2014年全国高中数学联合竞赛一试
一、填空题：本大题共8小题，没小题8分，共64分。 1.若正数a、b满足2?log2a?2?log3b?log6(a?b)，则
11
?的值为. ab
2.设集合{?b1?a?b?2}中最大元素与最小元素分别为M,m，则M?m的值. 3.若函数f(x)?x?ax?1在[0,??)上单调递增，则实数a的取值范围是. 4.数列?an?满足a1?2,an?1?23a2(n?2)a2014an（n?N?），则=. n?1a1?a2?????a20135.正四棱锥P?ABCD中，侧面是边长为1的正三角形，M,N分别是边AB,BC的中点，则
异面直线MN与PC之间的距离是.
6.设椭圆?的两个焦点是F1,F2,过点F1的直线与?交于点P,Q,若PF2?F1F2且
3PF1?4QF1,则椭圆?的短轴与长轴的比值为.
PB与?APC的7.设等边三角形ABC的内切圆半径为2，圆心为I。若点P满足PI=1，则?A面积之比最大值为.
8.设A,B,C,D是空间四个不共面的点，以
1的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间2是否连边是相互独立的，则A,B可用（一条边或者若干条边组成的）空间折现连接的概率为.
二、解答题：本大题共3小题，共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）平面直角坐标系xOy中，P是不在x轴上的一个动点，满足条件呢：过P可作抛物线y2?4x的两条切线，两切点连线lp与PO垂直.设直线lp与直线PO，x轴的交点分别为Q,R。
（1）证明R是一个定点； （2）求
10.（本体满分20分）数列?an?满足a1?PQQR的最小值。
?6，an?1?arctan(sec求正整数m，an)(n?N?)。
使得：
sina1?sina2??????sinam?
1100
11.（本小题满分20分）确定所有的复数?，使得对任意复数z1,z2(z1,z2?1,z1?z2)，均有：(z1??)2??z1?(z2??)2??z2
2014年全国高中数学联合竞赛加试
一、（本题满分40分）设实数a,b,c满足a?b?c?1，abc?0.求证：
ab?bc?ca?abc1? 24
二、（本小题满分40分）如图，在锐角△ABC 中，∠BAC ≠ 60°，过点 B、C 分别作△ABC 的外接圆⊙O的切线 BD、CE，且满足BD = CE = BC。直线 DE 与 AB、AC 的延长线分别交于点F,G，设 CF 与 BD 交于点 M，CE 与 BG 交于点 N，证明：AM = AN
三、（本小题满分50分）设S = {1，2，3，…，100}，求最大的整数k，使得S有k个互 不相同的非空子集，具有性质：对这k个子集中任意两个不同子集，若若它们的交非空，则他们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同。
四、（本小题满分50分）设整数x1,x2,???,x2014模2014互不同余，若整数y1,y2,???,yn模2014也互不同余，证明：可将y1,y2,???,yn重新排列为z1,z2,???,z2014，使得：
x1?z1,x2?z2,???,x2014?z2014模4028互不同余。
2014年全国高中数学联合竞赛一试参考答案及评分标准
说明：
1.评阅试卷时，请依据本评分标准。填空题只设8分和0分；其他各题的评阅，请严格按照本标准评分档次给给分，不要增加其他中间档次。
2.如果考生的解答和本解答的不同，只要给合理的思路、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题4分为一个档次.第10、11小题5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，没小题8分，共64分。 1. 108
设2?log2a?2?log3b?log6(a?b)?k，则a?2k?2,b?3k?3,a?b?6k，从而
11a?b6k???k?2k?3?22?33?108abab2?3
2. 5?23 由1?a?b?2知，
33?b??2?5，当a?1,b?2时取得最大元素M?5 a1又
333?b??a?2?a?23，当a?b?3时，得最小元素m?23 aaa因此，M?m?5?23 3. [?2,0]
在[1,??)上，f(x)?x?ax?a单调递增，等价于?2a?1，即a??2。在[0,1]上，2f(x)?x2?ax?a单调递增，等价于
因此，实数a的取值范围是[?2,0] 4.
a?0，即a?0 22015 2013由题设an?2(n?1)2(n?1)2nan?1??an?2???? nnn?12(n?1)2n2?3????????a1=2n?1(n?1)
nn?12记数列?an?的前n项和为Sn，则
Sn?2?2?3?22?4?????2n?1(n?1)
所以2Sn?2?2?22?3?23?4?????2n(n?1)
将上面两式相减，得 Sn?2n(n?1)?(2n?1?2n?2?????2?2) =2n(n?1)?2n=2nn
a201422013?20152015故??a1?a2?????a201322013?20132013
5.
24
设底面对角线AC，BD交于点O，过点C作直线MN的垂线，交MN于点H.
由于PO是底面的垂线，故PO?CH,又AC?CH,所以CH是平面POC垂直，故CH?PC.
因此CH是直线MN和PC的公垂线，又CH=
22CN=，故异面直线MN与PC之间的24距离是
2。 46.
26 72c,则不妨设PF1?4，QF1?3，记椭圆?的长轴，短轴的长度分别为2a,2b，焦距为
PF2?F1F2?2c,且由椭圆的定义知： 2a?QF1?QF2?PF1?PF2?2c?4
于是QF2?PF1?PF2?QF1?2c?1
设H为线段PF1的中点，则F1,由勾股定理知， 1H?2,QH?5,且有F2H?PFQF?QH22?F2H?F1F2?F1H
2222222即(2c?1)?5?(2c)?2，解得：c?5，进而a?7，b?26
因此椭圆?的短轴与长轴的比值为
b26?a7
7.
3?52
由PI?1知点P在以I为圆心的单位圆K上.设?BAP??.在圆K上取一点P0，使得?取到最大值?0，此时P0应落在?IAC内，且是与AP0与圆K的切点.由于0????0?故：
?3，
sin?0S?APBsin?=??S?APC1AP?AC?sin(???)sin(???)sin(???)sin(???)023336?其中，???0???IAP0
6IP?11?,于是cot??15，所以 由?AP0I?知，sin??0?2AI2r41AP?AB?sin?2sin(??)6 ① ???1sin(??)cos??6?2?sin(??)1cos??623sin?cot??315?33?52??= ②
23cot??315?3sin?2根据① ②可知，当P?P0时，8.
3?5S?APB的最大值为
2S?APC3 46每对点之间是否连边有2种可能，共有2?64种情况.考虑其中A、B可用折现连接的情况
数。
5（1）有AB边：共2?32种情况；
（2）无AB边，但有CD边:此时A,B可用折现连接当且仅当A与C，D中至少一点相连，且B与C，D中至少一点相连，这样的情况数为(2?1)(2?1)?9
22（3）无AB边,也无CD边：此时AC，CB相连有2种情况，AD,DB相连也有2种情况，但是其中AC,CB,AD,DB均相连的情况被重复计了一次，故A,B可用折线连接的情况数为：
2222?22?1?7
以上三种情况的总和为：32?9?7?48 故A,B可用折线连接的概率为
483? 644
二、解答题：本大题共3小题，共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 9. 解：（1）设点P的坐标为（a，b）(b?0),易知a?0.记两切点A,B的坐标分别为
(x1,y1),(x2,y2)，则PA,PB的方程分别为： yy1?2(x?x1) ① yy2?2(x?x2) ②
而点P的坐标（a，b）同时满足 ①，②，故A,B的坐标(x1,y1),(x2,y2)均满足方程
by?2(x?2a) ③
故③就是直线AB的方程。 直线PO与AB的斜率分别为从而③即为y?
（2）因为a??2，故直线PO的斜率k1??则?为锐角，且
b2b2与，由PO?AB知，???1，故a??2 abab2(x?2)，故AB与x轴的交点R是定点（2,0） bbb，直线PR的斜率k2??.设?OPR??，24bb1?(?)(?)PQ11?k1k28?b228?b224??22 ????bb2bQRtan?k1?k22b??24当b??22时，
PQQR的最小值为22
10. 解：由已知条件，对任意正整数n，an?1?(???,)，且 22tanan?1?secan ①
由于secan?0，故an?1?(0,?2)，由①得：tan2an?1?sec2an?1?tan2an
22故tanan?n?1?tana1?n?1?13n?2? 33即tanan?3n?2 3tanamtana1tana2 ???????seca1seca2secam因此：sina1?sina2??????sinam?=
tanamtana1tana2tana11（利用①）= ????????tana2tana3tanam?1tanam?13m?1由
11?，得m?3333
3m?1100211. 解：记f?(z)?(z??)??z，则
f?(z1)?f?(z2)?(z1??)2??z1?(z2??)2??z2
=(z1?z2?2?)(z1?z2)??(z1?z2) ① 假如存在复数z1,z2(z1,z2?1,z1?z2)，使得
f?(z1)?f?(z2)
则由①可知：?(z1?z2)??(z1?z2?2?)(z1?z2)
利用z1?z2?z1?z2?z1?z2?0，知??z1?z2?2??2??z1?z2?2??2 即??2
另一方面，对任意满足
??2的复数?，令z1???2??i?-?2??i，z2???2??i，其中
0???1??2，则z1?z2，而??2???1，故z1,z2?1，此时将
z1?z2???,z1?z2?2?i，z1?z2?2?i??2?i代入①式可得：
f?(z1)?f?(z2)?0，即f?(z1)?f?(z2)
综上所述，符合要求的?的值为???C,??2
??
2014年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准
说明：
1.评阅试卷是，请严格按照本评分标准的评分档次给分；
2.如果考生的解答方法和本题解答不同，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，10分为一个档次，不要增加其他中间档次。 一、证明：若ab?bc?ca?若ab?bc?ca?1，则命题已成立. 411，不妨设a?max?a,b,c?，则由a?b?c?1知a?.我们有 431(a?b?c)211aab?bc?ca???=? ①
43412411?a(b?c)??bc 44111=a(1?a)??bc???bc?bc ②
44411其中 ①式等号在a?时成立，②式等号在a?时成立，因此① ②等号不能同时成立。
32112abc由于ab?bc?ca??0，将① ②相乘得：(ab?bc?ca?)?
444以及 ab?bc?ca?即：ab?bc?ca?1abcabc1，从而ab?bc?ca???.
4224二、证明：如图，做AK平分?ABC交BC于K，连接MK,NK.根据条件知
?DBC??ECB??BAC.故四边形BCED为等腰梯形，所以?BDF??CEG??BAC 且DE∥BC，从而?ABC∽?ECG，于是
BMBCDBACCK???? DMDFDFABBK又因为BD?BC，?BM?CK,DM?BK
同理可知CN?BK,EN?CK??MBK??KCN 所以MK?NK 又因为
BMBMAC??,所以?MBK∽?ACB,所以?BMK??ABC BKDMAB?所以KM∥AB,所以?AMK?180??BAK
?同理可知?AKN?180??CAK，所以?AKM??AKN
所以?AMK??ANK,所以AM = AN
三、解：我们先证明一个引理：
我们先证明一个 引理： 集合Tn??1,2,???,n?，若集合Tn的tn个互不相同的子集，使得任意的两个子集的交集不为空集，则tn的最大值为2nn?1.
n?1引理的证明：一方面，将Tn的2个子集按两两互为补集配对，恰可配为2对，若tn?2n?1?1，根据抽屉原理，在Tn的tn个子集中，必有两个子集可以配为一对，即互为补集。
此时这两个集合的交集为空集，与题设要求矛盾。故tn?2n?1 另一方面，考虑Tn的含元素1的所有子集，这类子集共有2集不为空集。
综合上述两方面，即知tn的最大值为2下面回到原题。
对于集合Sn??1,2,???,n?(n?3)，设满足题设条件的子集最多有an个，本题即求a100 首先，我们考虑an?1与an的递推关系，若将Sn?1??1,2,???,n,n?1?的满足题设条件的子集分为两类：第一类，不包含元素n?1，此类子集最多有an个；第二类，包含元素n?1，对于这类子集，都去掉元素n?1后，剩下的子集中，必然两两的交集不为空集，根据引理，此类交集最多有2n?1n?1n?1个，满足任意两个子集的交
，引理得证。
个.故得：
an?1?an?2n?1 ①
?3??,1,3??,2,3?；下面我们计算a3，对于集合S3??第一类：1,2,3?,将其7个非空子集分为三类：
,1,2?；第三类???1,1,2,3?满足题设条件。若a3?4，根据抽屉原理，这a3个子集第二类?2??中必有两个在同一类，这两个子集不满足题设条件，故a3?3
1,2??,1,3??,1,2,3?，即满足题设条件，于是知a3?3?23?1?1② 另一方面取S3的3个子集?综合①②，当n?3时，有an?a3?23?1?24?1?????2n?2?(23?1?1)?23?1?24?1?????2n?2 =2n?1?1
从而有an?2n?1?1 ③
另一方面，对于集合Sn??1,2,???,n?,其含有元素1且至少有两个元素的子集恰有2这2n?1n?1?1个，
?1个子集即满足题设条件，从而知an?2n?1?1。
故a100?299?1
1?i?2k，1?i?k，四、证明：记k?1007，不妨设xi?yi?i(mod2k)，对于每个整数i，
若xi?yi则令zi?yi，zi?k?yi?k，否则令zi?yi?k，zi?k?yi xi?k?yi?k(mod4k)，
如果是前一种情形，则xi?zi?xi?yi如果是后一种情形，则xi?zi?xi?yi?kxi?k?yi?k=xi?k?zi?k(mod4k) xi?k?yi?xi?k?zi?k(mod4k)
若不然，我们有xi?yi?xi?k?yi?k(mod4k)，xi?yi?k?xi?k?yi(mod4k) 两式子相加可得：2xi?2i?k(mod4k)，于是xi?xi?k(mod2k)，与题设矛盾。
由上述构造方法可知z1,z2,???,z2k是y1,y2,???,y2k的排列，记wi?xi?zi,i?1,2,???,2k，下面验证w1,w2,???,w2k模4k互不同余.这只需证明，对任意整数i,j,1?i?j?k
wi,wj,wi?j,wj?k模4k两两不同余①
注意，前面的构造方式已保证
w1wi?k(mod4k)，wjwj?k(mod4k)②
情形一：zi?yi,zj?yj，则由前面的构造方式可知
wi?wi?k?2i(mod2k),wj?wj?k?2j(mod2k)
由于2i2j(mod2k)，故易知wi,wj,wi?j模2k不同余，wi?j,wj?k模2k不同余，从而
模4k更不同余，再结合②可见①得证。
情形二：zi?yi?k,zj?yj?k，则由前面的构造方式可知
wi?wi?k?2i?k(mod2k),wj?wj?k?2j?k(mod2k)
同样有wi,wj,wj?k模2k不同余，wi?j,wj,wj?k模2k不同余与情形一相同地可知①得证。
情形三：zi?yi,zj?yj?k，由前面的构造方式可知
wi?wi?k?2i(mod2k),wj?wj?k?2j?k(mod2k)
由于k是奇数，故2i2j?k(mod2)，更有2i2j?k(mod2k)
因此仍然有wi,wj,wj?k模2k不同余，wi?j,wj,wj?k模2k不同余。 综上①得证，即本题得证。
2014全国高中数学联合竞赛一试参考答案及评分标准
