情况:(1)若 C、D 之间不连边(概率为 ),则 AC、BC 至多连一条边(概率为1 ? AD、CD 之间至多连一条边(概率为1 ? + ? ),其概率为 × × 1? + × + + ? ? ),其概率为 × 1 ? × 1? D 之间连边(概率为 ),则 A、B 两点中至少有一点与 C、D 两点都不连边(概率为 。综合两方面,A、B 之间无折线连接的概率为 = 。故 A、B 可用空间折线连接的概率为 ), ;(2)若 C、

× 1? 1? = 。

二、解答题:本大题共 3 小题,共 56 分。

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9、(本题满分 16 分)平面直角坐标系xOy中,P 是不在x轴上的一个动点,满足条件: 过 P 可作抛物线y = 4x的两条切线,两切点连线 与 PO 垂直。设直线 与直线 PO、x轴的 交点分别为 Q、R。(1)证明:R 是一个定点;(2)求|
| | |

的最小值。

解答:(1)设点P a,b ,过 P 作抛物线y = 4x的两条切线的切点分别为A x ,y 、 B x ,y 。 对y = 4x两边求导,知y = ,从而抛物线y = 4x在点A x ,y 处切线方程为 y= (x ? x ) + y = [2(x ? x ) + y ] = [2(x ? x ) + 4x ],整理即得y · y =

2(x + x )。同理可知,抛物线y = 4x在点B x ,y 处切线方程为y · y = 2(x + x )。注 b · y = 2(a + x ) 意到点P a,b 为这两条切线的交点,故 ,故直线 AB 的方程为 b · y = 2(a + x ) b · y = 2(a + x)。 因为 ⊥PO,故 · = ?1,即得a = ?2,从而直线AB:by = 2(x ? 2)。于是知点 R 坐 标为 2,0 。 (2)根据(1)的结论,设点P ?2,b ,R 2,0 。于是知直线OP的斜率k 自学 RP 的斜率k
|

=? ,
| |

= ? 。设∠OPR = α,则|
| |

|

| |

=

=
·

=

| |



√ ·

= 2√2。

当b = ±2√2时,|

取得最小知2√2。 = arctan(sec a )(n ∈ N ),求正

10、(本题满分 20 分)数列{a }满足a = ,a 整数m,使得sin a · sin a · … · sin a = 解答:根据条件知a ∈ ? , a ∈ 0, ,也即a ∈ 0, 。 又根据条件知tan a 所以 tan a = n ? 1 + = 。

,从而sec a >0,于是知arctan(sec a ) >0,即得 = sec a = 1 + tan a ,且tan a = , 1 ? cos a =
( )

= sec a ? tan a

。从而知 sin a = sin a = ∏ =

1? 。

=

(

)



于是知: sin a · sin a · … · sin a = ∏ 于是sin a · sin a · … · sin a =

=

,解得m = 3333。

11、(本题满分 20 分)确定所有的复数α,使得对任意复数z 、z (|z |、|z |<1, z ≠ z ),均有(z + α) + αz ≠ (z + α) + αz 。 解答:我们考虑存在复数z 、z ,|z |、|z |<1,z ≠ z ,使得(z + α) + αz = (z + α) + αz 的充要条件。此时 (z + α) + αz = (z + α) + αz ? α(z ? z ) = (z ? z )(z + z + 2α) ? α[(z ? z ) + 2(z ? z )] = (z ? z )(z + z ) (1) 一方面,因为|(z ? z ) + 2(z ? z )| ≥ |2(z ? z )| ? |z ? z | = |z ? z |>0,故 |( )( )| |( )( )| |α| = ≤ = |z + z | ≤ |z | + |z |<2。
|( ) ( )| | |

另一方面,若|α|<2,取正实数β<2 ? |α|。令 |z | = ≤
| | | | | | ( | |)

z = z ? z = βi ,即 z + z = ?α z =
| | | |

,则

< = 1,|z | = ≤ α[(z ? z ) + 2(z ? z )] = ?αβi = (z ? z )(z + z )。



| | (

| |)

= 1,并且

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综合上述两方面,当且仅当|α|<2时,存在复数z 、z ,|z |、|z |<1,z ≠ z ,使得 (z + α) + αz = (z + α) + αz 。从而,满足对任意复数z 、z (|z |、|z |<1,z ≠ z ),均有(z + α) + αz ≠ (z + α) + αz 的复数α的取值为 α|α ∈ C,|α| ≥ 2 。

加 试
一、(本题满分 40 分)设实数a、b、c满足a + b + c = 1,abc>0,求证:ab + bc + ca<


+ 。

证明方法一:因为abc>0,故a、b、c全为正数,或一正两负。 (Ⅰ)若a、b、c中一正两负,不妨设a>0,b、c<0,则ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(b + c) + bc = [1 ? (b + c)](b + c) + bc = (b + c) ? b ? ? <0<


+ 。

(Ⅱ)若a、b、c全为正数,令x = √a,y = √b,z = √c,则x + y + z = 1。此时即 要证明: x y +y z +z x < +
( )

? (x + y + z)(x + y ? z)(y + z ? x)(z + x ? y)<2xyz (1) ) 又根据幂平均不等式知x + y + z ≤ 3(x + y + z = √3<2,故只需证明: (x + y + z)(x + y ? z)(y + z ? x)(z + x ? y) ≤ (x + y + z)xyz ? (x + y ? z)(y + z ? x)(z + x ? y) ≤ xyz (2) 根据对称性,不妨设x = min x,y,z ,则xyz ? (x + y ? z)(y + z ? x)(z + x ? y) = x(y ? x)(z ? x) + (y + z ? x)(y ? z) ≥ 0,从而(2)式成立。 综上所述,不等式得证。 证明方法二:因为abc>0,故a、b、c全为正数,或一正两负。 (Ⅰ)若a、b、c中一正两负,不妨设a>0,b、c<0,则ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(b + c) + bc = [1 ? (b + c)](b + c) + bc = (b + c) ? b ? (Ⅱ)若a、b、c全为正数,我们证明更强的不等式: ab + bc + ca ≤


?

<0<



+ 。

+

? 4(ab + bc + ca) ≤ 3(a + b + c)abc + (a + b + c) ? 2(ab + bc + ca) ≤ 3(a + b + c)abc + a + b + c (1) 若a + b + c ≥ 2(ab + bc + ca),(1)式显然成立,不等式得证。下面不妨设 a + b + c <2(ab + bc + ca)。于是即要证明: 2(ab + bc + ca) ≤ 3(a + b + c)abc + a + b + c ? (ab + bc + ca) ? 3(a + b + c)abc ≤ (a + b + c ) ? (ab + bc + ca) ? ?
( ( [( ( ∑ ) ) ) ( ( ) ( ( ) ) ( ) ) ]

≤ 2[(a + b + c ) ? (ab + bc + ca)]

≤ ∑(b ? c)
)

?∑ 1?

(b ? c) ≥ 0 =
( ( ) ( ) ) ( ( ) )

(2) >0。故

根据对称性,不妨设a ≥ b ≥ c,则(a ? c) = [(a ? b) ? (b ? c)] ≥ (a ? b) + (b ? c) ,且1 ? ∑ 1? = 1? 1?
( ( ( ) ( ( ) ) ) ( ( ) ( ) ) )

(b ? c) (a ? b) + 1 ?
( ) ( )

(b ? c) +

(a ? c)

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≥ 1? 1?
( ( ) ( ( ( ) ( ) ) ) ) ( ( )

(a ? b) + 1 ?

(

)

(

)

(b ? c) +

[(a ? b) + (b ? c) ]
( ) )

=

(a ? b) +

( (

) ( )

) (

( )

)

(b ? c)

≥0 于是(2)式成立,不等式得证。 综上所述,不等式得证。 二、(本题满分 40 分)如图,在锐角△ABC 中,∠BAC ≠ 60°,过点 B、C 分别作△ ABC 的外接圆⊙O 的切线 BD、CE,且满足BD = CE = BC。直线 DE 与 AB、AC 的延长线分别 交于点 F、G。设 CF 与 BD 交于点 M,CE 与 BG 交于点 N,证明:AM = AN。
A

B

O C

M N F

D

E

G

证明:如图,作 AK 平分∠BAC 交 BC 于 K,连结 MK、NK。根据条件知∠DBC = ∠ECB = ∠BAC,故四边形 BCED 为等腰梯形,所以∠BDF = ∠CEG = ∠BAC,且 DE∥BC。 从而△ABC∽△DFB∽△ECG,于是知 = = = = 。又因为BD = BC,所以 BM = CK,DM = BK。同理可知CN = BK,EN = CK。所以△MBK≌△KCN,所以MK = NK。 又因为 = = ,所以△MBK∽△CAB,所以∠BKM = ∠ABC,所以 KM∥AB,所以 ∠AKM = 180° ? ∠BAK。同理可知∠AKN = 180° ? ∠CAK,所以∠AKM = ∠AKN,所以 △AMK≌△ANK,所以AM = AN。
A

B

O C K

M N F

D

E

G

三、(本题满分 50 分)设S = 1,2,3, … ,100 ,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子集,若它们的交非空,则它 们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同。

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解答:我们先证明一个引理:集合T = 1,2, … ,n ,若集合T 的t 个互不相同的 子集,使得任意两个子集的交集不为空集,则t 的最大值为2 。 引理的证明:一方面,将T 的2 个子集按两两互为补集配对,恰可配为2 对。若 t ≥2 + 1,根据抽屉原理,在T 的t 个子集中,必有两个子集可配为一对,即互为补 集。此时,这两个子集的交集为空集,与题设要求矛盾。故t ≤ 2 。 另一方面,考虑T 的含元素1的所有子集,这类子集共有2 个,满足任意两个子集的 交集不为空集。 综合上述两方面,即知t 的最大值为2 。引理得证。 下面回到原题。 对于集合S = 1,2, … ,n (n ≥ 3),设满足题设条件的子集最多有a 个。本题即 要求a 。 首先,我们考虑a 与a 的递归关系。将S = 1,2, … ,n,n + 1 的满足题设条 件的子集分为两类:第一类,不包含元素n + 1,此类子集最多有a 个;第二类,包含元素 n + 1,对于这类子集,都去掉元素n + 1后,剩下的子集中,必然两两的交集不为空集, 根据引理,此类交集最多有2 个。故得 a ≤a +2 (1) 下面我们计算a 。对于集合S = 1,2,3 ,将其7个非空子集分为三类:第一类,{3}、 2,3 、 1,3 ;第二类,{2}、 1,2 ;第三类,{1}、 1,2,3 。若a ≥ 4,根据抽屉 原理,这a 个子集中必有两个在同一类,这两个子集不满足题设条件,故a ≤ 3。另一方 面,取S 的三个子集 1,2 、 1,3 、 1,2,3 ,即满足题设条件。于是知 a =3=2 ?1 (2) 综合(1)、(2),当n ≥ 3时,有a ≤ a + 2 +2 +?+2 = (2 ? 1) + 2 +2 +?+2 =2 ? 1。从而有: a ≤2 ?1 (3) 另一方面,对于集合S = 1,2, … ,n ,其含有元素1且至少有两个元素的子集恰有 2 ? 1个,这2 ? 1个子集即满足题设条件。从而知a = 2 ? 1。 本题中,令n = 100,即知S = 1,2,3, … ,100 的满足题设条件的子集最多有 2 ? 1个。 四、(本题满分 50 分)设整数x 、x 、 … 、x 模2014 互不同余,整数y 、y 、 …、 y 模2014也互不同余。证明:可将y 、y 、 …、y 重新排列为z 、z 、 …、z ,使 得x + z 、x + z 、 … 、x +z 模4028互不同余。 证明:因为x 、x 、 … 、x 和y 、y 、 … 、y 均为模2014的完系,不妨设 x ≡ y ≡ i(mod 2014)。进一步,不妨设x ≡ k · 2014 + i(mod 4028),y ≡ t · 2014 + i(mod 4028),其中k 、t ∈ 0,1 ,i = 1、2、 … 、2014。 此时,若存在1 ≤ i<j ≤ 2014,使得x + y ≡ x + y (mod 4028),则即等价于 (k · 2014 + i) + (t · 2014 + i) ≡ k · 2014 + j + t · 2014 + j (mod 4028) ? 2(j ? i) ≡ k + t ? k ? t · 2014(mod 4028) ? j ? i ≡ k + t ? k ? t · 1007(mod 2014) j ? i = 1007 ? (*) (mod 2) k +k ?t +t 基于上述分析,对于每个正整数i ≤ 1007,若t + t 与k + k 奇偶性相同,则 令z = y ,z =y ;若t + t 与k + k 奇偶性不同,则令z = y , z = y 。下面我们证明,这样得到的y 、y 、 …、y 的排列z 、z 、 …、z 满足 题设条件。即要证明,对任意正整数1 ≤ i<j ≤ 2014,都有x + z ? x + z (mod 4028)。 否则,若存在正整数1 ≤ i<j ≤ 2014,使得x + z ≡ x + z (mod 4028)。注意到 x ≡ i(mod 1007),x ≡ j(mod 1007),z ≡ i(mod 1007),z ≡ j(mod 1007),故

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2i ≡ 2j(mod 1007) ? i ≡ j(mod 1007) ? j = i + 1007。从而只可能x + z ≡ x + (mod 4028)。下面分两种情况讨论: z (1)若z = y ,则z =y ,且t + t 与k + k 奇偶性相同。此时, (mod 4028),且k + k (mod 2),根据(*), x +y ≡ x +y ≡ t +t 这是不可能的。 (2)若z = y ,则z = y ,且t + t 与k + k 奇偶性不同。此时, x +y ≡x + y (mod 4028) ? (k · 2014 + i) + (t · 2014 + i + 1007) ≡ (k · 2014 + i + 1007) + (t · 2014 + i)(mod 4028) ) · 2014 ≡ (k ? (k + t + t ) · 2014(mod 4028) ? k +t ≡k + t (mod 2) 这与t + t 和k + k 奇偶性不同矛盾。 综合上述分析,据此构造的y 、y 、 … 、y 的排列z 、z 、 …、z 满足题设条件。

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