2016年全国高中数学联合竞赛试题及详细解答
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$2016$年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）
一、填空题：本大题共$8$小题，每小题$8$分，共$64$分．
1．设实数$a$满足$a<9a^3-11a<|a|$，则$a$的取值范围是______．
2．设复数$z,w$满足$|z|=3$，$(z+overline{w})(overline{z}-w)=7+4{mathrm i}$，其中$mathrm i$是虚数单位，$overline{z},overline{w}$分别表示$z,w$的共轭复数，则$(z+2overline{w})(overline{z}-2w)$的模为_______．
3．正实数$u,v,w$均不等于$1$，若${log_u}(vw)+{log_v}w=5$，${log_v}u+{log_w}v=3$，则${log_w}u$的值为______．
4．袋子$A$中装有$2$张$10$元纸币和$3$张$1$元纸币，袋子$B$中装有$4$张$5$元纸币和$3$张$1$元纸币．现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则$A$中剩下的纸币面值之和大于$B$中剩下的纸币面值之和的概率为_______．
5．设$P$为圆锥的顶点，$A,B,C$是其底面圆周上的三点，满足$angle ABC=90^circ$，$M$为$AP$的中点．若$AB=1$，$AC=2$，$AP=sqrt 2$，则二面角$M-BC-A$的大小为_______．
6．设函数$f(x)=sin^4{dfrac{kx}{10}}+cos^4{dfrac{kx}{10}}$，其中$k$是一个正整数．若对任意实数$a$，均有${f(x)left| ight.a<x<a+1}={f(x)left| ight.xinmathcal{R}}$，则$k$的最小值为_________．
7．双曲线$C$的方程为$x^2-dfrac{y^2}{3}=1$，左、右焦点分别为$F_1,F_2$，过点$F_2$作一直线与双曲线$C$的右半支交于点$P,Q$，使得$angle F_1PQ=90^circ$，则$ riangle F_1PQ$的内切圆半径是______．
8．设$a_1,a_2,a_3,a_4$是$1,2,cdots,100$中的$4$个互不相同的数，满足$$(a_1^2+a_2^2+a_3^2)(a_2^2+a_3^2+a_4^2)=(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4)^2,$$则这样的序列数组$(a_1,a_2,a_3,a_4)$的个数为_______．
二、解答题：本大题共$3$小题，$56$分．
$2016$年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）
一、（本题满分40分）设实数$a_1,a_2,cdots,a_{2016}$满足$9a_i>11a_{i+1}^2(i=1,2,cdots,2015)$．求$(a_1-a_2^2)cdot(a_2-a_3^2)cdots(a_{2015}-a_{2016}^2)cdot(a_{2016}-a_1^2)$的最大值．
二、（本题满分40分）如图所示，在$ riangle ABC$中，$X,Y$是直线$BC$上两点（$X,B,C,Y$顺次排列），使得$$BXcdot AC=CYcdot AB.$$设$ riangle ACX, riangle ABY$的外心分别为$O_1,O_2$，直线$O_1O_2$与$AB,AC$分别交于点$U,V$．证明：$ riangle AUV$是等腰三角形．三、（本题满分50分）给定空间中$10$个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值．
四、（本题满分50分）设$p$与$p+2$均是素数，$p>3$．数列${a_n}$定义为$$a_1=2,a_n=a_{n-1}+leftlceildfrac{pa_{n-1}}n ight ceil,n=2,3,cdots.$$这里$lceil x ceil$表示不小于实数$x$的最小整数．证明：对$n=3,4,cdots,p-1$均有$nmid pa_{n-1}+1$成立．
参考答案
1．$left(-dfrac{2sqrt 3}3,-dfrac{sqrt{10}}3 ight)$．
由$a<|a|$，可得$a<0$，于是原不等式即$$ egin{cases} a<0,\ -1<dfrac{9a^3-11a}{-a}<1,end{cases} $$解得$a$的取值范围是$left(-dfrac{2sqrt 3}3,-dfrac{sqrt{10}}3 ight)$．
2．$sqrt{65}$．
根据已知，有$$zcdot overline z-wcdot overline w-zcdot w+overline zcdot overline w=7+4{
m i},$$于是$$egin{cases} zcdot overline z-wcdot overline w =7,\ -zcdot w+overline zcdot overline w=4{
m i}.end{cases} $$于是[egin{split} &left(z+2overline w
ight)left(overline z-2w
ight)\=&zcdot overline z-4wcdot overline w-2zcdot w+2overline zcdot overline w\
=&4left(zcdot overline z-wcdot overline w
ight)-3zcdot overline z+2left(-zcdot w+overline zcdot overline w
ight)\
=&1+8{
m i},end{split} ]于是所求复数的模为$sqrt{65}$．
3．$dfrac 45$．
令${log_v}u=x$，${log_w}v=y$，则${log_w}u=xy$，条件变为$$egin{cases} dfrac 1x+dfrac 1y+dfrac{1}{xy}=5,\ x+y=3,end{cases} $$从而解得$xy=dfrac 45$．
4．$dfrac{9}{35}$．
符合题意的情形只有$A$取走$2$张$1$元纸币，$B$取走$2$张$5$元纸币或取走$1$张$5$元纸币和$1$张$1$元纸币，因此所求的概率为$$dfrac{{ m C}_3^2cdot left({ m C}_4^2+{ m C}_4^1{ m C}_3^1 ight)}{{ m C}_5^2{ m C}_7^2}=dfrac{9}{35}.$$
5．$arctan dfrac 23$．
如图，设$M$在底面$ABC$上的投影为$H$，过$H$作$HNperp BC$于点$N$，则$angle MNH$为所求二面角的平面角．于是$$ an angle MNH=dfrac{MH}{HN}=dfrac{dfrac 12PO}{dfrac 34AB}=dfrac 23,$$从而所求二面角的大小为$arctandfrac 23$．
6．$16$．
根据已知，有[egin{split} f(x)&=left(sin^2dfrac{kx}{10}+cos^2dfrac{kx}{10}
ight)^2-dfrac 12left(2sindfrac{kx}{10}
cdot cosdfrac{kx}{10}
ight)^2\
&=1-dfrac 12sin^2dfrac{kx}5\
&=dfrac 14cosdfrac{2kx}5+dfrac 34.end{split} ]题意为任取函数$f(x)$图象上在$x$轴上投影长度为$1$的一段(不包含端点)都能同时覆盖函数$f(x)$的最大值点和最小值点，于是其最小正周期小于$1$，从而$k$的最小值为$$left[5pi
ight]+1=16.$$注 如果把“对任意实数$a$”改为“存在实数$a$”，那么题意即$f(x)$的最小正周期小于$2$．
7．$sqrt 7-1$．
如图，$F_1F_2=4$，$PF_1-PF_2=QF_1-QF_2=2$．于是$ riangle F_1PQ$的内切圆的半径[egin{split} r&=dfrac 12left(PF_1+PQ-F_1Q
ight)\
&=dfrac 12left(PF_1+PF_2+QF_2-F_1Q
ight)\
&=dfrac 12left[sqrt{2left(PF_1^{2}+PF_2^{2}
ight)-left(PF_1-PF_2
ight)^2}-left(QF_1-QF_2
ight)
ight]\
&=sqrt 7-1.end{split} ]
8．$40$．
由柯西不等式的取等条件可知$dfrac{a_1}{a_2}=dfrac{a_2}{a_3}=dfrac{a_3}{a_4}$，于是问题即从$1,2,cdots ,100$中选出$4$个不同的数组成的等比数列的个数．不难推知$a_1,a_2,a_3,a_4$必然形如$$am^3,am^2n,amn^2,an^3,$$其中$a,m,n$均为正整数，且$m eq n,(m,n)=1$．考虑$m<n$的情形，此时所有的$(m,n)$有$$(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(3,4),$$对应的等比数列个数之和为$$left[dfrac{100}{2^3} ight]+2cdotleft[dfrac{100}{3^3} ight]+2cdotleft[dfrac{100}{4^3} ight]=20,$$因此所求的有序数组$left(a_1,a_2,a_3,a_4 ight)$共有$40$个．
9．统一起点，有$$left(overrightarrow{CA}-overrightarrow{CB} ight)cdotoverrightarrow{CA}+2left(overrightarrow{CB}-overrightarrow{CA} ight)cdotoverrightarrow{CB}=3overrightarrow{CA}cdotoverrightarrow{CB},$$即$$6overrightarrow{CA}cdotoverrightarrow{CB}=CA^2+2CB^2,$$也即$$cos C=dfrac{CA^2+2CB^2}{6CAcdot CB}geqslant dfrac{sqrt 2}3,$$等号当$CA=sqrt 2cdot CB$时取得．因此$cos C$的最小值为$dfrac{sqrt 2}3$，对应$sin C$的最大值为$dfrac{sqrt 7}3$．
10．令$x=-dfrac 1n$，$ninmathcal N^*$，则$$dfrac{x}{x-1}=dfrac{-dfrac 1n}{-dfrac 1n-1}=dfrac{1}{n+1},$$于是有$$fleft(dfrac{1}{n+1}
ight)=-dfrac 1nfleft(-dfrac 1n
ight)=dfrac 1n fleft(dfrac 1n
ight),$$记$a_n=fleft(dfrac 1n
ight)$，$ninmathcal N^*$，则有$dfrac{a_{n+1}}{a_n}=dfrac 1n$，从而$$a_n=dfrac{1}{(n-1)!}.$$于是所求代数式即$$egin{split} sum_{i=1}^{50}a_ia_{101-i}=&sum_{i=1}^{50}dfrac{1}{(i-1)!cdot (100-i)!}\
=&dfrac{1}{99!}sum_{i=0}^{49}{
m C}_{99}^i\
=&dfrac{1}{99!}cdot dfrac 12sum_{i=0}^{99}{
m C}_{99}^i\
=&dfrac{2^{98}}{99!}.end{split} $$
11．如图，设抛物线方程为$C:y^2=2px$，焦点$Fleft(dfrac p2,0
ight)$，连接$C_1C_2$，$PF$．设$Pleft(2pa^2,2pa
ight)$，则根据抛物线的光学性质，$|FQ|=|PF|$，于是$Qleft(-2pa^2,0
ight)$，进而由$|PQ|=2$，可得$$4p^2a^4+p^2a^2=1,$$即$$p^2a^2=dfrac{1}{4a^2+1}.$$圆心$C_1,C_2$都在过点$P$且与$OP$垂直的直线$l$上，设直线$l$的参数方程为$$egin{cases} x=2pa^2+t,\ y= 2pa-at,end{cases} $$根据题意，$C_1,C_2$对应的参数满足$$sqrt{1+a^2}cdot |t|=2pa-at,$$即$$t^2+4pa^2t-4p^2a^2=0,$$因此圆$C_1$的面积$S_1$与圆$C_2$的面积$S_2$之和[egin{split} S_1+S_2&=pileft[left(1+a^2
ight)t_1^2+left(1+a^2
ight)t_2^2
ight]\
&=pi left(1+a^2
ight)left[left(-4pa^2
ight)^2+2cdot 4p^2a^2
ight]\
&=pileft(1+a^2
ight)left(16a^2+8
ight)cdot p^2 a^2\
&=dfrac{pi left(16a^4+24a^2+8
ight)}{4a^2+1}\
&=pileft(4a^2+1+dfrac{3}{4a^2+1}+4
ight)\
&geqslant pileft(4+2sqrt 3
ight),end{split} ]等号当$4a^2+1=sqrt 3$，即$a^2=dfrac{sqrt 3-1}4$时取得．此时$$p^2=dfrac{1}{a^2left(4a^2+1
ight)}=dfrac{4}{left(sqrt 3-1
ight)cdot sqrt 3},$$于是$F$点的坐标为$left(dfrac{1}{sqrt{3-sqrt 3}},0
ight)$．
加试
一、令原式为$P$．由于$a_i-a_{i+1}^2>0$，$i=1,2,cdots ,2015$，因此只需要考虑当$a_{2016}-a_1^2>0$的情况，记$a_{2017}=a_1$，则$$egin{split} P^{frac{1}{2016}}&leqslant dfrac{1}{2016}sum_{k=1}^{2016}left(a_k-a_{k+1}^2
ight)\
&=dfrac{1}{2016}left(sum_{k=1}^{2016}a_k-sum_{k=1}^{2016}a_k^2
ight)\
&=dfrac{1}{2016}sum_{k=1}^{2016}left[a_kleft(1-a_k
ight)
ight]\
&leqslant dfrac{1}{4},end{split} $$等号当$a_1=a_2=cdots =a_{2016}=dfrac 12$时取得．因此$P$的最大值为$dfrac{1}{4^{2016}}$．
二、如图，设圆$O_1$与圆$O_2$的公共弦为$AD$，$AD$交$XY$于$E$．
由于$AD$为两圆的根轴，于是$E$点对圆$O_1$和圆$O_2$的幂相等，从而$$XEcdot CE=BEcdot YE,$$进而结合合分比定理有$$dfrac{BE}{CE}=dfrac{XE}{YE}=dfrac{XB}{YC},$$又由已知，有$dfrac{XB}{YC}=dfrac{AB}{AC}$，于是有$dfrac{BE}{CE}=dfrac{AB}{AC}$，从而$AE$是$angle BAC$的角平分线．又$ADperp O_1O_2$，于是$U,V$关于直线$AD$对称，因此$ riangle AUV$是等腰三角形．
三、记这$10$个点分别为$P_i$且从$P_i$点引出了$a_i$条线段，其中$i=1,2,cdots ,10$．这样图形中总共包含$displaystyle dfrac 12sum_{i=1}^{10}a_i$条线段和$displaystylesum_{i=1}^{10}{
m C}_{a_i}^2$个角．根据题意，图形中没有空间四边形，因此任何一个角都与一个点对$(P_m,P_n)$一一对应，且不存在线段$P_mP_n$．这样就有$$dfrac 12sum_{i=1}^{10}a_i+sum_{i=1}^{10}{
m C}_{a_i}^2=dfrac 12sum_{i=1}^{10}a_i^2leqslant {
m C}_{10}^2,$$于是所连线段数目$$dfrac 12sum_{i=1}^{10}a_ileqslant dfrac 12sqrt{10cdot sum_{i=1}^{10}a_i^2}=15.$$接下来构造包含$15$条线段的图形，此时从每个顶点出发的线段数均为$3$，如图．
四、首先注意，${a_n}$是整数数列．
对$n$用数学归纳法．当$n=3$时，由条件知$a_2=2+p$，故$p a_2+1=(p+1)^2$．因$p$与$p+2$均是素数，且$p>3$，故必须$3mid p+1$．因此$3mid p a_2+1$，即$n=3$时结论成立．
对$3<nleqslant p-1$，设对$k=3,cdots,n-1$成立，此时$leftlceil dfrac{pa_{k-1}}{k} ight ceil=dfrac{pa_{k-1}+1}{k}$，故[egin{split}pa_{k-1}+1&=pleft(a_{k-2} +leftlceil dfrac{pa_{k-2}}{k-1} ight ceil ight)+1\ &=pleft(a_{k-2}+dfrac{pa_{k-2}+1}{k-1} ight)+1\ &=dfrac{(pa_{k-2}+1)(p+k-1)}{k-1}.end{split}]故对$3<nleqslant p-1$，有[egin{split}pa_{n-1}+1&=dfrac{p+n-1}{n-1}(pa_{n-2}+1)\ &=dfrac{p+n-1}{n-1}cdotdfrac{p+n-2}{n-2}(pa_{n-3}+1)\&=cdots \ &=dfrac{p+n-1}{n-1}cdot dfrac{p+n-2}{n-2}cdots dfrac{p+3}{3}(pa_2+1),end{split}]因此$$pa_{n-1}+1=dfrac{2n(p+1)}{(p+n)(p+2)}{ m C}_{p+n}^{n}.$$由此知（注意${ m C}_{p+n}^{n}$是整数）$$nmid {(p+n)(p+2)(pa_{n-1}+1)}.$$因$n<p$，$p$为素数，故$(n,n+p)=(n,p)=1$，又$p+2$是大于$n$的素数，故$(n,p+2)=1$，从而$n$与$(p+n)(p+2)$互素．故由(1)知$nmid {pa_{n-1}+1}$．由数学归纳法知，本题得证．