2016年全国高中数学联合竞赛试题及详细解答

$2016$年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）

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$a<9a^3-11a<|a|$，则$a$的取值范围是______．

2．设复数$z,w$满足$|z|=3$，$(z+\overline{w})(\overline{z}-w)=7+4{\mathrm i}$，其中$\mathrm i$是虚数单位，$\overline{z},\overline{w}$分别表示$z,w$的共轭复数，则$(z+2\overline{w})(\overline{z}-2w)$的模为_______．

3．正实数$u,v,w$均不等于$1$，若${\log_u}(vw)+{\log_v}w=5$，${\log_v}u+{\log_w}v=3$，则${\log_w}u$的值为______．

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$A$中剩下的纸币面值之和大于$B$中剩下的纸币面值之和的概率为_______．

5．设$P$为圆锥的顶点，$A,B,C$是其底面圆周上的三点，满足$\angle ABC=90^\circ$，$M$为$AP$的中点．若$AB=1$，$AC=2$，$AP=\sqrt 2$，则二面角$M-BC-A$的大小为_______．

6．设函数$f(x)=\sin^4{\dfrac{kx}{10}}+\cos^4{\dfrac{kx}{10}}$，其中$k$是一个正整数．若对任意实数$a$，均有$\{f(x)\left|\right.a<x<a+1\}=\{f(x)\left|\right.x\in\mathcal{R}\}$，则$k$的最小值为_________．

7．双曲线$C$的方程为$x^2-\dfrac{y^2}{3}=1$，左、右焦点分别为$F_1,F_2$，过点$F_2$作一直线与双曲线$C$的右半支交于点$P,Q$，使得$\angle F_1PQ=90^\circ$，则$\triangle F_1PQ$的内切圆半径是______．

8．设$a_1,a_2,a_3,a_4$是$1,2,\cdots,100$中的$4$个互不相同的数，满足

$$(a_1^2+a_2^2+a_3^2)(a_2^2+a_3^2+a_4^2)=(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4)^2,$$ 则这样的序列数组$(a_1,a_2,a_3,a_4)$的个数为_______．

二、解答题：本大题共$3$小题，$56$分．

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$2016$年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）

一、（本题满分40分）设实数$a_1,a_2,\cdots,a_{2016}$满足$9a_i>11a_{i+1}^2(i=1,2,\cdots,2015)$．求$(a_1-a_2^2)\cdot(a_2-a_3^2)\cdots(a_{2015}-a_{2016}^2)\cdot(a_{2016}-a_1^2)$的最大值．

二、（本题满分40分）如图所示，在$\triangle ABC$中，$X,Y$是直线$BC$上两点（$X,B,C,Y$顺次排列），使得

$$BX\cdot AC=CY\cdot AB.$$ 设$\triangle ACX,\triangle ABY$的外心分别为$O_1,O_2$，直线$O_1O_2$与$AB,AC$分别交于点$U,V$．证明：$\triangle AUV$是等腰三角形．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．

四、（本题满分50分）设$p$与$p+2$均是素数，$p>3$．数列$\{a_n\}$定义为

$$a_1=2,a_n=a_{n-1}+\left\lceil\dfrac{pa_{n-1}}n\right\rceil,n=2,3,\cdots.$$ 这里$\lceil x\rceil$表示不小于实数$x$的最小整数．证明：对$n=3,4,\cdots,p-1$均有$n\mid pa_{n-1}+1$成立．

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参考答案

说明　本解答由【光子问答】中的耿耿，意琦行，meiyun，琪琪1509提供，由意琦行整理．

一试

1．$\left(-\dfrac{2\sqrt 3}3,-\dfrac{\sqrt{10}}3\right)$．

由$a<|a|$，可得$a<0$，于是原不等式即

$$\begin{cases} a<0,\\ -1<\dfrac{9a^3-11a}{-a}<1,\end{cases}$$ 解得$a$的取值范围是$\left(-\dfrac{2\sqrt 3}3,-\dfrac{\sqrt{10}}3\right)$．

2．$\sqrt{65}$．

根据已知，有

$$z\cdot \overline z-w\cdot \overline w-z\cdot w+\overline z\cdot \overline w=7+4{\rm i},$$ 于是 $$\begin{cases} z\cdot \overline z-w\cdot \overline w =7,\\ -z\cdot w+\overline z\cdot \overline w=4{\rm i}.\end{cases}$$ 于是 $$\begin{split} &\left(z+2\overline w\right)\left(\overline z-2w\right)\\=&z\cdot \overline z-4w\cdot \overline w-2z\cdot w+2\overline z\cdot \overline w\\ =&4\left(z\cdot \overline z-w\cdot \overline w\right)-3z\cdot \overline z+2\left(-z\cdot w+\overline z\cdot \overline w\right)\\ =&1+8{\rm i},\end{split}$$ 于是所求复数的模为$\sqrt{65}$．

3．$\dfrac 45$．

令${\log_v}u=x$，${\log_w}v=y$，则${\log_w}u=xy$，条件变为

$$\begin{cases} \dfrac 1x+\dfrac 1y+\dfrac{1}{xy}=5,\\ x+y=3,\end{cases}$$ 从而解得$xy=\dfrac 45$．

4．$\dfrac{9}{35}$．

符合题意的情形只有$A$取走$2$张$1$元纸币，$B$取走$2$张$5$元纸币或取走$1$张$5$元纸币和$1$张$1$元纸币，因此所求的概率为

$$\dfrac{{\rm C}_3^2\cdot \left({\rm C}_4^2+{\rm C}_4^1{\rm C}_3^1\right)}{{\rm C}_5^2{\rm C}_7^2}=\dfrac{9}{35}.$$

5．$\arctan \dfrac 23$．

如图，设$M$在底面$ABC$上的投影为$H$，过$H$作$HN\perp BC$于点$N$，则$\angle MNH$为所求二面角的平面角．于是

$$\tan \angle MNH=\dfrac{MH}{HN}=\dfrac{\dfrac 12PO}{\dfrac 34AB}=\dfrac 23,$$ 从而所求二面角的大小为$\arctan\dfrac 23$．

6．$16$．

根据已知，有

$$\begin{split} f(x)&=\left(\sin^2\dfrac{kx}{10}+\cos^2\dfrac{kx}{10}\right)^2-\dfrac 12\left(2\sin\dfrac{kx}{10} \cdot \cos\dfrac{kx}{10}\right)^2\\ &=1-\dfrac 12\sin^2\dfrac{kx}5\\ &=\dfrac 14\cos\dfrac{2kx}5+\dfrac 34.\end{split}$$ 题意为任取函数$f(x)$图象上在$x$轴上投影长度为$1$的一段(不包含端点)都能同时覆盖函数$f(x)$的最大值点和最小值点，于是其最小正周期小于$1$，从而$k$的最小值为 $$\left[5\pi\right]+1=16.$$ 注　如果把“对任意实数$a$”改为“存在实数$a$”，那么题意即$f(x)$的最小正周期小于$2$．

7．$\sqrt 7-1$．

如图，$F_1F_2=4$，$PF_1-PF_2=QF_1-QF_2=2$．于是$\triangle F_1PQ$的内切圆的半径

$$\begin{split} r&=\dfrac 12\left(PF_1+PQ-F_1Q\right)\\ &=\dfrac 12\left(PF_1+PF_2+QF_2-F_1Q\right)\\ &=\dfrac 12\left[\sqrt{2\left(PF_1^{2}+PF_2^{2}\right)-\left(PF_1-PF_2\right)^2}-\left(QF_1-QF_2\right)\right]\\ &=\sqrt 7-1.\end{split}$$

8．$40$．

由柯西不等式的取等条件可知$\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{a_2}{a_3}=\dfrac{a_3}{a_4}$，于是问题即从$1,2,\cdots ,100$中选出$4$个不同的数组成的等比数列的个数．不难推知$a_1,a_2,a_3,a_4$必然形如

$$am^3,am^2n,amn^2,an^3,$$ 其中$a,m,n$均为正整数，且$m\neq n,(m,n)=1$．考虑$m<n$的情形，此时所有的$(m,n)$有 $$(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(3,4),$$ 对应的等比数列个数之和为 $$\left[\dfrac{100}{2^3}\right]+2\cdot\left[\dfrac{100}{3^3}\right]+2\cdot\left[\dfrac{100}{4^3}\right]=20,$$ 因此所求的有序数组$\left(a_1,a_2,a_3,a_4\right)$共有$40$个．

9．统一起点，有

$$\left(\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB}\right)\cdot\overrightarrow{CA}+2\left(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}\right)\cdot\overrightarrow{CB}=3\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB},$$ 即 $$6\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=CA^2+2CB^2,$$ 也即 $$\cos C=\dfrac{CA^2+2CB^2}{6CA\cdot CB}\geqslant \dfrac{\sqrt 2}3,$$ 等号当$CA=\sqrt 2\cdot CB$时取得．因此$\cos C$的最小值为$\dfrac{\sqrt 2}3$，对应$\sin C$的最大值为$\dfrac{\sqrt 7}3$．

10．令$x=-\dfrac 1n$，$n\in\mathcal N^*$，则

$$\dfrac{x}{x-1}=\dfrac{-\dfrac 1n}{-\dfrac 1n-1}=\dfrac{1}{n+1},$$ 于是有 $$f\left(\dfrac{1}{n+1}\right)=-\dfrac 1nf\left(-\dfrac 1n\right)=\dfrac 1n f\left(\dfrac 1n\right),$$ 记$a_n=f\left(\dfrac 1n\right)$，$n\in\mathcal N^*$，则有$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac 1n$，从而 $$a_n=\dfrac{1}{(n-1)!}.$$ 于是所求代数式即 $$\begin{split} \sum_{i=1}^{50}a_ia_{101-i}=&\sum_{i=1}^{50}\dfrac{1}{(i-1)!\cdot (100-i)!}\\ =&\dfrac{1}{99!}\sum_{i=0}^{49}{\rm C}_{99}^i\\ =&\dfrac{1}{99!}\cdot \dfrac 12\sum_{i=0}^{99}{\rm C}_{99}^i\\ =&\dfrac{2^{98}}{99!}.\end{split}$$

11．如图，设抛物线方程为$C:y^2=2px$，焦点$F\left(\dfrac p2,0\right)$，连接$C_1C_2$，$PF$．设$P\left(2pa^2,2pa\right)$，则根据抛物线的光学性质，$|FQ|=|PF|$，于是$Q\left(-2pa^2,0\right)$，进而由$|PQ|=2$，可得

$$4p^2a^4+p^2a^2=1,$$ 即 $$p^2a^2=\dfrac{1}{4a^2+1}.$$ 圆心$C_1,C_2$都在过点$P$且与$OP$垂直的直线$l$上，设直线$l$的参数方程为 $$\begin{cases} x=2pa^2+t,\\ y= 2pa-at,\end{cases}$$ 根据题意，$C_1,C_2$对应的参数满足 $$\sqrt{1+a^2}\cdot |t|=2pa-at,$$ 即 $$t^2+4pa^2t-4p^2a^2=0,$$ 因此圆$C_1$的面积$S_1$与圆$C_2$的面积$S_2$之和 $$\begin{split} S_1+S_2&=\pi\left[\left(1+a^2\right)t_1^2+\left(1+a^2\right)t_2^2\right]\\ &=\pi \left(1+a^2\right)\left[\left(-4pa^2\right)^2+2\cdot 4p^2a^2\right]\\ &=\pi\left(1+a^2\right)\left(16a^2+8\right)\cdot p^2 a^2\\ &=\dfrac{\pi \left(16a^4+24a^2+8\right)}{4a^2+1}\\ &=\pi\left(4a^2+1+\dfrac{3}{4a^2+1}+4\right)\\ &\geqslant \pi\left(4+2\sqrt 3\right),\end{split}$$ 等号当$4a^2+1=\sqrt 3$，即$a^2=\dfrac{\sqrt 3-1}4$时取得．此时 $$p^2=\dfrac{1}{a^2\left(4a^2+1\right)}=\dfrac{4}{\left(\sqrt 3-1\right)\cdot \sqrt 3},$$ 于是$F$点的坐标为$\left(\dfrac{1}{\sqrt{3-\sqrt 3}},0\right)$．

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加试

一、令原式为$P$．由于$a_i-a_{i+1}^2>0$，$i=1,2,\cdots ,2015$，因此只需要考虑当$a_{2016}-a_1^2>0$的情况，记$a_{2017}=a_1$，则

$$\begin{split} P^{\frac{1}{2016}}&\leqslant \dfrac{1}{2016}\sum_{k=1}^{2016}\left(a_k-a_{k+1}^2\right)\\ &=\dfrac{1}{2016}\left(\sum_{k=1}^{2016}a_k-\sum_{k=1}^{2016}a_k^2\right)\\ &=\dfrac{1}{2016}\sum_{k=1}^{2016}\left[a_k\left(1-a_k\right)\right]\\ &\leqslant \dfrac{1}{4},\end{split}$$ 等号当$a_1=a_2=\cdots =a_{2016}=\dfrac 12$时取得．因此$P$的最大值为$\dfrac{1}{4^{2016}}$．

二、如图，设圆$O_1$与圆$O_2$的公共弦为$AD$，$AD$交$XY$于$E$．

由于$AD$为两圆的根轴，于是$E$点对圆$O_1$和圆$O_2$的幂相等，从而

$$XE\cdot CE=BE\cdot YE,$$ 进而结合合分比定理有 $$\dfrac{BE}{CE}=\dfrac{XE}{YE}=\dfrac{XB}{YC},$$ 又由已知，有$\dfrac{XB}{YC}=\dfrac{AB}{AC}$，于是有$\dfrac{BE}{CE}=\dfrac{AB}{AC}$，从而$AE$是$\angle BAC$的角平分线．又$AD\perp O_1O_2$，于是$U,V$关于直线$AD$对称，因此$\triangle AUV$是等腰三角形．

三、记这$10$个点分别为$P_i$且从$P_i$点引出了$a_i$条线段，其中$i=1,2,\cdots ,10$．这样图形中总共包含$\displaystyle \dfrac 12\sum_{i=1}^{10}a_i$条线段和$\displaystyle\sum_{i=1}^{10}{\rm C}_{a_i}^2$个角．根据题意，图形中没有空间四边形，因此任何一个角都与一个点对$(P_m,P_n)$一一对应，且不存在线段$P_mP_n$．这样就有

$$\dfrac 12\sum_{i=1}^{10}a_i+\sum_{i=1}^{10}{\rm C}_{a_i}^2=\dfrac 12\sum_{i=1}^{10}a_i^2\leqslant {\rm C}_{10}^2,$$ 于是所连线段数目 $$\dfrac 12\sum_{i=1}^{10}a_i\leqslant \dfrac 12\sqrt{10\cdot \sum_{i=1}^{10}a_i^2}=15.$$ 接下来构造包含$15$条线段的图形，此时从每个顶点出发的线段数均为$3$，如图．
四、首先注意，$\{a_n\}$是整数数列．

对$n$用数学归纳法．当$n=3$时，由条件知$a_2=2+p$，故$p a_2+1=(p+1)^2$．因$p$与$p+2$均是素数，且$p>3$，故必须$3\mid p+1$．因此$3\mid p a_2+1$，即$n=3$时结论成立．

对$3<n\leqslant p-1$，设对$k=3,\cdots,n-1$成立，此时$\left\lceil \dfrac{pa_{k-1}}{k}\right\rceil=\dfrac{pa_{k-1}+1}{k}$，故

$$\begin{split}pa_{k-1}+1&=p\left(a_{k-2} +\left\lceil \dfrac{pa_{k-2}}{k-1}\right\rceil\right)+1\\ &=p\left(a_{k-2}+\dfrac{pa_{k-2}+1}{k-1}\right)+1\\ &=\dfrac{(pa_{k-2}+1)(p+k-1)}{k-1}.\end{split}$$ 故对$3<n\leqslant p-1$，有 $$\begin{split}pa_{n-1}+1&=\dfrac{p+n-1}{n-1}(pa_{n-2}+1)\\ &=\dfrac{p+n-1}{n-1}\cdot\dfrac{p+n-2}{n-2}(pa_{n-3}+1)\\&=\cdots \\ &=\dfrac{p+n-1}{n-1}\cdot \dfrac{p+n-2}{n-2}\cdots \dfrac{p+3}{3}(pa_2+1),\end{split}$$ 因此 $$pa_{n-1}+1=\dfrac{2n(p+1)}{(p+n)(p+2)}{\rm C}_{p+n}^{n}.$$ 由此知（注意${\rm C}_{p+n}^{n}$是整数） $$n\mid {(p+n)(p+2)(pa_{n-1}+1)}.$$ 因$n<p$，$p$为素数，故$(n,n+p)=(n,p)=1$，又$p+2$是大于$n$的素数，故$(n,p+2)=1$，从而$n$与$(p+n)(p+2)$互素．故由(1)知$n\mid {pa_{n-1}+1}$．由数学归纳法知，本题得证．

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