2015年全国高中数学联合竞赛A卷

一试

一、填空题 本小题共8小题，每小题8分，满分64分．

1、设$a,b$是不相等的实数，若二次函数$f(x)=x^2+ax+b$满足$f(a)=f(b)$，则$f(2)$的值为_______． 2、若实数$\alpha$满足$\cos\alpha=\tan\alpha$，则$\dfrac{1}{\sin\alpha}+\cos^4\alpha$的值为_______．

3、已知复数数列$\left\{z_n\right\}$满足$z_1=1$，$z_{n+1}=\overline{z_n}+1+n{\rm i}$，其中$n=1,2,\cdots$，其中$\rm i$是虚数单位，$\overline{z_n}$表示$z_n$的共轭复数，则$z_{2015}$的值为_______．

4、在矩形$ABCD$中，$AB=2$，$AD=1$，在$DC$边上（包含点$D$、$C$）的动点$P$与$CB$延长线上（包含$B$）的动点$Q$满足$\left|\overrightarrow{DP}\right|=\left|\overrightarrow{BQ}\right|$，则向量$\overrightarrow{PA}$与向量$\overrightarrow{PQ}$的数量积$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PQ}$的最小值为_______．

5、在正方体中随机取$3$条棱，它们两两异面的概率为________．

6、在平面直角坐标系$xOy$中，点集 $$K=\left\{(x,y)\left|\left(|x|+|3y|-6\right)\left(|3x|+|y|-6\right)\leqslant 0\right.\right\}$$ 所对应的平面区域的面积为_______．

7、设$\omega$为正实数，若存在$a,b$（$\pi\leqslant a<b\leqslant 2\pi$），使得$\sin\omega a+\sin\omega b=2$，则$\omega$的取值范围是_______．

8、对四位数$\overline{abcd}$（$1\leqslant a\leqslant 9$，$0\leqslant b,c,d\leqslant 9$），若$a>b$，$b<c$，$c>d$，则称$\overline{abcd}$为$P$类数，若$a<b$，$b>c$，$c<d$，则称$\overline{abcd}$为$Q$类数．用$N(P)$与$N(P)$分别表示$P$类数与$Q$类数的个数，则$N(P)-N(Q)$的值为_______．

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、（本小题满分16分）若实数$a,b,c$满足$2^a+4^b=2^c$，$4^a+2^b=4^c$，求$c$的最小值．

10、（本小题满分20分）设$a_1,a_2,a_3,a_4$是$4$个有理数，使得 $$\left\{a_ia_j\left|1\leqslant i< j\leqslant 4\right.\right\}=\left\{-24,-2,-\dfrac 32,-\dfrac 18,1,3\right\},$$ 求$a_1+a_2+a_3+a_4$的值．

11、（本小题满分20分）在平面直角坐标系$xOy$中，$F_1$、$F_2$分别是椭圆$\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$的左、右焦点，设不经过焦点$F_1$的直线$l$与椭圆交于两个不同的点$A$、$B$，焦点$F_2$到直线$l$的距离为$d$．如果直线$AF_1$、$l$、$BF_1$的斜率依次成等差数列，求$d$的取值范围．

加试

一、（本题满分40分）设$a_1,a_2,\cdots,a_n$（$n\geqslant 2$）是实数，证明：可以选取$\varepsilon_1,\varepsilon_2,\cdots,\varepsilon_n\in\left\{-1,1\right\}$，使得 $$\left(\sum_{i=1}^n{a_i}\right)^2+\left(\sum_{i=1}^n{\varepsilon_ia_i}\right)^2\leqslant (n+1)\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right).$$

二、（本题满分40分）设$S=\left\{A_1,A_2,\cdots,A_n\right\}$，其中$A_1,A_2,\cdots,A_n$是$n$个互不相同的有限集合（$n\geqslant 2$），满足对任意$A_i,A_j\in S$，均有$A_i\cup A_j\in S$．若$k=\min\limits_{1\leqslant i\leqslant n}\left|A_i\right|\geqslant 2$．证明：存在$x\in\bigcup\limits_{i=1}^n{A_i}$，使得$x$属于$A_1,A_2,\cdots,A_n$中的至少$\dfrac nk$个集合（这里$|X|$表示有限集合$X$的元素个数）.

三、（本题满分50分）如图，$\triangle ABC$内接于圆$O$，$P$为弧$BC$上一点，点$K$在线段$AP$上，使得$BK$平分$\angle ABC$．过$K$、$P$、$C$三点的圆$\Omega$与边$AC$交于点$D$，连接$BD$交圆$\Omega$于点$E$，连接$PE$并延长与边$AB$交于点$F$，证明：$\angle ABC=2\angle FCB$．四、求具有下列性质的所有正整数$k$：对任意正整数$n$，$2^{(k-1)n+1}$不整除$\dfrac{(kn)!}{n!}$．

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参考答案

以下解析抄录自《学数学》编辑部发布的《2015年全国高中数学联赛（A卷）参考答案及评分标准》，有部分删节和修改．

一试

一、填空题

1、$4$

提示    $x=\dfrac{a+b}2$是$f(x)$的对称轴，于是可得$2a+b=0$．

2、$2$

提示    $\sin^2\alpha+\sin\alpha=1$，于是 $$\dfrac{1}{\sin\alpha}+\cos^4\alpha=\sin\alpha+1+\sin^2\alpha=2.$$

3、$2015+1007{\rm i}$

提示    $z_{n+2}=z_n+2+{\rm i}$．

4、$\dfrac 34$

提示    建系即可．

5、$\dfrac {2}{55}$

提示    将正方体的$12$条棱按方向分为$3$组．

6、$24$

提示    考虑到对称性，先处理第一象限的情形． 然后再乘$4$即可． 7、$\left[\dfrac 94,\dfrac 52\right]\cup\left[\dfrac{13}4,+\infty\right)$

提示    $\omega a$和$\omega b$必然形如$2k\pi+\dfrac{\pi}2$，讨论即得．

8、$285$

提示    所求即所有以$0$结尾的$P$类数．

二、解答题

9、记$x=2^a$，$y=2^b$，$z=2^c$，则 $$\begin{cases}x+y^2=z,\\x^2+y=z^2,\end{cases}$$ 消元得 $$\left(z-y^2\right)^2+y=z^2,$$ 整理得 $$\begin{split}z&=\dfrac{y^2}{2}+\dfrac{1}{2y}\\&=\dfrac{y^2}2+\dfrac{1}{4y}+\dfrac{1}{4y}\\&\geqslant 3\sqrt[3]{\dfrac{y^2}2\cdot\dfrac{1}{4y}\cdot\dfrac{1}{4y}}\\&=\dfrac{3}{4}\sqrt[3]{2},\end{split}$$ 等号当$y=\dfrac{1}{\sqrt[3]2}$，$x=\dfrac{\sqrt[3]2}4$时取得． 于是$z$的最小值为$\dfrac{3}4\sqrt[3]2$，进而$c$的最小值为${\log_2}\left(\dfrac 34\sqrt[3]2\right)={\log_2}3-\dfrac 53$．

10、设$a_1,a_2,a_3,a_4$的绝对值从小到大排列，则 $$\begin{cases}a_1a_2=-\dfrac 18,\\a_1a_3=1,\\a_2a_4=3,\\a_3a_4=-24,\\\left\{a_2a_3,a_1a_4\right\}=\left\{-2,-\dfrac 32\right\},\end{cases}$$ 解得 $$\left(a_1,a_2,a_3,a_4\right)=\left(\dfrac 14,-\dfrac 12,4,-6\right)\lor\left(-\dfrac 14,\dfrac 12,-4,6\right),$$ 于是$a_1+a_2+a_3+a_4=\pm\dfrac 94$．

11、根据已知，有$F_1(-1,0)$，$F_2(1,0)$．设$l:y=kx+m$，$A\left(x_1,y_1\right)$，$B\left(x_2,y_2\right)$，则联立直线与椭圆方程得 $$\begin{eqnarray}\left(2k^2+1\right)x^2+4kmx+2m^2-2=0,\end{eqnarray}$$ 判别式 $$\Delta=8\left(2k^2+1-m^2\right)>0,$$ 即 $$\begin{eqnarray}2k^2+1>m^2.\end{eqnarray}$$ 由题意直线$AF_1$、$l$、$BF_1$的斜率成等差数列，得 $$\dfrac{y_1}{x_1+1}+\dfrac{y_2}{x_2+1}=2k,$$ 将$y_1=kx_1+m$，$y_2=kx_2+m$代入并整理得 $$(m-k)\left(x_1+x_2+2\right)=0,$$ 由直线$l$不经过$F_1$点，舍去$m-k=0$，于是 $$x_1+x_2=-2,$$ 结合(1)的韦达定理有 $$-\dfrac{4km}{2k^2+1}=-2,$$ 即 $$\begin{eqnarray}m=k+\dfrac 1{2k}.\end{eqnarray}$$ 由(2)(3)可得$k^2$的取值范围由 $$2k^2+1>m^2=\left(k+\dfrac{1}{2k}\right)^2$$ 确定，即 $$k^2>\dfrac 12.$$ 点$F_2(1,0)$到直线$l$的距离为 $$d=\dfrac{|k+m|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{\dfrac{k^2}{1+k^2}}\cdot\left(2+\dfrac{1}{2k^2}\right),$$ 结合$k^2$的取值范围可得$d$的取值范围为$\left(\sqrt 3,2\right)$．

加试

一、（本题满分40分）

证法一

我们证明 $$\begin{eqnarray}\left(\sum_{i=1}^na_i\right)^2+\left(\sum_{i=1}^ma_i-\sum_{i=m+1}^na_i\right)^2\leqslant (n+1)\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right),\end{eqnarray}$$ 其中$m=\left[\dfrac n2\right]$，即 $$\varepsilon_i=\begin{cases}1,&i=1,2,\cdots,m,\\-1,&i=m+1,m+2,\cdots,n.\end{cases}$$ 事实上，(4)的左边为 $$\begin{split}&\quad\left(\sum_{i=1}^ma_i+\sum_{j=m+1}^na_j\right)^2+\left(\sum_{i=1}^ma_i-\sum_{j=m+1}^na_j\right)^2\\&=2\left(\sum_{i=1}^ma_i\right)^2+2\left(\sum_{j=m+1}^na_j\right)^2\\&\leqslant 2m\sum_{i=1}^ma_i^2+2(n-m)\sum_{j=m+1}^na_j^2\\&=2\left[\dfrac n2\right]\sum_{i=1}^ma_i^2+2\left[\dfrac{n+1}2\right]\sum_{j=m+1}^na_j^2\\&\leqslant n\sum_{i=1}^ma_i^2+(n+1)\sum_{j=m+1}^na_j^2\\&\leqslant (n+1)\sum_{i=1}^na_i^2,\end{split}$$ 其中第三行用到了柯西不等式． 从而(4)得证，原题得证．

证法二

首先，由于问题中$a_1,a_2,\cdots,a_n$的对称性，可设$a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots \geqslant a_n$，此外，若将$a_1,a_2,\cdots,a_n$中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的$\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\right)^2$不减，而右边的$\sum\limits_{i=1}^na_i^2$不变，并且此变化不影响$\varepsilon$的选取，因此我们可以进一步设$a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots a_n\geqslant 0$．

引理    设$a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots a_n\geqslant n$，则 $$0\leqslant \sum_{i=1}^n\left(-1\right)^{i-1}a_i\leqslant a_1.$$ 引理的证明从略． 于是回到原题，由柯西不等式及上述引理可得 $$\begin{split}\left(\sum_{i=1}^na_i\right)^2+\left(\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}a_i\right)^2&\leqslant n\sum_{i=1}^na_i^2+a_1^2\\&\leqslant (n+1)\sum_{i=1}^na_i^2,\end{split}$$ 这就证明了结论．

二、（本题满分40分） 不妨设$\left|A_1\right|=k$．设在$A_1,A_2,\cdots,A_n$中与$A_1$不相交的集合有$s$个，重新记为$B_1,B_2,\cdots,B_s$，设包含$A_1$的集合有$t$个，重新记为$C_1,C_2,\cdots,C_t$．由已知条件$\left(B_i\cup A_1\right)\in S$，即 $$\left(B_i\cup A_1\right)\in\left\{C_1,C_2,\cdots,C_t\right\},$$ 这样我们得到一个映射 $$f:\left\{B_1,B_2,\cdots,B_s\right\}\to\left\{C_1,C_2,\cdots,C_t\right\},f\left(B_i\right)=B_i\cup A_1,$$ 显然$f$是单射，于是$s\leqslant t$． 设$A_1=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_k\right\}$．在$A_1,A_2,\cdots,A_n$中除去$B_1,B_2,\cdots,B_s,C_1,C_2,\cdots,C_t$后在剩下的$n-s-t$个集合中，设包含$a_i$的集合有$x_i$个（$1\leqslant i\leqslant k$），由于剩下的$n-s-t$个集合中每个集合与$A_1$的交集非空，即包含某个$a_i$，从而 $$x_1+x_2+\cdots+x_k\geqslant n-s-t.$$ 不妨设$x_1=\max\left\{x_1,x_2,\cdots,x_k\right\}$，则由上式知 $$x_1\geqslant \dfrac{n-s-t}k,$$ 即在剩下的$n-s-t$个集合中，包含$a_1$的集合至少有$\dfrac{n-s-t}k$个．又由于$A_1\subseteq C_i$（$i=1,2,\cdots,t$），故$C_1,C_2,\cdots,C_t$都包含$a_1$，因此包含$a_1$的集合个数至少为 $$\begin{split}\dfrac{n-s-t}k+t&=\dfrac{n-s+t(k-1)}k\\&\geqslant \dfrac{n-s+t}k\\&\geqslant \dfrac nk.\end{split}$$

三、（本题满分50分） 设$CF$与圆$\Omega$交于点$L$（异于$C$）．

证法一

连接$PB$、$PC$、$BL$、$KL$． 注意此时$C$、$D$、$L$、$K$、$E$、$P$六点均在圆$\Omega$上，结合$A$、$B$、$P$、$C$四点共圆，可知 $$\angle FEB=\angle DEP=180^\circ-\angle DCP=\angle ABP=\angle FBP,$$ 因此$\triangle FBE\sim\triangle FPB$，因此 $$FB^2=FE\cdot FP.$$ 又由圆幂定理可知，$FE\cdot FP=FL\cdot FC$，所以 $$FB^2=FL\cdot FC,$$ 因此$\triangle FBL\sim\triangle FCB$． 因此 $$\angle FLB=\angle FBC=\angle APC=\angle KPC=\angle FLC,$$ 即$B$、$K$、$L$三点共线． 再根据$\triangle FBL\sim\triangle FCB$得 $$\angle FCB=\angle FBL=\angle FBE=\dfrac 12\angle ABC,$$ 即$\angle ABC=2\angle FCB$．

证法二 对圆内接广义六边形$DCPELK$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$B'=B$，所以$B$、$K$、$L$共线． 根据$A$、$B$、$P$、$C$四点共圆及$L$、$K$、$P$、$C$四点共圆，得 $$\angle ABC=\angle APC=\angle KLC=\angle FCB+\angle LBC,$$ 又由$BK$平分$\angle ABC$知 $$\angle ABC=2\angle LBC,$$ 从而$\angle ABC=2\angle FCB$．

四、（本题共50分） 对正整数$m$，设$v_2(m)$表示正整数$m$的标准分解中素因子$2$的方幂，则熟知 $$\begin{eqnarray}v_2(m!)=m-S(m),\end{eqnarray}$$ 这里$S(m)$表示正整数$m$在二进制表示下的数码之和． 由于$2^{(k-1)n+1}$不整除$\dfrac{(kn)!}{n!}$等价于 $$v_2\left(\dfrac{(kn)!}{n!}\right)\leqslant (k-1)n,$$ 即 $$kn-v_2\left((kn)!\right)\geqslant n-v_2\left(n!\right),$$ 进而由(5)知，本题等价于求所有正整数$k$，使得$S(kn)\geqslant S(n)$对任意正整数$n$成立． 我们证明，所有符合条件的$k$为$2^a$，其中$a=0,1,2,\cdots$． 一方面，由于$S\left(2^an\right)=S(n)$对任意正整数$n$成立，故$k=2^a$符合条件． 另一方面，若$k$不是$2$的方幂，设$k=2^a\cdot q$，$a\geqslant 0$，$q$是大于$1$的奇数． 下面构造一个正整数$n$，使得$S(kn)<S(n)$．因为 $$S(kn)=S\left(2^aqn\right)=S(qn),$$ 因此问题等价于我们选取的$q$的一个倍数$m$，使得 $$S(m)<S\left(\dfrac{m}{q}\right).$$ 由$(2,q)=1$，熟知存在正整数$u$，使得$2^u\equiv 1\pmod q$．（事实上，由欧拉定理知，$u$可以取$\varphi(q)$．） 设奇数$q$的二进制表示为 $$2^{\alpha_1}+2^{\alpha_2}+\cdots+2^{\alpha_t},$$ 其中$0=\alpha_1<\alpha_2<\cdots<\alpha_t$，$t\geqslant 2$． 取$m=2^{\alpha_1}+2^{\alpha_2}+\cdots+2^{\alpha_t+tu}$，则$S(m)=t$，且 $$m=q+2^{\alpha_t}\left(2^{tu}-1\right)\equiv 0\pmod q.$$ 我们有 $$\begin{eqnarray}\begin{split}\dfrac mq&=1+2^{\alpha_t}\cdot\dfrac{2^{tu}-1}{q}\\&=1+2^{\alpha_t}\cdot\dfrac{2^u-1}{q}\left(1+2^u+\cdots+2^{(t-1)u}\right)\\&=1+\sum_{i=0}^{t-1}\dfrac{2^u-1}{q}\cdot2^{iu+\alpha_t}.\end{split}\end{eqnarray}$$ 由于$0<\dfrac{2^u-1}q<2^u$，故正整数$\dfrac{2^u-1}{q}$的二进制表示中的最高次幂小于$u$，由此可得，对任意整数$i,j$（$0\leqslant i<j\leqslant t-1$），数$\dfrac{2^u-1}q\cdot 2^{iu+\alpha_t}$与$\dfrac{2^u-1}q\cdot 2^{ju+\alpha_t}$的二进制表示中没有相同的项． 又因为$\alpha_t>0$，故$\dfrac{2^u-1}q\cdot 2^{iu+\alpha_t}$（$i=0,1,2,\cdots,t-1$）的二进制表示中均不包含$1$，故由(6)可知 $$S\left(\dfrac mq\right)=1+S\left(\dfrac{2^u-1}q\right)\cdot t>t=S(m),$$ 因此上述选取的$m$满足要求． 综合上述的两个方面可知，所求$k$为$2^a$，其中$a=0,1,2,\cdots$．

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