2015年全国高中数学联合竞赛试题与解答(B卷)

2023年12月10日发(作者：2021贵州年高考数学试卷)

2015年全国高中数学联赛（B卷）（一试）

一、填空题（每个小题8分，满分64分

1：已知函数f(x)值范围是

2：已知yf(x)x为偶函数，且f(10)15，则f(10)的值为

3：某房间的室温T（单位：摄氏度）与时间t（单位：小时）的函数关系为：

3axxalog2x[0,3]x(3,)，其中a为常数，如果f(2)f(4)，则a的取Tasintbcost,t(0,)，其中a,b为正实数，如果该房间的最大温差为10摄氏度，则ab的最大值是

4：设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是单位正方形，如果二面角A1BDC1的大小为，则AA1

35：已知数列an为等差数列，首项与公差均为正数，且a2,a5,a9依次成等比数列，则使得

a1a2ak100a1的最小正整数k的值是

6：设k为实数，在平面直角坐标系中有两个点集A(x,y)x2y22(xy)和

B(x,y)kxyk30，若AB是单元集，则k的值为

y2x21上的动点，点A(1,1),B(0,1)，则PAPB的最大值为 7：设P为椭圆438：正2015边形A1A2A2015内接于单位圆O，任取它的两个不同顶点Ai,Aj，

则OAiOAj1的概率为

二、解答题

9：（本题满分16分）数列an满足a13,对任意正整数m,n，均有amnaman2mn

（1）求an的通项公式；

（2）如果存在实数c使得

1c对所有正整数k都成立，求c的取值范围

ai1ik10：（本题满分20分）设a1,a2,a3,a4为四个有理数，使得：

aai311ij424,2,,,1,3，求a1a2a3a4的值

j28

x2y211：（本题满分20分）已知椭圆221(ab0)的右焦点为F(c,0)，存在经过点Fab的一条直线l交椭圆于A,B两点，使得OAOB，求该椭圆的离心率的取值范围

（加试）

1：（本题满分40分）证明：对任意三个不全相等的非负实数a,b,c都有：

(abc)2(bac)2(cab)21，并确定等号成立的充要条件

222(ab)(bc)(ca)2

2：（本题满分40分）如图，在等腰ABC中，ABAC，设I为其内心，设D为ABC内的一个点，满足I,B,C,D四点共圆，过点C作BD的平行线，与AD的延长线交于E

求证：CDBDCE

23：（本题满分50分）证明：存在无穷多个正整数组(a,b,c)(a,b,c2015)满足：

abc1,bac1,cab1

4：（本题满分50分）给定正整数m,n(2mn)，设a1,a2,,am是1,2,,n中任取m个1,2,,m使得akk为奇数，或者存在整数 互不相同的数构成的一个排列，如果存在k，试确定所有好排列k,l(1klm)，使得akal，则称a1,a2,,am是一个“好排列”的个数。

2015年全国高中数学联赛（B卷）解答

（一试）

三、填空题（每个小题8分，满分64分

ax1．已知函数f(x)xalog2x[0,3]x(3,)，其中a为常数，如果f(2)f(4)，则a的取值范围是．

答案：（-2,+∞）．解：f(2)a2,f(4)2a，所以a22a，解得：a2．

2．已知yf(x)x为偶函数，且f(10)15，则f(10)的值为．

答案：2015．解：由己知得f(10)(10)f(10)10，即f(=2015．

10)10()2f0003．某房间的室温T（单位：摄氏度）与时间t（单位：小时）的函数关系为：

Tasintbcost,t(0,)，其中a,b为正实数，如果该房间的最大温差为10摄氏度，则ab的最大值是．

答案：52．解：由辅助角公式：Tasintbcosta2b2sin(t)，其中满足条件sin333ba2b2,cosaa2b2，则函数T的值域是[a2b2,a2b2]，室内最大温差为2a2b210，得a2b25．

故ab2(a2b2)52,等号成立当且仅当ab52．

24．设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是单位正方形，如果二面角A1BDC1的大小为答案：，则AA1．

36．解：取BD的中点O，连接OA, OA1 , OC1．

2则∠A1OC1是二面角A1-BD-C1的平面角，因此∠A1OC1=又△OA1C1是等边三角形．故A1O= A1C1=2，所以

,

3

226．

AA1AOAO(2)()1225．已知数列an为等差数列，首项与公差均为正数，且a2,a5,a9依次成等比数列，则使得

222a1a2ak100a1的最小正整数k的值是．

答案：34．解：设数列an的公差为d,则a2a1d,a5a14d,a9a18d．因为2a2,a5,a9依次成等比数列，所以a2a9a5，即(a1d)(a18d)(a14d)2到：a1d8d．又d0，所以a18d．由

2．化简上式得a1a2aka1解得kmin34．

a1kk(k1)dk(k1)2k100．

a1166．设k为实数，在平面直角坐标系中有两个点集A(x,y)xy2(xy)和

22B(x,y)kxyk30，若AB是单元集，则k的值为．

22答案：23．解：点集A是圆周:(x1)(y1)2，点集B是恒过点 P （-1,3）的直线l:y3k(x1)及下方（包括边界）．作出这两个点集知，当A自B是单元集时，直线l是过点P的圆的一条切线．故圆的圆心 M (1, l）到直线l的距离等于圆

的半径2，故|k1k3|k122．结合图像，应取较小根

k23．

y2x21上的动点，点A(1,1),B(0,1)，则PAPB的最大值为． 7．设P为椭圆43答案：5．解：取F ( 0 , l )，则 F, B分别是椭圆的上、下焦点，由椭圆定义知，|PF|+|PB|=4．因此，| PA|+|PB|=4-|PF|+|PA|≤4+|FA|=4+l= 5．

3,1)时，|PA|+|PB|最大值为5．

28．正2015边形A1A2A2015内接于单位圆O，任取它的两个不同顶点Ai,Aj，

当P在AF延长线与椭圆的交点(则OAiOAj1的概率为．

答案671．解：因为|OAi||OAj|1，所以

1007|OAiOAj|2|OAi|2|OAj|22OAiOAj2(1cosOAi,OAj)．

故OAiOAj1的充分必要条件是cosOAi,OAj不超过1，即向量OAi,OAj的夹角22．

3对任意给定的向量OAi，满足条件OAiOAj1的向量可的取法共有：

2201513426712OAOA121342种，故的概率是：．

pij32015201520141007四、解答题

9．（本题满分16分）数列an满足a13,对任意正整数m,n，均有amnaman2mn

（3）求an的通项公式；

（4）如果存在实数c使得解： (l)在amnaman2mn中令m1可以得到an的递推公式：1c对所有正整数k都成立，求c的取值范围．

i1aikan1a1an2nan(32n)．

因此an的通项公式为：

[5(2n1)](n1)n(n2)．8 分

2k1（事实上，对这个数列an,a1133，并且

ana1(32k)3amn(mn)(mn2)(mn)22(mn)(m22m)2(n22n)2mn

n1aman2mn．

所以ann(n2) 是数列an的通项公式．

(2)注意到：11111()，所以

ann(n2)2nn2k1()(1)()．

a2nn222k1k242k1k2n1nn1k13133,并且(k)，因此c的取值范围是c[,)．16 分 故444n1ann1ankk

10．（本题满分20分）设a1,a2,a3,a4为四个有理数，使得：

aai311ij424,2,,,1,3，求a1a2a3a4的值．

j28解：由条件可知，aiaj(1ij4)是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，|(i1j4|a1||a2|及|a1||a3|，中最小的与次小的两个数分别是最大与次大的由此知，a1,a2,a3,a4的绝对值互不相等，不妨设|a1||a2||a3||a4|，则|ai|a|j两个数分别是|a3||a4|及|a2||a4|，从而必须有

1aa,128aa1, 10 分

13a2a43,a3a424,113,a3,a424a1． 于是a28a1a1a2132故{a2a3,a1a4}{2,24a1}{2,}，15分

8a121结合a1Q，只可能a1．

41111由此易知，a1,a2,a34,a46或者a1,a2,a34,a46．

4242检验知这两组解均满足问题的条件．

9． 20 分

4x2y211．（本题满分20分）已知椭圆221(ab0)的右焦点为F(c,0)，存在经过点Fab的一条直线l交椭圆于A,B两点，使得OAOB，求该椭圆的离心率的取值范围．

解：设椭圆的右焦点F的坐标为（c, 0)．显然l不是水平直线，设直线l的方程为xkyc，点A、B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)．将直线 l的方程与椭圆方程联立，故a1a2a3a4消去x得

(bka)y24kbcyb(ca)0．

2222222224kb2cyy22,212bka由韦达定理

2224byyb(ca).12b2k2a2b2k2a2OAOBx1x2y1y2(ky1c)(ky2c)y1y2(k21)y1y2kc(y1y2)c2

b424kb2ck2b2a2c2b42(k1)(22)kc(22)c．5分

bka2bka2b2k2a22因为OAOB等价于OAOB0，故由上式可知，存在满足条件的直线l，等价于存a2c2b4k2b2a2c2b420,k2在实数k，使得． ①

b(1c2)b2k2a2224显然存在k满足①等价于acb0．② 15 分

222224222又bac，所以②等价于ac(ac)0，两边除以a 得到

c2c22(12)0,即e2(1e2)20．

2aa51,1)．20 分 由于e1，解得：e[2

加试

1：（本题满分40分）证明：对任意三个不全相等的非负实数a,b,c都有：

(abc)2(bac)2(cab)21，并确定等号成立的充要条件．

2222(ab)(bc)(ca)

解：当a,b,c不全相等时，原不等式等价于

2(abc)22(bca)22(cab)2(ab)2(bc)2(ca)2．上式可化简为

2a2b22b2c22c2a212abc2ab2bc2ca, 即

a2b2b2c2c2a2abbcca6abc． ①

222222考虑到ab,bc,ca,ab,bc,ca0，故由平均不等式得，

a2b2b2c2c2a2abbcca66a2b2b2c2c2a2abbcca6abc． ②

因此原不等式成立． 20 分

下面考虑等号成立的充分必要条件．

注意到②中等号成立的充分必要条件是abbccaabbcca．

若abc0，则abbcca，显然

abc，与条件矛盾！

若abc0，则abbcca0，但a,b,c不全为0，不妨设a0，则bc0．类似可得其余两种情况，即a,b,c中恰有一个非零．这时原不等式中等式确实成立．

因此，原不等式等号成立当且仅当a,b,c中有两个是0，另一个为正数．40 分

2．（本题满分40分）如图，在等腰ABC中，ABAC，设I为其内心，设D为ABC内的一个点，满足I,B,C,D四点共圆，过点C作BD的平行线，与AD的延长线交于E．求证：CD2BDCE．

证明：连接BI,CI．设I, B , C, D四点在圆O上，延长DE交圆

O于F，连接FB，FC．

因为BD||CE，所以∠DCE=180°-∠BDC=∠BFC．

又由于∠CDE=∠CDF=∠CBF，所以△BFC∽△DCE，从而

222222DCBF．

CEFC再证明AB, AC与圆O相切．

事实上，因为∠ABI=

11∠ABC=∠ACB=∠ICB，所以AB与圆

22O相切．同理AC与圆O相切． 20 分

因此有△ABD∽△AFB，△ACD∽△AFC，故

BDABACDCBFBD,即．② 30 分

BFAFAFCFFCDCDCBD2结合①、②，得，即CDBDCE． 40 分

CEDC3．（本题满分50分）证明：存在无穷多个正整数组(a,b,c)(a,b,c2015)满足：

abc1,bac1,cab1．

证明：考虑cab1的特殊情况，此时c|ab1成立．10 分

由a|bc1知，a|b(ab1)1，故a|b1．①

由b|ac1知，b|a(ab1)1，故b|a1．②

2为满足①、②，取ak,bk1(kN),此时cab1kk1．40 分

*当正整数k>2015时，(a,b,c)(k,k1,kk1)均符合条件，因此满足条件的正整数组(a,b,c)有无穷多个． 50 分

4．（本题满分50分）给定正整数m,n(2mn)，设a1,a2,,am是1,2,,n中任取m个21,2,,m使得akk为奇数，或者存在整数 互不相同的数构成的一个排列，如果存在k，试确定所有好排列k,l(1klm)，使得akal，则称a1,a2,,am是一个“好排列”的个数．

解：首先注意，“存在k{1,2,,m}，使得akk为奇数”是指存在一个数与它所在的位置序号的奇偶性不同；“存在整数k,l(1klm)，使得akal”意味着排列中存在逆序，换言之，此排列不具有单调递增性．

将不是好排列的排列称为“坏排列”，下面先求坏排列的个数，再用所有排列数减去坏排列数．注意坏排列同时满足：（1）奇数位必填奇数，偶数位必填偶数；（2）单调递增．10

分

下面来求坏排列的个数．设P是坏排列全体，Q是在1,2,,[nm]中任取m项组成的2单调递增数列的全体．对于P中的任意一个排列a1,a2,,am，定义

ama11a22,,,m)．

222aknm因为akn,km，故由条件（1）可知，所有的k均属于集合{1,2,,[再]}．22ak}（k1,2,,m）单调递增．故如上定义的f给出了PQ的由条件（2）可知，{k2一个映射．显然．f是一个单射． 30 分

下面证明f是一个满射．事实上，对于Q中任一个数列b1,b2,,bm，令ak2bk1f(a1,a2,,am)(（k1,2,,m）．因为整数bk1bk，故bk1bk1，从而

ak1ak2(bk1bk)11(1km1)

故a1,a2,,am单调递增．

nm]mn，及akk2bk为偶数，故a1,a2,,am为P中2的一个排列．显然f(a1,a2,,am)(b1,b2,,bm)，故f是一个满射．

综上可见，f是PQ的一个一映射，故|P||Q|．40分

nm又Q中的所有数列与集合{1,2,,[]}的所有m元子集一对应，故|Q|Cmnm，[]22又a11，而am2[从而|P|Cmnm．

[2]最后，我们用总的排列数Pnmn!扣除坏排列的数目，得所有的排列的个数为(nm)!n!Cmnm． 50 分

[](nm)!2