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.

9.(本题满分16分)在 \(\triangle ABC\) 中,已知 \(\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC}+2\overrightarrow {BA}\cdot\overrightarrow {BC}=3\overrightarrow {CA}\cdot\overrightarrow {CB}\).求\(\sin C\) 的最大值.
 
10.(本题满分20分)已知 \(f(x)\) 是 \(\mathcal R\) 上的奇函数,\(f(1)=1\),且对任意 \(x<0\),均有 \(f\left(\dfrac x{x-1}\right)=xf(x)\).求 \[f(1)f \left(\dfrac 1{100} \right )+f \left(\dfrac12 \right)f \left(\dfrac 1{99} \right)+f \left(\dfrac 13 \right )f \left(\dfrac 1{98} \right )+\cdots+f \left(\dfrac 1{50} \right)f \left(\dfrac 1{51} \right)\] 的值.
 
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 \(\left|PQ\right|=2\),圆 \(C_1,C_2\) 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 \(C_1\) 与 \(C_2\) 的面积之和取到最小值.
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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.%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-09-14-%e4%b8%8b%e5%8d%881-39-24三、(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.


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.%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-09-14-%e4%b8%8b%e5%8d%881-51-53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$$\left[5\pi\right]+1=16.$$ 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,$F_1F_2=4$,$PF_1-PF_2=QF_1-QF_2=2$.%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-09-14-%e4%b8%8b%e5%8d%881-52-03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$C_1C_2$,$PF$.%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-09-14-%e4%b8%8b%e5%8d%881-52-15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$\left(\dfrac{1}{\sqrt{3-\sqrt 3}},0\right)$.


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$E$.

%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-09-14-%e4%b8%8b%e5%8d%881-52-25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.%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-09-14-%e4%b8%8b%e5%8d%881-52-34
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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