2021年全国高中数学联赛试题及答案11641

2024年1月8日发(作者：搜索河北中考数学试卷)

2021年全国高中数学联赛

受中国数学会委托，2021年全国高中数学联赛由黑龙江省数学会承办。中国数学会普及工作委员会和黑龙江数学会负责命题工作。

2021年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部2000年?全日制普通高级中学数学教学大纲?中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所进步。主要考察学生对根底知识和根本技能的掌握情况，以及综合和灵敏运用的才能。全卷包括8填空题和3道大题，总分值100分。答卷时间为80分钟。

全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当增加一些竞赛教学大纲的内容。全卷包括4道大题，其中一道平面几何题，试卷总分值200分。答卷时问为150分钟。

一 试

一、填空〔每题7分，共56分〕

x1． 假设函数fx且f(n)xfff21x99，那么fxf1 ．

n2． 直线L:xy90和圆M:2x22y28x8y10，点A在直线L上，B，C为圆M上两点，在ABC中，BAC45，AB过圆心M，那么点A横坐标范围为 ．

y≥03． 在坐标平面上有两个区域M和N，M为y≤x，N是随t变化的区域，它由y≤2x不等式t≤x≤t1所确定，t的取值范围是0≤t≤1，那么M和N的公共面积是函数ft ．

4． 使不等式11n1n211a2007对一切正整数n都成立的最小正整数2n13a的值为 ．

x2y25． 椭圆221ab0上任意两点P，Q，假设OPOQ，那么乘积OPOQab的最小值为 ．

6． 假设方程lgkx2lgx1仅有一个实根，那么k的取值范围是 ．

7． 一个由假设干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，那么最后一行的数是 〔可以用指数表示〕

8． 某车站每天8∶00~9∶00，9∶00~10∶00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是互相独立的，其规律为

到站时刻

8∶10

9∶10

8∶30

9∶30

8∶50

9∶50

111

概率

623一旅客8∶20到车站，那么它候车时间的数学期望为 〔准确到分〕．

二、解答题

x2y21． 〔14分〕设直线l:ykxm〔其中k，m为整数〕与椭圆1交于不同两161222xy点A，B，与双曲线1交于不同两点C，D，问是否存在直线l，使得向量412ACBD0，假设存在，指出这样的直线有多少条？假设不存在，请说明理由．

2． 〔15分〕p，qq0是实数，方程x2pxq0有两个实根，，数列an满4，足a1p，a2p2q，anpan1qan2n3，

(Ⅰ)求数列an的通项公式〔用，表示〕；

(Ⅱ)假设p1，q1，求an的前n项和．

4

3． 〔15分〕求函数yx2713xx的最大和最小值．

加试

一、解答题〔共4小题，每题50分，共200分〕

1、如图，M，N分别为锐角三角形ABC〔AB〕的外接圆上弧BC、AC的中点．过点C作PC∥MN交圆于P点，I为ABC的内心，连接PI并延长交圆于T．

⑴求证：MPMTNPNT；

⑵在弧AB〔不含点C〕上任取一点Q〔Q≠A，T，B〕，记AQC，△QCB的内心分别为I1，I2，

PNITAQCMB求证：Q，I1，I2，T四点共圆．

2、求证不等式：

1nk12lnn≤，n1，2，…

k12k1

3、设k，l是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m≥k，使得Ck

m与l互素．

4、在非负数构成的39数表

x11x12x13x14x15x16x17x18x19

Px21x22x23x24x25x26x27x28x29

xxxxxxxxx3373839中每行的数互不一样，前6列中每列的三数之和为1，x17x28x390，x27，x37，x18，x38，x19，x29均大于．假如P的前三列构成的数表

x11x12x13

Sx21x22x23

xxx313233x1k满足下面的性质(O)：对于数表P中的任意一列x2k〔k1，2，…，9〕均存在某个x3ki1，2，3使得

⑶xik≤uiminxi1，xi2，xi3．求证：

〔ⅰ〕最小值uiminxi1，xi2，xi3，i1，2，3一定自数表S的不同列．

x1k*〔ⅱ〕存在数表P中唯一的一列x2k*，k*≠1，2，3使得33数表

x3k*x11x12x1k*Sx21x22x2k*

x31x32x3k*仍然具有性质(O)．

2021年全国高中数学结合竞赛一试

试题参考答案及评分标准

说明：

1． 评阅试卷时，请根据本评分标准，选择题只设7分的0分两档；其它各题的评阅，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． 假如考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，解答题中至少4分为一个档次，不要增加其它中间档次。

一、填空〔共8小题，每题7分，共56分〕

x1、假设函数fx且f(n)xfff21x解：

f

f(1)99，那么fxf110．

n1(x)f(x)x1x2，

，

(2)(x)f[f(x)]x199x2x12x.

2 ······

f故

f(99)(99)(x)(1)1.

10 2、直线L:xy90和圆M:2x22y28x8y10，点A在直线L上，B，C为圆M上两点，在ABC中，BAC45，AB过圆心M，那么点A横坐标范围为

[3,6] ．

解：设A〔a，9-a〕，那么圆心M到直线AC的间隔 d=AMsin45，由直线AC与圆M相交，得

d解得

3a6.

y≥03、在坐标平面上有两个区域M和N，M为y≤x，N是随t变化的区域，它由不y≤2x34.

2等式t≤x≤t1所确定，t的取值范围是0≤t≤1，那么M和N的公共面积是函数fttt21．

2 解：由题意知

f(t)s阴影部分面积

=SAOBSOCDSBEF

=tt

21

2

11n1n2的值为 2021 ．

4、使不等式 解：设f(n)11a2007对一切正整数n都成立的最小正整数a2n131111.显然f(n)f(n)的最大值f(1)a2007，...3n1n22n1可得a2009.

x2y25、椭圆221ab0上任意两点P，Q，假设OPOQ，那么乘积OPOQ的ab2a2b2最小值为2．

ab2解：设

P(OPcos,OPsin)，

Q(OQcos(),OQsin()).

22由P、Q在椭圆上，有

cos2sin22 〔1〕

22abOP1sin2cos2 〔2〕

222abOQ1（1）+〔2〕得

于是当

1OP21OQ211.

a2b22a2b2

OPOQ

22ab2a2b2. 时，OPOQ到达最小值2ab2

6、假设方程lgkx2lgx1仅有一个实根，那么k的取值范围是k0或k4 ．

解：

kx0x10kx(x1)2

当且仅当

kx0 〔1〕

x10 〔2〕

x(2k)x10 〔3〕

对〔3〕由求根公式得

x1,x221

[k2k24k] 〔4〕2k24k0k0或k4

(i)当k0时，由〔3〕得

x1x2k20

xx1012所以x1x2同为负根。

又由〔4〕知，

x110

x210所以原方程有一个解x1。

(ii)当k4时，原方程有一个解x(iii)当k4时，由〔3〕得

k11.

2x1x2k20

xx1012所以x1,x2同为正根，且x1x2，不合题意，舍去。

综上可得k0或k4为所求。

7、一个由假设干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，那么最后一行的数是

1012 〔可以用指数表示〕

解：易知：

(i)该数表共有100行；

98(ii)每一行构成一个等差数列，且公差依次为

d11,d22,d322,...,d99298

(iii)a100为所求。

设第n(n2)行的第一个数为an，那么

anan1(an12n2)2an12n2

n3n2

2[2an22]2

2n4n2n2

2[2an32]222

2an332

......

n1n2

2a1(n1)2

(n1)298故a1001012.

3n2n2

8、某车站每天8∶00~9∶00，9∶00~10∶00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是互相独立的，其规律为

到站时刻

概率

8∶10

9∶10

8∶30

9∶30

8∶50

9∶50

111

623一旅客8∶20到车站，那么它候车时间的数学期望为 27 〔准确到分〕．

解：旅客候车的分布列为

候车时间〔分〕

10 30 50 70 90

概率

候车时间的数学期望为

1

21

311

6611

2611

3611111103050709027

23361218

二、解答题

x2y21、〔14分〕设直线l:ykxm〔其中k，m为整数〕与椭圆1交于不同两点161222xy1交于不同两点C，D，问是否存在直线l，使得向量A，B，与双曲线412ACBD0，假设存在，指出这样的直线有多少条？假设不存在，请说明理由．

x2y2解：〔本小题总分值14分〕设直线l:ykxm〔其中k,m为整数〕与椭圆11612x2y2交于不同两点A，B，与双曲线1交于不同两点C，D，问是否存在直线L，使得向412量ACBD0，假设存在，指出这样的直线有多少条？假设不存在，请说明理由。

解：由

ykxm2 消去y化简整理得

xy211612(34k2)x28kmx4m2480

8km设A(x1,y1),B(x2,y2)，那么x1x2.

34k2222

1(8km)4(34k)(4m48)0 〔1〕······4分

ykxm由x2y2 消去y化简整理得

1412(3k2)x22kmxm2120

2km设C(x3,y3),D(x4,y4)，那么x3x4.

23k2(2km)24(3k2)(m212)0 〔2〕······8分

因为ACBD0，所以(x4x2)(x3x1)0，此时，(y4y2)(y3y1)0.由x1x2x3x4，得

8km2km.

34k23k241所以2km0，或.由上试解得k0或m0.当k0时，由〔1〕2234k3k和〔2〕得23m23.因m是整数，所以m的值为3,2,1,0,1,2,3.当m0时，由〔1〕和〔2〕得3k3.因k是整数，所以k1,0,1.于满足条件的直线共有9条。···································14分

2、〔15分〕p，qq0是实数，方程x2pxq0有两个实根，，数列an满4，足a1p，a2p2q，anpan1qan2n3，

(Ⅰ)求数列an的通项公式〔用，表示〕；

1，求an的前n项和．

4解法一：〔I〕由韦达定理知q0,又p,所以

(Ⅱ)假设p1，qanpxn1qxn2()an1an2,(n3,)

整理得

anan1(an1an2).

令bnan1an，那么bn1bn(n1,2,...).所以｛bn｝是公比为的等比数列.

数列｛bn｝的首项为：

b1a2a1p2qp()2()2.

2n1n1,即an1ann1(n1,2,...). 所以bnn1所以an1an(n1,2,...).

2①当p4q0，0,a1p2,an1ann1(n1,2,...)

n1变为an1an(n1,2,...).整理得，anan1an所以，数列｛｝1,(n1,2,...).nn1naaa2，所以 成公差为1的等差数列，其首项为a12ann于是数列｛an｝的通项公式为

21(n1)n1.

n

an(n1)·····················5分

②当p4q0时，，

n1

an1an

2n1

ann1n1(n1,2,...).

an整理得，

n2n1an1(an),(n1,2,...).

n1所以，数列an成公比为的等比数列，其首项为222a1.所以

n12ann1.

于是数列｛an｝的通项公式为

n1n1

an················10分

〔II〕假设p1,q11,那么p24q0,此时.由第〔I〕步的结果得，24

数列｛an｝的通项公式为an(n1)()1nn1，所以，｛an｝的前n项和为

22n234nn1sn23...n1n

222221234nn1sn234...nn1

22222213n3snn1

222以上两式相减，整理得

所以sn3n3.·······``````····················15分

2n解法二：〔I〕由由韦达定理知q0,又p,所以

a1,a222.

2n2①当0时，通项an(A1A2n)(n1,2,...).由a12,a23得

特征方程pq0的两个根为,.

(A1A2)2

22(A12A2)3解得A1A21.故

n

an(1n)···············5分

nn22②当时，通项anA1A2(n1,2,...).由a1,a2得

A1A2

2222A1A2解得A1,A2.故

n1n1n1n1

an············10分

 〔II〕同解法一。

3、〔15分〕求函数yx2713xx的最大和最小值．

解：函数的定义域为[0,13]。因为

yxx2713xx27132x(13x)

2713

3313

当x0时等号成立。故y的最小值为3313················5分

又由柯西不等式得

y2(xx2713x)2

11

(1)(2x(x27)3(13x))121,

23所以

y11.····················10分

由柯西不等式等号成立的条件，得4x9(13x)x27,解得x9.故当x9时等号成立。因此y的最大值为11.·········· ·············15分

2021年全国高中数学结合竞赛加试

试题参考答案及评分标准

说明：

1.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；

2.假如考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其它中间档次。

一、解答题〔共4小题，每题50分，共200分〕

1、如图，M，N分别为锐角三角形ABC〔AB〕的外接圆上弧BC、AC的中点．过点C作PC∥MN交圆于P点，I为ABC的内心，连接PI并延长交圆于T．

⑴求证：MPMTNPNT；

⑵在弧AB〔不含点C〕上任取一点Q〔Q≠A，T，B〕，记AQC，△QCB的内心分别为I1，I2，

PNITAQCMB 求证：Q，I1，I2，T四点共圆．

证明：〔1〕连NI，MI.由于PC//MN，P，C，M，N共圆，故PCMN是等腰梯形。因此NP//MC，PM//NC······················ ······10分

连AM，CI，那么AM与CI交于I，因为

MICMACACIMCBBCIMCI,

所以MC=MI，同理

NC=NI.

于是

NP=MI，PM=NI.

故四边形MPNI为平行四边形。因此SPMTSPNT〔同底，等高〕······20分

又P，N，T，M四点共圆，故TNPPMT180.由三角形面积公式

1PMMTsinPMT

21

SPNTPNNTsinPNT

2SPMT

1PNNTsinPMT

2于是PMMTPNNT························30分

〔2〕因为

NCI1NCAACI1NQCQCI1CI1N，

所以NCNI1.同理MCMI2.由MPMTNPNT得

NTMT.

MPNP由〔1〕所证MP=NC，NP=MC.故

又因

NTMT··············40分

NI1MI2I1NTQNTQMTI2MT，

有

I1NT~I2MT.

故NTI1MTI2.从而

I1QI2NQMNTMI1TI2.

因此Q,I1,I2,T四点共圆··························50分

2、求证不等式：

1nk12lnn≤，n1，2，…

2k1k1证明：首先证明一个不等式：

（1）

事实上，令

xln(1x)x,x0.

1xh(x)xln(1x),g(x)ln(1x)那么对x0，

x.

1xh\'(x)1于是

111x0,g\'(x)0.

221x1x(1x)(1x)h(x)h(0)0,g(x)g(0)0.

在〔1〕中获得x1

n（2）

111ln(1)·············10分

n1nn

令xnk1lnn，那么，

x12k12k1nxnxn1n1ln(1)

2n1n1n12

n1n10.

2(n1)n因此xnxn1...x1又因为

1·······················30分

2n11lnn(lnnln(n1))(ln(n1)ln(n2))...(ln2ln1)ln1ln(1)

kk1从而

n1k1xn2ln(1)

kk1k1k1n1k1nln(1))2

(2

kn1k1k1n1k1)

(2kk1k1n11

2

(k1)kk1n11



k1(k1)k1

11················50分

nn3、设k，l是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m≥k，使得Ck

m与l互素．

证法一：对任意正整数t，令mktl(k!).我们证明(Cm,l)1.

k设p是l的任一素因子，只要证明：p/|

Cm.

k假设p/|

k!，那么由

k!C(mki)

kmk



[(itl(k!)]

i

i1i1ki1k

k!(modp).

k即p不整除上式，故p/|

Cm·························20分

假设p | k!，设1使p|k!，但p1/| k!.那么pk1|l(k!).故由

k!C(mki)

kmi1



[(itl(k!)]

i

i1ki1k

k!(modp及p| k!，且p1).

k1/| k!，知p| k!Cm且pk1kk/| k!Cm.从而p /|

Cm·········50分

证法二：对任意正整数t，令mktl(k!).我们证明(Cm,l)1.

k设p是l的任一素因子，只要证明：p/|

Cm.

2假设p/|

k!，那么由

k!C(mki)

kmi1kk

[(itl(k!)2]

i

i1i1k

k!(modp).

k即p不整除上式，故p/|

Cm·························20分

假设p | k!，设1使p|k!，但p1/| k!.pk1i1k1|l(k!)2.故由

k!C(mki)

km



[(itl(k!)i1k2]

i

i1

k!(modp及p| k!，且p1).

1/| k!，知p| k!Cm且pk1kk/| k!Cm.从而p /|

Cm·········50分

4、在非负数构成的39数表

x11x12x13x14x15x16x17x18x19

Px21x22x23x24x25x26x27x28x29

xxxxxxxxx3373839中每行的数互不一样，前6列中每列的三数之和为1，x17x28x390，x27，x37，x18，x38，x19，x29均大于．假如P的前三列构成的数表

x11x12x13

Sx21x22x23

xxx313233x1k满足下面的性质(O)：对于数表P中的任意一列x2k〔k1，2，…，9〕均存在某个x3ki1，2，3使得

⑶xik≤uiminxi1，xi2，xi3．求证：

〔ⅰ〕最小值uiminxi1，xi2，xi3，i1，2，3一定自数表S的不同列．

x1k*〔ⅱ〕存在数表P中唯一的一列x2k*，k*≠1，2，3使得33数表

x3k*x11x12x1k*Sx21x22x2k*

x31x32x3k*仍然具有性质(O)．

证明：〔i〕假设最小值uimin{xi1,xi2,xi3},i1,2,3不是取自数表S的不同列。那么存在一列不含任何ui.不妨设uixi2,i1,2,3.由于数表P中同一行中的任何两个元素都不等，于是uixi2,i1,2,3.另一方面，由于数表S具有性质〔〕，在〔3〕中取k=2，那么存在某个i0{1,2,3}使得xi02ui0.矛盾····················10分

(ii)由抽屉原理知

min{x11,x12},min{x21,x22},min{x31,x32}

中至少有两个值取在同一列。不妨设

min{x21,x22}x22,min{x31,x32}x32.

由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个ui，所以只能是x11u1.同样，第二列中也必含某个ui,i1,2.不妨设x22u2.于是u3x33，即ui是数表S中的对角线上数字：

x11x12x13Sx21x22x23

xxx313233记M=｛1，2，...，9｝，令集合

I{kM|xikmin{xi1,xi2},i1,3}

显然I{kM|x1kx11,x3kx32}且1,2,3I.因为x18,x381x11,x32，所以8I.

**故I.于是存在kI使得x2k*max{x2k|kI}.显然，k1,2,3.

下面证明33数表

x11x12x1k*Sx21x22x2k*

x31x32x3k*具有性质〔〕.

从上面的选法可知ui:min{xi1,xi2,xik*}min{xi1,xi2},(i1,3).这说明

\'x1k*min{x11,x12}u1,x3k*min{x31,x32}u3

*\'又由S满足性质〔〕，在〔3〕中取kk，推得x2k*u2,于是u2min{x21,x22,x2k*}x2k*

\'下证对任意的kM,存在某个i1,2,3使得uixik.假假设不然，那么xikmin{xi1,xi2},i1,3且x2kx2k*.这与x2k*的最大性矛盾。因此，数表S\'满足性质〔〕。·································30分

下证唯一性。设有kM使得数表S

x11ˆxS21x31具有性质〔〕.不失一般性，我们假定

x12x22x33x1kx2k

x3ku1min{x11,x12,x13}x11

〔4〕

u2min{x21,x22,x23}x22

u3min{x31,x32,x33}x33

x32x31

ˆ1min{x11,x12,x1k}x11.又由〔i)知：或者由于x32x31，x22x21，及〔i〕，有uˆ3min{x31,x32,x3k}x3k，或者(b)uˆ2min{x21,x22,x2k}x2k.

(a)uˆ具有性质〔〕，那么 假如(a)成立，由数表Sˆ1min{x11,x12,x1k}x11

uˆ2min{x21,x22,x2k}x22 〔5〕

uˆ3min{x31,x32,x3k}x3k

uˆ满足性质ˆixi3，由数表S〔〕，那么对于3M至少存在一个i{1,2,3}使得u又由〔4〕，ˆ1x11x13,uˆ2x22x23.所以只能有uˆ3x3kx33.同样由数表S满足性质〔5〕式知，uˆ··············40分 〔〕，可推得x33x3k.于是k3，即数表SS 假如(b)成立，那么

ˆ1min{x11,x12,x1k}x11

uˆ2min{x21,x22,x2k}x2k 〔6〕

uˆ3min{x31,x32,x3k}x32

uˆ满足性质〔〕，对于k*M，存在某个i1,2,3使得uˆixik*，由k*I及〔4〕由数表Sˆ1,x3k*x32uˆ3.于是只能有x2k*uˆ2x2k.类似地，由S\'满足和〔6〕式知，x1k*x11u\'性质〔〕及kM可推得x2ku2x2k*，从而kk············50分

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