2021年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷及答案

2021年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷及答案

一年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試卷

得分

評卷人

一.選擇題（本題滿分36分,每小題6分）本題共有6小題，每題均給出A.B.C.D四

個結(jié)論，其中有且僅有一個是正確的,請將正確答案的代表字母填在題后的括號內(nèi)，

每小題選對得6分;不選.選錯或選出的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內(nèi)），

一律得0分）.

1刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3,……中的所有完全平方數(shù),得到一個新數(shù)列,這個新數(shù)

列的第一項是

A.2046B.2047C.2048

D.2049答（）

2設(shè)a,bWR,abWO,那么直線a_—y+b=O和曲線b_2+ay2=ab的圖形是

A

B

C

D

答（）

3過拋物線y2=8（_+2）的焦點F作傾斜角為60o的直線，若此直線與拋物線交于

A.B兩點，弦AB的中垂線與一軸交于P點，則線段PF的長等于

A.B.

C.D.

答（）

4若,則的最大值是

A.B.C.D.

答（）

5已知_,y都在區(qū)間（一2,2）內(nèi)，且_y=—l,則函數(shù)的最小值是

A.B.C.

D.答（）

6在四面體ABCD中，設(shè)AB=1,CD=,直線AB與CD的距離為2,夾角為,則四面體

ABCD的體積等于

A.B.C.

D.答（）

得分

評卷人

二.填空題(本題滿分54分,每小題9分)本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫

線上.

7.不等式_3-2_2-4_+3_lt;0的解集是.

8.設(shè)F1,F2是橢圓的兩個焦點,P是橢圓上的點，且PF1:PF2=2:1,則三角形

PF1F2的面積等于.

9.已知A={_I_2-4_+3<0,_GR},B={_I21-_+a^0,_2-2(a+7)+

5W0,_GR},若AB,則實數(shù)a的取值范圍是.

10.已知a,b,c,d均為正整數(shù),且,若a—c=9,則b—d

11.將8個半徑都為1的球分兩層放置在一個圓柱內(nèi),并使得每個球和其相鄰的四

個球相切,且與圓柱的一個底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于

12.設(shè)Mn={（十進(jìn)制）n位純小數(shù)Iai只取0或1（i=l,2,…,n—1,an=l},Tn

是Mn中元素的個數(shù),Sn是Mn中所有元素的和，則=.

得分

評卷人

三.解答題（本題滿分60分,每小題20分）

13.設(shè)W_W5,證明不等式.

14.設(shè)A,B,C分別是復(fù)數(shù)Z0=ai,Zl=+bi,Z2=l+ci（其中a,b,c都是實數(shù)）對

應(yīng)的不共線的三點，證明：曲線

Z=Z0cos4t+2Zlcos2tsin2t+Z2sin4t（tGR）

與ABC中平行于AC的中位線只有一個公共點，并求出此點.

15.一張紙上畫有半徑為R的圓0和圓內(nèi)一定點A,且OA=a.拆疊紙片，使圓周上

某一點A/剛好與A點重合，這樣的每一種拆法，都留下一條直線折痕，當(dāng)A/取遍圓

周上所有點時,求所有折痕所在直線上點的集合.

_年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽加試試卷

得分

評卷人

一.（本題滿分50分）過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A,B所作

割線交圓于C,D兩點,C在P,D之間，在弦CD上取一點Q,使NDAQ=NPBC.求

證：NDBQ=NPAC.

得分

評卷人

二.（本題滿分50分）設(shè)三角形的三邊分別是整數(shù)且已知，其中｛」

=_一［」，而表示不超過一的最大整數(shù).求這種三角形周長的最小值.

得分

評卷人

三.（本題滿分50分）由n個點和這些點之間的t條連線段組成一個空間圖形，其

中n=q2+q+l,t2,qB2,q￡N,已知此圖中任圓點不共面,每點至少有一條連線

段，存在一點至少有q+2條連線段,證明：圖中必存在一個空間四邊形（即由四點

A,B,C,D和四條連線段AB,BC,CD,DA組成的圖形）.

年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試卷

試題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)

說明：

1.評閱試卷時,請依據(jù)本評分標(biāo)準(zhǔn).選擇題只設(shè)6分和0分兩檔，填空題只設(shè)9分

和0分兩;其它各題的評閱，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評分檔次給分，不要再增

加其它中間檔次.

2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理,步驟正確，在評卷時可參照

本評分標(biāo)準(zhǔn)當(dāng)劃分檔次評分,5分為一個檔次不要再增加其它中間檔次.

一.選擇題：

1.注意到452=_,462=2116,.,._=a_-45=al981,2115=a2115-45=a2070.

而且在從第1981項到第2070項之間的90項中沒有完全平方數(shù).

又1981+22=_,，a_=al981+22=_+22=2048.故選(C).

2.題設(shè)方程可變形為y=a_+b和，則由觀察可知應(yīng)選(B).

3.易知此拋物線焦點F與坐標(biāo)原點重合,故直線AB的方程為,因此,A,B兩點的橫

坐標(biāo)滿足方程3_2-8_-16=0,由此求得AB中點的橫坐標(biāo)，縱坐標(biāo),進(jìn)而求得其中

垂線方程為,令y=0,得P點的橫坐標(biāo)一=,即PF=,故選(A).

因為一e,，，因此與在上同為增函數(shù)，故當(dāng)時,y取最大值.故選(C)

5.由已知得，故，而，故當(dāng)時有最小值，故選(D).

6.如圖,過C作CE〃AB且CE=AB,以ACDE為底面,BC為側(cè)棱作棱柱ABF—ECD,則

所求四面體的體積VI等于上述棱柱體積V2的.而ACDE的面積S=

CE_CD_sinZECD,AB與CD的公垂線MN就是棱柱ABF-ECD)的高，故

，因此,故選(B).

二.填空題：

7.由原不等式分解可得(——3)(_2+_-1X0,由此得所求不等式的解集為.

8.設(shè)橢圓的長軸.短軸的長及焦矩分別為2a.2b.2c,則由其方程知a=3,b=2,c=,

故,PFl+PF2=2a=6,又已知［PF1:PF2=2:1,故可得PF1=4,PF2=2.在△PF1F2

中，三邊之長分別為2,4,2,而22+42=(2)2,可見△PF1F2是直角三角形,且兩直角

邊的長為2和4,故aPFlF2的面積=4.

9.易得:A=(l,3),設(shè)，要使，只需f(_).g(_)在(1,3)上的圖象均在一軸下方，其充

要條件是f(DW0,f(3)<0,g(l)W0,g(3)W0,由此推出一4WaW-l.

10.由已知可得:，從而，因此aIb,cId.又由于a—c=9,故，即，故得:，解得.故

b-d=93.

11.如圖，由已知,上下層四個球的球心A/,B/,C/,D"「IA,B,C,D分別是上下兩個

邊長為2的正方形的頂點,且以它們的外接圓。0/和。0為上下底面構(gòu)成圓柱，同

時,A/在下底面的射影必是弧AB的中點M.在AA/AB中,A/A=A/B=AB=2.設(shè)AB

的中點為N,則A/N=.

又OM=OA=,ON=1,，MN=A/M=，故所求原來圓柱的高為.

12.VMn中小數(shù)的小數(shù)點后均有n位,而除最后一位上的數(shù)字必為1外，其余各位

上的數(shù)字均有兩種選擇(0或1)方法,故.又因在這2n-l個數(shù)中，小數(shù)點后第n

位上的數(shù)字全是1,而其余各位上數(shù)字是0或1,各有一半.故

???

三.解答題：

13.解：(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)W4(a2

+b2+c2+d2)

(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時取等號)5分

取,則

15分

???不能同時相等

20分

14.解:設(shè)z=_+yi(_.yGR),則

y=(a+c—2b)_2+2(b—a)_+a,OW_W1①

又???A.B.C三點不共線，故a+c—2bW0,可見所給曲線是拋物線段(如圖)

5分

AB.BC的中點分別是D0,E0,

直線DE的方程是②10分

由①②聯(lián)立得：

15分

；a+c—2b#0,

由于，...拋物線與4ABC中平行于AC的中位線有且僅有一個公共點，此點的坐

標(biāo)為,對應(yīng)的復(fù)數(shù)為

20分

15.解:如圖，以0為原點,0A所在直線為一軸建立直角坐標(biāo)系，則有A(a,0).設(shè)折

疊時，。0上點A/()與點A重合,而折痕為直線MN,則MN為線段AA/的中垂線.設(shè)

P(_,y)為MN上任一點，則IPA/I=IPA|5分

?*?

即10分

可得：

??.W1(此不等式也可直接由柯西不等式得到)

15分

平方后可化為三1,

即所求點的集合為橢圓圓=1外(含邊界)的部分.20分

一年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽

加試試題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)

說明：

1.評閱試卷時,請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評分檔次給分.

2.如果考生的解題方法和本解答不同，只要思路合理.步驟正確，在評卷時可參考

本評分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，10分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次.

一.證明：聯(lián)結(jié)AB,在4ADQ與4ABC中，NADQ=NABC,NDAQ=NPBC=NCAB

故△ADQS/^ABC,而有,即BC?AD=AB?DQ

10分

又由切割線關(guān)系知APCAs^PAD得；

同理由△PCBSAPBD得

20分

又因PA=PB,故，得AC?BD=BC-AD=AB?DQ30

分

又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形ACBD的托勒密定理知AC-BD+BC-AD=AB?CD

于是得:AB?CD=2AB-DQ,故DQ=CD,即CQ=DQ

40分

在aCBQ與aABD中，，ZBCQ=ZBAD,于是△CBQsaABD,

故NCBQ=NABD,即得NDBQ=

ZABCZPAC.50分

二.解：由題設(shè)可知

于是31三3m三3n(mod104)_Ucirc;10

分

由于(3,2)=(3,5)=1,.,.由①可知31—n=3m—n=1(mod24).

設(shè)u是滿足3u三1(mod24)的最小正整數(shù)，則對任意滿足3V三1(mod24)的

正整數(shù)v,我們有uIv.事實上若u不整除v,則由帶余除法可知,存在非負(fù)整數(shù)a.b,

使得v=au+b,其中0VbWu—1,從而可推出3b=3b+au=3v=l(mod24),而這

顯然與u的定義矛盾.

注意到3三3(mod24),32=9(mod24),33=27=11(mod24),34三1(mod24),

從而可設(shè)m—n=4k,其中k為正整數(shù)

20分

同理由②可推出3m—n=l(mod25),故34k=l(mod25)

現(xiàn)在我們求34k三1(mod25)滿足的整數(shù)k.

34=1+5_24,34k-1=(1+5_24)k-1=0(mod55)

30分

或

即有k=5t,并代入該式得t+5t[3+(5t-l)_27]=0(mod52)

即k=5t=53s,其中s為整數(shù)，故m—n=500s,s為正整數(shù)

同理可得1—n=500r,r為正整數(shù)

40分

由于l>m>n,...r>s

這樣三角形的三邊為500r+n.500s+n和n,由于兩邊之差小于第三邊，故n>

500(r—s),因此當(dāng)s=l,r=2,n=501時三角形的周長最小，其值為

3003.

50分

三.證:設(shè)這n個點的集合V={AO,A1,A2,……,AnT}為全集，記Ai的所有鄰點(與

Ai有連線段的點)的集合為Bi,Bi中點的個數(shù)記為IBiI=bi,顯然且biW(n—1)

(i=0,1,2,……,n-l).

若存在bi=n-l時，只須取,則圖中必存在四邊形，因此下面只討論b