2021年全国高中数学联合竞赛试题及解析(AB合版)

年全国高中学联合竞赛一（A卷）参考案及评分标准说明：1.评阅卷时，请据本评分.填题只设8分和分两；其他各的评阅，严格按照评分标准评分档次分，不得加其他中档次2.如果生的解答法和本解不同，只思路合理步骤正确在评卷时参考本分标准适划分档次分，解答中9题分一个档次10、11小题5为一个档，不得增其他中间次．一、填空题：本大共8题，每小题8，满分

．1.已知正实数满9答案：．

=(9a

8

，则loga的值为a

．16解：由条件，故a

，所以a=

916

．2.若实数集合{1,3,}的大元素与最小元素差等于该集合的有元素之和，则x的值为．3答案：．2解：假如x，则最大、最小元之差不超过x}而所有元素之和大于max{3,}不符合条件．故x0，即x为最小元素．于是3x，解3得x．223.平面直角坐系中，e是位向量向量足a£5te对任意实数t成立，则的取值范围是．答案：[5]解：妨设(1,．由于a=，可设a(2,)

，则对任意实数，4

2

=

2a£5a=5t)

2

2

，这等价于4s

2

5s

，解得s[1,4]

，即s2Î[1,．于是=

4

2

Î

[25]．4.设A,B为椭圆G的长轴顶点，

E,F为的两4,23,为上一点，满足⋅PF则PEF的积为答案：1．

．解：不妨设面直角坐标系中

G

的标准方程为

+1(>．a2根据条件得2-2=．EF=a

2

-b

2

=AF=+，a2,b且1

2个数b，则a=2M5132513513513当k0，得=5÷ç13ç÷32个数b，则a=2M5132513513513当k0，得=5÷ç13ç÷3由椭圆定义知a4结合PEPF得PE

2

+2

(+PF

-2PEPF12

，1所以EPF直角，进而=⋅⋅PF1DPEF5.在1,3,,中随选出一个数a，在1,--中随机选出2b被3除的概率为．37答案：．3

2

100=100等概率的选解：数组a,)共有102+b被整除的选法N．法．考虑其中使a若a被3整除，则也3除．此时a,b有3选法，这样的a,)有9组．若a不被整除，则1(mod，从而bº-1(mod3)．此时a有7种选法，b4种选法，这样的,b)有4组．37因此937．于是所求概率为．100足M

对任意闭区I，用表示函数ysinx在I上的最大值．若正数满I，则的值．[0,][2a]答案：p或p．612p解：假0<a£，则由正弦函数图像质0M=sinaM[0,a][a2a]

，与条件不符．p1因此>，此时1，故M=．于是存在非整数k，使得2

[0,][a,a]

2p+

pa£k+p，①6且①中两处“”少有一处取到等号p或2ap．经验，=p,p均满足条件．6当k³时，由于2+

13

<2

ö6122+p，故不存在满足①a综上，a的值为

5

6p或p．

è6ø612如图，正方ABCD-EFGH的一个截面过顶点,及棱EF上一点K将正方体分成体积比两部分，则的值为．KF答案：．

E

HGFD解：记为截面所在平面．延长交于点P，则P

在a上，故直P是a与面BCGF交线．设CP交于点L，则四边形AKLC为截面．因平面ABC平行于平面KFL，且AK,,共点P，ABCKFL为棱2

===V-=ö3hç12ç÷=BCD3BDsin===V-=ö3hç12ç÷=BCD3BDsin台．不妨设正方体长为，则正方体体积为，结合条件知棱台ABCKFL的1体积=．4KFFLPFh注意到,PF设h则AB+分别是棱锥ABC与棱锥P-高，于是111ABBCPB-KFFLPF4PABCPKFL6ææh=(h1)ç=．6+ø6(h+1)

E

H

αD

F

L

化简得h

2

=，故h

1．从而==3．3KFPF将个数2,1,20,按任意次序排成一行拼成一个位（首位不为则产生的不同的位数的个数为．答案：．解：将2,1,9,20,的位不为的排列的全体记为A．易知55!这里及以下，表示有限集X的元素个将A中2的后一项，的一项是的列的全体记为A中2的后一项是，但1的后一项不是9的列的全体记为；1的后一项是9，但的后一项不是的列的全体记为D．易知，C5!，BD4，即96,D72由中列产生的每个8位数，恰对应中的2=个排（这样的排列中，20可与“0”互，可与“1,”互似地，由C或中排列生的每个位数，恰对应中个列．因此满足条件8数的个数为A\(BCD)+4=---=18=498．42二、解答题：本大共小题，满分56．解答应写出文字说明、证明程或演算步骤9.本题满分16分）在中，．若b是a与c等比中项，且inA是sin(B-A)与inC的差中项，求cosB的值．解因b是的等比中项，故存在q>，满足bqa,=q

2

a．①因sin是B),C等差中项，故2sinA=BA)sinC=-Asin(B+)=2sinB．…4分结合正、余弦定理得a

==

b

2+c2-a

，bB即

2

-a

2

=ac．…分3

+-bq22122-ry=．显0，故2æö÷21çç-12èç((⋅23⋅=．ç+-bq22122-ry=．显0，故2æö÷21çç-12èç((⋅23⋅=．ç3由②有解可知r443÷÷ç32öèøç9÷C．z¹nÎN将①代入并化简，知q

2+q41

2

，即q

4=+，所以q

2

=

52

．………………分进而B

2

4-q=2ac2

2

==5-．q2…1610.本题满分20）在平面直坐标系中，与抛物线:恰有一个公共点，圆W与轴相切于G的焦点F求圆W的半径．

2

=4解：易知的焦点F的坐标为(1,0)．设的半径为r(r．由对性，不妨设W在轴上方与轴相切于F，故W的方程为(x1)(r)=r2．①æ2将x代入①并化简，得-1+y4

4æör=çç2y÷èø

2+232y

．②…5分根据条件，②恰有个正数解，y对应W与的唯一公共点．2+考虑f(y=(0)的最小值．32y由平均值不等式知y2

4y

2

4+++³33

4ç÷

，从而当且仅当

=

1⋅ö43f()³3294343，即y时，f(y)取到最小值．………………15分33又假如r>因fy)随y连续变，且099æöæö及y时()均可意大②在+¥均有解解的33唯一性矛盾．综上，仅有r3满足条件（此时12W与的唯一公共点33…20（本题满分分称一个复数数列{}为“有趣的”，若，且对n1任意正整数，有z+2z+=0求最大的常数，得对一切有趣nn1的数列{}及任正整数，有n解：虑有趣的复数数列{}．归纳地可知z*．由条件得n

4

÷÷ç÷1N)．此=，故==11=n1nnn3333¥¥2-2-221¥2s¥ççöå3-ø2÷3满足要求．-1+4÷÷ç÷1N)．此=，故==11=n1nnn3333¥¥2-2-221¥2s¥ççöå3-ø2÷3满足要求．-1+4ææön1=nÎN4øø

*

)，解得n

=

3i4

(Î

n*z-+in1n1z2n=z⋅(nÎ*．①2nn…5分进而有1=⋅1=记Tzz(ÎN*．

⋅i4

=

2

3n

(nÎN

*

)．②m当=s(ÎN

*

)时，利用②可得

m

³+z-1

å

+z>-åz+=-=．2=2

k2

=2…10当=1Î*)时，①、②可知=1<=å=2⋅221

å

2k-1

+z

2k

，故

æ³+-åm2è

=+1=s+1÷¥->2k-22s

2k

+z=2

3

3．k2当m1，=1．

k21

33以上表明3另一方面，当1,=

3i

,z

=

-1-i

…15(kN*)时，易验证知1k

2

2

2+1

2

2k{}为有趣数列．此时n21

=zå1

(z

2k

2

)=

¥=1

-3i22+1

==3+3i⋅=383

，这表明能大于

33

．综上，所求的

33

．…205

£a££a=99．£a££a=99．12201912019记f=+++a=fi,．于是(i=1,iii年全国高中学联合竞赛加（A卷）参考案及评分标准说明：1．评阅试时，请严按照本评标准的评档次给分2．如考生的解方法和本答不同，要思路合、步骤正，在评卷可参考本评标准适当分档次评分一个档次不得增加他中间档．（本题满40分）图，在锐角中，是BC边的中点点P在内，使得平分BAC．直线M与ABP,ACP的接圆分别相交于不同于点P的两点DE．明：若DEMP，则BC2BP．D

MCF证明：延长PM到点，使得MF．接BF,CE．由条件可知BDPCAP．……………10BMCM且EMFM，所以BF且BF于是

F

CEM

，进BD=．……………20又MP，故==FM．于是在等腰BDF中，由对称性得BP=BM．而BM2………………分二、（题满分40分设整数,,a满足=22)-(a+aa+a++a)．1352017求f最小值f．并确定使f成立的数组(aa,,002

)的数．解：由条件2f=

2

+a

2

+

2

+

2

+

2017(

-)．

①由于a及a

1ii-(i1,,均为非负整数故有a

³,

2

³a，且(a

i

1i2i-)³-aa2a-)³a+a+a

-)a

122a．②1

ii

12

i2i2017

2018ii1………………分6

1(f³)a=7400．以下考虑③的取等件．此时即1(f³)a=7400．以下考虑③的取等件．此时即a1ii因此1n)有==aaa)-1-122)，由①、②得

2f³

+a

+(

-a

)

2

+a

2

+

2

，结合

2019

201720182017=及³a>0，可20182a+(99-)

2

20182019222017=(a-

2

2017+．

③2017………………分另一方面，令=a==a=1,a=a=(k2,49),a=991219202k1此时验证知上述所不等式均取到等号，而f的最小值f0………………分=a=49，②中的不等式均等，2017=1，a-ai2,,2016)．£££=，且对个££，a,,中122018至少有两项等于k易验证知这也是③等的充分条件．对每个(1k，设,,中等于的项数为+n，则为正12018k整数，且+)+(1)+(1)，即12+n++=．12该方程的正整数解n)的组数C，且每组解唯一对应一个④取12n等的数组(a,,,)，故使f=f成立的数组(a,个．12aa2019………………分三、（题满分分）设为整数，m2．整数数列a,a满足：a,1212不全为零，且对任正整数n均有=a-ma．n2证明：若存在整数rs(r³使得，则rs³|．rs证明：不妨设aa互（否则，(a,ad1则1与2互素，并且用a

1

a,2,3,

112代替,a，条件与结论均不改变．

dddd

123由数列递推关系知a

2

ººaº34

m|)．

①以下证明：对任意数³3有aº-(a+(-3)a)m

2

)．

②n2………………分事实上，当3②显然成立．假设nk时②成立（其k为某个于2的整数意到①，有ºma(modm，合归纳假设知2=-º-(a+(-aº-(+(-a)m2127

=a===m|，即(r=a===m|，即(ra若，则a¹a¹a=a=a|2即nk1时②也成立．因此②对任意整数³3均成立．………………20注意，当时，②对n2成立．12设整数r,s(r>³，满ra．若a，由②对n2均成立，1可知a-(a+(r-3))º=º-(a+(s-am(mod

2

)，即a

1

22r12+r-aºa+(s-a21ºm|)．③2，故rs³．此时由于②对均成立，12rs1故类似可知③仍成．我们证明a互素．2

………………分事实上，假与存一个公共素因子p则由①paa,22因子，而aa互素，故，这与a矛盾．121rs1

的公因此，由③得

r-sº0(mod|m|)又r>s，所以r-s³．………………分（本题满分）设是空间中2019个点构成的集合，其任意四点不共面．某些点之连有线段，为这些线段成的集合．试求小的正整数n，满足条件：若E至少个元素，则一定含有个元子集，其中每个二元子集中的两条段有公共端点，且任两个二元子集的交为集．解：为了叙方便，称一个图中两条相邻的边构成一“角”．先证明一个引理：VE)是一个简单图且G是连通的，则含有个两两无公共边的（这里[]表示实数的整数部分引理的证明：对E的元素个数归纳证明．当E2,3，结论显然成立．下面假设，且结论在较小时均成立．只需证，在中可选取两条边b构成一个角，在G中删去这条边后，剩下的图有一个连通分支包含|E|条．对这个连通分支用归纳假设即得结论立．考虑中的长路:v，其中v,v,,是互不相同的点．因为1212连通，故k．情形)2于P是最长路v的邻点均在v,,v中，E，11i其中．则{v}是一个，在删去这两条边．若处还有第三条11i1边，则剩下的图是通的；v处仅有被删去的两边，则v成为孤立点其余11顶点仍互相连通．之在剩下的图中有一连通分支含有条．情形：deg()1，v)．{v,vv}是一个角，在G中删去两112条边后，,v都成为孤立点，其的点互相连通，因此一个连通分支含有1E条边．情形deg(v)v)3，v与,v中某个点相邻{vvv}14128

12019161212981i980222980212019161212981i980222980222i是一个角，在G中删去两条边后，v成为孤立点，其余点互相通，因此有一1个连通分支含有E条．情形：v)1，v)3且v与某个u12

{,,v}邻．由于P13k是最长路，故u的邻点均在,,v之中．因{,}一个角，在中删去这22两条边，则v是孤立．若处仅有边uv，则删去所述边u也是孤立，而其12余点互相连通．若还有其他边uv，则删去所述边后，v外其余i点互相连通．总之剩下的图中有一个连分支含有E条边．引理获证．

………………分回到原题，题中的和可看作一个图V,E)首先证明．

．设{,,v}．在v,,,v中，首先两两连边，再去其中条边（例如vv,vv连了215条，则这个点构成的图1213116

61是连通图．再将剩的2个点配成979，每对两点之间一条边，则图G中一连了1979条线段．由述构造可见，G中任何一个角必须使用vv,相连的边，因此多有个两两无公共边12

的角．故满足要求n不小于2795………………30分另一方面，若，任意删去若干条边只考虑的形．设有个通分支，分别有m,个点，及e,,e条边．下面明11ke,中至多有979个奇数．1k反证法，假设e,,中有至少个奇数，由于2795奇数，1k故e,中至少有981个数，k981．不妨,e都是奇数，显然1,m,,2令m2，则有(1i，故981

mi2795e

2

2

．

m

981

①iii利用组合数的凸性即，CCy

mi

2

，可知当m,mm1980由及一个59构时，Cmi

2取得最大值．于是mi2C222691m2ii这与①矛盾从而,中至多有奇数．………………40分1k对每个连通分支应引理，可知含有N个两两无公边的角，其中1i

i

979)．综上，所求最小的是………………509

=2222272=2222272年全国高中学联合竞赛一（B卷）参考案及评分标准说明：1.评阅卷时，请据本评分.填题只设8分和分两；其他各的评阅，严格按照评分标准评分档次分，不得加其他中档次2.如果生的解答法和本解不同，只思路合理步骤正确在评卷时参考本分标准适划分档次分，解答中9题分一个档次10、11小题5为一个档，不得增其他中间次．一、填空题：本大共8题，每小题8，满分．已知实数集{1,2,x}的最元素等于该集合所有元素之和，则x值为．答案：3．解：条件等于2,3,x中除最数以外的另三个数和为．然，从而1x，得3．若平面向量a

m

1)

m2+1

)

垂直，其为实数，则a的模为．答案：10解：令2

m

=t，则t0．条件等价于t⋅(t-(-⋅，解得t．因此a模为

2

+-1)=10．设Î(0,pcosb是方程为．

-x-1的两根sin的值7答案：．531解：由条件+=,acos=-，从而55(sinsin)=(1)

a)(1-)=1-cos+2(coscos)2ç÷-÷=

2

．

257又由,bÎ(0,p)知sin>0，从b=．5设三棱锥ABC满足PAAB=CA=则该三棱锥的体积的最大值为．2答案：．3解：设三棱ABC高为h．取M棱AB的中点，

22

2．当平面垂直于平面时，取到最值22．此时三锥PABC的体10

21=n=(=(-1)n-a++21=n=(=(-1)n-a++=a2a1积取到最大值S⋅22=⋅⋅=．33将5个数0,9,任意次序排成一行拼成一个位数（首位不为则产生的不同的位数的个数为．答案：95解：易知2,1,9,的所不以为头的排列共有4!个其中，除了(0,9,2019)2019,2,1,这种排列对应同一个20192019，其余的数互不相等．因满足条件的8位数的个数为1．6.设数n4，(2y1)

n

的展开式中-4

两项的系数相等，n的值为．答案：51．

n解：注意到y-1)n

=

å

r

n

nr

yr

．r0其中n4项仅现在求和指标r=n-1)(nn-项系数为(-424

时的展开式Cn．

4(2-

4

中，其x

n-而项仅出现在和指标rn时的展开式C-1x(2y1)n1中，其xyn项系数为-1C4(-n-n-3nn-1)(n2)．nn1nn1)(n-2)(n-3)因此有2n(n-n2)．注意到n4，化简得24n=(-

n3

48故只能是为奇数且348．得51．7.在平面直角坐系中，若以(r1,0)圆心、r为半径的圆上存在一点(a,b)

满足

2

则r的小值为．答案：．解：条件知(-r-1)

2

+b

2

=r

2

，故4£b

2

=r

2

-(a-r

2

=r(a--(a-2．即a

-2(r-a+2r£．上述关于的一元二次等式有解，故判别式(2(r-1))

2

-r=r(r-³，解得r³4经检验，当r=时，(a,)(3,2满条件．因此r的最小值为．8.设等差数列{}各项均为整数首a=2019且对任意正数n总n1存在正整数，使得．这样的数列{}的个数为．1答案：．解：设{a}的公差为d．由条件知a（k某个正整数nk+d+(kd1a即k-2)d=，因此必有k2，d=．这样就有-n-1aa(-1)d=+，n11

111

2æöçøb222b22y2yb=+=2æöçøb222b22y2yb=+=而此时对任意正整，nn1)(aa++a=n+d=(-1)a+11=(n1)(2)+(-1)，

21

è

2

÷确实为{}的一项．n因此，仅需考虑使k成立的正整数k的个数．注意到为两个素数1与673之，易知-可取1,3,673,这5个值，对得到个足条件的等差数列．二、解答题：本大共3小题，满56分．解答应出文字说明、证明程或演算步骤（本题满16分）在椭圆G中，F为个焦点，,为两个顶．若3,=，求的有可能值．

y2解：不妨设面直角坐标系中椭

的标准方程为

a

2

+

b

2

=1(>0)，并记．由对称性，可设F为的右焦点．易知F到的左顶点的距离a+，到右顶点的距离为a，到上、下顶点的距离均为．分下情况讨论：(1)分别为左、右顶点此时ac3,c，故AB2a5（相应地，b

2

=)()=6，G的程为

4

+………………4分25(2)A为左顶点B上顶点或下顶点此时ac=2，故1，进222而=-c=3所以ABa（相应的的方程为

+=143…8分(3)为上顶点或下顶，为右顶点．此时3,-c故c1222而=-c=8，所以a17（相的G的方程为

+=1…12综上可知，的所有可能值5,7,17．…分

（本题分20分）设b,均大于，满足lgc

lgblogc4.a求lgac的最大值．解：设lgax,lg=,lgc=，由b,c可知x,,>．由条件及换底公式+，即+z3yx．x…5分12

16且对任意正整数，n÷ç÷11=n1åå323¥¥2k-12k-1¥16且对任意正整数，n÷ç÷11=n1åå323¥¥2k-12k-1¥¥ö由此，令3ty4(t0)则z4xyt-t．其中由z0可知t(0,．因此，结合三元平值不等式得

…10当216最大值．

lgalgc=xz3t12t-t2-2t)t(2-2t)18ç÷18ç．2，即t（相应的a,分别为110,10）时，ac取到3…203（本题满20）设复数数列{}满：n均有z+2zz+2=．证明：对任意正数，均nnn+++12m

<

23

．证明：归纳地可知z¹N*)．由条得ææöçn1=(nN4øø

*

)，解得n

=

i4

n(*

…5分因此

n1n

=

n1n

=

-13i1=，故4=z2

(nÎN

*

)．

①进而有

n

+z

n1

=⋅n

1n1=n

⋅33i4

=

32n

(Î

N

*

)．

②…10当m为偶数时，设ms(sÎN

*

)利用②可得

1

+z+2

+z£m

å

z2k-1

<

z==．2k1=1k=…15当m为奇数时，设=1sÎ

)

．由①、②可知

2s

=1<3=å22ss-

32k-

=

å

+z2k-12k

，故

1

++2

=+1=++2zs<

+=2-2

2．3k

k综上，结论获证．…2013

³a(．证明：xx记a199证明：注意到a,a,a³a(．证明：xx记a199证明：注意到a,a,a11ç÷£k1a=ia50101iøxxdddd2n,ddn年全国高中学联合竞赛加（B卷）参考案及评分标准说明：1．评阅试时，请严按照本评标准的评档次给分2．如考生的解方法和本答不同，要思路合、步骤正，在评卷可参考本评标准适当分档次评分为个档次，得增加其中间档次一、（题满分40分）设正实数a,a,a满足(i50)．12100i101ika2£．+a1k>0对1,,由平均值不等式知æk0çk£èaa++aa，……………10分12

1从而有

x1

9999

=

99

æaç

k++a

99

aka

．

①k1

12

k12

记①的右端为则对任意i2,

………………分,，a在T的分子中的次为i-，i在分母中的次数为00i．从而10050=ai101ia2(101i)-101iii1i

æ=çii

2i÷．÷………………分又0<

-i

£a

i

(i=1,,50)，故T结合①得2££．199

………………分（本题满40）求满足以条件的所有正整数：(1)至少个正约数；(2)若d是n所有正约数，则d,,12k3k成等比数列．

构解：由条件知k4，且3k．dn易知dd,d，代入上式得1kkd2n

………………分d32d1n2dd2

，化简得(d)d2d．………………分3314

1k22BK121k22BK1