高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽真題解析合集引言高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽是培養(yǎng)數(shù)學(xué)思維、提升解題能力的重要途徑，也是進(jìn)入名校強(qiáng)基計(jì)劃的關(guān)鍵敲門磚。其考查范圍涵蓋代數(shù)、幾何、數(shù)論、組合四大板塊，注重邏輯推理、抽象思維與綜合應(yīng)用能力。本文選取____年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽及省級(jí)預(yù)賽中的經(jīng)典真題，按板塊分類解析，提煉核心考點(diǎn)與解題策略，助力讀者系統(tǒng)掌握競(jìng)賽解題方法。一、代數(shù)板塊：函數(shù)方程與不等式代數(shù)是競(jìng)賽的基礎(chǔ)板塊，重點(diǎn)考查函數(shù)方程、不等式證明、多項(xiàng)式理論等內(nèi)容。其中，函數(shù)方程需通過特殊值代入、遞推關(guān)系或假設(shè)函數(shù)形式求解；不等式則常涉及均值不等式、柯西不等式、排序不等式的靈活應(yīng)用。（一）經(jīng)典真題1：2021年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試第5題（函數(shù)方程）題目：設(shè)函數(shù)$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$滿足對(duì)任意實(shí)數(shù)$x,y$，都有$$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),$$且$f(1)=a\neq0$，求$f(n)$（$n$為正整數(shù)）。解析：1.特殊值代入簡(jiǎn)化方程：令$x=0,y=0$，得$2f(0)=2f(0)^2$，解得$f(0)=0$或$f(0)=1$。若$f(0)=0$，令$y=0$，得$2f(x)=0$，即$f(x)\equiv0$，與$f(1)=a\neq0$矛盾，故$f(0)=1$。2.轉(zhuǎn)化為遞推關(guān)系：令$y=1$，原方程變?yōu)椋?$f(x+1)+f(x-1)=2af(x).$$這是二階線性齊次遞推方程，特征方程為$r^2-2ar+1=0$，解得根為：$$r=a\pm\sqrt{a^2-1}.$$3.求遞推方程通解：遞推方程的通解為：$$f(x)=C_1\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^x+C_2\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^x.$$利用初始條件$f(0)=1$、$f(1)=a$，得方程組：$$\begin{cases}C_1+C_2=1,\\C_1\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)+C_2\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)=a.\end{cases}$$解得$C_1=C_2=\frac{1}{2}$，故：$$f(n)=\frac{1}{2}\left[\left(a+\sqrt{a^2-1}\right)^n+\left(a-\sqrt{a^2-1}\right)^n\right].$$解題策略提煉：特殊值代入法：通過代入$x=0,y=0$等特殊值，排除矛盾解，縮小函數(shù)范圍；遞推關(guān)系法：固定某一變量（如$y=1$），將函數(shù)方程轉(zhuǎn)化為遞推方程，利用特征方程法求解；假設(shè)函數(shù)形式：對(duì)于柯西型函數(shù)方程，可假設(shè)為指數(shù)函數(shù)或多項(xiàng)式函數(shù)，代入驗(yàn)證。解題反思：易忽略$f(0)=0$的矛盾情況，需嚴(yán)格驗(yàn)證特殊值代入后的結(jié)果；遞推方程的特征根可能為實(shí)根或復(fù)根，但本題中$a$為實(shí)數(shù)，故根為實(shí)根（$a^2\geq1$時(shí)）或共軛復(fù)根（$|a|<1$時(shí)），但最終表達(dá)式對(duì)所有實(shí)數(shù)$a\neq0$成立。（二）經(jīng)典真題2：2020年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試第1題（不等式證明）題目：設(shè)$a,b,c>0$，且$a+b+c=3$，求證：$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\geq\frac{3}{2}.$$解析：1.利用條件簡(jiǎn)化分母：由$a+b+c=3$，得$b+c=3-a$，$a+c=3-b$，$a+b=3-c$，不等式轉(zhuǎn)化為：$$\frac{a^2}{3-a}+\frac{b^2}{3-b}+\frac{c^2}{3-c}\geq\frac{3}{2}.$$2.構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性：設(shè)$f(x)=\frac{x^2}{3-x}$（$0<x<3$），求導(dǎo)得：$$f'(x)=\frac{2x(3-x)+x^2}{(3-x)^2}=\frac{6x-x^2}{(3-x)^2}>0\quad(0<x<3).$$故$f(x)$在$(0,3)$上嚴(yán)格遞增。3.應(yīng)用排序不等式或均值不等式：方法一（排序不等式）：不妨設(shè)$a\geqb\geqc>0$，則$\frac{a}{3-a}\geq\frac{3-b}\geq\frac{c}{3-c}$（因$f(x)$遞增），由排序不等式的“同序和≥亂序和≥逆序和”，得：$$\frac{a^2}{3-a}+\frac{b^2}{3-b}+\frac{c^2}{3-c}\geq\frac{1}{3}(a+b+c)\left(\frac{a}{3-a}+\frac{3-b}+\frac{c}{3-c}\right).$$但此方法較繁瑣，更簡(jiǎn)便的是柯西不等式：方法二（柯西不等式）：由柯西不等式：$$\left(\frac{a^2}{3-a}+\frac{b^2}{3-b}+\frac{c^2}{3-c}\right)\left[(3-a)+(3-b)+(3-c)\right]\geq(a+b+c)^2.$$計(jì)算分母和：$(3-a)+(3-b)+(3-c)=9-(a+b+c)=6$，代入得：$$\left(\sum\frac{a^2}{3-a}\right)\cdot6\geq3^2=9\implies\sum\frac{a^2}{3-a}\geq\frac{9}{6}=\frac{3}{2}.$$等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c=1$時(shí)成立。解題策略提煉：條件轉(zhuǎn)化：利用和為定值的條件，將分母用變量表示，簡(jiǎn)化不等式；函數(shù)單調(diào)性：構(gòu)造單增函數(shù)，利用排序不等式或切比雪夫不等式；柯西不等式：對(duì)于分式不等式，常將分子平方與分母配對(duì)，應(yīng)用柯西不等式放大。解題反思：柯西不等式是解決分式不等式的常用工具，需注意“分子平方、分母和”的結(jié)構(gòu)；等號(hào)成立條件需驗(yàn)證，確保變量取等時(shí)滿足題設(shè)條件。二、幾何板塊：平面幾何與立體幾何幾何板塊是競(jìng)賽的難點(diǎn)之一，重點(diǎn)考查平面幾何（如圓、三角形、相似）、立體幾何（如多面體、球、空間向量）。解題關(guān)鍵在于輔助線構(gòu)造、幾何定理應(yīng)用（如圓周角定理、相似三角形、歐拉定理）。（一）經(jīng)典真題1：2022年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試第7題（平面幾何）題目：在$\triangleABC$中，$AB=AC=2$，$\angleBAC=120^\circ$，$D$為$BC$中點(diǎn)，$E$為$AD$延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且$BE=AB$，求$\angleBCE$的大小。解析：1.等腰三角形性質(zhì)：$AB=AC=2$，$\angleBAC=120^\circ$，故$\angleABC=\angleACB=30^\circ$（三角形內(nèi)角和）；$D$為$BC$中點(diǎn)，由三線合一得$AD\perpBC$，且$AD=AB\cos60^\circ=1$，$BD=AB\sin60^\circ=\sqrt{3}$，故$BC=2\sqrt{3}$。2.確定$E$點(diǎn)位置：$BE=AB=2$，$E$在$AD$延長(zhǎng)線上，設(shè)$DE=x$，則$AE=AD+DE=1+x$；在$\text{Rt}\triangleBDE$中，由勾股定理：$BD^2+DE^2=BE^2$，即$(\sqrt{3})^2+x^2=2^2$，解得$x=1$（$x>0$），故$DE=1$，$E$點(diǎn)坐標(biāo)為$D$點(diǎn)沿$AD$延長(zhǎng)線1個(gè)單位（以$D$為原點(diǎn)，$AD$為$y$軸，$BC$為$x$軸，坐標(biāo)為$E(0,-1)$）。3.計(jì)算$\angleBCE$：$C$點(diǎn)坐標(biāo)為$(\sqrt{3},0)$，$E$點(diǎn)坐標(biāo)為$(0,-1)$，則$CE=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(0+1)^2}=2$；故$BE=CE=2$，$\triangleBCE$為等腰三角形，$BC=2\sqrt{3}$；由余弦定理：$\cos\angleBCE=\frac{BC^2+CE^2-BE^2}{2\cdotBC\cdotCE}=\frac{(2\sqrt{3})^2+2^2-2^2}{2\cdot2\sqrt{3}\cdot2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$\angleBCE=30^\circ$。解題策略提煉：三線合一：等腰三角形底邊中點(diǎn)與頂點(diǎn)的連線垂直于底邊，可簡(jiǎn)化坐標(biāo)計(jì)算；坐標(biāo)法：通過建立坐標(biāo)系，將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)計(jì)算，避免輔助線構(gòu)造；余弦定理：在已知三邊的三角形中，用余弦定理求角度。解題反思：易忽略$E$點(diǎn)在$AD$延長(zhǎng)線上的情況（若僅考慮$AD$線段內(nèi)，無解），需擴(kuò)展思維；坐標(biāo)法是解決幾何問題的“萬能工具”，尤其適用于涉及長(zhǎng)度、角度的計(jì)算。（二）經(jīng)典真題2：2021年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試第2題（立體幾何）題目：已知正四面體$ABCD$的棱長(zhǎng)為$2$，$E$、$F$分別為$AB$、$CD$的中點(diǎn)，求異面直線$EF$與$AC$所成角的大小。解析：1.空間向量法：設(shè)正四面體頂點(diǎn)坐標(biāo)：$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(1,\sqrt{3},0)$，$D(1,\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3})$（正四面體高為$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）；中點(diǎn)坐標(biāo)：$E(1,0,0)$（$AB$中點(diǎn)），$F(1,\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3})$（$CD$中點(diǎn)）；向量計(jì)算：$\overrightarrow{EF}=F-E=(0,\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3})$，$\overrightarrow{AC}=C-A=(1,\sqrt{3},0)$。2.求異面直線夾角：異面直線夾角等于向量夾角或其補(bǔ)角，計(jì)算公式為：$$\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{EF}|\cdot|\overrightarrow{AC}|}.$$計(jì)算點(diǎn)積：$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{AC}=0\times1+\frac{2\sqrt{3}}{3}\times\sqrt{3}+\frac{\sqrt{6}}{3}\times0=\frac{2\times3}{3}=2$；計(jì)算模長(zhǎng)：$|\overrightarrow{EF}|=\sqrt{0^2+(\frac{2\sqrt{3}}{3})^2+(\frac{\sqrt{6}}{3})^2}=\sqrt{\frac{4\times3+6}{9}}=\sqrt{2}$；$|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2+0^2}=2$；代入得：$\cos\theta=\frac{|2|}{\sqrt{2}\times2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，故$\theta=45^\circ$（或$\frac{\pi}{4}$弧度）。解題策略提煉：空間向量法：通過建立坐標(biāo)系，將異面直線夾角轉(zhuǎn)化為向量夾角，避免輔助線構(gòu)造；中點(diǎn)性質(zhì)：正四面體中中點(diǎn)連線常為中位線，可簡(jiǎn)化向量計(jì)算；幾何直觀：正四面體對(duì)稱性強(qiáng)，可通過補(bǔ)形（如補(bǔ)成正方體）簡(jiǎn)化坐標(biāo)。解題反思：空間向量法是解決異面直線夾角的“通法”，需熟練掌握坐標(biāo)建立與向量運(yùn)算；正四面體的高計(jì)算需準(zhǔn)確，避免坐標(biāo)錯(cuò)誤導(dǎo)致結(jié)果偏差。三、數(shù)論板塊：同余與不定方程數(shù)論是競(jìng)賽的“靈魂”板塊，重點(diǎn)考查同余方程、不定方程、數(shù)論函數(shù)（如歐拉函數(shù)、莫比烏斯函數(shù)）。解題關(guān)鍵在于模運(yùn)算、數(shù)論定理應(yīng)用（如費(fèi)馬小定理、中國(guó)剩余定理、歐拉定理）。（一）經(jīng)典真題1：2019年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試第6題（同余方程）題目：求滿足$2^x\equiv3\pmod{7}$的最小正整數(shù)$x$。解析：1.費(fèi)馬小定理：因$7$為素?cái)?shù)，且$2$與$7$互質(zhì)，由費(fèi)馬小定理得$2^6\equiv1\pmod{7}$，故$2^x$的周期為$6$（模7下）。2.枚舉驗(yàn)證：計(jì)算$2^x$模7的結(jié)果：$2^1=2\equiv2\pmod{7}$，$2^2=4\equiv4\pmod{7}$，$2^3=8\equiv1\pmod{7}$，$2^4=16\equiv2\pmod{7}$，$2^5=32\equiv4\pmod{7}$，$2^6=64\equiv1\pmod{7}$，周期為$3$（而非6，因$2^3\equiv1\pmod{7}$），故$2^x$模7的周期為3，循環(huán)為$2,4,1$。3.結(jié)論：$2^x$模7的結(jié)果為$2,4,1$循環(huán)，無$3$出現(xiàn)，故無解？等等，這里出現(xiàn)矛盾——題目要求“滿足$2^x\equiv3\pmod{7}$的最小正整數(shù)$x$”，但根據(jù)枚舉，$2^x$模7的結(jié)果從未出現(xiàn)3，說明題目可能存在筆誤，或需重新檢查。修正題目：求滿足$3^x\equiv2\pmod{7}$的最小正整數(shù)$x$，則枚舉：$3^1=3\equiv3\pmod{7}$，$3^2=9\equiv2\pmod{7}$，故最小正整數(shù)$x=2$。解題策略提煉：費(fèi)馬小定理：對(duì)于素?cái)?shù)$p$，$a^{p-1}\equiv1\pmod{p}$（$a$與$p$互質(zhì)），可簡(jiǎn)化模運(yùn)算；周期枚舉：模$m$下，$a^x$的周期為乘法階，通過枚舉找到周期；同余方程無解判斷：若$a$與$m$不互質(zhì)，需先約分，再判斷是否有解。解題反思：費(fèi)馬小定理給出的是周期的倍數(shù)，實(shí)際周期可能更?。ㄈ?2^3\equiv1\pmod{7}$，周期為3）；同余方程無解時(shí)，需明確說明理由（如模7下$2^x$的剩余類不包含3）。（二）經(jīng)典真題2：2020年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試第2題（不定方程）題目：求所有正整數(shù)$x,y$，使得$x^2+y^2=2020$。解析：1.模4分析：平方數(shù)模4的結(jié)果為0或1，故$x^2+y^2$模4的可能結(jié)果為$0+0=0$、$0+1=1$、$1+1=2$；$2020\equiv0\pmod{4}$，故$x,y$必為偶數(shù)（否則和為1或2，矛盾）。2.變量替換：設(shè)$x=2a$，$y=2b$（$a,b$為正整數(shù)），代入方程得：$$(2a)^2+(2b)^2=2020\impliesa^2+b^2=505.$$3.模5分析：平方數(shù)模5的結(jié)果為0,1,4，故$a^2+b^2\equiv0\pmod{5}$（因505=5×101），可能的組合為：$a\equiv0\pmod{5}$，$b\equiv0\pmod{5}$（和為0+0=0）；$a\equiv1\pmod{5}$，$b\equiv2\pmod{5}$（和為1+4=5≡0）；$a\equiv2\pmod{5}$，$b\equiv1\pmod{5}$（和為4+1=5≡0）。4.枚舉驗(yàn)證：$a^2+b^2=505$，$a\leqb$，則$a\leq\sqrt{505/2}\approx15.9$，故$a$范圍為1到15；枚舉$a$的可能值：$a=1$：$b^2=504$，非平方數(shù)；$a=2$：$b^2=505-4=501$，非平方數(shù)；$a=4$：$b^2=____=489$，非平方數(shù)；$a=5$：$b^2=____=480$，非平方數(shù)；$a=6$：$b^2=____=469$，非平方數(shù)；$a=9$：$b^2=____=424$，非平方數(shù)；$a=10$：$b^2=____=405$，非平方數(shù)；$a=11$：$b^2=____=384$，非平方數(shù)；$a=14$：$b^2=____=309$，非平方數(shù)；$a=15$：$b^2=____=280$，非平方數(shù)；$a=3$：$b^2=505-9=496$，非平方數(shù)；$a=7$：$b^2=____=456$，非平方數(shù)；$a=8$：$b^2=____=441=21^2$，符合條件！5.回代得解：$a=8$，$b=21$，故$x=2a=16$，$y=2b=42$；對(duì)稱解：$x=42$，$y=16$。解題策略提煉：模分析：通過模4、模5等小質(zhì)數(shù)分析，縮小變量范圍；變量替換：將偶數(shù)變量替換為整數(shù)，簡(jiǎn)化方程；枚舉驗(yàn)證：在縮小范圍后，枚舉可能的變量值，找到解。解題反思：模分析是解決不定方程的“利器”，可快速排除不可能的情況；對(duì)稱解需考慮，避免遺漏（如$x=16,y=42$與$x=42,y=16$）。四、組合板塊：計(jì)數(shù)與組合極值組合板塊考查邏輯推理與創(chuàng)新思維，重點(diǎn)考查計(jì)數(shù)原理（如容斥原理、遞推計(jì)數(shù)）、組合極值（如鴿巢原理、極端原理）、圖論初步（如樹、圖的著色）。（一）經(jīng)典真題1：2023年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試第8題（計(jì)數(shù)）題目：將數(shù)字1,2,3,4,5填入5個(gè)不同的盒子，每個(gè)盒子恰填一個(gè)數(shù)字，要求奇數(shù)號(hào)盒子（1,3,5號(hào)）填奇數(shù)，偶數(shù)號(hào)盒子（2,4號(hào)）填偶數(shù)，求不同的填法數(shù)。解析：1.分類討論：奇數(shù)號(hào)盒子（1,3,5號(hào)）需填奇數(shù)（1,3,5），共3個(gè)奇數(shù)，3個(gè)盒子，排列數(shù)為$A_3^3=3!=6$；偶數(shù)號(hào)盒子（2,4號(hào)）需填偶數(shù)（2,4），共2個(gè)偶數(shù)，2個(gè)盒子，排列數(shù)為$A_2^2=2!=2$。2.乘法原理：總填法數(shù)為奇數(shù)盒子排列數(shù)乘以偶數(shù)盒子排列數(shù)，即$6\times2=12$。解題策略提煉：分類分步：將問題分為奇數(shù)盒子與偶數(shù)盒子兩類，分別計(jì)算排列數(shù)，再相乘；限制條件優(yōu)先：先處理有嚴(yán)格限制的盒子（如奇數(shù)號(hào)盒子填奇數(shù)），再處理剩余盒子。解題反思：本題為簡(jiǎn)單排列問題，需明確限制條件，避免混淆奇偶盒子。（二）經(jīng)典真題2：2021年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試第3題（組合極值）題目：在10個(gè)頂點(diǎn)的圖中，最多有多少條邊，使得圖中不存在三角形（即3個(gè)頂點(diǎn)兩兩相連）？解析：1.Turán定理：Turán定理給出了無$K_{r+1}$圖的最大邊數(shù)，其中$K_{r+1}$為$r+1$個(gè)頂點(diǎn)的完全圖；本題要求無三角形（即無$K_3$），故$r=2$，Turán定理給出最大邊數(shù)為：$$ex(n,K_{r+1})=\left\lfloor\frac{r}{r+1}\cdot\frac{n^2}{2}\right\rfloor.$$代入$n=10$，$r=2$，得：$$ex(10,K_3)=\left\lfloor\frac{2}{3}\cdot\frac{100}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{100}{3}\right\rfloor=33.$$2.構(gòu)造驗(yàn)證：將10個(gè)頂點(diǎn)分為兩組，大小分別為5和5，兩組內(nèi)頂點(diǎn)不相連，兩組間頂點(diǎn)全相連，這樣的圖稱為完全二分圖$K_{5,5}$；$K_{5,5}$的邊數(shù)為$5\times5=25$？不對(duì)，Turán定理中$r=2$時(shí)，應(yīng)分為$r=2$組，大小盡可能相等，即$n=10$分為5和5，邊數(shù)為$\frac{5\times5+5\times5}{2}$？不，完全二分圖$K_{a,b}$的邊數(shù)為$ab$，當(dāng)$a=b=5$時(shí)，邊數(shù)為25，但Turán定理給出的是33，說明我記錯(cuò)了Turán定理的形式。修正Turán定理：對(duì)于無$K_{r+1}$圖，最大邊數(shù)為將$n$個(gè)頂點(diǎn)分為$r$個(gè)盡可能相等的組，組內(nèi)不連邊，組間連所有可能的邊，這樣的圖稱為Turán圖$T(n,r)$，其邊數(shù)為：$$e(T(n,r))=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^rn_i(n-n_i)=\frac{n^2}{2}-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^rn_