-2017全国高中数学联赛试题及答案

2017年全国高中数学联赛A卷一试一、填空MATCH_ word word文档格式规范word作业纸小票打印word模板word简历模板免费word简历 _1714196890608_11.设)(xf是定义在R上的函数，对任意实数x有1)4()3(−=−⋅+xfxf.又当70<≤x时，)9(log)(2xxf−=，则)100(−f的值为__________.2.若实数yx,满足1cos22=+yx，则yxcos−的取值范围是__________.3.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为1109:22=+yx，F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为__________.4.若一个三位数中任意两个相邻数码的差不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是5.正三棱锥ABCP−中，1=AB，2=AP，过AB的平面α将其体积平分，则棱PC与平面α所成角的余弦值为__________.6.在平面直角坐标系xOy中，点集}{1,0,1,),(−==yxyxK.在K中随机取出三个点，则这三点中存在两点之间距离为5的概率为__________.7.在ABC∆中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若3π=∠A，ABC∆的面积为3，则ANAM⋅的最小值为__________.8.设两个严格递增的正整数数列{}{}nnba,满足：20171010<=ba，对任意正整数n，有nnnaaa+=++12，nnbb21=+，则11ba+的所有可能值为__________.二、解答题9.设mk,为实数，不等式12≤−−mkxx对所有[]bax,∈成立.证明：22≤−ab.10.设321,,xxx是非负实数，满足1321=++xxx，求)53)(53(321321xxxxxx++++的最小值和最大值.11.设复数21,zz满足0)Re(1>z，0)Re(2>z，且2)Re()Re(2221==zz（其中)Re(z 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示复数z的实部）.（1）求)Re(21zz的最小值；（2）求212122zzzz−−+++的最小值.2017年全国高中数学联赛A卷二试一.如图，在ABC∆中，ACAB=，I为ABC∆的内心，以A为圆心，AB为半径作圆1Γ，以I为圆心，IB为半径作圆2Γ，过点IB,的圆3Γ与1Γ,2Γ分别交于点QP,（不同于点B）.设IP与BQ交于点R.证明：CRBR⊥二.设数列{}na定义为11=a，,2,1,,,,1=>−≤+=+nnanananaannnnn.求满足20173≤<rar的正整数r的个数.三.将3333×方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻连个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.四.设nm,均是大于1的整数，nm≥，naaa,,,21是n个不超过m的互不相同的正整数，且naaa,,,21互素.证明：对任意实数x，均存在一个)1(nii≤≤，使得xmmxai)1(2+≥，这里y表示实数y到与它最近的整数的距离.2017年全国高中数学联赛A卷一试答案1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.2017年全国高中数学联赛A卷二试答案一.二.三.四.2016年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）参考答案及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8分和0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5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，共64分．1.设实数a满足3911aaaa<−<，则a的取值范围是．答案：2310,33a∈−−．解：由aa<可得0a<，原不等式可变形为391111aaaaa−>>=−，即219111a−<−<，所以2104,93a∈．又0a<，故2310,33a∈−−．2.设复数,zw满足3,74izzwzw，其中i是虚数单位，,zw分别表示,zw的共轭复数，则22zwzw的模为．答案：65．解：由运算性质，2274izwzwzwzwzw，因为2z与2w为实数，Re0zwzw，故227,4izwzwzw，又3z，所以22w．从而222242988i18izwzwzwzwzw．因此，22zwzw的模为221865．3.正实数,,uvw均不等于1，若loglog5uvvww，loglog3vwuv，则logwu的值为．答案：45．解：令log,loguvvawb，则11log,logvwuvab，logloglogloguuuvvwvvwaab，条件化为115,3aabbab，由此可得54ab．因此14logloglog5wwvuvuab．4.袋子A中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B中装有4张5元纸币和3张1元纸币．现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A中剩下的纸币面值1之和大于B中剩下的纸币面值之和的概率为．答案：935．解：一种取法符合要求，等价于从A中取走的两张纸币的总面值a小于从B中取走的两张纸币的总面值b，从而5510ab<≤+=．故只能从A中取走两张1元纸币，相应的取法数为23C3=．又此时2ba>=，即从B中取走的两张纸币不能都是1元纸币，相应有2273CC18−=种取法．因此，所求的概率为2257318549==CC102135×××．5.设P为一圆锥的顶点，,,ABC是其底面圆周上的三点，满足90ABC，M为AP的中点．若1,2,2ABACAP，则二面角MBCA的大小为．答案：2arctan3．解：由90ABC知，AC为底面圆的直径．设底面中心为O，则PO平面ABC．易知112AOAC，进而221POAPAO．设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点．在底面中作HKBC于点K，则由三垂线定理知MKBC，从而MKH为二面角MBCA的平面角．因12MHAH，结合HK与AB平行知，34HKHCABAC，即34HK，这样2tan3MHMKHHK．故二面角MBCA的大小为2arctan3．6.设函数44()sincos1010kxkxfx，其中k是一个正整数．若对任意实数a，均有()1()fxaxafxxR，则k的最小值为．答案：16．解：由条件知，22222()sincos2sincos10101010kxkxkxkxfx211231sincos25454kxkx，其中当且仅当5()mxmkZ时，()fx取到最大值．根据条件知，任意一个长为1的开区间(,1)aa至少包含一个最大值点，从而51k，即5k．反之，当5k时，任意一个开区间(,1)aa均包含()fx的一个完整周期，此时()1()fxaxafxxR成立．综上可知，正整数k的最小值为5116．27.双曲线C的方程为2213yx，左、右焦点分别为1F、2F．过点2F作一直线与双曲线C的右半支交于点,PQ，使得190FPQ，则1FPQ的内切圆半径是．答案：71．解：由双曲线的性质知，122134FF，12122PFPFQFQF．因190FPQ，故2221212PFPFFF，因此2221212122()()PFPFPFPFPFPF2224227．从而直角1FPQ的内切圆半径是111212111()()()71222rFPPQFQPFPFQFQF．8.设1234,,,aaaa是1,2,,100中的4个互不相同的数，满足2222222123234122334()()()aaaaaaaaaaaa，则这样的有序数组1234(,,,)aaaa的个数为．答案：40．解：由柯西不等式知，2222222123234122334()()()aaaaaaaaaaaa，等号成立的充分必要条件是312234aaaaaa，即1234,,,aaaa成等比数列．于是问题等价于计算满足1234{,,,}{1,2,3,,100}aaaa⊆的等比数列1234,,,aaaa的个数．设等比数列的公比1q，且q为有理数．记nqm，其中,mn为互素的正整数，且mn．先考虑nm的情况．此时331413annaamm，注意到33,mn互素，故13alm为正整数．相应地，1234,,,aaaa分别等于3223,,,mlmnlmnlnl，它们均为正整数．这表明，对任意给定的1nqm，满足条件并以q为公比的等比数列1234,,,aaaa的个数，即为满足不等式3100nl的正整数l的个数，即3100n．由于35100，故仅需考虑342,3,,4,23q这些情况，相应的等比数列的个数为10010010010010012331120827276464．当nm时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列1234,,,aaaa．综上可知，共有40个满足条件的有序数组1234(,,,)aaaa．3二、解答题：本大题共3小题，共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）在ABC中，已知23ABACBABCCACB．求sinC的最大值．解：由数量积的定义及余弦定理知，222cos2bcaABACcbA．同理得，2222acbBABC，2222abcCACB．故已知条件化为2222222222()3()bcaacbabc，即22223abc．…………………8分由余弦定理及基本不等式，得22222221(2)3cos22abababcCabab36abba22363abba，所以27sin1cos3CC=−≤，…………………12分等号成立当且仅当::3:6:5abc．因此sinC的最大值是73．…………………16分10.（本题满分20分）已知()fx是R上的奇函数，(1)1f，且对任意0x，均有()1xfxfxx．求1111111(1)1002993985051ffffffff的值．解：设1(1,2,3,)nafnn，则1(1)1af．在()1xfxfxx中取*1()xkkN，注意到111111kkxxk，及()fx为奇函数，可知111111fffkkkkk，……………5分即11kkaak．从而11111111(1)!nnknkkkaaaakn．………………10分因此50504910111011(1)!(100)!!(99)!iiiiiaaiiii4984949999999999900111112CCC299!99!299!299!iiiii．………………20分11.（本题满分20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，F是x轴正半轴上的一个动点．以F为焦点、O为顶点作抛物线C．设P是第一象限内C上的一点，Q是x轴负半轴上一点，使得PQ为C的切线，且2PQ．圆12,CC均与直线OP相切于点P，且均与x轴相切．求点F的坐标，使圆1C与2C的面积之和取到最小值．解：设抛物线C的方程是22(0)ypxp，点Q的坐标为(,0)(0)aa，并设12,CC的圆心分别为111222(,),(,)OxyOxy．设直线PQ的方程为(0)xmyam，将其与C的方程联立，消去x可知2220ypmypa．因为PQ与C相切于点P，所以上述方程的判别式为224420pmpa，解得2amp．进而可知，点P的坐标为(,)(,2)PPxyapa．于是2210122(2)PaPQmypaapap．由2PQ可得2424apa．①………………5分注意到OP与圆12,CC相切于点P，所以12OPOO．设圆12,CC与x轴分别相切于点,MN，则12,OOOO分别是,POMPON的平分线，故1290OOO．从而由射影定理知2121212yyOMONOPOPOP2222PPxyapa．结合①，就有2212243yyapaa．②………………10分由12,,OPO共线，可得111112222222PPypayyOPOMyyyPOONypay，化简得5121222yyyypa．③………………15分令2212Tyy，则圆12,CC的面积之和为T．根据题意，仅需考虑T取到最小值的情况．根据②、③可知，222121212124()222Tyyyyyyyypa22222224(43)(2)(43)2(43)441aaaaaa．作代换21ta．由于244420tapa，所以0t．于是(31)(1)1134234234ttTttttt．上式等号成立当且仅当33t，此时1113at．因此结合①得，213121333313patta，从而F的坐标为1,0,0233p．………………20分62016年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.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,10分为一个档次，不要增加其他中间档次.一、（本题满分40分）设实数122016,,,aaa满足21911(1,2,,2015)iiaai+>=．求222212232015201620161()()()()aaaaaaaa−⋅−⋅⋅−⋅−的最大值．解令222212232015201620161()()()()Paaaaaaaa=−⋅−⋅⋅−⋅−．由已知得，对1,2,,2015i=，均有2221111109iiiiaaaa+++−>−≥．若2201610aa−≤，则0S≤．…………………10分以下考虑2201610aa−>的情况．约定20171aa=．由平均不等式得12016201620162220161111111()20162016iiiiiiiPaaaa++===≤−=−∑∑∑201620162016211111(1)20162016iiiiiiiaaaa====−=−∑∑∑…………………20分2201611(1)111201620162201644iiiaa=+−≤=⋅⋅=∑，所以201614P≤．…………………30分当12201612aaa====时，上述不等式等号成立，且有21911iiaa+>(1,2,,2015)i=，此时201614P=．综上所述，所求最大值为201614．…………………40分二、（本题满分40分）如图所示，在△ABC中，,XY是直线BC上两点（,,,XBCY顺次排列），使得BXACCYAB．设△ACX，△ABY的外心分别为12,OO，直线12OO与,ABAC分别交于点,UV．证明：△AUV是等腰三角形．VUO2O1YBCAX证法一作BAC∠的内角平分线交BC于点P.设三角形ACX和ABY的外接圆分别为1ω和2ω.由内角平分线的性质知，BPABCPAC=.由条件可得BXABCYAC=.从而PXBXBPABBPPYCYCPACCP+===+，即CPPXBPPY⋅=⋅．…………………20分故P对圆1ω和2ω的幂相等，所以P在1ω和2ω的根轴上．……………30分于是12APOO⊥，这表明点,UV关于直线AP对称，从而三角形AUV是等腰三角形.…………………40分证法二设△ABC的外心为O，连接12,OOOO．过点12,,OOO分别作直线BC的垂线，垂足分别为12,,DDD．作1OKOD于点K．我们证明12OOOO．在直角三角形1OKO中，111sinOKOOOOK．由外心的性质，1OOAC．又ODBC，故1OOKACB．而1,DD分别是,BCCX的中点，所以11111222DDCDCDCXBCBX．因此111112sinsin2BXOKDDBXOORABOOKACBABR，这里R是△ABC的外接圆半径．同理2CYOORAC．…………………10分由已知条件可得BXCYABAC，故12OOOO．…………………20分由于1OOAC，所以1290AVUOOO．同理2190AUVOOO．…………………30分又因为12OOOO，故1221OOOOOO，从而AUVAVU．这样AUAV，即△AUV是等腰三角形．…………………40分KD2DD1OVUO2O1YBCAXPVUO2O1YACBX三、（本题满分50分）给定空间中10个点,其中任意四点不在一个平面上．将某些点之间用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值．解以这10个点为顶点,所连线段为边,得到一个10阶简单图G.我们证明G的边数不超过15．设G的顶点为1210,,,vvv，共有k条边，用deg()iv表示顶点iv的度.若deg()3iv≤对1,2,,10i=都成立，则10111deg()1031522iikv==≤××=∑．假设存在iv满足deg()4iv≥．不妨设1deg()4vn=≥，且1v与21,,nvv+均相邻．于是21,,nvv+之间没有边，否则就形成三角形．所以，121,,,nvvv+之间恰有n条边．…………10分对每个j（210nj+≤≤），jv至多与231,,,nvvv+中的一个顶点相邻（否则设jv与(),21stvvstn≤<≤+相邻，则1,,,sjtvvvv就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾．），从而21,,nvv+与210,,nvv+之间的边数至多10(1)9nn−+=−条．…………20分在2,,nnvv+这9n−个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多2(9)4n−条边．因此G的边数22(9)(9)25(9)9915444nnknn−−≤+−+=+≤+=．……30分如图给出的图共有15条边，且满足要求．综上所述，所求边数的最大值为15.…………………50分四、（本题满分50分）设p与2p+均是素数,3p>．数列{}na定义为12a=,11nnnpaaan−−=+,2,3,n=．这里x表示不小于实数x的最小整数．证明：对3,4,,1np=−均有11nnpa−+成立．证明首先注意，{}na是整数数列．对n用数学归纳法．当3n=时，由条件知22ap=+，故()2211pap+=+．因p与2p+均是素数，且3p>，故必须31p+．因此231pa+，即3n=时结论成立．对31np<≤−，设对3,,1kn=−成立11kkpa−+，此时111kkpapakk−−+=，故22122111111kkkkkpapapapapakk−−−−−++=++=++−−()()2111kpapkk−++−=−．…………………10分故对31np<≤−，有()()123112111112nnnpnpnpnpapapannn−−−+−+−+−+=+=⋅+−−−()21231123pnpnppann+−+−+==⋅⋅⋅+−−，………20分因此()()()12112nnpnnppaCpnp−+++=++．由此知（注意npnC+是整数）()()()121nnpnppa−+++．①…………………40分因np<，p素数，故()(),,1nnpnp+==，又2p+是大于n的素数，故(),21np+=，从而n与()()2pnp++互素，故由①知11nnpa−+．由数学归纳法知，本题得证．…………………50分2015年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8分和0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5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,ab为不相等的实数，若二次函数2()fxxaxb满足()()fafb，则(2)f的值为．答案：4．解：由已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满足costan，则41cossin的值为．答案：2．解：由条件知，2cossin，反复利用此结论，并注意到22cossin1，得22421cossincossinsinsin2(1sin)(1cos)22sincos2．3.已知复数数列{}nz满足111,1i(1,2,)nnzzznn，其中i为虚数单位，nz表示nz的共轭复数，则2015z的值为．答案：20151007i．解：由已知得，对一切正整数n，有2111i1i11i2innnnzznznnz，于是201511007220151007iizz．4.在矩形ABCD中，2,1ABAD，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满足DPBQ，则向量PA与向量PQ的数量积PAPQ的最小值为．答案：34．解：不妨设(0,0),(2,0),(0,1)ABD．设P的坐标为(,1)t（其中02t≤≤），则由DPBQ得Q的坐标为(2,)t，故(,1),(2,1)PAtPQtt，因此22133()(2)(1)(1)1244PAPQtttttt．当12t时，min34PAPQ．5.在正方体中随机取3条棱，它们两两异面的概率为．答案：255．解：设正方体为ABCDEFGH，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有312220C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428，故所求概率为8222055．6.在平面直角坐标系xOy中，点集(,)36360Kxyxyxy所对应的平面区域的面积为．答案：24．解：设1(,)360Kxyxy．先考虑1K在第一象限中的部分，此时有36xy，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(,)360Kxyxy，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所对应的平面区域是被1K、2K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36xy，直线GH的方程为36xy，故它们的交点P的坐标为33,22．由对称性知，138842422CPGSS．7.设为正实数，若存在,(2)abab，使得sinsin2ab，则的取值范围是．答案：9513,,424．解：由sinsin2ab知，sinsin1ab，而[,][,2]ab，故题目条件等价于：存在整数,()klkl，使得22222kl．①当4时，区间[,2]的长度不小于4，故必存在,kl满足①式．当04时，注意到[,2](0,8)，故仅需考虑如下几种情况：(i)5222，此时12且54，无解；(ii)59222，此时有9542；(iii)913222，此时有13942，得1344．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4亦满足条件，可知9513,,424．8.对四位数(19,0,,9)abcdabcd，若,,abbccd，则称abcd为P类数；若,,abbccd，则称abcd为Q类数．用()NP与()NQ分别表示P类数与Q类数的个数，则()()NPNQ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0A，个位数不等于零的P类数全体记为1A．对任一四位数1abcdA，将其对应到四位数dcba，注意到,,1abbccd，故dcbaB．反之，每个dcbaB唯一对应于1A中的元素abcd．这建立了1A与B之间的一一对应，因此有010()()NPNQABAABA．下面计算0A：对任一四位数00abcA，b可取0,1,,9，对其中每个b，由9ba及9bc知，a和c分别有9b种取法，从而992200191019(9)2856bkAbk．因此，()()285NPNQ．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,,abc满足242,424abcabc，求c的最小值．解：将2,2,2abc分别记为,,xyz，则,,0xyz．由条件知，222,xyzxyz，故2222224()2zyxzyzyzy．…………………8分因此，结合平均值不等式可得，422111224yyzyyyy332111332244yyy．…………………12分当212yy，即312y时，z的最小值为3324（此时相应的x值为324，符合要求）．由于2logcz，故c的最小值为32235log2log343．…………………16分10.（本题满分20分）设1234,,,aaaa是4个有理数，使得311424,2,,,1,328ijaaij，求1234aaaa的值.解：由条件可知，()14ijaaij≤<≤是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，1234,,,aaaa的绝对值互不相等，不妨设1234aaaa，则()14ijaaij≤<≤中最小的与次小的两个数分别是12aa及13aa，最大与次大的两个数分别是34aa及24aa，从而必须有121324341,81,3,24,aaaaaaaa…………………10分于是2341112113,,248aaaaaaa.故2231412113{,},242,82aaaaaa，…………15分结合1a，只可能114a.由此易知123411,,4,642aaaa或者123411,,4,642aaaa．经检验知这两组解均满足问题的条件．故1234aaaa94.…………………20分11.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy中，1F、2F分别是椭圆2212xy的左、右焦点．设不经过焦点1F的直线l与椭圆交于两个不同的点A、B，焦点2F到直线l的距离为d．如果直线1AF、l、1BF的斜率依次成等差数列，求d的取值范围．解：由条件知，点1F、2F的坐标分别为(1,0)和(1,0)．设直线l的方程为ykxm，点A、B的坐标分别为11(,)xy和22(,)xy，则12,xx满足方程22()12xkxm，即222(21)4(22)0kxkmxm．①由于点A、B不重合，且直线l的斜率存在，故12,xx是方程①的两个不同实根，因此有①的判别式22222(4)4(21)(22)8(21)0kmkmkm，即2221km．②由直线1AF、l、1BF的斜率111yx、k、221yx依次成等差数列知，1212211yykxx，又1122,ykxmykxm，所以122112()(1)()(1)2(1)(1)kxmxkxmxkxx．化简并整理得，12()(2)0mkxx．假如mk，则直线l的方程为ykxk，即l经过点1(1,0)F，不符合条件．因此必有1220xx，故由方程①及韦达定理知，1224()221kmxxk，即12mkk．③由②、③知，2221212kmkk，化简得2214kk，这等价于22k．反之，当,mk满足③及22k时，l必不经过点1F（否则将导致mk，与③矛盾），而此时,mk满足②，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1，结合1220xx知121xx，与方程①有两个不同的实根矛盾）．…………………10分点2(1,0)F到直线:lykxm的距离为2222111111222211kkmdkkkkk．………15分注意到22k，令211,tk则(1,3)t，上式可改写为21313222tdttt．④考虑到函数13()2fttt在[1,3]上单调递减，故由④得，(3)(1)fdf，即(3,2)d．…………………20分2015年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.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,10分为一个档次，不要增加其他中间档次.一、（本题满分40分）设12,,,(2)naaan≥是实数，证明：可以选取{}12,,,1,1nεεε∈−，使得222111(1)nnniiiiiiiaanaε===+≤+∑∑∑．证法一：我们证明：222211112(1)nnnniijiniiijaaana====++−≤+∑∑∑∑，①即对1,,2ni=，取1iε=；对1,,2nin=+，取1iε=−符合要求．（这里，[]x表示实数x的整数部分．）…………………10分事实上，①的左边为2222111122nnnnijijnniijjaaaa===+=+++−∑∑∑∑22211222nnijnijaa==+=+∑∑2221122222nnijnijnnana==+≤+−∑∑（柯西不等式）…………30分22211212222nnijnijnnaa==++=+∑∑（利用122nnn+−=）222112(1)nnijnijnana==+≤++∑∑（利用[]xx≤）21(1)niina=≤+∑，所以①得证，从而本题得证．…………………40分证法二：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，则问题中的不等式左边的21niia=∑不减，而右边的21niia=∑不变，并且这一手续不影响1iε=±的选取，因此我们可进一步设120naaa≥≥≥≥．…………………10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．…………………30分回到原题，由柯西不等式及上面引理可知221221111(1)nnniiiiiiiaanaa−===+−≤+∑∑∑21(1)niina=≤+∑，这就证明了结论．…………………40分二、（本题满分40分）设12{,,,}nSAAA=，其中12,,,nAAA是n个互不相同的有限集合（2n≥），满足对任意,ijAAS∈，均有ijAAS∈．若1min||2iinkA≤≤=≥．证明：存在1niixA=∈，使得x属于12,,,nAAA中的至少nk个集合（这里X表示有限集合X的元素个数）．证明：不妨设1||Ak=．设在12,,,nAAA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1212:{,,,}{,,,}stfBBBCCC→，1()iifBBA=．显然f是单映射，于是st≤．…………………10分设112{,,,}kAaaa=．在12,,,nAAA中除去1212,,,,,,,stBBBCCC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1A的交非空，即包含某个ia，从而12kxxxnst+++≥−−．…………………20分不妨设11maxiikxx≤≤=，则由上式知1nstxk−−≥，即在剩下的nst−−个集合中，包含1a的集合至少有nstk−−个．又由于1iAC⊆（1,,it=），故12,,,tCCC都包含1a，因此包含1a的集合个数至少为(1)nstnsktnsttkkk−−−+−−++=≥（利用2k≥）nk≥（利用ts≥）．……………40分三、（本题满分50分）如图，ABC内接于圆O，P为BC上一点，点K在线段AP上，使得BK平分ABC∠．过KPC、、三点的圆Ω与边AC交于点D，连接BD交圆Ω于点E，连接PE并延长与边AB交于点F．证明：2ABCFCB∠=∠．ΩFEDKOBCAP证法一：设CF与圆Ω交于点L（异于C），连接PBPC、、BL、KL．注意此时C、D、L、K、E、P六点均在圆Ω上，结合A、B、P、C四点共圆，可知180FEBDEPDCPABPFBP∠=∠=°−∠=∠=∠，因此FBE∽FPB，故2FBFEFP=⋅．…………………10分又由圆幂定理知，FEFPFLFC⋅=⋅，所以2FBFLFC=⋅，从而FBL∽FCB．…………………20分因此FLBFBCAPCKPCFLK∠=∠=∠=∠=∠，即BKL、、三点共线．…………………30分再根据FBL∽FCB得，12FCBFBLFBEABC∠=∠=∠=∠，即2ABCFCB∠=∠．…………………50分证法二：设CF与圆Ω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B′共线，因此B′是AF与ED的交点，即BB′=．所以B、K、L共线．…………………30分根据A、B、P、C四点共圆及L、K、P、C四点共圆，得ABCAPCFLKFCBLBC∠=∠=∠=∠+∠，又由BK平分ABC∠知，12LBCABC∠=∠，从而2ABCFCB∠=∠．………………&he