2015 年全国高中数学联合竞赛（A 卷）参考答案及评分标准一试说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设。

分和香分两档；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小题该分为一个档次，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b a ,为不相等的实数，若二次函数b ax x x f ++=2)(满足)()(b f a f =，则=)2(f 答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得22a b a+=-，即20a b +=，所以(2)424f a b =++=．2．若实数α满足ααtan cos =，则αα4cos sin 1+的值为 ． 答案：2. 解：由条件知，ααsin cos 2=，反复利用此结论，并注意到1sin cos 22=+αα，得)cos 1)(sin 1(sin sin sin cos cos sin 122224αααααααα-+=++=+ 2cos sin 22=-+=αα．3．已知复数数列{}n z 满足),2,1(1,111⋅⋅⋅=++==+n ni z z z n n ，其中i 为虚数单位，n z 表示n z 的共轭复数，则=2015z ．答案：2015 + 1007i ．解：由己知得，对一切正整数n ，有211(1)11(1)2n n n n z z n i z ni n i z i ++=+++=+++++=++, 于是201511007(2)20151007z z i i =+⨯+=+．4．在矩形ABCD 中，1,2==AD AB ，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 =，则PQ PA ⋅的最小值为 ． 答案34． 解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) ．设 P 的坐标为（t , l) （其中02t ≤≤），则由||||DP BQ =得Q 的坐标为（2，-t )，故(,1),(2,1)PA t PQ t t =--=---,因此，22133()(2)(1)(1)1()244PA PQ t t t t t t ⋅=-⋅-+-⋅--=-+=-+≥．当12t =时，min 3()4PA PQ ⋅=．5．在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为 ． 答案：255．解：设正方体为ABCD-EFGH ，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有312C =220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4×2=8，故所求概率为8222055=．6．在平面直角坐标系xOy 中，点集{}0)63)(63(),(≤-+-+y x y x y x 所对应的平面区域的面积为 ． 答案：24．解：设1{(,)||||3|60}K x y x y =+-≤． 先考虑1K 在第一象限中的部分，此时有36x y +≤,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{(,)||3|||60}K x y x y =+-≤，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36x y +=，直线GH 的方程为36x y +=，故它们的交点P 的坐标为33(,)22．由对称性知，138842422CPG S S ∆==⨯⨯⨯=．7．设ω为正实数，若存在实数)2(,ππ≤<≤b a b a ，使得2sin sin =+b a ωω，则ω的取值范围为 ． 答案：9513[,)[,)424w ∈+∞．解：2sin sin =+b a ωω知，1sin sin ==b a ωω，而]2,[,ππωωw w b a si ∈，故题目条件等价于：存在整数,()k l k l <，使得 ππππππw l k w 22222≤+≤+≤． ①当4w ≥时，区间]2,[ππw w 的长度不小于π4，故必存在,k l 满足①式． 当04w <<时，注意到)8,0(]2,[πππ⊆w w ，故仅需考虑如下几种情况：(i) ππππw w 2252≤<≤，此时21≤w 且45>w 无解； (ii) ππππw w 22925≤<≤，此时2549≤≤w ; (iii) ππππw w 221329≤<≤，此时29413≤≤w ,得4413<≤w ．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4≥w 亦满足条件，可知9513[,)[,)424w ∈+∞．8．对四位数abcd (9d ,0,91≤≤≤≤c b a ，)，若,,,d c c b b a ><>则称abcd 为P 类数；若d c c b b a <><,,，则称abcd 为Q 类数，用N(P)和N(Q)分别表示P 类数与Q 类数的个数，则N(P)-N(Q)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 ，个位数不等于零的尸类数全体记为1A ．对任一四位数1A abcd ∈，将其对应到四位数dcba ，注意到1,,≥><>d c c b b a ，故B dcba ∈．反之，每个B dcba ∈唯一对应于从中的元素abcd ．这建立了1A 与B 之间的一一对应，因此有011()()||||||||||||N P N Q A B A A B A -=-=+-=．下面计算0||A 对任一四位数00A abc ∈, b 可取0, 1，…，9，对其中每个b ，由9≤<a b 及9≤<c b 知，a 和c 分别有b -9种取法，从而992200191019||(9)2856b k A b k ==⨯⨯=-===∑∑． 因此，()()285N P N Q -=．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c b a ,,满足cb ac b a 424,242=+=+，求c 的最小值． 解：将2,2,2abc分别记为,,x y z ，则,,0x y z >．由条件知，222,x y z x y z +=+=，故2222224()2z y x z y z y z y -==-=-+．8分因此，结合平均值不等式可得，4221111(2)244y y z y y y y +==++≥⋅=12分 当212y y =，即y =时，zx求）．由于2log c z =，故c的最小值225log log 33=-．16分10．（本题满分20分）设4321,,,a a a a 为四个有理数，使得：{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧----=≤<≤3,1,81,23,2,2441j i aa ji，求4321a a a a +++的值． 解：由条件可知，(14)i j a a i j ≤<≤是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，4321,,,a a a a 的绝对值互不相等，不妨设||||||||4321a a a a <<<，则||||(14)i j a a i j ≤<≤中最小的与次小的两个数分别是12||||a a 及13||||a a ，最大与次大的两个数分别是34||||a a 及24||||a a ，从而必须有121324341,81,3,24,a a a a a a a a ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪=-⎪⎩ 10 分 于是2341112113,,248a a a a a a a =-===-．故2231412113{,}{,24}{2,}82a a a a a a =--=--，15分 结合1a Q ∈，只可能114a =±．由此易知，123411,,4,642a a a a ==-==-或者123411,,4,642a a a a =-==-=．检验知这两组解均满足问题的条件． 故123494a a a a +++=±． 20 分 11．（本题满分20分）在平面坐标系xOy 中，21,F F 分别为椭圆1222=+y x 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B A ,，焦点2F 到直线l 的距离为d ，如果11,,BF l AF 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（l, 0) ．设直线l 的方程为y kx m =+，点A 、B 的坐标分别为11(,)x y 和22(,)x y ，则12,x x 满足方程22()12x kx m ++=，即 222(21)4(22)0k x kmx m +++-=．由于点A 、B 不重合，且直线l 的斜率存在，故12,x x 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)0km k m k m ∆=-⋅+⋅-=+->，即2221k m +>．②由直线11,,BF l AF 的斜率1212,,11y y k x x ++依次成等差数列知，1212211y yk x x +=++，又1122,y kx m y kx m =+=+，所以122112()(1)()(1)2(1)(1)kx m x kx m x k x x +++++=++，化简并整理得，12()(2)0m k x x -++=．假如m k =，则直线l 的方程为y kx k =+，即 z 经过点1F （-1, 0)，不符合条件． 因此必有1220x x ++=，故由方程①及韦达定理知，1224()221kmx x k =-+=+，即12m k k=+．③ 由②、③知，222121()2k m k k +>=+，化简得2214k k>，这等价于||k > 反之，当,m k满足③及||k >l 必不经过点1F （否则将导致m k =，与③矛盾）, 而此时,m k 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,x x 中的某一个为- l ，结合1220x x ++=知121x x ==-，与方程①有两个不同的实根矛盾）．10分点2F （l , 0）到直线l: y kx m =+的距离为211|2|(2)22d k kk ==+=+．注意到||k >t =t ∈，上式可改写为21313()()222t d t t t=⋅+=⋅+．考虑到函数13()()2f t t t=⋅+在上上单调递减，故由④得，(1)f d f <<，即2)d ∈．20 分加试1．（本题满分40分）设)2(,,,21≥⋅⋅⋅n a a a n 是实数，证明：可以选取{}1,1,,,21-∈⋅⋅⋅n εεε，使得))(1()()(122121∑∑∑===+≤+ni i i n i i ni i a n a a ε．证法一：我们证明：2[]222111[]2()(1)()nnn ni i j i n i i i j a a a n a ====⎛⎫ ⎪+-≤+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑，① 即对1,2,,[]2n i =，取1i ε=，对[]1,,2ni n =+，取1i ε=-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2222[][][]222111[]1[]1[]122222n n n n n n i j i j i j n n n i i i j j j a a a a a a ====+=+=+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++-=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑∑ []2221[]122222n n i j n i j n n a n a ==+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤ ⎪ ⎪≤+- ⎪⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎣⎦⎣⎦⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑（柯西不等式）30分 []2221[]1212222n n i j n i j n n a a ==+⎛⎫⎛⎫⎛+⎫⎡⎤⎡⎤ ⎪ ⎪=+ ⎪⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎣⎦⎣⎦⎝⎭ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑∑（利用122n n n +⎡⎤⎡⎤-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦） []2221[]12(1)n n i j n i j n a n a ==+⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪≤++ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑（利用[]x x ≤） 21(1)()ni i n a =≤+∑．所以 ① 得证，从而本题得证．证法二：首先，由于问题中12,,,n a a a 的对称性，可设12n a a a ≥≥≥．此外，若将12,,,n a a a 中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的21)(∑=n i i a 不减，而右边的21ni i a=∑不变，并且这一手续不影响1i ε=±的选取，因此我们可进一步设120n a a a ≥≥≥≥． 10分引理：设120n a a a ≥≥≥≥，则1110(1)ni i i a a -=≤-≤∑．事实上，由于1(1,2,,1)i i a a i n +≥=-，故当n 是偶数时，1123411(1)()()()0ni i n n i a a a a a a a --=-=-+-++-≥∑，11232111(1)()()ni i n n n i a a a a a a a a ---=-=------≤∑．当n 是奇数时，11234211(1)()()()0ni i n n n i a a a a a a a a ---=-=-+-++-+≥∑，1123111(1)()()ni i n n i a a a a a a a --=-=-----≤∑．引理得证． 30 分回到原题，由柯西不等式及上面引理可知22122211111(1)(1)n n n ni i i i i i i i i a a n a a n a -====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-≤+≤+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑，这就证明了结论． 40分证法三：加强命题：设12,,,n a a a ⋅⋅⋅（2n ≥）是实数，证明：可以选取12,,,{1,1}n εεε⋅⋅⋅∈-，使得 2221111()()()()n nn i i i i i i i a a n a n ε===+≤+∑∑∑.证明 不妨设22212n a a a ≥≥⋅⋅⋅≥，以下分n 为奇数和n 为偶数两种情况证明.当n 为奇数时，取12121n εεε-==⋅⋅⋅==，13221n n n εεε++==⋅⋅⋅==-，于是有12221112()[()()]n nni i jn i i j a a a -+===+-∑∑∑12221122[()+()]n ni jn i j a a -+===∑∑1222112112()+2()()22n n i j n i j n n a n a -+==--≤⋅⋅-∑∑（应用柯西不等式）.1222112(1)()+(1)()n ni jn i j n a n a -+===-+∑∑ ①另外，由于22212n a a a≥≥⋅⋅⋅≥，易证有122211211(1)(1)n n i j n i j a a n n -+==+≥-∑∑，因此，由式①即得到1222112(1)()+(1)()n nijn i j n a n a -+==-+∑∑211()()n i i n a n =≤+∑，故n 为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当12121n εεε-==⋅⋅⋅==，13221n n n εεε++==⋅⋅⋅==-，且12n a a a ==⋅⋅⋅=时取等号.当n 为偶数时，取1221n εεε==⋅⋅⋅==，24221n n n εεε++==⋅⋅⋅==-，于是有2222112()[()()]n nni i j n i i j a a a +===+-∑∑∑22222122[()+()]n ni j n i j a a +===∑∑2222122()+2()()22n n i j n i j n n a n a +==≤⋅⋅-∑∑（应用柯西不等式）.222212[()+()]n nijn i j n a a +===∑∑22111()()()nn ii i i n a n a n ===≤+∑∑，故n 为偶数时，原命题也成立，而且由证明过程可知，当且仅当120n a a a ==⋅⋅⋅==时取等号，若12,,,n a a a ⋅⋅⋅不全为零，则取不到等号.综上，联赛加试题一的加强命题获证. 2．（本题满分40分）设{},,,,21n A A A S ⋅⋅⋅=其中n A A A ,,,21⋅⋅⋅是n 个互不相同的有限集合)2(≥n ，满足对任意的S A A j i ∈,，均有S A A j i ∈ ，若2min 1≥=≤≤i ni A k ，证明：存在i ni A x 1=∈ ，使得x 属于n A A A ,,,21⋅⋅⋅中的至少kn个集合．证明：不妨设1||A k =．设在12,,,n A A A 中与1A 不相交的集合有s 个，重新记为12,,,s B B B ，设包含1A 的集合有t 个，重新记为12,,,t C C C ．由已知条件，1()i B A S ∈，即112(){,,,}i t B A C C C ∈，这样我们得到一个映射12121:{,,,}{,,,},()s t i i f B B B C C C f B B A →=． 显然f 是单映射，于是，s t ≤． 10 分设112{,,,}k A a a a =．在n A A A ,,,21⋅⋅⋅中除去12,,,s B B B ，12,,,t C C C 后，在剩下的n s t --个集合中，设包含i a 的集合有i x 个（1i k ≤≤），由于剩下的n s t --个集合中每个集合与从的交非空，即包含某个i a ，从而12k x x x n s t +++≥--． 20 分不妨设11max i i k x x ≤≤=，则由上式知i n s tx k --≥，即在剩下的n s t --个集合中，包含1a的集合至少有n s tk--个．又由于),,2,1(1t i C A i ⋅⋅⋅=⊆，故12,,,t C C C 都包含1a ，因此包含1a 的集合个数至少为(1)n s t n s k t n s tt k k k---+---+=≥（利用2k ≥） nk≥（利用s t ≤)． 40 分 3．（本题满分50分）如图，ABC ∆内接于圆O ，P 为BC 弧上一点，点K 在AP 上，使得BK 平分ABC ∠，过C P K ,,三点的圆Ω与边AC 交于D ，连接BD 交圆Ω于E ，连接PE ，延长交AB 于F ，证明：FCB ABC ∠=∠2．证法一：设CF 与圆Q 交于点L （异于C)，连接PB 、PC 、 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∠FEB=∠DEP=180°-∠DCP=∠ABP=∠FBP ，因此△FB E ∽△FPB ，故FB 2=FE ·FP ．10分又由圆幂定理知，FE ·FP= FL ·FC ，所以FB 2=FL ·FC ． 从而△FBL ∽△FCB ．因此, ∠FLB=∠FBC=∠APC=∠KPC=∠FLK, 即B 、K 、L 三点共线． 30 分再根据△FBL ∽△FCB 得，∠FCB=∠FBL=12∠ABC, 即∠ABC=2∠FCB ． 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 的交点了共线，因此B ’是AF 与ED 的交点，即B ’=B ．所以B 、K 、L 共线．10分根据A 、B 、P 、C 四点共圆及L 、K 、P 、C 四点共圆，得 ∠ABC=∠APC=∠FLK=∠FCB+∠LBC,又由BK 平分∠ABC 知，∠FBL=12∠ABC ，从而 ∠ABC=2∠FCB ．4．（本题满分50分）求具有下述性质的所有正整数k ：对任意正整数n 都有1)1(2+-n k 不整除!)!(n kn ． 解：对正整数m ，设2()v m 表示正整数m 的标准分解中素因子2的方幂，则熟知2(!)()v m m S m =-，①这里()S m 表示正整数m 在二进制表示下的数码之和．由于1)1(2+-n k 不整除()!!kn n ，等价于2()!()(1)!kn v k n n ≤-，即22(()!)(!)kn v kn n v n -≥-，进而由①知，本题等价于求所有正整数k ，使得()()S kn S n ≥对任意正整数n 成立． 10分我们证明，所有符合条件的k 为2(0,1,2,)aa =．一方面，由于(2)()aS n S n =对任意正整数n 成立，故2ak =符合条件． 20 分另一方面，若k 不是2的方幂，设2,0,ak q a 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()(2)()aS kn S q S qn <⋅=, 因此问题等价于我们选取q 的一个倍数m ，使得()()m S m S q <． 由（2，q ）=l ，熟知存在正整数u ，使得21(mod )uq ≡．（事实上，由欧拉定理知，u 可以取()q ϕ的．)设奇数q 的二进制表示为1212222,0,2t a a at a a a t +++=<<<≥．取1122222t t a a tu aa-+++++，则()S m t =，且2(21)0(mod )t a tu m q q =+-≡．我们有1(1)02121211212(122)12t t ttu uu t a a lu a u t ul m q q q q q -+-=---=++⋅=+⋅+++=+⋅∑由于2102u uq -<<，故正整数21u q-的二进制表示中的最高次幂小于u ，由此易知，对任意整数,(01)i j i j t ≤<≤-，数212t u iu a q +-⋅与212tu ju a q+-⋅的二进制表示中没有相同的项．又因为0i a >，故212(0,1,,1)tu lu a l t q +-⋅=-的二进制表示中均不包含1，故由②可知21()1()()u m S S t t S m q q-=+⋅>=, 因此上述选取的m 满足要求．综合上述的两个方面可知，所求的k 为2(0,1,2,)aa =．50分。