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2000-2012年十年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案


2000 年全国高中数学联赛试题
第一试
(10 月 15 日上午 8:00?9:40) 一、 选择题 本题共有 6 小题,每题均给出(A) 、 (B) 、 (C) 、 (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的,请将 正确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不 论是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1.设

全集是实数,若 A={x| x ? 2 ?0},B={x| 10 x ?2 = 10 x },则 A ? B 是 (A) {2} (B) {?1} (C) {x|x?2} (D) 2.设 sin?>0,cos?<0,且 sin (A) (2k?+
2

【答】 (
?

) )

?
3

>cos

?
3

,则

?
3

的取值范围是 (B) (

【答】 (

2k? ? 2k? ? + , + ),k?Z 3 3 6 3 5? 5? ? ? (C)(2k?+ ,2k?+?),k?Z (D)(2k?+ ,2k?+ ) ? (2k?+ ,2k?+?),k?Z 4 3 6 6 3.已知点 A 为双曲线 x2?y2=1 的左顶点,点 B 和点 C 在双曲线的右分支上,△ABC 是等边三角形,则△ ABC 的面积是 【答】 ( )

? ? ,2k?+ ), k?Z 3 6

3 3 3 (B) (C) 3 3 (D) 6 3 3 2 4.给定正数 p,q,a,b,c,其中 p?q,若 p,a,q 是等比数列,p,b,c,q 是等差数列,则一元二次方程 bx2?2ax+c=0 【答】 ( ) (A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根 5 4 5.平面上整点(纵、横坐标都是整数的点)到直线 y ? x ? 的距离中的最小值是 3 5

(A)

(A)

34 170

(B)

34 85

(C)

6.设 ? ? cos

,则以?,?3,?7,?9 为根的方程是 5 5 (A) x4+x3+x2+x+1=0 (B) x4?x3+x2?x+1=0 4 3 2 (C) x ?x ?x +x+1=0 (D) x4+x3+x2?x?1=0

?

? i sin

?

1 20

(D)

1 【答】 ( 30
【答】 (

) )

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。 7.arcsin(sin2000?)=__________. 3 2 33 3n ??? 8.设 an 是(3? x ) n 的展开式中 x 项的系数(n=2,3,4,?),则 lim( ? )=________. n?? a a3 an 2 9.等比数列 a+log23,a+log43,a+log83 的公比是____________. x2 y2 10. 在椭圆 2 ? 2 ? 1 (a>b>0)中,记左焦点为 F,右顶点为 A,短轴上方的端点为 B.若该椭圆的离 a b 心率是 11. 12.
5 ?1 ,则∠ABF=_________. 2 一个球与正四面体的六条棱都相切,若正四面体的棱长为 a,则这个球的体积是________. 如果:(1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4};(2)a?b,b?c,c?d,d?a;(3)a 是 a,b,c,d 中的最小值,



么,可以组成的不同的四位数 abcd 的个数是_________. 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
-1-

13.

设 Sn=1+2+3+?+n,n?N,求 f(n)=

Sn 的最大值. (n ? 32) S n?1

14.

1 13 若函数 f ( x) ? ? x 2 ? 在区间[a,b]上的最小值为 2a,最大值为 2b,求[a,b]. 2 2

x2 y2 ? ? 1 (a>b>0)。试问:当且仅当 a,b 满足什么条件时,对 C1 上任意 a2 b2 一点 P,均存在以 P 为项点,与 C0 外切,与 C1 内接的平行四边形?并证明你的结论。

15.

已知 C0:x2+y2=1 和 C1:

【加试】 (10 月 15 日上午 10∶00-12∶00) 一. (本题满分 50 分) 如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、F,满足∠BAE=∠CAF,作 FM⊥AB,FN⊥AC(M、 N 是垂足) ,延长 AE 交三角形 ABC 的外接圆于 D.证明:四边形 AMDN 与三角形 ABC 的面积相等.
A

M N 二. (本题满分 50 分) 设数列{a n}和{b n }满足,且 B E F C

?an?1 ? 7an ? 6bn ? 3 n ? 0,1,2,? ? b ? 8 a ? 7 b ? 4 n ? 1 n n ?
证明 a n(n=0,1,2,?)是完全平方数.

D

三. (本题满分 50 分) 有 n 个人,已知他们中的任意两人至多通电话一次,他们中的任意 n-2 个人之间通电话的次数相等, 都是 3 k 次,其中 k 是自然数,求 n 的所有可能值.

2000 年全国高中数学联合竞赛试题答案
1. 答案:D 由 x ? 2 ? 2 得 x=2,故 A={2};由 10
x 2 ?2

? 10x 得 x 2 ? x ? 2 ? 0 ,故 B={-1,2}.所以

A ? B =φ .
2. 答案:D 由 sin ? ? 0 , cos ? ? 0 得 ? ? ? 2k? ?

? ?

?

? ,2k? ? ? ?, k ? Z 2 ?

-2-

? ? 2k? ? 2k? ? ? ∈? ??????① ? , ? ?, k ? Z 3 ? 3 6 3 3? ? ? ? ? ? 5? ? 又因为 sin ? cos ,所以又有 ∈ ? 2k? ? ,2k? ? ?, k ? Z ????② 3 3 3 ? 4 4 ?
从而有 如上图所示,是①、②同时成立的公共部分为

5? ? ?? ? ? ? ,2k? ? ? ?, k ? Z . ? 2k? ? ,2k? ? ? ? ? 2k? ? 6 4 3? ? ? ? 3.答案:C 如图所示,设 BD=t,则 OD= 3 t-1,从而
( 3 t-1,t) 满足方程 x ? y ? 1 ,可以得到 t= 3 ,所以等边三角形,Δ ABC
2 2
2

B
B
1

的面积

是3 3 . 4. 答案: A 由 题 意 知 pq=a2 , 2b=p+c,2c=q+b ? b ?

因为 p≠q,故 bc> a2,方程的判别式Δ = 4a2 -4bc<0,因此,方 实数根. 5. 答案:B 设整点坐标(m,n),则它到直线 25x-15y+12=0 的距离为

p ? 2q 2 p ? q p ? 2q 3 2 3 2 c? ? p q ? pq =pq=a2 . ?bc= 3 3 3

2p ? q , 3

-2

A

-1

O
-1

1

2

D

第 3题
-2

C

程 无

d?

25m ? 15n ? 12 252 ? (?15) 2

?

5(5m ? 3n) ? 12 5 34

由于 m,n∈Z,故 5(5m-3n)是 5 的倍数,只有当 m=n=-1,时 5(5m-3n)=-10 与 12 的和的绝对值最小,其值 为 2,从而所求的最小值为 6. 答案: B

ω ,ω 2,ω 3,ω 4,ω 5,ω 6,ω 7,ω 8,ω 9,ω 10(=1)是 1 的 10 个 10 次方根. 从而有 (x-ω )(x-ω 2)(x-ω 3)(x-ω 4)(x-ω 5)(x-ω 6)(x-ω 7)(x-ω 8)(x-ω 9)(x-ω 10)=x10-1???① 由因ω 2,ω 4,ω 6,ω 8,ω 10 是 1 的 5 个 5 次方根, 从而有 (x-ω 2)(x-ω 4)(x-ω 6)(x-ω 8)(x-ω 10)=x5-1 ???② 3 5 7 9 5 ①÷②得 (x-ω )(x-ω )(x-ω )(x-ω )(x-ω )=x +1 ???③ ③的两边同除以(x-ω 5)=x+1,得 (x-ω )(x-ω 3) (x-ω 7)(x-ω 9)= x4-x3+x2-x+1. 所以ω ,ω 3,ω 7,ω 9 为根的方程是 x4-x3+x2-x+1=0. 二、填空题(满分 54 分,每小题 9 分) 7. 答案:-20° sin2000°=sin(5?360°+200°)=sin200°=-sin20° 故 a rcsin(sin2000°)= a rcsin(-sin20°)= - a rcsin(sin20°)= -20° 8.答案:18
2 由二项式定理知, an ? Cn ? 3n?2 ,因此

34 . 85 ? ? 2? 2? ? i sin 由 ? ? cos ? i sin ? cos 知, 5 5 10 10

3n 32 ? 2 1? ? 1 ? ? 18? ? ? an n(n ? 1) ? n ?1 n ?

lim
n ??

? 3 2 33 3n ? ? ? ? ? ?a an ? 2 a3

? ? 1? ? ? = lim 18?1 ? n ? =18. ? ? n ?? ?
-3-

9.答案:

1 3 a ? log4 3 a ? log8 3 log4 3 ? log8 3 1 = q? ? ? a ? log2 3 a ? log4 3 log2 3 ? log4 3 3

10.答案:90°

? cos?ABF ?

c 5 ?1 ? ? c2+ac-a2=0, a 2 2 2 2 2 a ? b ? a ? ?c ? a ?
如图所示,由

5

?

B

?则∠ABF=90°. 2 3 11. 答案: ?a 24

2 ? a ? a2 ? b2

=0

c
-5

b
O

a
5

F

A

第 10 A题
的中心点为 E,
-5

[解] 如图,设球心为 O,半径为 r,体积为 V,面 BCD 的中心为 O1,棱 BC

1 6 a, 3 3 2 2 2 2 2 由 OB =O1O +O1B = ?O1 B ? OB? +O1B 得
2 2 2 2 则 AO1= a ? O1 B = a ? a =

H O 0' D 第 11题

B E C

2 2 2 6 1 3 6 a ? a OB+ a 2 ? 0, 故 OB= a a, 3 3 3 2 6 4 1 3 2 1 2 a. 于是 r = OE = OB2 ? BE 2 = a ? a = 8 4 2 2
V=

4 2 4 1 2 3 ?r = ? a2 = ?a . 3 3 16 2 24

12.答案:28

abcd 中恰有 2 个不中数字时,能组成 C 2 4 = 6 个不中数字

1 1 1 1 abcd 中恰有 3 个不中数字时,能组成 C 1 3 C 2 C 2 + C 2 C 2 =12+4=16 个不中数字

abcd 中恰有 4 个不中数字时,能组成 P 3 3 =6 个不中数字
所以,符合要求的数字共有 6+16+6=28 个 13.答案:

1 50

解 由已知,对任何 n ? N, 有 f (n)= =

Sn Sn = ?n ? 32?S N ?1 ?n ? 32??n ? 2?
又因 n+

n = n ? 34 n ? 64
2

1 n ? 34 ? 64 n
1 n ? 34 ?

64 64 +34 ? 2 n. +34=50, n n
由于 f(8)=

故对任何 n ? N, 有 f (n)=

64 n

?

1 50

1 1 ,故 f(n)的最大值为 50 50

14.答案:所求区间为[1,3]或[-2- 17

13 ]. 4

解 化三种情况讨论区间[a,b]. (1) 若 0 ? a<b, 则 f (x)在[ a, b ] 上单调递减,故 f(a) =2b, f(b)=2a 于是有

-4-

1 2 13 ? ?2b ? ? 2 a ? 2 ,解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ], ? 1 2 13 ?2 a ? ? b ? 2 2 ?
(2)若 a <0 <b, f (x)在[ a, b ] 上单调递增,在[0,b] 上单调递减,, 因此 f (x)在 x=0 处取最大值 2b 在 x=a 或 x=b 处取最小值

13 13 ,b= .由于 a<0, 2 4 1 13 2 13 39 ?0 又 f(b)=- ( ) + = 2 4 2 32
2a.故 2b=

(2) 当 a<b ? 0 时,f(x)在[a,b] 上单调递增,故 f(a)=2a, f(b)=2b,

1 2 13 a + , 2 2 13 解得 a=-2- 17 ;于是得 [a,b]=[-2- 17 , ]. 4
故 f(x)在 x=a 处取最小值 2a,即 2a=

1 2 13 1 13 a + ,2b=- a 2 + . 2 2 2 2 1 2 13 由于方程 x +2x- =0 的两根异号,故满足 a ? b ? 0 的区间不存在. 2 2 13 综上所述,所求区间为[1,3]或[-2- 17 ]. 4
即 2a=15. 答案:所求条件为

1 1 + 2 =1. 2 a b
2

证明:必要性:易知,圆外切平行四边形一定是菱形,圆心即 中心. 假设论成立,则对点( a, 0 ), 有( a, 0 )为项点的菱形与 C1 内接,与 切. ( a, 0 )的相对顶点为( - a, 0 ),由于菱形的对角线互相垂直平 外两个顶点必在 y 轴上,为(0, b) 和 (0, -b) .菱形一条边的方程

菱 形
Q

R
-2

P O
2

Co 外 分,另 为

x y + =1,即 bx+ay=ab.由于菱形与 CO 外切, a b ab 1 1 故必有 =1,整理得 2 + 2 =1. 必要性得证. a b a 2 ? b2
充分性:设

第 15题 ( 必 要 性 )
2 -2

S

M

P

Q
-2

1 1 + 2 =1,P 是 C1 上任意一点,过 P、O 作 C1 的弦 2 a b

O S

2

PR, = r1,

再过 O 作与 PR 垂直的弦 QS, 则 PQRS 为与 C1 内接菱形.设 OP OQ =r2, 则点 O 的坐标为 (r1cos ? , r1sin ? ), 点 Q 的坐标为 (r2cos( ? +

? ? ),r2sin( ? + )),代入椭圆方程,得 2 2 2 ?r1 sin ? ?2 ?r1 cos? ? + b2 a2 ? ? [r 2 cos(? ? )]2 [r 2 sin(? ? )]2 2 + 2 =1, 2 2 a b

R 第 15题 ( 充 分 性 )
-2

=1,

1 cos2 ? sin 2 ? 1 1 1 ? ? 于是, + = =( )+[ 2 OP 2 OQ 2 R12 R2 a2 b2
-5-

cos2 (? ? ) sin 2 (? ? ) 2 ] 2 + 2 2 b a

?

?

=

1 1 + 2 =1. 2 a b

又在 Rt△POQ 中,设点 O 到 PQ 的距离为 h,则

1 1 1 = + =1,故得 h=1 2 h OP OQ 2

同理,点 O 到 QR,RS,SP 的距离也为 1,故菱形 PQRS 与 C0 外切.充分性得证. [注]对于给出 a ? b ? a b
2 2 2 2



ab a2 ? b2

=1 等条件者,应同样给分.

2000 年全国高中数学联合竞赛试卷答案 加试
一、证明:连结 MN、BD, ∵FM⊥AB,FN⊥AC,∴A,M,F,N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°,即 MN⊥AD. ∴SAMDN=

1 AD· MN 2

∵∠CAF=∠DAB,∠ACF=∠ADB, ∴△AFC∽△ABC ?

AF AC ? ? AB· AC=AD· AF . AB AD

又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经,

A M N

MN =AF ? AF sin∠BAC=MN. sin ?BAC 1 ∴ S ? abc ? AB· AC· sin∠BAC 2 1 = AD· AF· sin∠BAC 2 1 = AD· MN 2
∴ =SAMDN 二. [证法一]:由假设得 a1=4, b1=4 且当 n ? 1 时

B D

E

F

C

加 试 ( 一 )

(2an+1-1)+ 3bn?1 =(14an+12bn-7)+ 3 (8an+7bn-4) =[(2an-1)+ 3bn ](7+4 3 ) 依次类推可得 (2an-1)+ 3bn = (7+ 4 3) n?1 (2a1 -1+ 3b1 )=(7+4 3 ) n 同理(2an-1+ )- 3bn =(7+4 3 ) n

1 1 1 (7+4 3 ) n + (7+4 3 ) n + . 2 4 4 由于 7 ? 4 3 =(2 ? 3 ) 2 , 1 1 n 2 所以 an =[ (2+ 3 ) n + (2- 3 ) ] 2 2 1 1 n n?2k k 2k 由二项式展开得 c n = (2+ 3 ) n + (2- 3 ) = ? C n 3 2 , 2 2 0? 2 k ? n
从而 an= 显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数.
-6-

[证法二]:由已知得 an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3 =7an+48an-1+42bn-1-27 , 由 an=7an-1+6bn-1-3 ,得 42bn-1=7an-49an-1+21 , 从而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27 =14an-an-1-6 . 也就是 an+1=14an-an-1-6 . 设(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) ??①②③④

? p ? k ? 14 ? 则有 ? pk ? 1 ?t (1 ? p ) ? 6 ?

?k ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 2 ?k ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 2 ? ? 2 2 ? ? 解得 ? p ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 或 ? p ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 ?t ? 3 ? 2 3 ?t ? 3 ? 2 3 ? ? ? ?
分别代入①,根据数列{ an+1-kan+t }是以 a1-ka0+t 为首项、p 为公比的等比数列,整理得

? ?

? ?

? ?

? ?

an?1 ? (7 ? 4 3)an ? (3 ? 2 3) ? ?2 3(7 ? 4 3) n ? ?2 3(2 ? 3) 2n an?1 ? (7 ? 4 3)an ? (3 ? 2 3) ? 2 3(7 ? 4 3) n ? 2 3(2 ? 3) 2n
③-②,整理得
n n? 1 ?1 an ? ? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ? 2 ?2 ? 1 1 n n?2k k 2k 由二项式展开得 c n = (2+ 3 ) n + (2- 3 ) = ? C n 3 2 , 2 2 0? 2 k ? n

?② ?③

?

?

?

?

2

显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数. 三.解析:显然 n ? 5. 记 n 个人为 A1,A2, AN , 设 A1 通话的次数为 m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为 yij, l ? i, j ? n .则

1 n ms - 3k = c . ? 2 s ?1 其中 c 是常数 ,l ? i, j ? n .
m i +m j – y i . j
=

(*)

根据(*)知, mi ? m j ? ( mi ? m s ) ? ( m j ? m s ) = y i .s ? y j .s ? 1 , l ? i, j ? n .

? mi ? m j ? 1 ,

l ? i, j ? n

设 mi =max{ms ,1 ? s ? n. } ,m j = min{ms,1 ? s ? n.} , 则 m i +m j ? 1. 若 m i +m j=1 ,则对于任意 s ? i, j, 1 ? s ? n , 都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y j ,s)=0 , 即 y I ,s – y j ,s = 1 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ? i, j, 1 ? s ? n , 因此 mi ? n -2 , m j ? 1 . 于是 ,m i +m j ? n -3 ? 2 . 出现矛盾 ,故 m i +m j=0 ,即 ms(1 ? s ? n)恒为常数 。 根据 (*)知,y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。 若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1 ? s ? n 。与已知条件矛盾 。 因此 ,y I ,s =1 ? ms=n-1 , 1 ? s ? n . 所以



1 k k n(n-1)-(2n-3)= 3 , 即 (n-2)(n-3)=2 ? 3 . 2 k k k k n-2=2 ? 3 1 ,n-3= 3 2 ,k1 ? k2 , 则 2 ? 3 1 - 3 2 =1 ,于是 3 k 2 ( 2 ? 3k1 ?k2 -1)=1 ,得 3 k 2 =1 , 2 ? 3k1 ?k2 -1=1 , 因此 k2=0 , k1=0 .
-7-

这与 k ? 1 矛盾 . 设 n-2= 3
k2

k1

, n-3=2 ? 3
k1 ? k 2

k2

, 得

,k1 ? k2+1 ,

则 3 1 -2 ? 3 2 =1 ,
k k
k1 ? k 2

于是
1

3 (3

-2)= 1 ,

3 =1 , 3

k2

-2=1 ,因此 k2=0 , k1=1 , n=5 .

此时,若 5 人中每两人之间都通话一次,则其中任意 3 个人之间通话的总次数为 3 次 综上所述,n=5 为 n 的所有可能值.

二○○一年全国高中数学联合竞赛题
(10 月 4 日上午 8:00—9:40)

题号





13

三 14

15

合计

加试

总成绩

得分 评卷人 复核人 学生注意:1、本试卷共有三大题(15 个小题) ,全卷满分 150 分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。 一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 个小是题,每题均给出(A) (B) (C) (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的。请 将正确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选的代表字母超过一个(不 论是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1、已知 a 为给定的实数,那么集合 M={x|x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的个数为 (A)1 (B)2 (C)4 (D)不确定 2、命题 1:长方体中,必存在到各顶点距离相等的点; 命题 2:长方体中,必存在到各棱距离相等的点; 命题 3:长方体中,必存在到各面距离相等的点; 以上三个命题中正确的有 (A)0 个 (B)1 个 (C)2 个 (D)3 个 3、在四个函数 y=sin|x|, y=cos|x|, y=|ctgx|, y=lg|sinx|中以?为周期、在(0,

? )上单调递增的偶函数是 2

(A)y=sin|x| (B)y=cos|x| (C)y=|ctgx| (D)y=lg|sinx| 4、如果满足∠ABC=60°,AC=12,BC=k 的⊿ABC 恰有一个,那么 k 的取值范围是 (A)k=8 3 (B)0<k?12 (C)2 (D)0<k≤12 或 k ? 8 3 2 1000 5.若(1+x+x ) 的展开式为a0+a1x+a2x2+…+a2000x2000, 则a0+a3+a6+a9+…+a1998 的值为( ) . (A)3333 (B)3666 (C)3999 (D)32001 6.已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24,而 4 枝攻瑰与 5 枝康乃馨的价格之和小于 22 元,则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较,结果是( ) . (A)2 枝玫瑰价格高 (B)3 枝康乃馨价格高 (C)价格相同 (D)不确定 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.椭圆 ρ=1/(2-cosθ)的短轴长等于______________. 8、若复数 z1,z2 满足|z1|=2,|z2|=3,3z1-2z2=

3 -I,则 z1z2= 2

。 。

9、正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1 ,则直线 A1C1 与 BD1 的距离是

-8-

10、不等式

1 3 ? 2 ? 的解集为 log 1 x 2
2



11、函数 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 的值域为 。 12、 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物 (如图) , 要求同一场块中种同一种植物, 相邻的两块种不同的植物。现有 4 种不同的植物可供选择,则有 种 栽种方案。 二、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13、设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且 b1 ? a1 , b2 ? a2 , b3 ? a3 (a1<a2), 又
n???

A F E D B C

2

2

2

lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 ,试求{an}的首项与公差。

14、设曲线 C1:

x2 ? y 2 ? 1 (a 为正常数)与 C2:y2=2(x+m)在 x 轴上方公有一个公共点 P。 2 a
1 时, 试求⊿OAP 的面积的最大值 (用 a 表示) 。 2

(1) 求实数 m 的取值范围(用 a 表示) ; (2) O 为原点, 若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A, 当 0<a<

15、用电阻值分别为 a1、a2、a3、a4、a5、a6、 (a1>a2>a3>a4>a5>a6)的电阻组装成一个如图的组件,在组装中 应如何选取电阻,才能使该组件总电阻值最小?证明你的结论。

-9-

二○○一年全国高中数学联合竞赛加试试题
(10 月 4 日上午 10:00—12:00)

学生注意:1、本试卷共有三大题,全卷满分 150 分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。 一、 (本题满分 50 分) 如图:⊿ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直线 ED 和 AB 交于点 M,FD 和 AC 交于点 N。求 证: (1)OB⊥DF,OC⊥DE; (2)OH⊥MN。

二、 (本题满分 50 分) 设 xi?0(I=1,2,3,?,n)且

? xi ? 2
2 i ?1

n

1? k ? j ? n

?

n k xk x j ? 1 ,求 ? x i 的最大值与最小值。 j i ?1

三、 (本题满分 50 分) 将边长为正整数 m,n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形, 每个正方形的边均平行于矩形的相应边, 试求这些正方形边长之和的最小值。

- 10 -

2001 年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
一.选择题:CBDDCA 2 2 1.已知 a 为给定的实数,那么集合M= {x|x -3x-a +2=0, x∈ R} 的子集的个数为 ( ) . A.1 B.2 C.4 D.不确定 2 2 2 讲解:M 表示方程x -3x-a +2=0 在实数范围内的解集.由于 Δ=1+4a >0,所以M含有 2 个 2 元素.故集合M有 2 =4 个子集,选C. 2.命题 1:长方体中,必存在到各顶点距高相等的点. 命题 2:长方体中,必存在到各条棱距离相等的点; 命题 3:长方体中,必存在到各个面距离相等的点. 以上三个命题中正确的有( ) . A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 讲解:由于长方体的中心到各顶点的距离相等,所以命题 1 正确.对于命题 2 和命题 3,一般的长方体 (除正方体外)中不存在到各条棱距离相等的点,也不存在到各个面距离相等的点.因此,本题只有命题 1 正确,选B. 3.在四个函数y=sin|x|、y=cos|x|、y=|ctgx|、y=lg|sinx|中, 以 π 为周期、在(0,π/2)上单调递增的偶函数是( ) . A.y=sin|x| B.y=cos|x| C.y=|ctgx| D.y=lg|sinx| 讲解:可考虑用排除法.y=sin|x|不是周期函数(可通过作图判断) ,排除A;y=cos| x|的最小正周期为 2π,且在(0,π/2)上是减函数,排除B;y=|ctgx|在(0,π/2)上是减 函数,排除C.故应选D. 4.如果满足∠ ABC=60° ,AC=12,BC=k的△ ABC恰有一个,那么k的取值范围是( ) . A. k ? 8 3 B.0<k≤12 C.k≥12 D.0<k≤12 或 k ? 8 3 讲解:这是“已知三角形的两边及其一边的对角,解三角形”这类问题的一个逆向问题,由课本结论知, 应选结论D. 说明:本题也可以通过画图直观地判断,还可以用特殊值法排除A、B、C. 5.若(1+x+x2)1000 的展开式为a0+a1x+a2x2+…+a2000x2000, 则a0+a3+a6+a9+…+a1998 的值为( ) . A.3333 B.3666 C.3999 D.32001 讲解:由于要求的是展开式中每间降两项系数的和,所以联想到 1 的单位根,用特殊值法. 取 ω=-(1/2)+( /2)i,则 ω =1,ω +ω+1=0. 令x=1,得 31000=a0+a1+a2+a3+…+a2000; 令x=ω,得 2 0=a0+a1ω+a2ω +…+a2000ω2000; 2 令x=ω ,得 2 4 6 0=a0+a1ω +a2ω +a3ω +…+a2000ω4000. 三个式子相加得 31000=3(a0+a3+a6+…+a1998) . a0+a3+a6+…+a1998=3999,选C. 6.已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24,而 4 枝攻瑰与 5 枝康乃馨的价格之和小于 22 元,则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较,结果是( ) . A.2 枝玫瑰价格高 B.3 枝康乃馨价格高 C.价格相同 D.不确定 讲解:这是一个大小比较问题.可先设玫瑰与康乃馨的单价分别为x元、y元,则由题设得,
3 2

?

6 X ? 3Y ? 24 4 X ? 5Y ? 22

- 11 -

问题转化为在条件①、②的约束下,比较 2x与 3y的大小.有以下两种解法: 解法 1:为了整体地使用条件①、②,令 6x+3y=a,4x+5y=b,联立解得x= (5a-3b)/18,y=(3b-2a)/9. x-3y=…=(11a-12b)/9. a>24,b<22, a-12b>11×24-12×22=0. x>3y,选A.

图1
解法 2:由不等式① 、② 及x>0、y>0 组成的平面区域如图 1 中的阴影部分(不含边界) .令 2x-3 y=2c,则c表示直线l:2x-3y=2c在x轴上的截距.显然,当l过点(3,2)时,2c有最小值 为 0.故 2x-3y>0,即 2x>3у,选A. 说明: (1)本题类似于下面的 1983 年一道全国高中数学联赛试题: 2 已知函数M=f (x) =ax -c满足: -4≤f (1) ≤-1, -1≤f (2) ≤5, 那么f ( 3) 应满足 ( ) . A.-7≤f(3)≤26 B.-4≤f(3)≤15 C.-1≤f(3)≤20 D.-28/3≤f(3)≤35/3 (2)如果由条件① 、② 先分别求出x、y的范围,再由 2x-y的范围得结论,容易出错.上面的解 法 1 运用了整体的思想,解法 2 则直观可靠,详见文[1] . 二.填空题 7. 10.

2 3 3
(0 , 1) ? (1 , 2 7 ) ? (4 , ? ?)
2

8. 11.

?

30 72 ? i 13 13
3 ) ? [ 2 , ? ?) 2

9.

6 6

[1 ,

12. 732

7.椭圆 ρ=1/(2-cosθ)的短轴长等于______________. 讲解:若注意到极点在椭圆的左焦点,可利用特殊值法;若注意到离心率e和焦参数p (焦点到相应准线的距离)的几何意义,本题也可以直接求短半轴的长.
? ( 0)?a ?c ?1 解法 1:由 ? (? )?a ?c ?1/ 3 得

?

- 12 -

a=2/3,从而b=

3 2 3 ,故 2b= 3 3 解法 2:由e=c/a=1/2,p=b2/c=1 及b2=a2-c2,得 3 2 3 .从而 2b= . 3 3 说明:这是一道符合教学大纲而超出高考范围的试题.

b=

.若复数z1、z2满足|z1|=2,|z3|=3,3z1-2z2=(3/2)-i,则 z1·z2=______________. 讲解:参考答案给出的解法技巧性较强,根据问题的特点,用复数的三角形式似乎更符 合学生的思维特点,而且也不繁. 令z1=2(cosα+isinα),z2=3(cosβ+isinβ),则由 3z1-2 z2=(3/2)-i及复数相等的充要条件,得

?


6(cos? ?cos ? ) ?3 / 2 6(sin ? ?sin ? ??1

?

?12 sin((? ? ? ) / 2) sin((? ? ? ) / 2)?3 / 2 12 cos((? ? ? ) / 2) sin((? ? ? ) / 2)??1

二式相除,得tg(α+β)/2)=3/2.由万能公式,得 sin(α+β)=12/13,cos(α+β)=-5/13. 故z1·z2=6[cos(α+β)+isin(α+β)] =-(30/13)+(72/13)i. 说明:本题也可以利用复数的几何意义解. .正方体ABCD-A1B1C11的棱长为 1,则直线A1C1与BD1的距离是 ______________. 讲解:这是一道求两条异面直线距离的问题,解法较多,下面给出一种基本的解法.

图2
- 13 -

为了保证所作出的表示距离的线段与A1C1和BD1都垂直,不妨先将其中一条直线置 于另一条直线的垂面内.为此,作正方体的对角面BDD1B1,则A1C1⊥面BDD1B1, 且BD1 面BDD1B1.设A1C1∩B1D1=0,在面BDD1B1内作OH⊥BD1,垂足 为H,则线段OH的长为异面直线A1C1与BD1的距离.在Rt△BB1D1中,OH等于 斜边BD1上高的一半,即OH= /6. .不等式|(1/log1/2x)+2|>3/2 的解集为______________. 讲解:从外形上看,这是一个绝对值不等式,先求得log1/2x<-2,或-2/7<l og1/2x<0,或log1/2x>0. 从而x>4,或 1<x<22/7,或 0<x<1. .函数y=x+ 讲解:先平方去掉根号. 由题设得(y-x)2=x2-3x+2,则x=(y2-2)/(2y-3). 由y≥x,得y≥(y2-2)/(2y-3).解得 1≤y<3/2,或y≥2. 由于 证,确无必要. (2)本题还可以用三角代换法和图象法来解,不过较繁,读者不妨一试. 能达到下界 0,所以函数的值域为[1,3/2)∪[2,+∞). 说明:(1)参考答案在求得 1≤y<3/2 或y≥2 后,还用了较长的篇幅进行了一番验 的值域为______________.

图3
.在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图 3) ,要求同一块中种同一种植物,相邻的两 块种不同的植物.现有 4 种不同的植物可供选择,则有______________种栽种方案. 讲解:为了叙述方便起见,我们给六块区域依次标上字母A、B、C、D、E、F.按间隔三块A、 C、E种植植物的种数,分以下三类. (1)若A、C、E种同一种植物,有 4 种种法.当A、C、E种植后,B、D、E可从剩余的三种植 物中各选一种植物(允许重复) ,各有 3 种方法.此时共有 4× 3× 3× 3=108 种方法. 2 (2)若A、C、E种二种植物,有P4 种种法.当A、C、E种好后,若A、C种同一种,则B有 3 3 种方法, D、 F各有 2 种方法; 若C、 E或E、 A种同一种, 相同 (只是次序不同) . 此时共有P4 × 3 (3× 2× 2) =432 种方法. 3 3 (3)若A、C、E种三种植物,有P4 种种法.这时B、D、F各有 2 种种方法.此时共有P4 × 2× 2× 2 =192 种方法. 根据加法原理,总共有N=108+432+192=732 种栽种方案. 说明:本题是一个环形排列问题. 三.解答题 13.设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得
- 14 -

2 a1 (a1 ? 2d ) 2 ? (a1 ? d ) 4

2 化简得: 2a1 ? 4a1d ? d 2 ? 0

解得: d ? (?2 ? 2 )a1

????????????????????? 5 分

而 ? 2 ? 2 ? 0 ,故 a1<0 若 d ? (?2 ? 2 )a1 ,则 q ? 若 d ? (?2 ? 2 )a1 ,则 q ?
n ? ??

2 a2 2 a1 2 a2 2 a1

? ( 2 ? 1) 2 ? ( 2 ? 1) 2
???????????? 10 分

但 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存在,故| q |<1,于是 q ? ( 2 ? 1) 2 不可能. 从而
2 a1

1 ? ( 2 ? 1)

2

? 2 ? 1 ? a12 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2
???????????? 20 分

所以 a1 ? ? 2 , d ? (?2 ? 2 )a1 ? 2 2 ? 2

? x2 ? y2 ?1 ? 14.解:(1)由 ? a 2 ? y 2 ? 2( x ? m ) ?

消去 y 得: x 2 ? 2a 2 x ? 2a 2 m ? a 2 ? 0



设 f ( x) ? x 2 ? 2a 2 x ? 2a 2 m ? a 2 ,问题(1)化为方程①在 x∈(-a,a)上有唯一解或等根. 只需讨论以下三种情况:

a2 ?1 ,此时 xp=-a2,当且仅当-a<-a2<a,即 0<a<1 时适合; 2 2°f (a)f (-a)<0,当且仅当-a<m<a; 3°f (-a)=0 得 m=a,此时 xp=a-2a2,当且仅当-a<a-2a2<a,即 0<a<1 时适合. f (a)=0 得 m=-a,此时 xp=-a-2a2,由于-a-2a2<-a,从而 m≠-a. a2 ?1 综上可知,当 0<a<1 时, m ? 或-a<m?a; 2 当 a?1 时,-a<m<a.?????????????????? 10 分
1°△=0 得: m ? (2)△OAP 的面积 S ? ∵0<a<

1 ay p 2

1 ,故-a<m?a 时,0< ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m <a, 2 由唯一性得 x p ? ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m
显然当 m=a 时,xp 取值最小.由于 xp>0,从而 yp= 1 ? ∴ S ? a a ? a2 .

x2 p a
2

取值最大,此时 y p ? 2 a ? a 2 ,

a2 ?1 1 时,xp=-a2,yp= 1 ? a 2 ,此时 S ? a 1 ? a 2 . 2 2 1 下面比较 a a ? a 2 与 a 1 ? a 2 的大小: 2 1 1 令 a a ? a 2 ? a 1 ? a 2 ,得 a ? 2 3 1 1 1 故当 0<a? 时, a a ? a 2 ? a 1 ? a 2 ,此时 S max ? a 1 ? a 2 . 2 3 2 1 1 1 当 ? a ? 时, a a ? a 2 ? a 1 ? a 2 ,此时 Smax ? a a ? a 2 .??? 20 分 2 3 2
当m ? 15.解:设 6 个电阻的组件(如图 3)的总电阻为 RFG,当 R i=a i,i=3,4,5,6,R1、R2 是 a1、a2 的
- 15 -

任意排列时,RFG 最小 证明如下:

???????????????????? 5 分

1.设当两个电阻 R1、R2 并联时,所得组件阻值为 R,则

1 1 1 .故交换二电阻的位置,不改 ? ? R R1 R2

变 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不妨取 R1>R2.

2.设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB

R AB ?

R R ? R1 R3 ? R2 R3 R1 R2 ? R3 ? 1 2 R1 ? R2 R1 ? R2

显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以为使 RAB 最 小必须取 R3 为所取三个电阻中阻值最小的—个. 3.设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻为 RCD

若记 S1 ? 小

1?i ? j ?4

?R R
i

j

,

S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

,则 S1、S2 为定值,于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3<Rl,即得总电阻的阻值最 ???????????????????????????? 15 分

4°对于图 3 把由 R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最小,由 3°必需使 R6<R5; 且由 1°应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必需使 R5<R4,且应使 RCD 最小. 而由 3°,要使 RCD 最小,应使 R4<R3<R2 且 R4<R3<R1, 这就说明,要证结论成立????????????????????????20 分

2001 年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准
一.证明:(1)∵A、C、D、F 四点共圆 ∴∠BDF=∠BAC 又∠OBC=

1 (180°-∠BOC)=90°-∠BAC 2
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∴OB⊥DF.

(2)∵CF⊥MA ∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2 ① ∵BE⊥NA ∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2 ② ∵DA⊥BC ∴BD 2-CD 2=BA 2-AC 2 ③ ∵OB⊥DF ∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2 ④ ∵OC⊥DE ∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2 ⑤ ?????????????? ①-②+③+④-⑤,得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2 MO 2-MH 2=NO 2-NH 2 ∴OH⊥MN ?????????????????????????? 另证:以 BC 所在直线为 x 轴,D 为原点建立直角坐标系, 设 A(0,a),B(b,0),C(c,0),则 k AC ? ? ∴直线 AC 的方程为 y ? ?

30 分

50 分

a a , k AB ? ? c b

a c ( x ? c) ,直线 BE 的方程为 y ? ( x ? b) c a
ac 2 ? abc ) a2 ? c2

c ? y ? ( x ? b) ? a 2 c ? bc 2 ? a , 由? 得 E 点坐标为 E( 2 a ? c2 ? y ? ? a ( x ? c) ? c ? a 2 b ? b 2 c ab 2 ? abc , 同理可得 F( 2 ) a ? b2 a2 ? b2 a c c 直线 AC 的垂直平分线方程为 y ? ? ( x ? ) 2 a 2 b?c 直线 BC 的垂直平分线方程为 x ? 2 a c c ? y ? ? (x ? ) ? b ? c bc ? a 2 ? 2 a 2 , 由? 得 O( ) 2 2a ?x ? b ? c ? 2 ? bc ? a 2 bc ? a 2 ab 2 ? abc 2a k OB ? ? , k DF ? 2 ? b?c ac ? ab a b ? b 2c ?b 2 ∵ kOB k DF ? ?1 ∴OB⊥DF 同理可证 OC⊥DE.
在直线 BE 的方程 y ?

ab ? ac a 2 ? bc

bc c ) ( x ? b) 中令 x=0 得 H(0, ? a a

bc ? a 2 bc ? 2 2a a ? a ? 3bc ∴ k OH ? b?c ab ? ac 2 ab ? ac x 直线 DF 的方程为 y ? 2 a ? bc

- 17 -

ab ? ac ? y? 2 x ? a 2 c ? bc2 abc ? ac2 ? a ? bc , 由? 得N( 2 ) a ? 2bc ? c 2 a 2 ? 2bc ? c 2 ? y ? ? a ( x ? c) ? c ? a 2b ? b 2 c abc ? ab2 , 同理可得 M ( 2 ) a ? 2bc ? b 2 a 2 ? 2bc ? b 2 a(b 2 ? c 2 )(a 2 ? bc) ab ? ac ∴ k MN ? ?? 2 2 2 (c ? b)(a ? bc)(a ? 3bc) a ? 3bc
∵kOH · kMN =-1,∴OH⊥MN. 二.解:先求最小值,因为 (

?
i ?1

n

xi ) 2 ?

?
i ?1

n

xi2 ? 2

1?k ? j ?n

?

k xk x j ? 1 ? j

?x
i ?1

n

i

?1

等号成立当且仅当存在 i 使得 xi=1,xj=0,j=i ∴

?x
i ?1

n

i

最小值为 1. ??????????????????????? 10 分

再求最大值,令 xk ? k yk ∴

? ky
k ?1

n

2 k

?2

1?k ? j ?n

? ky
?

k

yj ?1



? y1 ? y 2 ? ? ? y n ? a1 ? n n y 2 ? ? ? y n ? a2 ? 设M ? , 令 xk ? k yk ? ?? k ?1 k ?1 ? ? y n ? an ? 2 2 2 则①? a1 ? a2 ? ? ? an ? 1 ???????????????????? 30 分

?

令 a n ?1 =0,则 M ?

?
k ?1

n

k (ak ? ak ?1 )

?

?
k ?1

n

k ak ?
n

?
k ?1

n

k ak ?1 ?

?
k ?1

n

k ak ?

?
k ?1 n

n

k ? 1 ak ?

?(
k ?1

n

k ? k ? 1 )a k

由柯西不等式得:

M ?[

?
k ?1

( k ? k ?1 )2 ] 2 (
2 a1

1

?
k ?1

n

2 2 ak ) ?[

1

?(
k ?1

k ? k ?1 )2 ] 2
2 an

1

等号成立?

1

???

2 ak

( k ? k ?1 )2

???
?

( n ? n ?1 )2
2 ak

?

2 2 2 a1 ? a2 ? ? ? an

1 ? ( 2 ? 1 )2 ? ?? ( n ? n ?1 )2
k ? k ?1 [

( k ? k ?1 )2

? ak ?

?(
k ?1

n

(k=1,2,?,n)
2
1 2

k ? k ?1 ) ]

由于 a1?a2???an,从而 y k ? a k ? a k ?1 ?

2 k ? ( k ?1 ? k ?1 ) [

?(
k ?1

n

k ? k ?1 ) ]
2

1 2

? 0 ,即 xk?0

所求最大值为 [

?(
k ?1

n

k ? k ?1 )2 ] 2

1

????????????????? 50 分

三.解:记所求最小值为 f (m,n),可义证明 f (m,n)=rn+n-(m,n) (*)
- 18 -

其中(m,n) 表示 m 和 n 的最大公约数 ????????????????? 10 分 事实上,不妨没 m?n (1)关于 m 归纳,可以证明存在一种合乎题意的分法,使所得正方形边长之和恰为 rn+n-(m,n) 当用 m=1 时,命题显然成立. 假设当,m?k 时,结论成立(k?1).当 m=k+1 时,若 n=k+1,则命题显然成立.若 n<k+1,从 矩形 ABCD 中切去正方形 AA1D1D(如图),由归纳假设矩形 A1BCD1 有一种分法使得所得正方形边长之和恰 为 m—n+n—(m-n,n)=m-(m,n),于是原矩形 ABCD 有 D D1 C 一 种 分 法 使 得 所 得 正 方 形 边 长 之 和 为 rn + n - (m , n) ?????????????? 20 分 (2)关于 m 归纳可以证明(*)成立. n 当 m=1 时,由于 n=1,显然 f (m,n)=rn+n-(m,n) 假设当 m?k 时, 对任意 1?n?m 有 f (m, n)=rn+n-(m, n) m A1 A B 若 m=k+1,当 n=k+1 时显然 f (m,n)=k+1=rn+n -(m,n). 当 1?n?k 时,设矩形 ABCD 按要求分成了 p 个正方形,其边长分别为 al,a2,?,ap 不妨 a1?a2???ap 显然 a1=n 或 a1<n. 若 a1<n, 则在 AD 与 BC 之间的与 AD 平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边界). 于 是 a1+a2+?+ap 不小于 AB 与 CD 之和. 所以 a1+a2+?+ap?2m>rn+n-(m,n) 若 a1=n,则一个边长分别为 m-n 和 n 的矩形可按题目要求分成边长分别为 a2,?ap 的正方形,由归 纳假设 a2+?+ap?m-n+n-(m-n,n))=rn-(m,n) 从而 a1+a2+?+ap?rn+n-(m,n) 于是当 rn=k+1 时,f (m,n)?rn+n-(m,n) 再由(1)可知 f (m,n)=rn+n-(m,n). ???????????????? 50 分

二○○二年全国高中数学联合竞赛 试题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,选择题只设 6 分的 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档,其它各 题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再啬其他中间档次。 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时请参照本评分标准适当档次 评分,可以 5 分为一个档次,不要再增加其它中间档次。 三、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1、 函数 f(x)= log 1 ( x ? 2 x ? 3) 的单调递增区间是
2 2

(A) (-∞,-1) (B) (-∞,1) (C) (1,+∞) 2 解:由 x -2x-3>0 ? x<-1 或 x>3,令 f(x)= log 1 u , u= x2-2x-3,故选 A
2

(D) (3,+∞)

2、 若实数 x, y 满足(x+5)2+(y?12)2=142,则 x2+y2 的最小值为 (A) 2 解:B 3、 函数 f(x)= (B) 1 (C)

3

(D)

2

x x ? x 2 1? 2
(B) 是奇函数但不是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数

(A) 是偶函数但不是奇函数 (C) 既是奇函数又是偶函数 解:A

- 19 -

4、 直线

x y x2 y2 ? ? 1 椭圆 ? ? 1 相交于 A,B 两点,该圆上点 P,使得⊿PAB 面积等于 3,这样的点 4 3 16 9
(B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个

P 共有 (A) 1 个

解:设 P1(4cos?,3sin?) (0<?<

? ),即点 P1 在第一象限的椭圆上,如图,考虑四边形 P1AOB 的面积 S。 2 1 1 ? S= S ?OAP1 ? S ?OBP1 = ? 4 ? 3 sin ? ? ? 3 ? 4 cos ? =6(sin?+cos?)= 6 2 sin(? ? ) 2 2 4 ∴Smax=6 2
∵S⊿OAB=6 ∴ ( S ?P1 AB ) max ? 6 2 ? 6 y B P1

∵ 6 2 ? 6 <3 O A x ∴点 P 不可能在直线 AB 的上方, 显然在直线 AB 的下方有两 个点 P,故选 B 5、 已知两个实数集合 A={a1, a2, ? , a100}与 B={b1, b2, ? , b50}, 若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个元素都有原象, 且 f(a1)?f(a2)???f(a100), 则这样的映射共有
50 (A) C100 50 (B) C 90 49 (C) C100 49 (D) C 99

解:不妨设 b1<b2<?<b50,将 A 中元素 a1, a2, ? , a100 按顺序分为非空的 50 组,定义映射 f:A→B,使得 第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi (i=1,2,?,50),易知这样的 f 满足题设要求,每个这样的分组都一一对应 满足条件的映射,于是满足题设要求的映射 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等,而 A 的分
49 49 法数为 C 99 ,则这样的映射共有 C 99 ,故选 D。

6、 由曲线 x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为 V1, 满足 x2+y2?16, x2+(y-2)2?4, x2+(y+2)2?4 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2,则 (A) V1=

1 V2 2

(B) V1=

2 V2 3

(C) V1=V2 y 4

(D) V1=2V2 4 y

解:如图,两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹在 两相距为 8 的平行平面之间, 用任意一个与 y 轴 垂直的平面截这两个旋转体, 设截面与原点距离 为|y|,则所得截面面积 ∵S1=?(42?4|y|) , S2=?(42?y2)??[4?(2?|y|)2]=?(42?4|y|) ∴ S1=S2 由祖暅原理知,两个几何体体积相等。故远 C。 四、 填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7、 已知复数 Z1,Z2 满足|Z1|=2, |Z2|=3,若它们 所对应向量的夹角为 60°,则

-4

o -4

4 x

-4

o

4 x

-4

z1 ? z 2 = z1 ? z 2



解:由余弦定理得|Z1+Z2|= 19 , |Z1?Z2|= 7 , 8、 将二项式 ( x ? 是整数的项共有

z1 ? z 2 133 = z1 ? z 2 7

1 2 x
4

) n 的展开式按 x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中 x 的指数
个。

解:不难求出前三项的系数分别是 1, ∵2?

1 1 n, n(n ? 1) , 2 8
P2

P1

1 1 n ? 1 ? n(n ? 1) 2 8
- 20 -

P4 P3

P10 P5

P7 P8

P9 P6

r ∴当 n=8 时, Tr ?1 ? C n ( )r x

1 2

16 ?3r 4

(r=0,1,2,?,8)

∴r=0,4,8,即有 3 个 9、 如图,点 P1,P2,?,P10 分别是四面体点或棱的中点,那么在同一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k ?10)有 个。 解: 首先, 在每个侧面上除 P1 点外尚有五个点, 其中任意三点组添加点 P1 后组成的四点组都在同一个平面,
3 3 这样三点组有 C5 个,三个侧面共有 3 C5 个。

其次,含 P1 的每条棱上三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上,这 样的四点组有 3 个
3 ∴共有 3 C5 +3=33 个

10、 已知 f(x)是定义在 R 上的函数,f(1)=1 且对任意 x∈R 都有 f(x+5)?f(x)+5 f(x+1)?f(x)+1 若 g(x)=f(x)+1?x,则 g(2002)= 。 解:由 g(x)=f(x)+1?x 得 f(x)=g(x)+ x ?1 ∴g(x+5)+(x+5)?1?g(x)+(x?1)+5 g(x+1)+(x+1)?1?g(x)+(x?1)+5 ∴g(x+5)?g(x), g(x+1)?g(x) ∴g(x)?g(x+5)?g(x+4)?g(x+3)?g(x+2)?g(x+1)?g(x) ∴g(x+1)=g(x) ∴T=1 ∵g(1)=1 ∴g(2002)=1 11、 若 log4 ( x ? 2 y) ? log4 ( x ? 2 y) ? 1 ,则|x|?|y|的最小值是 。

?x ? 2 y ? 0 ? x ? 2 | y |? 0 ? ?? 2 解: ? x ? 2 y ? 0 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
由对称性只考虑 y?0,因为 x>0,所以只须求 x?y 的最小值。 令 x?y=u 代入 x2?4y2=4 中有 3y2?2uy+(4?u2)=0 ∵y∈R ∴⊿?0 ? u ? 3 ∴当 x ?

12、 使不等式 sin2x+acosx+a2?1+cosx 对一切 x∈R 恒成立的负数 a 的取值范围是 解:∵sin2x+acosx+a2?1+cosx ∴ (cos x ? ∵a<0, ∴当 cosx=1 时,函数 y ? (cos x ? ∴ (1 ?

4 3 时,u= 3 ,故|x|?|y|的最小值是 3 3, y ? 3 3
a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? 2 4



a ?1 2 a ?1 2 ) 有最大值 (1 ? ) 2 2

a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? ? a2+a-2?0 ? a?-2 或 a?1 2 4

∵a<0 ∴负数 a 的取值范围是(-∞,2] 五、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13、 已知点 A(0,2)和抛物线 y=x2+4 上两点 B、C 使得 AB⊥BC,求点 C 的纵坐标的取值范围。 解:设 B 点坐标为 B(y12?4,y1),C 点坐标为 C(y2?4,y) 显然 y12?4≠0,故 k AB ?

y1 ? 2 1 ? 2 y1 ? 4 y1 ? 2

????5 分
- 21 -

∵AB⊥BC ∴KBC= ?(y1+2) ∴?
2 ? ? y ? y1 ? ?( y1 ? 2)[x ? ( y1 ? 4)] 2 ? ?y ? x ? 4 ?(2+y1)(y+y1)+1=0 ?y12+(2+y)y1+(2y+1)=0

????10 分

∵y1∈R ∴⊿?0 ? y?0 或 y?4 ????15 分 ∴当 y=0 时,点 B 的坐标为(-3,-1);当 y=4 时,点 B 的坐标为(5,?3),均满足题意。 故点 C 的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞) 14、 如图,有一列曲线 P0, P1, P2, ??,已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形,Pk+1 是对 Pk 进行 如下操作得到的:将 Pk 的每条边三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间 部分的线段去掉(k=0,1,2,3,?),记 Sn 为曲线 Pk 所围成图形面积。 ①求数列{Sn}的通项公式;②求 lim S n 。
n??

P0 P1 P2 解:①对 P0 进行 操作,容易看出 P0 的每条边变成 P1 的 4 条边,故 P1 的边数为 3?4;同样,对 P1 进行操作,P1 的每条边变成 P2 的 4 2 条边,故 P2 的边数为 3?4 ,从而不难得到 Pn 的边数为 3?4n ????5 分 已知 P0 的面积为 S0=1,比较 P1 与 P0,容易看出 P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等边三角形,其面 积为

1 1 1 ,而 P0 有 3 条边,故 S1=S0+3? 2 =1+ 2 3 3 3

再比较 P2 与 P1,容易看出 P2 在 P1 的每条边上增加了一个小等边三角形,其面积为 有 3?4 条边,故 S2=S1+3?4?

1 1 ? 2 ,而 P1 2 3 3

1 1 4 =1+ + 3 4 3 3 3 1 1 4 42 类似地有:S3=S2+3?42? 6 =1+ + 3 + 5 3 3 3 3 2 n ?1 1 4 4 4 ∴Sn= 1 ? ? 3 ? 5 ? ? ? 2 n ?1 3 3 3 3 n 3 4 k =1+ ? ( ) 4 k ?1 9 8 3 4 n = ? ?( ) (※) 5 5 9
下面用数学归纳法证明(※)式 当 n=1 时,由上面已知(※)式成立, 假设当 n=k 时,有 Sk=

????5 分

????10 分

8 3 4 k ? ?( ) 5 5 9

当 n=k+1 时,易知第 k+1 次操作后,比较 Pk+1 与 Pk,Pk+1 在 Pk 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为

1 3
2 ( k ?1)

,而 Pk 有 3?4k 条边。故

- 22 -

Sk+1=Sk+3?4k? 综上所述,对任何 n∈N,(※)式成立。 ② lim S n ? lim[ ?
n ?? n ??

1 3
2 ( k ?1)

=

8 3 4 k ?1 ? ?( ) 5 5 9

15、 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件: ①当 x∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且 f(x)?x; ②当 x∈(0,2)时,f(x)? (

8 5

3 4 n 8 ?( ) ] ? 5 9 5 x ?1 2 ) 2

③f(x)在 R 上的最小值为 0。 求最大值 m(m>1),使得存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)?x 解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0 由①得 f(1)?1,由②得 f(1)?1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 ∴f(x)= x ? x ? 4 2 4
∴a= b= 假设存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)?x 取 x=1 时,有 f(t+1)?1 ?

1 4

????5 分

1 1 1 (t+1)2+ (t+1)+ ?1 ? ?4?t?0 4 2 4

对固定的 t∈[-4,0],取 x=m,有 f(t ?m)?m

1 1 1 ? (t+m)2+ (t+m)+ ?m 4 2 4 2 2 ?m ??(1?t)m+(t +2t+1)?0 ? 1 ? t ? ? 4t ?m? 1 ? t ? ? 4t ∴m? 1 ? t ? 4t ? 1 ? (?4) ? ? 4 ? (?4) =9
当 t= -4 时,对任意的 x∈[1,9],恒有 f(x?4)?x=

????10 分 ????15 分

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)?0 4 4
????20 分

∴m 的最大值为 9。 另解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0 由①得 f(1)?1,由②得 f(1)?1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 1 ∴f(x)= x ? x ? = (x+1)2 4 2 4 4 1 由 f(x+t)= (x+t+1)2?x 在 x∈[1,m]上恒成立 4
∴a= b=
- 23 -

1 4

????5 分

∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2?0 当 x∈[1,m]时,恒成立 令 x=1 有 t2+4t?0 ? ?4?t?0 令 x=m 有 t2+2(m+1)t+(m-1)2?0 当 t∈[-4,0]时,恒有解 令 t= ?4 得,m2?10m+9?0 ? 1?m?9 即当 t= ?4 时,任取 x∈[1,9]恒有 f(x-4)-x= ∴ mmin=9

????10 分 ????15 分

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)?0 4 4
????20 分

二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题 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规定的评分档次给分; 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分,可以 10 分为一个档次,不要再增加其它中间档次。 一、 (本题满分 50 分) 如图,在⊿ABC 中,∠A=60°,AB>AC,点 O 是外心,两条高 BE、CF 交于 H 点,点 M、N 分别在线段 BH、HF 上,且满足 BM=CN,求

MH ? NH 的值。 OH
F N O ????20 分 ????30 分 K M

A

解:在 BE 上取 BK=CH,连接 OB、OC、OK, 由三角形外心的性质知 ∠BOC=2∠A=120° 由三角形垂心的性质知 ∠BHC=180°-∠A=120° ∴∠BOC=∠BHC ∴B、C、HO 四点共圆 ∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH ∴⊿BOK≌⊿COH ∵BOK=∠BOC=120°,∠OKH=∠OHK=30° 观察⊿OKH

H

E

B

C

KH OH ? ? KH= 3 OH sin 120 ? sin 30?
又∵ BM=CN,BK=CH, ∴ KM=NH ∴MH+NH=MH+KM=KH= 3 OH ∴

????40 分

MH ? NH = 3 OH

????50 分

二、 (本题满分 50 分) 实数 a,b,c 和正数?使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3,且满足 ① x2?x1=?, ② x3> 求

1 (x1+x2) 2 2a 3 ? 27c ? 9ab

解:∵ ∴ ∵ ∴

f(x)=f(x)?f(x3)=(x?x3)[x2+(a+x3)x+x32+ax3+b] x1,x2 是方程 x2+(a+x3)x+x32+ax3+b 的两个根 x2?x1=? (a+x)2?4(x32+ax3+b)=????
- 24 -

?

3

?

3 3 2

?3x32+2ax3+?2+4b?a2=0
∵x3>

1 (x1+x2) 2 1 2 2 ∴ x3 ? [? a ? 4a ? 12b ? 3? ] 3
且 4a2?12b-3?2?0 ∵ f(x)=x3+ax2+bx+c

(Ⅰ) (Ⅱ) ????10 分 ????20 分

a 3 a2 a 2 3 1 ? b)(x ? ) ? a ? c ? ab = (x ? ) ? ( 3 3 3 27 3
∵ f(x3)=0 ∴

1 2 a a2 a ab ? a 3 ? c ? ? ( x3 ? ) 3 ? ( ? b)(x3 ? ) 3 27 3 3 3

(Ⅲ)

由(Ⅰ)得 x3 ? 记 p= 令 y=

a 1 2 3 a2 ?2 ? 4a 2 ? 12b ? 3?2 ] ? ?b? 3 3 3 3 4 p?

a2 ?2 1 2 2 3 ? b ,由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知 p? 且 ab ? a 3 ? c? ? 4 3 3 27 9

?2
4

( p ? ?2 )

1 2 3 2 3 3 a ? c? ? y ( y 2 ? ?2 ) 3 27 9 4 4 2 2 2 2 3? ? 3? ? 3? ? 3 3 y? y ? ( )3 ? ? ∵ y ? =y ? 4 4 4 2 4 2 ? 2 = ( y ? ) ( y ? ?) 2

p?

?2

,则 y?0 且 ab ?

????30 分

?0

2a 3 ? 27c ? 9ab 3 3 2 3 3 3 ????40 分 ? a ?c ? ? ? ? 2 27 18 ?3 ∴取 a=2 3 ,b=2,c=0,?=2,则 f(x)=x3+ax2+bx+c 有根 ? 3 ? 1 , ? 3 ? 1 ,0
∴ ab ?

1 3

显然假设条件成立,且

1 3 3 ? (48 3 ? 36 3 ) ? 8 2 ? 3 2a ? 27c ? 9ab 3 3 综上所述 的最大值是 3 2 ?
3

2a 3 ? 27c ? 9ab

????50 分

三、 (本题满分 50 分) 在世界杯足球赛前,F 国教练为了考察 A1,A2,?,A7 这七名,准备让他们在三场训练比赛(每场 90 分钟) 都上场,假设在比赛的任何时刻,这些中有且仅有一人在场上,并且 A1,A2,A3,A4 每人上场的总时间(以分 钟为单位)均被 13 整除,如果每场换人次数不限,那么按每名队员上场的总时间计算,共有多少种不同的 情况。 解:设第 i 名队员上场的时间为 xi 分钟(i=1,2,3,?,7),问题即求不定方程 x1+x2+?+x7=270 ① 在条件 7|xi (1?i?4)且 13|xj (5?j?7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,?,x7)是满足条件①的一组正整数解,则应有

?x
i ?1

4

i

=7m

?x
j ?5

7

j

=13n

m,n∈N

∴m,n 是不定方程 7m+13n=270 在条件 m?4 且 n?3 下的一组正整数解。 ∵ 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m′=m ?4 n′=n ?3 有
- 25 -

② ????10 分

7m′+13n′=270 ③ ∴ 求②满足条件 m?4 且 n?3 的正整数解等价于求③的非负整数解。 ∵易观察到 7?2+13?(-1)=1 ∴ 7?406+13?(-203)=203 即 m0=406 n0= ?203 是③的整数解 ∴ ③的整数通解为 m′=406 ?13k n′= ?203+7k k∈Z 令 m′?0 n′?0,解得 29?k?31 ????20 分 取 k=29,30,31 得到③满足条件的三组非负整数解:

?m? ? 29 ? ?n ? ? 0 ?m ? 33 ? ?n ? 3

?m? ? 16 ? ?n ? ? 7 ?m ? 20 ? ?n ? 10

?m? ? 3 ? ?n? ? 14 ?m ? 7 ? ?n ? 17
????30 分

从而得到②满足条件的三组正整数解:

1)在 m=33,n=3 时,显然 x5=x6=x7=13 仅有一种可能,
4?1 3 又设 xi=7yi (i=1,2,3,4),于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有 C33 ?1 ? C32 ? 4960组正整数解。
3 ∴此时①有满足条件的 C 32 =4960 组正整数解。

2)在 m=20,n=10 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj (j=5,6,7)
3 2 由 y1+y2+y3+y4=20,有 C19 组正整数解;以及 y5+y6+y7=10,有 C9 组正整数解。
3 2 ∴此时①有满足条件的 C19 =34884 组正整数解。 ? C9

3) 在 m=7,n=17 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj (j=5,6,7)
2 3 由 y1+y2+y3+y4=7,有 C6 组正整数解;以及 y5+y6+y7=17,有 C16 组正整数解。????40 分

综上所述,①满足条件的正整数解的组数为
3 3 3 3 2 =4960+34884+2400=42244 C32 ? C19 ? C9 ? C6 ? C16

????50 分

2003 年全国高中数学联合竞赛试卷 得分 评卷人 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)本题共有 6 小题,每题均给出 A、B、C、 D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的,请将正确答案的代表字母填在题后的括号 内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论是否写在括号 内) ,一律得 0 分)。

1.删去正整数数列 1,2,3,??中的所有完全平方数,得到一个新数列,这个新数列的第 2003 项 是 A.2046 B.2047 C.2048 D.2049 答( )

2.设 a,b∈R,ab≠0,那么直线 ax-y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是 y x y y y

x

x

x

A

B

C

D 答( )

- 26 -

3.过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60o 的直线,若此直线与抛物线交于 A、B 两点,弦 AB 的中垂线与 x 轴交于 P 点,则线段 PF 的长等于 A.

16 3

B.

8 3

C.

16 3 3

D. 8 3 答( )

2? ? ? 5? ? 4.若 x ? (? , ? ) ,则 y ? tan(x ? ) ? tan(x ? ) ? cos(x ? ) 的最大值是 3 6 6 12 3 12 2 11 2 11 3 12 3 A. B. C. D. 6 6 5 5
答( 5.已知 x,y 都在区间(-2,2)内,且 xy=-1,则函数 u ? A. )

4 9 ? 的最小值是 2 4?x 9 ? y2
D.

8 5

B.

24 11

C

12 . 7

12 5

答(



6.在四面体 ABCD 中,设 AB=1,CD= 3 ,直线 AB 与 CD 的距离为 2,夹角为 的体积等于 A. 得分

?
3

,则四面体 ABCD

3 2

B.

1 2

C.

1 3

D.

3 3

答(



评卷人

二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线 上。

7.不等式 | x | 3-2x2-4| x | +3 < 0 的解集是____________________.

x2 y2 ? ? 1 的两个焦点, P 是椭圆上的点, 且|PF1| : |PF2|=2 : 1, 则三角形 ? PF1F2 9 4 的面积等于______________.
8. 设 F1, F2 是椭圆 9.已知 A={x|x2-4x+3<0,x∈R},B={x|21 x+a?0,x2-2(a+7)+5?0,x∈R},若 A ? B,


则实数 a 的取值范围是___________________. 10 . 已 知 a , b , c , d 均 为 正 整 数 , 且 loga b ? = . 11.将 8 个半径都为 1 的球分两层放置在一个圆柱内,并使得每个球和其相邻的四个球相切,且与圆 柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于______________. 12.设 M n ={(十进制)n 位纯小数 0.a1a2 ? an |ai 只取 0 或 1(i=1,2,…,n-1,an=1},Tn 是 Mn 中元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则 lim 得分 评卷人 三.解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.设
n??

3 5 , logc d ? , 若 a - c = 9 , 则 b - d 2 4

Sn =_______. Tn

3 ?x?5,证明不等式 2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2 19 . 2
1 +bi,Z2=1+ci(其中 a,b,c 都是实数)对应的不共线 2

14.设 A,B,C 分别是复数 Z0=ai,Z1= 的三点,证明:曲线

- 27 -

Z=Z0cos4t+2Z1cos2t sin2t+Z2sin4t (t∈R) 与 ? ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点. 15. 一张纸上画有半径为 R 的圆 O 和圆内一定点 A,且 OA=a. 拆叠纸片,使圆周上某一点 A/ 刚好与 A 点重合,这样的每一种拆法,都留下一条直线折痕,当 A/取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线上 点的集合. 2003 年全国高中数学联合竞赛加试试卷 得分 评卷人 一. (本题满分 50 分)过圆外一点 P 作圆的两条切 线和一条割线,切点为 A,B 所作割线交圆于 C,D 两点,C 在 P,D 之间,在弦 CD 上取一点 Q,使∠DAQ=∠PBC.求 证:∠DBQ=∠PAC. D 得分 评卷人 二. (本题满分 50 分)设三角形的三边分别是整数 l , m , n ,且 l > m > n ,已知 Q A C B P

{
角形周长的最小值. 得分 评卷人

3l 3m 3n } ? { } ? { } ,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过 x 的最大整数.求这种三 104 104 104

三. (本题满分 50 分)由 n 个点和这些点之间的 t 条连线段组成一个空间图形,其中 n =q2+q+1,t?

1 q(q ? 1)2 ? 1 ,q?2,q∈N,已知此图中任圆点不共面,每点至少有 2

一条连线段,存在一点至少有 q+2 条连线段,证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点 A,B,C,D 和四条连线段 AB,BC,CD,DA 组成的图形) . 2003 年全国高中数学联合竞赛试卷 试题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.选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两;其它 各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其它中间档次. 2.如果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当划 分档次评分,5 分为一个档次。不要再增加其它中间档次. 一.选择题: 1.注意到 452=2025,462=2116,∴2026=a2026—45=a1981,2115=a2115—45=a2070. 而且在从第 1981 项到第 2070 项之间的 90 项中没有完全平方数. 又 1981+22=2003,∴a2003=a1981+22=2026+22=2048.故选(C). 2.题设方程可变形为 y=ax+b 和

x2 y2 ? 2 ? 1 ,则由观察可知应选(B). 2 a b

3.易知此抛物线焦点 F 与坐标原点重合,故直线 AB 的方程为 y ? 3 x ,因此,A,B 两点的横坐标 满足方程 3x2-8x-16=0,由此求得 AB 中点的横坐标 x0 ?
- 28 -

4 4 ,纵坐标 y0 ? ,进而求得其中垂线方程 3 3

为y?

4 1 4 16 16 ?? ( x ? ) ,令 y=0,得 P 点的横坐标 x= ,即 PF= ,故选(A). 3 3 3 3 3

4 . y ? tan( x ? 2

2? 2? ? 1 ? ) ? cot( x ? ) ? cos( x ? ) ? ? cos( x ? ) 2 ? 2 ? 3 3 6 6 cos( x ? ) sin(x ? ) 3 3 4? ) 3 ? cos( x ?

?

?

sin(2 x ?
因 为 x ∈ [?

6

)

2 4? ? 2? ? ? ? 5? ? 与 , ? ] , ∴ 2x ? ?[ , ] , x ? ?[? , ? ] , 因 此 4? 3 2 3 6 4 6 12 3 s i n2(x ? ) 3

cos( x ?

?
6

) 在 [?

11 3 5? ? ? .故选(C) , ? ] 上同为增函数,故当 x ? ? 时,y 取最大值 6 12 3 3

5.由已知得 y ? ?

35 1 1 4 2 1 ,故 u ? 1 ? ,而 x ? (?2 , ) ? ( , 2) ,故当 9x2 ? 2 ? x2 ? 4 2 2 3 x x 37 ? (9x2 ? 2 ) x

时有最小值

12 ,故选(D). 5
底 面 , BC 上述棱柱 ECD , AB

6.如图,过 C 作 CE∥AB 且 CE=AB,以△CDE 为 为侧棱作棱柱 ABF—ECD,则所求四面体的体积 V1 等于 体积 V2 的

1 1 .而△CDE 的面积 S= CE?CD?sin∠ 3 2

与 CD 的公垂线 MN 就是棱柱 ABF-ECD)的高,故

V2 ? V1 ?

1 3 MN ? CE ? CD ? s i ? nE C ? D 2 2 1 1 V2 ? ,故选(B). 3 2
二.填空题:







7 . 由 原 不 等 式 分 解 可 得 (| x | - 3)(x2 + | x | - 1) < 0 , 由 此 得 所 求 不 等 式 的 解 集 为

(?3 , ?

5 ?1 5 ?1 )?( , 3) . 2 2

8.设椭圆的长轴、短轴的长及焦矩分别为 2a、2b、2c,则由其方程知 a=3,b=2,c= 5 ,故,|PF1| +|PF2|=2a=6,又已知[PF1|:|PF2|=2:1,故可得|PFl|=4,|PF2|=2.在△PFlF2 中,三边之长分别为 2, 4,2 5 ,而 22+42=(2 5 )2,可见△PFlF2 是直角三角形,且两直角边的长为 2 和 4,故△PFlF2 的面积 =4. 9.易得:A=(1,3),设 f ( x) ? 21? x ? a , g( x) ? x2 ? 2(a ? 7) x ? 5 ,要使 A ? B ,只需 f (x)、g (x)在(1, 3)上的图象均在 x 轴下方,其充要条件是 f (1)?0,f (3)?0,g (1)?0,g (3)?0,由此推出-4?a?-1.

- 29 -

10.由已知可得: a 2 ? b , c 4 ? d ,从而 a ? ( )2 , c ? ( )4 ,因此 a|b,c|d.又由于 a-c=9,故

3

5

b a

d c

?b d2 ? 2 ?9 ? b d b d b d ?a ? 25 , c ? 16 ? ,解得 ? .故 b-d=93. ( )2 ? ( )4 ? 9 ,即 ( ? 2 )( ? 2 ) ? 9 ,故得:? a c 2 a c a c a c ?b ? 125 , d ? 32 ? b ? d ?1 ? ? a c2
2 2

11.如图,由已知,上下层四个球的球心 A/,B/,C/,D/和 A,B, 别是上下两个边长为 2 的正方形的顶点,且以它们的外接圆⊙O/和⊙O 底面构成圆柱, 同时, A 在下底面的射影必是弧 AB 的中点 M. 在△A AB =A/B=AB=2.设 AB 的中点为 N,则 A/N= 3 .
/ /

C ,D 分 为 上 下 中 , A/A 又 的 高 为

1 A/M= 4 8 ,故所求原来圆柱 OM=OA= 2 ,ON=1,∴MN= 2-
4

8+2 .
12.∵Mn 中小数的小数点后均有 n 位,而除最后一位上的数字必为 1 外,其余各位上的 数字均有

两种选择(0 或 1)方法,故 Tn ? 2n?1 .又因在这 2n 上数字是 0 或 1,各有一半.故

-1

个数中,小数点后第 n 位上的数字全是 1,而其余各位

Sn ?

1 n?1 1 1 1 1 1 1 ? 2 ( ? 2 ? ? ? n?1 ) ? ? 2n?2 (1 ? n?1 ) ? 2n?1 ? n 2 10 10 9 10 10 10
Sn 1 1 1 1 ? lim[ (1 ? n ?1 ) ? n ] ? . Tn n?? 18 18 10 10

∴ lim
n ??

三.解答题: 13.解:∵(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)?4(a2+b2+c2+d2) ∴ a ? b ? c ? d ? 2 a2 ? b2 ? c2 ? d 2 (当且仅当 a=b=c=d 时取等号) 5分

取 a ? b ? x ? 1 , c ? 2x ? 3 , d ? 15 ? 3x ,则

2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2 (x ? 1) ? (x ? 1) ? (2x ? 3) ? (15 ? 3x) ? 2 x ? 14 ? 2 19
15 分 ∵ x ?1 ,

2x ? 3 ,

15 ? 3x 不能同时相等
20 分

∴ 2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x<2 19 14.解:设 z=x+yi(x、y∈R),则

x ? yi ? a cos4 t ? i ? 2(

1 ? bi) cos2 t sin2 t ? (1 ? ci) sin4 t 2



?x ? cos2 t sin2 t ? sin4 t ? sin2 t ? 2 2 ? y ? a(1 ? x) ? 2b(1 ? x) x ? cx
=(a+c-2b)x2+2(b-a)x+a,0?x?1 ①

∴y 又 线段(如

∵A、B、C 三点不共线,故 a+c-2b≠0,可见所给曲线是抛物

- 30 -

图)

5分 AB、BC 的中点分别是 D(

1 a?b 3 b?c ),E( , ), , 4 2 4 2 1 (3a ? 2b ? c) 4
② 10 分 15 分

∴直线 DE 的方程是 y ? (c ? a) x ? 由①②联立得: (a ? c ? 2b)( x ? ∵a+c-2b≠0,∴ ( x ? 由于

1 2 ) ?0 2

1 2 1 ) ?0 ? x? 2 2

1 1 3 ? ? ,∴抛物线与△ABC 中平行于 AC 的中位线有且仅有一个公共点,此点的坐标为 4 2 4
20 分 建立直角

(

1 a ? c ? 2b 1 a ? c ? 2b ,, ) ,对应的复数为 z ? ? i 2 4 2 4
15.解:如图,以 O 为原点,OA 所在直线为 x 轴

坐 标 系 , 则 有 A(a , 0) . 设 折 叠 时 , ⊙ O 上 点 A/( R cos ? , R sin? )与点 A 重合,而折痕为直线 MN,则 段 AA/的中垂线.设 P(x,y)为 MN 上任一点,则|PA/| ∴ (x ? R cos? )2 ? ( y ? R sin )2 ? (x ? a)2 ? y2 MN 为 线 =|PA| 即 10 分 ∴ 可

2R(x cos? ? y sin? ) ? R2 ? a2 ? 2ax

x cos? ? y sin? x2 ? y 2
得: sin(? ? ? ) ?

?

R2 ? a2 ? 2ax 2R x 2 ? y 2 (sin? ? x x ?y
2 2

R2 ? a2 ? 2ax 2R x ? y
2 2

, cos? ?

y x ? y2
2

)



R 2 ? a 2 ? 2ax 2R x 2 ? y 2

?1 (此不等式也可直接由柯西不等式得到)

15 分

(x ?
平方后可化为

a 2 ) y2 2 ? ?1, R 2 R 2 a 2 ( ) ( ) ?( ) 2 2 2 (x ?
20 分

a 2 ) y2 2 ? 即所求点的集合为椭圆圆 =1 外(含边界)的部分. R R a ( )2 ( )2 ? ( )2 2 2 2
2003 年全国高中数学联合竞赛 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规定的评分档次给分.
- 31 -

2.如果考生的解题方法和本解答不同,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,不要再增加其它中间档次. 一.证明:联结 AB,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB 故△ADQ∽△ABC,而有

BC DQ ,即 BC?AD=AB?DQ ? AB AD PC AC ; ? PA AD

10 分

又由切割线关系知△PCA∽△PAD 得 同理由△PCB∽△PBD 得 又因 PA=PB,故

PC BC ? PB BD

20 分 30 分

AC BC ,得 AC?BD=BC?AD=AB?DQ ? AD BD

又由关于圆内接四边形 ACBD 的托勒密定理知 AC?BD+BC?AD=AB?CD 于是得:AB?CD=2AB?DQ,故 DQ= 在△CBQ 与△ABD 中,

1 CD,即 CQ=DQ 2

40 分

AD DQ CQ ,∠BCQ=∠BAD,于是△CBQ∽△ABD, ? ? AB BC BC
50 分

故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC∠PAC. 二.解:由题设可知

3l 3l 3m 3m 3n 3n ? [ ] ? ? [ ] ? ? [ ] 104 104 104 104 104 104

?3l ? 3m ? 3n (mod 24 ) 于是 3l≡3m≡3n(mod 104) ? ? l m n 5 ?3 ? 3 ? 3 (mod 2 )
- -

① ②

10 分

由于(3,2)=(3,5)=1,∴由①可知 3l n≡3m n≡1 (mod 24). 设 u 是满足 3u≡1 (mod 24)的最小正整数,则对任意满足 3v≡1 (mod 24)的正整数 v,我们有 u|v.事 实上若 u 不整除 v,则由带余除法可知,存在非负整数 a、b,使得 v=au+b,其中 0<b?u-1,从而可推 出 3b≡3b
+au

≡3v≡1 (mod 24),而这显然与 u 的定义矛盾.

注意到 3≡3 (mod 24),32≡9 (mod 24),33≡27≡11 (mod 24),34≡1 (mod 24),从而可设 m-n=4k,其 中 k 为正整数 同理由②可推出 3
m-n

20 分 ≡1 (mod 25),故 34k≡1 (mod 25)

现在我们求 34k≡1 (mod 25)满足的整数 k. ∵34=1+5?24,∴34k-1=(1+5?24)k-1≡0(mod 55) 30 分

即 5k ? 24 ?

k (k ? 1) k (k ? 1)(k ? 2) ? 52 ? 28 ? ? 53 ? 212 2 6 k (k ? 1)(k ? 2) ? 5k ? 52 k[3 ? (k ? 1) ? 27 ] ? ? 53 ? 211 ? 0( m o 54 d ) 6

或 k ? 5k[3 ? (k ? 1) ? 27 ] ?

k (k ? 1)(k ? 2) 2 11 ? 5 ? 2 ? 0(mod53) 3

即有 k=5t,并代入该式得 t+5t[3+(5t-1)?27]≡0(mod 52) 即 k=5t=53s,其中 s 为整数,故 m-n=500s,s 为正整数
- 32 -

同理可得 l-n=500r,r 为正整数 由于 l>m>n,∴r>s

40 分

这样三角形的三边为 500r+n、500s+n 和 n,由于两边之差小于第三边,故 n>500(r-s),因此当 s =1,r=2,n=501 时三角形的周长最小,其值为 3003. 50 分

三.证:设这 n 个点的集合 V={A0,A1,A2,??,An-1}为全集,记 Ai 的所有邻点(与 Ai 有连线段的 点)的集合为 Bi,Bi 中点的个数记为|Bi|=bi,显然 若存在 bi=n-1 时,只须取 l ? (n ? 1) ? [

? b ? 2l 且 b ?(n-1) (i=0,1,2,??,n-1).
i
i

n ?1 i ?0

n ?1 1 1 ] ? 1 ? (q ? 1)(n ? 1) ? 1 ? q(q ? 1)2 ? 1 ,则图中必存 2 2 2
10 分

在四边形,因此下面只讨论 bi<n-1(i=0,1,2,??,n-1)的情况. 不妨设 q+2?b0<n-1

用反证法若图中不存在四边形,则当 i≠j 时,Bi 与 Bj 无公共点对,即|Bi∩Bj|?1(0?i<j?n-1) 因此 | Bi ? B0 | ? bi ? 1 (i=0,1,2,??,n-1)
2 故 V ? B0 中点对的个数= Cn ?b0 ? n ?1 i ?0 n ?1 i ?0

?B ? B
i i ?0

n ?1

0

中点对的个数

20 分



?C
1 2

2 | Bi ? B0 |

?

?C

2 bi ?1

2 (当 bi=1 或 2 时,令 Cb =0) i ?1
n ?1



? (b
i ?0

n ?1

2 i

? 3bi ? 2) ?

n ?1 1 i ?0 [ ? 3( bi ) ? 2(n ? 1)] 2 n ?1 i ?0 i

(

?b )

2

?

30 分



1 (2l ? b0 )2 1 [ ? 3(2l ? b0 ) ? 2(n ? 1)] ? (2l ? b0 ? n ? 1)(2l ? b0 ? 2n ? 2) 2 n ?1 2(n ? 1)
1 [(n ? 1)(q ? 1) ? 2 ? b0 ? n ? 1][( n ? 1)(q ? 1) ? 2 ? b0 ? 2n ? 2] 2(n ? 1) 1 (nq ? q ? 2 ? b0 )(nq ? q ? n ? 3 ? b0 ) 2(n ? 1)

?



故(n-1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0) q(q+1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0) ① 但(nq-q-n+3-b0)-q(n-b0-1)=(q-1)b0-n+3?(q-1)(q+2)-n+3=0 ② 及(nq-q+2-b0)-(q+1)(n-b0)=qb0-q-n+2?q(q+2)-q-n+2=1>0 由②③及(n-b0) (q+1)、(n-b0-1) q 皆是正整数,得 (nq-q+2-b0) (nq-q-n+3-b0)>q (q+1) (n-b0) (n-b0-1) 这与①式相矛盾,故原命题成立. 2004 年全国高中数学联赛试卷 第一试 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
- 33 -

40 分



50 分

1.设锐角?使关于 x 的方程 x2+4xcos?+cos?=0 有重根,则?的弧度数为 ( ) ? ? 5? ? 5? ? A. B. 或 C. 或 D. 6 12 12 6 12 12 2.已知 M={(x,y)|x2+2y2=3},N={(x,y)|y=mx+b}.若对于所有的 m∈R,均有 M∩N??,则 b 的取 值范围是 ( ) 6 6 6 6 2 3 2 3 2 3 2 3 A.[- , ] B.(- , ) C.(- , ] D.[- , ] 2 2 2 2 3 3 3 3 1 3.不等式 log2x-1+ log1 x3+2>0 的解集为 2 2 B.(2,3] C.[2,4) D.(2,4] → → → → 4.设点 O 在?ABC 的内部,且有 OA +2 OB +3 OC= 0 ,则?ABC 的面积与?AOC 的面积的比为( ) 3 5 A.2 B. C.3 D. 2 3 5.设三位数 n=??? abc,若以 a,b,c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三位数 n 有( ) A.45 个 B.81 个 C.165 个 D.216 个 6.顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A 是底面圆周上的点,B 是底面 P 圆内的点,O 为底面圆圆心,AB⊥OB,垂足为 B,OH⊥PB,垂足为 H,且 PA=4,C 为 PA 的 中 点 , 则 当 三 棱 锥 O - HPC 的 体 积 最 大 时 , OB 的 长 为 ( ) C H 5 2 5 6 2 6 O A. B. C. D. 3 3 3 3 B 二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) A 7.在平面直角坐标系 xOy 中,函数 f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长 的区间上的图像与函数 g(x)= a2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ; 8. 设函数 f: R→R, 满足 f(0)=1, 且对任意 x, y∈R, 都有 f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2, 则 f(x)= ; 9.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,二面角 A-BD1—A1 的度数是 ; 10 .设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k2-pk 也是一个正整数,则 D1 C1 k= ; 11.已知数列 a0,a1,a2,?,an,?满足关系式(3-an+1)(6+an)=18,且 a0=3, A1 B1
n 1 则 ∑ 的值是 i=0ai

A.[2,3)


D C

12.在平面直角坐标系 xOy 中,给定两点 M(-1,2)和 N(1,4),点 P 在 x A 轴上移动,当∠MPN 取最大值时,点 P 的横坐标为 ; B 三.解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.一项“过关游戏”规则规定:在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次,如果这 n 次抛掷所出现的点数的和 大于 2n,则算过关.问: ⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关? ⑵ 他连过前三关的概率是多少? 4 14.在平面直角坐标系 xOy 中,给定三点 A(0, ),B(-1,0),C(1,0),点 P 到直线 BC 的距离是该 3 点到直线 AB、AC 距离的等比中项. ⑴ 求点 P 的轨迹方程; ⑵ 若直线 L 经过?ABC 的内心(设为 D),且与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的取值范 围. 2x-t 15.已知?,?是方程 4x2-4tx-1=0(t∈R)的两个不等实根,函数 f(x)= 2 的定义域为[?,?]. x +1 ⑴ 求 g(t)=maxf(x)-minf(x); 1 1 1 3 6 ? ⑵ 证明:对于 ui∈(0, )(i=1,2,3),若 sinu1+sinu2+sinu3=1,则 + + < . 2 g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 4

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二试题 一.(本题满分 50 分)在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的 C 高 BD 相交于点 H,以 DE 为直径的圆分别交 AB、AC 于 F、G 两点,FG 与 AH 相交于点 K,已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的长. 二.(本题满分 50 分)在平面直角坐标系 XOY 中,y 轴正半轴上的点列 D 1 {An}与曲线 y= 2x(x?0)上的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|= ,直线 AnBn 在 x 轴 G n H 上的截距为 an,点 Bn 的横坐标为 bn,n∈N*. K ⑴ 证明 an>an+1>4,n∈N*; B b2 b3 bn bn+1 A E F ⑵ 证明有 n0∈N*,使得对?n>n0,都有 + +?+ + <n-2004. b1 b2 bn-1 bn 三. (本题满分 50 分)对于整数 n?4, 求出最小的整数 f(n), 使得对于任何正整数 m, 集合{m, m+1, ?, m+n-1}的任一个 f(n)元子集中,均至少有 3 个两两互素的元素.

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2004 年全国高中数学联赛试卷 第一试 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.设锐角?使关于 x 的方程 x2+4xcos?+cot?=0 有重根,则?的弧度数为 ( ) ? ? 5? ? 5? ? A. B. 或 C. 或 D. 6 12 12 6 12 12 1 解:由方程有重根,故 ?=4cos2?-cot?=0, 4 ? ? 5? ∵ 0<?< ,?2sin2?=1,??= 或 .选 B. 2 12 12 2.已知 M={(x,y)|x2+2y2=3},N={(x,y)|y=mx+b}.若对于所有的 m∈R,均有 M∩N??,则 b 的取 值范围是 ( ) 6 6 6 6 2 3 2 3 2 3 2 3 A.[- , ] B.(- , ) C.(- , ] D.[- , ] 2 2 2 2 3 3 3 3 6 6 解:点(0,b)在椭圆内或椭圆上,?2b2?3,?b∈[- , ].选 A. 2 2 1 3.不等式 log2x-1+ log1x3+2>0 的解集为 2 2 B.(2,3] C.[2,4) D.(2,4] 3 解:令 log2x=t?1 时, t-1> t-2.t∈[1,2),?x∈[2,4),选 C. 2 → → → → 4.设点 O 在?ABC 的内部,且有 OA +2 OB +3 OC= 0 ,则?ABC 的面积与?AOC 的面积的比为( ) 3 5 A A.2 B. C.3 D. 2 3 解 : 如 图 , 设 ?AOC=S , 则 ?OC1D=3S , ?OB1D=?OB1C1=3S , S O ?AOB=?OBD=1.5S.?OBC=0.5S,??ABC=3S.选 C. B C 5.设三位数 n=??? abc,若以 a,b,c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形, B C 则这样的三位数 n 有( ) D A.45 个 B.81 个 C.165 个 D.216 个 解:⑴等边三角形共 9 个; ⑵ 等腰但不等边三角形:取两个不同数码(设为 a,b),有 36 种取法,以小数为底时总能构成等腰三 角形,而以大数为底时,b<a<2b.a=9 或 8 时,b=4,3,2,1,(8 种);a=7,6 时,b=3,2,1(6 种);a=5, 4 时,b=2,1(4 种);a=3,2 时,b=1(2 种),共有 20 种不能取的值.共有 236-20=52 种方法,而每取一 组数,可有 3 种方法构成三位数,故共有 523=156 个三位数 即可取 156+9=165 种数.选 C. 6.顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A 是底面圆周上的点,B 是底面圆内的点,O 为底面 圆圆心,AB⊥OB,垂足为 B,OH⊥PB,垂足为 H,且 PA=4,C 为 PA 的中点,则当三棱锥 O-HPC 的体 积最大时, OB 的长为 ( ) 5 2 5 6 2 6 A. B. C. D. 3 3 3 3 解:AB⊥OB,?PB⊥AB,?AB⊥面 POB,?面 PAB⊥面 POB. OH⊥PB,?OH⊥面 PAB,?OH⊥HC,OH⊥PC, 又,PC⊥OC,?PC⊥面 OCH.?PC 是三棱锥 P-OCH 的高.PC=OC=2. P 而?OCH 的面积在 OH=HC= 2时取得最大值(斜边=2 的直角三角形). 2 6 当 OH= 2时,由 PO=2 2,知∠OPB=30?,OB=POtan30?= . 3 C 1 H 又解:连线如图,由 C 为 PA 中点,故 VO-PBC= VB-AOP, O 2 B PH PO2 而 VO-PHC∶VO-PBC= = 2 (PO2=PH· PB). A PB PB 记 PO=OA=2 2=R,∠AOB=?,则
1

A.[2,3)

1

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1 1 1 VP—AOB= R3sin?cos?= R3sin2?,VB-PCO= R3sin2?. 6 12 24 PO2 R2 1 2 sin2? 1 3 .?VO-PHC= ? R. 2= 2 2 2 = 2 = PB R +R cos ? 1+cos ? 3+cos2? 3+cos2? 12 2cos2?(3+cos2?)-(-2sin2?)sin2? sin2? 1 3 ∴ 令 y= ,y?= =0,得 cos2?=- ,?cos?= , 2 3 3 3+cos2? (3+cos2?) 2 6 ∴ OB= ,选 D. 3 二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.在平面直角坐标系 xOy 中,函数 f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函 数 g(x)= a2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ; 2 ? 2 ? 解:f(x)= a2+1sin(ax+?),周期= ,取长为 ,宽为 2 a2+1的矩形,由对称性知,面积之半即为所 a a 2? 2 求.故填 a +1. a

? ?1 2 a2+1 2 2p 2 又解: a +1[1-sin(ax+?)]dx= a +1. (1 - sin t ) dt= ∫ a 0 a ∫?0
8. 设函数 f: R→R, 满足 f(0)=1, 且对任意 x, y∈R, 都有 f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2, 则 f(x)= 解:令 x=y=0,得,f(1)=1-1-0+2,?f(1)=2. 令 y=1,得 f(x+1)=2f(x)-2-x+2,即 f(x+1)=2f(x)-x.① 又 , f(yx+1)=f(y)f(x) - f(x) - y+2 , 令 y=1 代 入 , 得 f(x+1)=2f(x) - f(x) - 1+2 , 即 f(x+1)=f(x)+1.② 比较①、②得,f(x)=x+1. A1 9.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,二面角 A-BD1—A1 的度数是 ; 3 解:设 AB=1,作 A1M⊥BD1,AN⊥BD1,则 BN?BD1=AB2,?BN=D1M=NM= . 3 6 ?A1M=AN= . A 3 2 2 1 2 1 ∴ AA12=A1M2+MN2+NA2-2A1M?NAcos?,?12= + + -2? cos?,?cos?= . 3 3 3 3 2 ??=60?. 10.设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k2-pk也是一个正整数,则 k= ; 2 p2 1 2 2 p 2 2 解:设 k -pk=n,则(k- ) -n = ,?(2k-p+2n)(2k-p-2n)=p ,?k= (p+1) . 2 4 4
n 1 11.已知数列 a0,a1,a2,?,an,?满足关系式(3-an+1)(6+an)=18,且 a0=3,则 ∑ 的值是 a i=0 i



D1 M N B1

C1

D

C B



n+1 n 1 2 1 1 1 2 2 1 2 -1 1 1 解: = + ,?令 bn= + ,得 b0= ,bn=2bn-1,?bn= ?2n.即 = ,? ∑ = (2n+2-n-3). an+1 an 3 an 3 3 3 an 3 i=0ai 3

12.在平面直角坐标系 xOy 中,给定两点 M(-1,2)和 N(1,4),点 P 在 x 轴上移动,当∠MPN 取最 大值时,点 P 的横坐标为 ; 解:当∠MPN 最大时,⊙MNP 与 x 轴相切于点 P(否则⊙MNP 与 y N x 轴交于 PQ,则线段 PQ 上的点 P?使∠MP?N 更大).于是,延长 NM 2 交 x 轴于 K(-3,0),有 KM?KN=KP ,?KP=4.P(1,0),(-7,0), M 但(1,0)处⊙MNP 的半径小,从而点 P 的横坐标=1. 三.解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) O x P K 13.一项“过关游戏”规则规定:在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次, n 如果这 n 次抛掷所出现的点数的和大于 2 ,则算过关.问: ⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关? ⑵ 他连过前三关的概率是多少? 解:⑴ 设他能过 n 关,则第 n 关掷 n 次,至多得 6n 点,
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由 6n>2n,知,n?4.即最多能过 4 关. ⑵ 要求他第一关时掷 1 次的点数>2,第二关时掷 2 次的点数和>4,第三关时掷 3 次的点数和>8. 4 2 第一关过关的概率= = ; 6 3 第二关过关的基本事件有 62 种,不能过关的基本事件有为不等式 x+y?4 的正整数解的个数,有 C4个 6 5 (亦可枚举计数:1+1,1+2,1+3,2+1,2+2,3+1)计 6 种,过关的概率=1- 2= ; 6 6 第三关的基本事件有 63 种,不能过关的基本事件为方程 x+y+z?8 的正整数解的总数,可连写 8 个 1, 56 7 20 3 8?7?6 从 8 个空档中选 3 个空档的方法为 C8= =56 种,不能过关的概率= 3 = ,能过关的概率= ; 6 27 27 3?2?1 2 5 20 100 ∴连过三关的概率= ? ? = . 3 6 27 243 4 14.在平面直角坐标系 xOy 中,给定三点 A(0, ),B(-1,0),C(1,0),点 P 到直线 BC 的距离是该 3 点到直线 AB、AC 距离的等比中项. ⑴ 求点 P 的轨迹方程; ⑵ 若直线 L 经过?ABC 的内心(设为 D),且与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的取值范 围. 解:⑴ 设点 P 的坐标为(x,y), x 3y AB 方程: + =1,?4x-3y+4=0, ① -1 4 y BC 方程:y=0, ② A AC 方程:4x+3y-4=0, ③ P 1 ∴ 25|y|2=|(4x-3y+4)(4x+3y-4)|, D ?25y2+16x2-(3y-4)2=0,?16x2+16y2+24y-16=0, B C x O 1 K -1 ?2x2+2y2+3y-2=0. 2 2 2 2 2 或 25y -16x +(3y-4) =0,?16x -34y +24y-16=0, ?8x2-17y2+12y-8=0. ∴ 所求轨迹为圆:2x2+2y2+3y-2=0, ④ 或双曲线:8x2-17y2+12y-8=0. ⑤ 但应去掉点(-1,0)与(1,0). 1 1 ⑵ ?ABC 的内心 D(0, ):经过 D 的直线为 x=0 或 y=kx+ . ⑥ 2 2 (a) 直线 x=0 与圆④有两个交点,与双曲线⑤没有交点; 1 1 5 1 (b) k=0 时,直线 y= 与圆④切于点(0, ),与双曲线⑤交于(± 2, ),即 k=0 满足要求. 2 2 8 2 1 (c) k=± 时,直线⑥与圆只有 1 个公共点,与双曲线⑤也至多有 1 个公共点,故舍去. 2 1 25 (c) k?0 时,k? 时,直线⑥与圆有 2 个公共点,以⑥代入⑤得:(8-17k2)x2-5kx- =0. 2 4 2 34 2 当 8-17k2=0 或(5k)2-25(8-17k2)=0,即得 k=± 与 k=± . 17 2 2 34 2 ∴ 所求 k 值的取值范围为{0,± ,± }. 17 2 2x-t 15.已知?,?是方程 4x2-4tx-1=0(t∈R)的两个不等实根,函数 f(x)= 2 的定义域为[?,?]. x +1 ⑴ 求 g(t)=maxf(x)-minf(x); 1 1 1 3 6 ? ⑵ 证明:对于 ui∈(0, )(i=1,2,3),若 sinu1+sinu2+sinu3=1,则 + + < . 2 g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 4 1 解:⑴ ?+?=t,??=- .故?<0,?>0.当 x1,x2∈[?,?]时, 4 2(x2+1)-2x(2x-t) -2(x2-xt)+2 ∴ f ?(x)= = .而当 x∈[?,?]时,x2-xt<0,于是 f ?(x)>0,即 f(x)在[?, (x2+1)2 (x2+1)2 ?]上单调增.
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2?-t 2?-t (2?-t)(?2+1)-(2?-t)(?2+1) (?-?)[t(?+?)-2??+2] - = = ?2+1 ?2+1 (?2+1)(?2+1) ?2?2+?2+?2+1 5 t2+1(t2+ ) 2 8 t2+1(2t2+5) = = 25 16t2+25 t2+ 16 8secu(2sec2u+3) 16+24cos2u 16 6 ⑵ g(tanu)= = ? , 16sec2u+9 16cosu+9cos3u 16+9cos2u 1 1 1 1 1 ∴ + + ? [16?3+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)]= [75 - g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 16 6 16 6 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)] 1 sinu1+sinu2+sinu3 2 而 (sin2u1+sin2u2+sin2u3)?( ) ,即 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)?3. 3 3 1 1 1 1 3 6 ∴ + + ? (75-3)= .由于等号不能同时成立,故得证. g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 16 6 4 ∴ g(t)=

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二试题 一.(本题满分 50 分)在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交于点 H,以 DE 为直 径的圆分别交 AB、AC 于 F、G 两点,FG 与 AH 相交于点 K,已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的长. 解:∵ BC=25,BD=20,BE=7, C ∴ CE=24,CD=15. 6 ∵AC· BD=CE· AB,? AC= AB, ① 15 5 24 ∵ BD⊥AC,CE⊥AB,?B、E、D、C 共圆, D 25 6 6 ?AC(AC-15)=AB(AB-7),? AB( AB-15)=AB(AB-18), 20 P 5 5 G H ∴ AB=25,AC=30.?AE=18,AD=15. K 1 ∴ DE= AC=15. B 2 A F E 7 18 延长 AH 交 BC 于 P, 则 AP⊥BC. ∴AP· BC=AC· BD,?AP=24. 连 DF,则 DF⊥AB, 1 ∵ AE=DE,DF⊥AB.?AF= AE=9. 2 ∵ D、E、F、G 共圆,?∠AFG=∠ADE=∠ABC,??AFG∽?ABC, AK AF 9?24 216 ∴ = ,?AK= = . AP AB 25 25 二.(本题满分 50 分)在平面直角坐标系 XOY 中,y 轴正半轴上的点列{An}与曲线 y= 2x(x?0)上的点 1 列{Bn}满足|OAn|=|OBn|= ,直线 AnBn 在 x 轴上的截距为 an,点 Bn 的横坐标为 bn,n∈N*. n ⑴ 证明 an>an+1>4,n∈N*; b2 b3 bn bn+1 ⑵ 证明有 n0∈N*,使得对?n>n0,都有 + +?+ + <n-2004. b1 b2 bn-1 bn 1 1 1 解:⑴ 点 An(0, ),Bn(bn, 2bn)?由|OAn|=|OBn|,?bn2+2bn=( )2,?bn= 1+( )2-1(bn>0). n n n 1 n 1 2 2 ∴ 0<bn< 2.且 bn 递减,?n bn=n( n +1-n)= = 单调增. 2n 1 n2+1+n 1+( )2+1 n 1 1 ∴ 0<n bn< .?令 tn= > 2且 tn 单调减. 2 n bn bn 2bn 由截距式方程知, + =1,(1-2n2bn=n2bn2) an 1 n bn bn(1+n 2bn) 1+n 2bn 1 2 1 2 1 2 1 ∴ an= = = 2 =( ) + 2( )=tn2+ 2tn=(tn+ )2- ?( 2+ )2- =4. 2 n b 2 2 2 2 n 1-n 2bn 1-2n bn n bn n bn 且由于 tn 单调减,知 an 单调减,即 an>an+1>4 成立. 1 1 亦可由 2 =bn+2. = bn+2,得 an=bn+2+ 2 bn+2, . n bn n bn ∴ 由 bn 递减知 an 递减,且 an>0+2+ 2? 2=4.
n

⑵ 即证 ∑ (1-
k=1

bk+1 )>2004. bk 1 1+( )2- k 1 1+( )2 k+1 1 1 =k (( )2-( )2) k k+1
2

bk+1 bk-bk+1 1- = = bk bk

1 1+( )2+1 k 1 1+( )2+ k 1 1+( )2 k+1

1 1+( )2-1 k

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1 1+( )2+1 k 2k+1 2k+1 1 1 ? > . 2? > (k+1)2 1 2 (k+1) 2 k+2 2 1+( ) k
n bk+1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ ∑ (1- )> ∑ >( + )+( + + + )+?+> + + +?. b k +2 3 4 5 6 7 8 2 2 2 k=1 k=1 k n bk+1 只要 n 足够大,就有 ∑ (1- )>2004 成立. bk k=1

三. (本题满分 50 分)对于整数 n?4, 求出最小的整数 f(n), 使得对于任何正整数 m, 集合{m, m+1, ?, m+n-1}的任一个 f(n)元子集中,均至少有 3 个两两互素的元素. 解:⑴ 当 n?4 时,对集合 M(m,n)={m,m+1,?,m+n-1}, 当 m 为奇数时,m,m+1,m+2 互质,当 m 为偶数时,m+1,m+2,m+3 互质.即 M 的子集 M 中存在 3 个两两互质的元素,故 f(n)存在且 f(n)?n. ① 取集合 Tn={t|2|t 或 3|t,t?n+1},则 T 为 M(2,n)={2,3,?,n+1}的一个子集,且其中任 3 个数无不 能两两互质.故 f(n)?card(T)+1. n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 但 card(T)=[ ]+[ ]-[ ].故 f(n)?[ ]+[ ]-[ ]+1. ② 2 3 6 2 3 6 由①与②得,f(4)=4,f(5)=5.5?f(6)?6,6?f(7)?7,7?f(8)?8,8?f(9)?9. 现计算 f(6),取 M={m,m+1,?,m+5},若取其中任意 5 个数,当这 5 个数中有 3 个奇数时,这 3 个奇数互质;当这 3 个数中有 3 个偶数 k,k+2,k+4(k?0(mod 2))时,其中至多有 1 个被 5 整除,必有 1 个 被 3 整除,故至少有 1 个不能被 3 与 5 整除,此数与另两个奇数两两互质.故 f(6)=5. 而 M(m,n+1)=M(m,n)∪{m+n},故 f(n+1)?f(n)+1. ③ ∴ f(7)=6,f(8)=7,f(9)=8. n+1 n+1 n+1 ∴ 对于 4?n?9,f(n)= [ ]+[ ]-[ ]+1 成立. ④ 2 3 6 设对于 n?k,④成立,当 n=k+1 时,由于 M(m,k+1)=M(m,k-5)∪{m+k-5,m+k-4,?,m+k}. 在{m+k-5,m+k-4,?,m+k}中,能被 2 或 3 整除的数恰有 4 个,即使这 4 个数全部取出,只要在 前面的 M(m,k-5)中取出 f(n)个数就必有 3 个两两互质的数.于是 当 n?4 时,f(n+6)?f(n)+4=f(n)+f(6)-1. k+2 k+2 k+2 故 f(k+1)?f(k-5)+f(6)-1=[ ]+[ ]-[ ]+1, 2 3 6 比较②,知对于 n=k+1,命题成立. n+1 n+1 n+1 ∴对于任意 n∈N*,n?4,f(n)= [ ]+[ ]-[ ]+1 成立. 2 3 6 又可分段写出结果: 4k+1,(n=6k, k∈N*), 4k+2,(n=6k+1,k∈N*), 4k+3,(n=6k+2,k∈N*), f(n)= 4k+4,(n=6k+3,k∈N*), 4k+4,(n=6k+4,k∈N*), 4k+5,(n=6k+5,k∈N*).

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二〇〇五年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案 一、选择题 1.使关于 x 的不等式 A. B. 、 ?k 有解的实数 k 的最大值是( ) C. 、 C.有四个 、 D. ,则 D.有无穷多个 的取值( )

2.空间四点 A、B、C、D,满足 A.只有一个 B.有两个

3.△ABC 内接于单位圆,三个内角 A、B、C 的平分线交此圆于 A1、B1、C1 三点,则

的值是( ) A.2 B.4 C.6 D.8

4.如图,ABCD-A′B′C′D′为正方体,任作平面 α 与对角线 AC′垂直,使 α 与正方体的每个面 都有公共点,记这样得到的截面多边形的面积为 S,周长为 l,则( )

A.S 是定值,l 不是定值 C.S、l 均是定值

B.S 不是定值,l 是定值 D.S、l 均不是定值

5.方程 A.焦点在 x 轴上的椭圆 C.焦点在 y 轴上的椭圆

表示的曲线是(



B.焦点在 x 轴上的双曲线 D.焦点在 y 轴上的双曲线

6.记集合 T={0,1,2,3,4,5,6}, 序排列,则第 2005 个数是( )
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, 将 M 中的元素按从大到小顺

A.

B.

C. 二、填空题

D.

7.将多项式 f(x)=1-x+x -x +?-x +x 表示为关于 y 的多项式 g(y)=a0+a1y+a2y +?+a19y +a20y ,且 y=x-4,则 a0+a1+?+a20=__________. 8.f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,若 f(2a +a+1)<f(3a -4a+1)成立,则实数 a 的取值范围是 _____________. 9.设 α 、β 、γ 满足 0<α <β <γ <2π ,若对任意 x∈R,cos(x+α )+cos(x+β )+cos(x+γ )=0 成 立,则 γ -α =___________.
2 2

2

3

19

20

2

19

20

10.如图,四面体 DABC 的体积为 ,∠ACB=45°,

,则 CD=_________.

11.正方形 ABCD 的一条边在直线 y=2x-17 上,另外两顶点在 y=x 上,则正方形面积的最小值为 _____________. 12.若自然数 a 的各位数字之和为 7,则称 a 是“吉祥数”。将所有“吉祥数”从小到大排成一列: a1、a2、a3?,若 an=2005,则 a5n=______. 三、解答题

2

13.数列{an}满足 a0=1, 对于任意 n∈N,anan+1-1 为完全平方数.

,n∈N,证明:(1)对于任意 n∈N,a 为整数;(2)

14.将编号为 1、2、3、 ?、 9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上, 每个等分点上各一个小球, 设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为 S,求值 S 达到最小值的方法的概率(若某种方法,经旋 转或镜面反射可与另一种方法重合,则认为是相同方法).

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15.过抛物线 y=x 一点 A(1,1)作抛物线的切线交 x 轴于 D,交 y 轴于 B,C 在抛物线上,E 在线段 AC 上, ,F 在线段 BC 上, ,且 λ 1+λ 2=1,线段 CD 与 EF 交于 P,当 C 在抛物线上移动时,

2

求 P 的轨迹方程. 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.选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档;其它 各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其它中间档次. 2.如果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,5 分为一个档次,不要再增加其它中间档次. 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共 6 小题,每小题均给出 A,B,C,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的.请将正确答案的代 表字母填在题后的括号内.每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论是否写在括 号内),一律得 0 分. 1.解:令 则 ∴0<y? ,∴实数 k 的最大值为
2 2 2 2

,3?x?6, .. .选 D.

2.解:注意到 3 +11 =130=7 +9 , 由于 则 ,

, 即 ∴ 只有一个值 0.故选 A. ,

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3.解:如图,连





.





同理









∴原式

.选 A.

4.解: 将正方体切去两个正三棱锥 A-A′BD 与 C′-D′B′C 后, 得到一个以平行平面 A′BD 与 D′B′C 为上、下底面的几何体 V,V 的每个侧面都是等腰直角三角形,截面 多边形 W 的每一条边分别与 V 的底面上的一条边平行,将 V 的侧面 沿棱 A′B′剪开,展开在一张平面上,得到一个平行四边形 A′B′B1A1,而多边形 W 的周界展开后便成为一条与 A′A1 平行的线 段(如图 E′E1),显然 E′E1=A′A1,故 l 为定值. 当 E′位于 A′B′中点时,多边形 W 为正六边形,而当 E′移至 A′处时,W 为正三角形,易知周长 为定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为 与 ,故 S 不为定值.选 B.

5.解:∵

,∴

.



,即 sin

>sin

.

又 ∴cos >0,cos

, <0.∴cos -cos >0,方程表示的曲线是椭圆.



??(*)

,∴
- 45 -

.∴

.

∴ 即 sin -sin

.∴(*)式<0, <cos -cos .∴曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆.选 C.
4

6.解:用{a1a2?ak}p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 7 ,得 M′={a1?7 +a2?7 +a3?7+a4,|ai∈T,i=1,2,3,4}={[a1a2a3a4]7|ai∈T,i=1,2,3,4 },M′中的最大 数为[6666]7=[2400]10. 在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列的第 2005 个数是 2400-2004=396.而[396]10=[1104]7,将 此数除以 7 ,便得 M 中的数
4 3 2

.故选 C.

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 本题共有小题,要求直接将答案写在横线上. 7.解:由题设知,f(x)和式中的各项构成首项为 1,公比为-x 的等比数列,由等比数列的求和公式, 得 .

令 x=y+4,得

,取 y=1,有

.

8.解:∵f(x)在(0,+∞)上定义,又



3a -4a+1=(3a-1)(a-1),仅当 a>1 或 a< 时, 3a -4a+1>0.(*) ∵f(x)在(0,+∞)上是减函数,∴2a +a+1>3a -4a+1, ,
2 2 2

2

∴0<a<5,结合(*)知

.

9.解:设 f(x)=cos(x+α )+cos(x+β )+cos(x+γ ),由 x∈R,f(x)=0 知, f(-α )=0,f(-γ )=0,f(-β )=0,即 cos(β -α )+cos(γ -α )=-1, cos(α -β )+cos(γ -β )=-1,cos(α -γ )+cos(β -γ )=-1,
- 46 -

∴cos(β -α )=cos(γ -β )=cos(γ -α )=- .

∵0<α <β <γ <2π ,∴β -α ,γ -α ,γ -β ∈[

].

又 β -α <γ -α ,γ -β <γ -α ,只有 β -α =γ -β =

.∴γ -α =

.

另一方面,当 β -α =γ -β =

,有 β =α +

,γ =α +

.

x∈R, 记 x+α =0,由于三点(cosθ ,sinθ ),(cos(θ + (cos(θ + ),sin(θ +
2 2

),sin(θ +

)),

))构成单位圆 x +y =1 上正三角形的三个顶点,其中心位于原点,显然有 )=0.即 cos(x+α )+cos(x+β )+cos(x+γ )=0.

cosθ +cos(θ +

)+cos(θ +

10.解:∵

,即

.

又 ABC,∴DC= .

,等号当且仅当 AD=BC=

=1 时成立,这时 AB=1,AD⊥面

11.解:设正方形的边 AB 在直线 y=2x-17 上,而位于抛物线上的两个顶点坐标为 C(x1,y1)、D(x2,y2), 则 CD 所在直线 l 的方程 y=2x+b,将直线 l 的方程与抛物线方程联立,得 令正方形边长为 a,则 a =(x1-x2) +(y1-y2) =5(x1-x2) =20(b+1).①
2 2 2 2

.

在 y=2x-17 上任取一点(6,-5),它到直线 y=2x+b 的距离为 a,∴ ①、②联立解得 b1=3,b2=63.∴a =80,或 a =1280.
2 2

②.



.

12.解:∵方程

的非负整数解的个数为

.

而使 x1?1,xi?0(i?2)的整数解个数为

.现取 m=7,

可知,k 位“吉祥数”的个数为 P(k)=

.

- 47 -

∵2005 是形如 2abc 的数中最小的一个“吉祥数”,且



, 个,



对于四位“吉祥数”1abc,其个数为满足 a+b+c=6 的非负整数解个数,即 ∴2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数”,即 a65=2005.从而 n=65,5n=325.



,而



∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是:70000,61000,60100,60010,60001,52000. ∴第 325 个“吉祥数”是 52000,即 a5m=52000. 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)

13.证明:(1)由题设得 a1=5,且{an}严格单调递增.将条件式变形得



两边平方整理得

,①



.②

①-②得(an+1-an)(an+1+an-1-7an)=0.∵an+1>an,∴an+1+an-1-7an=0. .③ 由③式及 a0=1,a1=5 可知,对任意 n∈N,an 为正整数.??10 分

(2)将①两边配方,得

,∴

.④

记 由于



, 从而 , ∴④式成立. ∴anan+1-1 是完全平方数.??20 分 14.解:九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上,每点放一个,相当于九个不同元素在圆周上
- 48 -

的一个圆形排列,故共有 8!种放法,考虑到翻转因素,则本质不同的方法有 种. ??5 分 下求使 S 达到最小值的放法数:在圆周上,从 1 到 9 有优弧和劣弧两条路径, 对其中任一条路径,设 x1,x2,?,xk 是依次排列于这段弧上的小球号码,则 |1-x1|+|x1-x2|+?+|xk-9|?|(1-x1)+(x1-x2)+?+(xk-9)|=|1-9|=8.上式取等号当且仅当 1<x1<x2<?<xk <9,即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递增排列. 因此 S 最小=2?8=16. ??10 分

由上知,当每个弧段上的球号{1,x1,x2,?,xk,9}确定之后,达到最小值的排序方案便唯一确定. 在 1,2,?,9 中,除 1 与 9 外,剩下 7 个球号 2,3,?,8,将它们分为两个子集,元素较少的一 个子集共有 种情况,每种情况对应着圆周上使 S 值达到最小的唯一排法,即有利事

件总数是 2 种,故所求概率

6

.

??20 分 ,

15.解一:过抛物线上点 A 的切线斜率为 ∴切线 AB 的方程为 y=2x-1.

∴B、D 的坐标为 B(0,-1),D( ,0). ∴D 是线段 AB 的中点. ??5 分



,则由

知,



.

∴EF 所在直线方程为



化简得

.?①

??10 分

- 49 -



时,直线 CD 的方程为

.?②

联立①、②解得

,消去

,得 P 点轨迹方程为

.??15 分



时,EF 方程为 .∴ .

,CD 方程为

,联立解得

也在 P

点轨迹上.因 C 与 A 不能重合,∴

∴所求轨迹方程为

.

??20 分

解二:由解一知,AB 的方程为 y=2x-1,B(0,-1),D( ,0),故 D 是 AB 的中点.

??5 分

令 则 t1+t2=3.因 AD 为△ABC 的中线, ∴S△CAB=2S△CAD=2S△CBD.









. ??10 分

∴P 是△ABC 的重心.

设 P(x,y),

,因点 C 异于 A,则 ,消去 ,得 .

,故重心 P 的坐标为

(x≠ ),

故所求轨迹方程为

.

??20 分

- 50 -

2006 年全国高中数学联合竞赛一试试题及参考答案 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.已知△ABC,若对任意 t∈R, A.必为锐角三角形 C.必为直角三角形
2

,则△ABC( B.必为钝角三角形 D.答案不确定 )

)

2.设 logx(2x +x-1)>logx2-1,则 x 的取值范围为(

A. <x<1 C.x>1

B.x> ,x≠1 D.0<x<1

为(

3.已知集合 A={x|5x-a?0},B={x|6x-b>0},a,b∈N,且 A∩B∩N={2,3,4},则整数对(a,b)的个数 ) A.20 B.25 C.30 D.42

4.在直三棱柱 中, , ,已知 G 与 E 分别为 A1B1 和 CC1 的中 点,D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点).若 GD⊥EF,则线段 DF 长度的取值范围为( )

A.

B.

C.[1,

)

D.

5.设 A.充分必要条件 C.必要不充分条件

,则对任意实数 a,b,a+b?0 是 f(a)+f(b)?0 的( B.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 的个数为(

)

6.数码 a1,a2,a3,?,a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数

)

A. C.10
2006

B. +8
2006

D.10

2006

-8

2006

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.设 f(x)=sin x-sinxcosx+cos x,则 f(x)的值域是____. 8.若对一切 θ ∈R,复数 z=(a+cosθ )+(2a-sinθ )i 的模不超过 2,则实数 a 的取值范围为____.
4 4

9.已知椭圆

的左右焦点分别为 F1 与 F2,点 P 在直线 l:x- 51 -

y+8+2

=0 上,当∠F1PF2

取最大值时,比

的值为____.

10.底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为 cm 的实心铁球,四个球两两相切,其中底层两 3 球与容器底面相切.现往容器里注水,使水面恰好浸没所有铁球,则需要注水____cm . 11.方程(x
2006

+1)(1+x +x +?+x

2

4

2004

)=2006x

2005

实数解的个数为____.

12.袋内有 8 个白球和 2 个红球,每次从中随机取出一个球,然后放回 1 个白球,则第 4 次恰好取完 所有红球的概率为____. 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.给定整数 n?2,设 M0(x0,y0)是抛物线 y =nx-1 与直线 y=x 的一个交点.试证明对于任意正整数 m, m m 2 必存在整数 k?2,使(x0 , y0 )为抛物线 y =kx-1 与直线 y=x 的一个交点.
2

14.将 2006 表示成 5 个正整数 x1,x2,x3,x4,x5 之和,记 (1)当 x1,x2,x3,x4,x5 取何值时,S 取到最大值;

,问:

(2)进一步,设对任意 1?i,j?5 有|xi-xj|?2,问当 x1,x2,x3,x4,x5 取何值时,S 取到最小值. 说明理由. 15.设 f(x)=x +a, 记 f (x)=f(x), f (x)=f(f (x)), n=2,3,?, M={a∈R|对所有正整数 n, |f (0)| ?2}.
2 1 n n-1 n

证明:

. 参考答案

一、选择题 1. 已知△ABC,若对任意 t∈R, A.锐角三角形 C.直角三角形 ,则△ABC 一定为(C) B.钝角三角形 D.答案不确定 , 推出 ,即 .由此可得 . , ,也

[解]令∠ABC=α , 过 A 作 AD⊥BC 于 D, 由 令 即
2

,代入上式,得 .从而有

2.设 logx(2x +x-1)>logx2-1,则 x 的取值范围为(B)

- 52 -

A. <x<1 C.x>1

B.x> ,且 x≠1 D.0<x<1

[解]因为

,解得 x> ,x≠1,由

,解得 0<x<1;



,解得 x>1,所以 x 的取值范围为 x> ,且 x≠1.

3.已知集合 A={x|5x-a?0},B={x|6x-b>0},a,b∈N,且 A∩B∩N={2,3,4},则整数对(a,b)的个数 为(C) A.20 B.25 C.30 D.42

[解]

.要使 A∩B∩N={2,3,4},则

,即

,所以数对(a,b)共有

.

4.在直三棱柱 中, , ,已知 G 与 E 分别为 A1B1 和 CC1 的中 点,D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点).若 GD⊥EF,则线段 DF 长度的取值范围为(A)

A.

B.

C.[1,

)

D.

[解]建立直角坐标系,以 A 为坐标原点,AB 为 x 轴,AC 为 y 轴,AA1 为 z 轴,则 F(t1,0,0)(0<t1< 1),E(0,1, ),G( ,0,1),D(0,t2,0)(0<t2<1).所以 所以 t1+2t2=1,由此推出 0<t2< .又 从而有 . , , .因为 GD⊥EF, ,

5.设 A.充分必要条件 C.必要不充分条件

,则对任意实数 a,b,a+b?0 是 f(a)+f(b)?0 的(A) B.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件

- 53 -

[解]显然 为奇函数,且单调递增.于是若 a+b?0,则 a?-b,有 f(a)?f(-b),从而有 f(a)+f(b)?0.反之,若 f(a)+f(b)?0,则 f(a)?-f(b)=f(-b),推出 a?-b,即 a+b?0. 6.数码 a1,a2,a3,?,a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 的个数为(B)

A. C.10
2006

B. +8
2006

D.10

2006

-8

2006

[解]出现奇数个 9 的十进制数个数有

.又由于

以及

,从而得

. 二、填空题

7.设 f(x)=sin x-sinxcosx+cos x,则 f(x)的值域是[0, ].

4

4

[解]

.令 t=sin2x,则

.因此



,即得

.

8.若对一切 θ ∈R,复数 z=(a+cosθ )+(2a-sinθ )i 的模不超过 2,则实数 a 的取值范围为 [, ].

[解]依题意,得

(对任意实数 θ 成立)

故 a 的取值范围为[-

,

].

9.已知椭圆

的左右焦点分别为 F1 与 F2,点 P 在直线 l:x- 54 -

y+8+2

=0 上,当∠F1PF2

取最大值时,比

的值为

.

[解]由平面几何知,要使∠F1PF2 最大,则过 F1,F2,P 三点的圆必定和直线 l 相切于 P 点.设直线 l 交 x 轴于 A(-8-2 ,0),则∠APF1=∠AF2P,即△APF1∽△AF2P,即

.(1) 又由圆幂定理,|AP| =|AF1|?|AF2|.(2) 而 从而有 .
2

代入(1),(2)得

.

10.底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为 cm 的实心铁球,四个球两两相切,其中底层两 球与容器底面相切.现往容器里注水,使水面恰好浸没所有铁球,则需要注水( )π cm .
3

[解]设四个实心球的球心为 O1,O2,O3,O4,其中 O1,O2 为下层两球的球心,A,B,C,D 分别为四个球心 在底面的射影.则 ABCD 是一个边长为 . 11.方程(x [解](x
2006 2006

的正方形.所以注水高为 1+

.故应注水

+1)(1+x +x +?+x
2 4 2004

2

4

2004

)=2006x
2005

2005

实数解的个数为 1.

+1)(1+x +x +?+x

)=2006x

.

要使等号成立,必须

,即 x=±1.

但是 x?0 时,不满足原方程.所以 x=1 是原方程的全部解.因此原方程的实数解个数为 1. 12.袋内有 8 个白球和 2 个红球,每次从中随机取出一个球,然后放回 1 个白球,则第 4 次恰好取完 所有红球的概率为 0.0434.
- 55 -

[解]第 4 次恰好取完所有红球的概率为

. 三、解答题 13.给定整数 n?2,设 M0(x0,y0)是抛物线 y =nx-1 与直线 y=x 的一个交点.试证明对于任意正整数 m, m m 2 必存在整数 k?2,使(x0 , y0 )为抛物线 y =kx-1 与直线 y=x 的一个交点.
2

[证明]因为 y =nx-1 与 y=x 的交点为

2

,显然有

.

若(x0 ,y0 )为抛物线 y =kx-1 与直线 y=x 的一个交点,则

m

m

2

.



,则

,(m?2)

(13.1)

由于

是整数,

也是整数,所以根据数学归纳法,通过 是正整数.现在对于任意正整数 m, 取 ,

(13.1)式可证明对于一切正整数 m, 2 m m 使得 y =kx-1 与 y=x 的交点为(x0 ,y0 ).

14.将 2006 表示成 5 个正整数 x1,x2,x3,x4,x5 之和,记 (1)当 x1,x2,x3,x4,x5 取何值时,S 取到最大值;

,问:

(2)进一步地,设对任意 1?i,j?5 有|xi-xj|?2,问当 x1,x2,x3,x4,x5 取何值时,S 取到最小值. 说明理由. [解](1)首先这样的 S 的值是有界集,故必存在最大值与最小值.若 x1+x2+x3+x4+x5=2006,且使 取到最大值,则必有|xi-xj|?1,(1?i,j?5). (*)

事实上,假设(*)不成立,不妨假设 x1-x2?2.则令 .将 S 改写成

,有

.

同时有 .于是有 .这与 S 在 x1,x2,x3,x4,x5 时取到最大值矛盾.所以必有|xi-xj|?1,(1?i,j?5).因此当 x1=402,x2=x3=x4=x5=401 取到
- 56 -

最大值. (2)当 x1+x2+x3+x4+x5=2006 且|xi-xj|?2 时,只有 (I)402,402,402,400,400; (II)402,402,401,401,400; (III)402,401,401,401,401; 三种情形满足要求.

而后面两种情形是在第一组情形下作 道,每调整一次,和式
2 1

调整下得到的.根据上一小题的证明可以知

变大.所以在 x1=x2=x3=402,x4=x5=400 情形取到最小值.
n n-1 n

15.设 f(x)=x +a, 记 f (x)=f(x), f (x)=f(f (x)), n=2,3,?, M={a∈R|对所有正整数 n, |f (0)| ?2}.

证明:

. .

[证明](1)如果 a<-2,则

(2)如果-2?a? ,由题意 f (0)=a,f (0)=(f (0)) +a,n=2,3,?,则

1

n

n-1

2

①当 0?a? 时,

(

).

事实上,当 n=1 时,

,设 n=k-1 时成立(k?2 为某整数),则对 n=k,

. ②当-2?a<0 时, 事实上,当 n=1 时,
k k-1 2 2

(

). ,设 n=k-1 时成立(k?2 为某整数),则对 n=k,有
2

-|a|=a?f (0)=(f (0)) +a?a +a,注意到当-2?a<0 时,总有 a ?-2a,即

a +a?-a=|a|,从而有|f (0)|?|a|,由归纳法,推出

2

k

.

(3)当 a> 时,an=f (0),则对于任意 n?1, .
- 57 -

n



对于任意 n?1,

,则

.

所以, 因此 .

.当

时,

,即 f (0)>2.

n+1

综合(1)(2)(3),我们有

.

2007 年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题 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。选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档;其 他各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其它中间档次。 2. 如果考生的解题方法和本解答不同,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,5 分为一个档次,不要再增加其他中间档次。 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 小题,每小题均给出 A,B,C,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案 的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论是否写 在括号内) ,一律得 0 分。

4 的两个根,则 a ? b ? ( ) 3 10 4 10 28 A. B. C. D. 27 81 81 81 log3 3 log3 (3x) 1 ? log3 x 4 1 4 解 原方程变形为 ? ? ? ,即 ? ?? . log3 (3x) log3 27 3 1 ? log3 x 3 3 1 t 4 令 1 ? log3 x ? t ,则 ? ? ? ,解得 t1 ? ?1, t2 ? ?3 .所以 1 ? log3 x ? ?1或 1 ? log3 x ? ?3 ,所以 t 3 3 1 1 10 方程的两根分别为 和 ,所以 a ? b ? . 故选(C). 9 81 81 3 2. 设 D 为△ ABC 的边 AB 上一点, P 为△ ABC 内一点,且满足 AD ? AB , 4 2 S AP ? AD ? BC ,则 △APD ? ( ) 5 S△ABC 3 2 7 8 A. B. C. D. 10 5 15 15 2 解 连 PD,则 DP ? BC ,所以 DP // BC ,故 ?ADP ? ?B ,故 5 1 S△APD 2 AD ? DP ? sin ?ADP 3 2 3 ? ? ? ? . 故选(A). 1 S△ABC 4 5 10 AB ? BC ? sin ?B 2
1. 已知 a , b 是方程 log 3 x 3 ? log 27 (3 x) ? ? 3. 定义在 R 上的函数 f ( x ) 既是奇函数又是周期函数, 若 f ( x ) 的最小正周期是 ? , 且当 x∈[0,

? ) 2

- 58 -

时, f ( x) ? sin x ,则 f ( ? ) 的值为 A. 解

8 3

( C.

) D.

3 2

B. ?

3 2

1 2

?

1 2

根据题设条件可知

8 ? ? ? ? 3 f ( ? ) ? f (? ? 3? ) ? f (? ) ? ? f ( ) ? ? sin ? ? . 3 3 3 3 3 2
故选(B). M 是棱 BB1 上的 4. 已知 ABCD ? A 1B 1C1D 1 是一个棱长为 1 的正方体, O 1 是底面 A 1B 1C1 D 1 的中心, 点,且 S△DBM : S△O1B1M ? 2 : 3 ,则四面体 O1 ADM 的体积为 ( ) D.

3 7 C. 16 48 解 易知 AC ? 平面 D1B1BD ,设 O 是底面 ABCD 的中 AO ? 平面 DO1M . S BD ? BM BM 2 因为 △DBM ? ? 2? ? , S△O1B1M O1B1 ? B1M B1M 3
A. B. 所以

7 24

11 48
心,则
D O C B M D1

A

1 3 BM 1 ? ,故 BM ? , B1M ? .于是 4 4 B1M 3 S△DO1M ? SD1B1BD ? S△DD1O1 ? S△O1B1M ? S△DBM
A1

C1 O1 B1

7 1 2 1 2 3 1 1 2, ? 1? 2 ? ? ?1 ? ? ? ? ? ? 2? 16 2 2 2 2 4 2 4 1 1 7 2 7 所以 VA-O1MD ? S△DO1M ? AO ? ? . 故选(C). 2? ? 3 3 16 2 48
5. 有编号分别为 1,2,3,4,5 的 5 个红球和 5 个黑球,从中取出 4 个,则取出的球的编号互不相同 的概率为 ( )

1 8 D. 3 21 4 解 从 10 个球中取出 4 个,不同的取法有 C10 ? 210 种.如果要求取出的球的编号互不相同,可以先
A. B. C.
4 从 5 个编号中选取 4 个编号,有 C5 种选法.对于每一个编号,再选择球,有两种颜色可供挑选,所以取出
4 的球的编号互不相同的取法有 C5 ? 24 ? 80 种.

5 . 21

2 . 7

因此,取出的球的编号互不相同的概率为
n

80 8 ? . 故选(D). 210 21
( D. 3 个 )

6. 使得 3 ? 81是完全平方数的正整数 n 有 A. 0 个 B. 1 个 C. 2 个 解

n 当 n ? 4 时 , 易 知 3 ? 81 不 是 完 全 平 方 数 . 故 设 n ? k ? 4 , 其 中 k 为 正 整 数 , 则

3n ? 81 ? 81(3k ? 1) . n k 2 因 为 3 ? 8 1是 完 全 平 方 数 , 而 81 是 平 方 数 , 则 一 定 存 在 正 整 数 x , 使 得 3 ? 1 ? x , 即 ,故 x ? 1, x ? 1 都是 3 的方幂. 3k ? x2 ?1 ? (x ? 1) ( x ? 1) 又两个数 x ? 1, x ? 1 相差 2,所以只可能是 3 和 1,从而 x ? 2, k ? 1. n 因此,存在唯一的正整数 n ? k ? 4 ? 5 ,使得 3 ? 81 为完全平方数.故选(B).
二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。
- 59 -

7. 设 [ x ] 表示不大于 x 的最大整数,集合 A ? {x | x2 ? 2[ x] ? 3} , B ? {x | _________________.

1 ? 2 x ? 8} ,则 A B ? 8

1 ? 2 x ? 8 的解为 ?3 ? x ? 3 ,所以 B ? (?3,3) . 8 ? x 2 ? 2[ x ] ? 3, 若 x ? A B ,则 ? 所以 [ x ] 只可能取值 ?3, ?2, ?1,0,1, 2 . ? ?3 ? x ? 3, 2 若 [ x] ? ?2 ,则 x2 ? 3 ? 2[ x] ? 0 ,没有实数解;若 [ x] ? ?1 ,则 x ? 1 ,解得 x ? ?1 ;
解 不等式 若 [ x] ? 0 ,则 x ? 3 ,没有符合条件的解;若 [ x] ? 1 ,则 x ? 5 ,没有符合条件的解;
2 2

若 [ x] ? 2 ,则 x ? 7 ,有一个符合条件的解 x ?
2

因此, A 8. 解

B ? ?1, 7 .

?

?

7.

若数列 ?an ? 满足: a1 ? 由 an ?1 ? an ?

2 2 , an?1 ? an ? (an ?1 ? an ) ,则 a2007 ? _______. 3 3

2 (an ?1 ? an ) 两边平方得 3(an?1 ? an )2 ? 2(an?1 ? an ) , 3 2 又 3(an ? an?1 ) ? 2(an ? an?1 ) ,两式相减,得 3(an?1 ? an?1 )(an?1 ? 2an ? an?1 ) ? 2(an?1 ? an?1 ) . 2 2 , an?1 ? an ? (an ?1 ? an ) 求得 a2 ? 2 ,又由递推关系式易知数列 ?an ? 是单调递增数列,所 3 3 2 2 以 an?1 ? an?1 ? 0 ,故 3(an?1 ? 2an ? an?1 ) ? 2 ,即 an ?1 ? 2an ? an ?1 ? ,即 (an ?1 ? an ) ? (an ? an ?1 ) ? , 3 3 4 2 所 以 数 列 ?an?1 ? an ? 是 以 a2 ? a1 ? 为 首 项 , 为 公 差 的 等 差 数 列 , 所 以 3 3 4 2 2 an ?1 ? an ? ? (n ? 1) ? (n ? 1) ,于是 3 3 3 2 1 an ? a1 ? (2 ? 3 ? ? n) ? n(n ? 1) , 3 3 1 所以 a2007 ? ? 2007 ? (2007 ? 1) ? 1343352 . 3 9. 设复数 z1 ? (2 ? a) ? (1 ? b)i, z2 ? (3 ? 2a) ? (2 ? 3b)i, z3 ? (3 ? a) ? (3 ? 2b)i, 其中 a, b ? R ,当
由 a1 ?

z1 ? z2 ? z3 取得最小值时, 3a ? 4b ? __________.
解 易求得 z1 ? z2 ? z3 ? 8 ? 6i , , 于是 z1 ? z2 ? z3 ? z1 ? z2 ? z3 =10,z1 ? z2 ? z3 取得最小值,

当且仅当

2 ? a 3 ? 2a 3 ? a 8 7 5 ? ? ? ,解得 a ? , b ? ,所以 3a ? 4b ? 12. 1 ? b 2 ? 3b 3 ? 2b 6 3 4 ? 225 2 ? 10. 设 x ? (0, ) ,则函数 y ? 的最小值为__________. 2 2 4sin x cos x
因为 x ? (0,



?

2

) ,所以 sin x ? 0,cos x ? 0 ,设 k ? 0 ,
(1)

y?

225 1 1 ? k sin 2 x ? ? ? k cos 2 x ? k ? 15 k ? 3 3 k ? k 2 4sin x cos x cos x

- 60 -

15 ? 2 225 ? 225 ? 4 2 sin x ? , ? k sin x , sin x ? , ? 2 ? 4sin x ? 2 k ? ? ? 4 k 其中等号成立当且仅当 ? 成立,此时 ?? ?? 1 1 1 2 2 3 ? ?cos x ? ?cos x ? ? k cos x 3 2 ? ? ? k ? cos x ? k ? 1 15 1 ? ? 1 ,设 ? t 6 ,则 2t 4 ? 15t 3 ? 2 ? 0 .而 k 2 k 3 k2

2t 4 ? 15t 3 ? 2 ? 2t 4 ? t 3 ? 16t 3 ? 2 ? t 3 (2t ?1) ? 2(2t ?1)(4t 2 ? 2t ?1) ? (2t ?1)(t 3 ? 8t 2 ? 4t ? 2), 故 (2t ?1)(t 3 ? 8t 2 ? 4t ? 2) ? 0 , 1 15 1 2 注意到 sin x ? ? 1, cos 2 x ? ? 1 ,判断易知满足限制条件的根只有 t ? . 3 2 2 2 k k 1 1 当 t ? 时, k ? 6 ? 64 ,不等式(1)取得等号. 2 t 225 2 ? 所以函数 y ? 的最小值为 15 64 ? 3 3 64 ? 64 ? 68 . 2 4sin x cos x
11. 对于函数 f ( x) ? 值为__________. 解 存在一个正数 b , 使得 f ( x ) 的定义域和值域相同, 则非零实数 a 的 ax 2 ? bx ,

若 a ? 0 , 对 于 正 数 b , f ( x ) 的 定 义 域 为 D ? (??, ? ] [0, ??) , 但 f ( x ) 的 值 域

A ? [0, ??) ,故 D ? A ,不合要求.
若 a ? 0 ,对于正数 b , f ( x ) 的定义域为 D ? [0, ? ] . 由于此时 [ f ( x)]max ? f (? 由题意,有 ?

b a

b a

b b b )? ]. ,故函数的值域 A ? [0, 2a 2 ?a 2 ?a

b b ? ,由于 b ? 0 ,所以 a ? ?4 . a 2 ?a

12. 已知双曲线的中心在原点,焦点在坐标轴上,点 P(?2, 0) 到其渐近线的距离为 斜率为

2 6 .若过 P 点作 3

2 的直线交双曲线于 A, B 两点,交 y 轴于 M 点,且 PM 是 PA 与 PB 的等比中项,则双曲线的 2
设渐近线的方程为 y ? kx ,由题设得
2 2

半焦距为__________.

1? k . y ? ? 2x ,故可设双曲线的方程为 2 x ? y ? ? (? ? 0 )
2



?2k

?

2 6 ,解得 k ? ? 2 ,双曲线的渐近线方程为 3
2 ( x ? 2 ), 代 入 双 曲 线 方 程 消 去 y , 得 2

设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) , 直 线 AB 的 方 程 为 y ?

3x2 ? 4x ? 2 ?? 4 ? .0
8 4 2 时, 上面的方程恰有两实根, 且 x1 ? x2 ? , x1 x2 ? ? (? ? 2) . 3 3 3 2 由 题 设 可 知 , PM ? PA ? PB , 可 化 为 ( x1 ? 2) ? ( x2 ? 2) ? 4 , 即 x1 x2 ? 2( x1 ? x2) ? 4 ? 4 ,即
当 ? ? 16 ? 12(2? ? 4) ? 0 , 即? ? ?

2 4 ? (? ? 2) ? 2 ? ? 4 ? 4 ,解得 ? ? 2 或 ? ? 14 . 3 3
- 61 -

因此,双曲线的方程为 2 x 2 ? y 2 ? 2 或 2 x2 ? y 2 ? 14 ,即 x ?
2

y2 x2 y 2 ? 1或 ? ?1. 2 7 14

所以双曲线的半焦距为 1 ? 2 ? 3 或 7 ? 14 ? 21 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 过点 Q(?1, ?1) 作已知直线 l : y ? (1)证明:点 Q 是线段 MN 的中点. (2)分别过点 M , N 作双曲线的切线 l1 , l2 ,证明:三条直线 l , l1 , l2 相交于同一点. (3)设 P 为直线 l 上一动点,过点 P 作双曲线的切线 PA, PB ,切点分别为 A, B .证明:点 Q 在直线 AB 上. 解 (1)直线 MN 的方程为 y ? (?1) ?
2

1 x2 x ? 1的平行线,交双曲线 ? y 2 ? 1于点 M , N . 4 4

1 1 x2 [ x ? (?1)] ,即 y ? ( x ?3) ,代入双曲线方程 ? y 2 ? 1, 4 4 4

得 3x ? 6 x ? 25 ? 0 . 设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则 x1 , x2 是方程的两根,所以 x1 ? x2 ? ?2 , 于是 y1 ? y2 ? (2)双曲线

1 ( x1 ? x2 ? 6) ? ?2 ,故点 Q(?1, ?1) 是线段 MN 的中点. ???5 分 4

x2 ? y 2 ? 1的过点 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) 的切线方程分别为 4 xx xx l1 : 1 ? y1 y ? 1 , l2 : 2 ? y2 y ? 1 . 4 4 ? x1 x ? y1 y ? 1, ? 1 ? 4 联立,得 ? 两式相加,并将 x1 ? x2 ? ?2 , y1 ? y2 ? ?2 代入,得 y ? x ? 1 ,这说明 4 ? x2 x ? y y ? 1, 2 ? ? 4 1 直 线 l1 , l2 的 交 点 在 直 线 l : y ? x ? 1 上 , 即 三 条 直 线 l , l1 , l2 相 交 于 同 一 4
点. ??????????10 分 (3)设 P( x0 , y0 ) , A( x3 , y3 ), B( x4 , y4 ) ,则 PA, PB 的方程分别为

x3 x xx ? y3 y ? 1 和 4 ? y4 y ? 1 , 4 4 xx xx xx 因为点 P 在两条直线上, 所以 3 0 ? y3 y0 ? 1 , 4 0 ? y4 y0 ? 1 , 这表明点 A, B 都在直线 0 ? y0 y ? 1 上, 4 4 4 x0 x ? y0 y ? 1 . 即直线 AB 的方程为 4 x x 又 y0 ? 0 ? 1 ,代入整理得 0 ( x ? y ) ? ( y ? 1) ? 0 ,显然,无论 x0 取什么值(即无论 P 为直线 l 上哪 4 4 一点) ,点 Q(?1, ?1) 都在直线 AB 上. ??????????20 分 1 2 14. 已知数列 ?an ? 满足递推关系式: an ?1 ? an ? an ? 2 , n ? 1, n ? N . 2 3 n (1)若 a1 ? 4 ,证明: (ⅰ)当 n ? 2 时,有 an?1 ? 2an ; (ⅱ)当 n ? 1 时,有 an ?1 ? ( ) an . 2 n 1 (2)若 a1 ? 1 ,证明:当 n ? 5 时,有 ? ? n ? 1. k ?1 ak 1 2 1 2 证明: 因为 an ?1 ? an ? an ? 2an ? 2 ? (an ? 2) ? 0 ,故 an?1 ? an ,即数列 ?an ? 为递增数列. 2 2
- 62 -

1 2 an ? an ? 2 可求得 a2 ? 6, a3 ? 14 ,于是当 n ? 2 时, an ? 6 ,于是 2 1 2 1 5 an ?1 ? 2an ? an ? 3an ? 2 ? (an ? 3) 2 ? ? 0 ,即当 n ? 2 时, an?1 ? 2an . 2 2 2
(1) (ⅰ)由 a1 ? 4 及 an ?1 ? ??????????5 分 (ⅱ)由于 n ? 2 时, an?1 ? 2an ,所以 n ? 2 时, an?1 ? 2n?2 a2 ? 6 ? 2n?2 ? 3 ? 2n?1 .

1 2 a 1 2 an ? an ? 2 可得 n?1 ? an ? ? 1 . 2 an 2 an 1 3 n 先用数学归纳法证明下面的不等式成立: an ? ( ) ? 1 ( n ? 3 ). 2 2 1 3 3 Ⅰ)当 n ? 3 时, a3 ? 7 ? ( ) ? 1 ,结论成立. 2 2 1 3 k Ⅱ)假设结论对 n ? k (k ? 3) 成立,即 ak ? ( ) ? 1 ,则结合(ⅰ)的结论可得 2 2 1 3 3 ak ?1 ? ak ? 2( ) k ? 2 ? ( ) k ?1 ? 1 ,即当 n ? k ? 1 时结论也成立. 2 2 2 1 3 n 综合Ⅰ) ,Ⅱ)可知,不等式 an ? ( ) ? 1 对一切 n ? 3 都成立. 2 2 3 3 an?1 1 2 1 因此,当 n ? 3 时, ? an ? ? 1 ? an ? 1 ? ( ) n ,即 an ?1 ? ( ) n an . 2 2 an 2 an 2 31 3 2 3 n 又 a2 ? 6 ? ( ) ? a1 , a3 ? 14 ? ( ) ? a2 ? 13.5 ,所以当 n ? 1 时,有 an ?1 ? ( ) an . 2 2 2
由 an ?1 ? (2)由于 a1 ? 1 ,而数列 ?an ? 为递增数列,故当 n ? 1 时,有 an ? 1 . 由 an ?1 ?
n

??????????10 分

1 2 1 1 1 an ? an ? 2 可得 ? ,而 a1 ? 1 ,于是 ? 2 an an ? 2 an ?1 ? 2
n

1 1 1 1 1 ? )? ? ? ? 1. ak ?1 ? 2 a1 ? 2 an?1 ? 2 2 ? an?1 k ?1 k k ?1 k ?2 1 下面先证明:当 n ? 5 时,有 an ? 2 ? (*) n ?1 1 2 3 13 217 , a4 ? Ⅰ)根据 a1 ? 1 及 an ?1 ? an ? an ? 2 计算易得 a1 ? , a3 ? , 2 2 8 128 1 217 2 217 217 1 217 217 1 217 217 39 1 a5 ? ( ) ? ?2 ? 2? (1 ? ? ) ,而 (1 ? ? )? ? ? , 2 128 128 128 2 128 128 2 128 128 256 4 1 故 a5 ? 2 ? ,即当 n ? 5 时,结论成立. 4 1 Ⅱ)假设结论对 n ? k (k ? 5) 成立,即 ak ? 2 ? . k ?1 1 3 1 3 2 2 因为 an ?1 ? (an ? 1) ? ,而函数 f ( x) ? ( x ? 1) ? 在 x ? 1 时为增函数,所以 2 2 2 2 1 1 3 1 1 1 ak ?1 ? (2 ? ? 1)2 ? ? 2 ? ? ? 2? , 2 2 k ?1 2 k ? 1 2(k ? 1) k 即当 n ? k ? 1 时结论也成立. 1 综合Ⅰ) ,Ⅱ)可知,不等式 an ? 2 ? 对一切 n ? 5 都成立. n ?1

? a ? ?(a

1

- 63 -

于是当 n ? 5 时, an ?1 ? 2 ?

n 1 1 1 1 ,故 ? n ,所以 ? ? ?1 ? n ?1 . n 2 ? an ?1 2 ? an?1 k ?1 ak

??????????20 分 15. 求所有的正整数 n ,使得 n ? 36 是一个完全平方数,且除了 2 或 3 以外, n 没有其他的质因数. 解 设 n ? 36 ? ( x ? 6)2 ,其中 x ? N ? ,则 n ? x( x ? 12) .
a b ? ?x ? 2 1 ?3 1 , 依题意,可设 ? 其中 a1 , a2 , b1 , b2 均为非负整数,于是 a2 b2 ? ? x ? 12 ? 2 ? 3 , 2a2 ? 3b2 ? 2a1 ? 3b1 ? 12 (1)??????????5 分 b2 b1 如果 a1 ? a2 ? 0 , 则 3 ? 3 ? 12 , 这是不可能的.所以 a1 , a2 中至少有一个大于 0, 于是 x 和 x ? 12 均

为偶数,从而 a1 , a2 均为正整数. 若 a2 ? 1 ,则 2 ? 3 2 ? 12 ? 2 1 ? 3 1 ,显然只可能 a1 ? 1 (否则左右两边被 4 除的余数不相同) ,此时
b a b

3b2 ? 6 ? 3b1 ,显然只能是 b2 ? 2, b1 ? 1,此时 x ? 6, n ? 108 .
??????????10 分 若 a2 ? 2 ,则 x ? 12 是 4 的倍数,从而 x 也是 4 的倍数,故 a1 ? 2 ,此时

2a2 ?2 ? 3b2 ? 2a1 ?2 ? 3b1 ? 3 (2) 显然 a1 ? 2, a2 ? 2 中至少有一个应为 0(否则(2)式左右两边奇偶性不相同).
1)当 a2 ? 2 ? 0 ,即 a2 ? 2 时,

3b2 ? 2a1?2 ? 3b1 ? 3

(3)
b ?1

此时 a1 ? 2 ? 0 (否则等式左右两边奇偶性不相同) ,故 b2 ? b1 . 若 b1 ? 2 , 则 (3) 式左边是 9 的倍数, 而右边为 3, 矛盾, 故只可能 b1 ? 1 , 从而 (3) 式即 3 2 它只有两组解 ?

? 2a1 ?2 ? 1,

?a1 ? 2 ? 1, ?a1 ? 2 ? 3, ? a1 ? 3, ? a1 ? 5, 和? 即? 和? 此时,对应的 x 值分别为 24 和 96,相应的 ?b2 ? 1 ? 1, ?b2 ? 1 ? 2, ?b2 ? 2, ?b2 ? 3,
2 2 1

n 值分别为 864 和 10368. ???????15 分 a ?2 ? 3b ? 3b ? 3 2)当 a1 ? 2 ? 0 ,即 a1 ? 2 时, 2 此时显然 a2 ? 2 ? 0 (否则等式左右两边奇偶性不相同) ,故 b2 ? b1 . 若 b2 ? 2 ,则(4)式左边是 9 的倍数,而右边是 3,无解.故 b2 ? 1 .
若 b2 ? 0 ,则 2
a2 ? 2

(4)

? 3b1 ? 3 ,只可能 b1 ? 0 ,此时 a2 ? 4, x ? 4, n ? 64 .
a2 ? 2

?a2 ? 2 ? 1, ?a2 ? 2 ? 2, ? a2 ? 3, ? a2 ? 4, ? 3b1 ?1 ? 1, 它只有两组解 ? 和? 即? 和? ?b1 ? 1 ? 0, ?b1 ? 1 ? 1, ?b1 ? 1, ?b1 ? 2, 此时,对应的 x 值分别为 12 和 36,相应的 n 值分别为 288 和 1728. 因此,符合条件的 n 值有 6 个,分别为 64,108,288,864,1728,10368.
若 b2 ? 1, 则 (4) 式即 2 ??????????20 分 2008 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准(A 卷) 说明: 1.评阅试卷时,请依据本评分标准.选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档;其他 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.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分,解答题中 5 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)

- 64 -

1.函数 f ( x) ? A.0

5 ? 4 x ? x2 在 (??, 2) 上的最小值是 2? x
B.1 C.2 D.3

( C )

[解] 当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) 2? x 2? x 2? x

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时上式取等号.而此方程有解 x ? 1? (??, 2) ,因此 f ( x) 在 (??, 2) 上的最小值
2? x
为 2. 2.设 A ? [?2, 4) , B ? {x x 2 ? ax ? 4 ? 0} ,若 B ? A ,则实数 a 的取值范围为 A. [?1, 2) B. [?1, 2] C. [0,3] D. [0,3) ( D )

[解] 因 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根

a a2 a a2 , , x2 ? ? 4 ? x1 ? ? 4 ? 2 4 2 4
故 B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即

a a2 a a2 ? 4? ? ?2 且 ? 4 ? ? 4, 2 4 2 4
解之得 0 ? a ? 3 . 3.甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得 1 分,负者得 0 分,比赛进行到有一人比对方多 2 分或打 满 6 局时停止.设甲在每局中获胜的概率为 则比赛停止时已打局数 ? 的期望 E? 为 A.

2 1 ,乙在每局中获胜的概率为 ,且各局胜负相互独立, 3 3
( B )

241 81

B.

266 81

C.

274 81

D.

670 243

[解法一] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6.

2 1 5 设每两局比赛为一轮,则该轮结束时比赛停止的概率为 ( ) 2 ? ( ) 2 ? . 3 3 9
若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对下轮比赛是否 停止没有影响.从而有
P(? ? 2) ? 5 , 9

4 5 20 , P(? ? 4) ? ( )( ) ? 9 9 81 4 16 P (? ? 6) ? ( ) 2 ? , 9 81
5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81
[解法二] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6.
- 65 -

令 Ak 表示甲在第 k 局比赛中获胜,则 Ak 表示乙在第 k 局比赛中获胜. 由独立性与互不相容性得

P(? ? 2) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 A2 ) ?

5 , 9

P(? ? 4) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 )
2 1 1 2 20 , ? 2[( )3 ( ) ? ( )3 ( )] ? 3 3 3 3 81

P(? ? 6) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 )
2 1 16 ? 4( ) 2 ( ) 2 ? , 3 3 81 5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81
4.若三个棱长均为整数(单位:cm)的正方体的表面积之和为 564 cm2,则这三个正方体的体积之和为 ( A ) A. 764 cm3 或 586 cm3 C. 586 cm3 或 564 cm3 B. 764 cm3 D. 586 cm3
2

[ 解 ] 设 这 三 个 正 方 体 的 棱 长 分 别 为 a, b, c , 则 有 6 ? a 2 ? b 2 ? c
2 2 2 2 2

? ? 5 6 4, a

2

? b2 ? c2 ? 94 , 不 妨 设

1 ? a ? b ? c ? 10 ,从而 3c ? a ? b ? c ? 94 , c ? 31 .故 6 ? c ? 10 . c 只能取 9,8,7,6.

若 c ? 9 ,则 a 2 ? b2 ? 94 ? 92 ? 13 ,易知 a ? 2 , b ? 3 ,得一组解 (a, b, c) ? (2,3,9) . 若 c ? 8 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 64 ? 30 , b ? 5 .但 2b ? 30 , b ? 4 ,从而 b ? 4 或 5.若 b ? 5 ,则 a ? 5
2 2

无解,若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.此时无解.
2

若 c ? 7 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 49 ? 45 ,有唯一解 a ? 3 , b ? 6 .

b ? 29 . 若c ? 6, 则 a2 ? b2 ? 94 ? 36 ? 58 , 此时 2b ? a ? b ? 58 , 故b ? 6 , 但b ? c ? 6 , 故b ? 6,
2 2 2 2

此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解.
2

? a ? 2, ? a ? 3, ? ? 综上,共有两组解 ?b ? 3, 或 ?b ? 6, ? c ? 7. ?c ? 9 ? ?
体积为 V1 ? 23 ? 33 ? 93 ? 764 cm3 或 V2 ? 33 ? 63 ? 73 ? 586 cm3.

? x ? y ? z ? 0, 5.方程组 ? 的有理数解 ( x, y, z ) 的个数为 ? xyz ? z ? 0, ? xy ? yz ? xz ? y ? 0 ?
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

( B )

? x ? y ? 0, ? x ? 0, ? x ? ?1, [解] 若 z ? 0 ,则 ? 解得 ? 或? ? xy ? y ? 0. ? y ? 0 ? y ? 1.
若 z ? 0 ,则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ?1 . ①
- 66 -

由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y .

② ③

将② 代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . 由① 得x??

1 ,代入③ 化简得 ( y ?1)( y3 ? y ?1) ? 0 . y

易知 y3 ? y ?1 ? 0 无有理数根,故 y ? 1 ,由① 得 x ? ?1 ,由② 得 z ? 0 ,与 z ? 0 矛盾,故该方程组共有

? x ? 0, ? x ? ?1, ? 两组有理数解 ? ? y ? 0, 或 ? y ? 1, ? z ? 0. ?z?0 ? ?
6.设 ?ABC 的内角 A,B,C 所对的边 a, b, c 成等比数列,则 A. (0, ??) C. ( B. (0, D. (

sin A cot C ? cos A 的取值范围是( C ) sin B cot C ? cos B

5 ?1 ) 2 5 ?1 , ??) 2

5 ?1 5 ?1 , ) 2 2

[解] 设 a, b, c 的公比为 q ,则 b ? aq, c ? aq2 ,而

sin A cot C ? cos A sin A cos C ? cos A sin C ? sin B cot C ? cos B sin B cos C ? cos B sin C

?

s i n A? ( C ) ?s ?i n B( ? ? s i n B? ( C ) ?s ?i n A(

)B s b i n ? ?q. )A s a i n

因此,只需求 q 的取值范围. 因 a, b, c 成等比数列, 最大边只能是 a 或 c , 因此 a, b, c 要构成三角形的三边, 必需且只需 a ? b ? c 且

b ? c ? a .即有不等式组

?a ? aq ? aq 2 , ? ?q 2 ? q ? 1 ? 0, ? 即? 2 ? 2 ? ?aq ? aq ? a ? ?q ? q ? 1 ? 0.

?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ? 2 2 解得 ? ?q ? 5 ? 1 或q ? ? 5 ? 1 . ? ? 2 2
从而

5 ?1 5 ?1 5 ?1 5 ?1 ?q? ,因此所求的取值范围是 ( , ). 2 2 2 2
, 若 f7 ( x) ? 1 2 8 x3 8 1 ? ,

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 设 f ( x) ? ax ? b , 其中 a , b 为实数, f1 ( x) ? f ( x) , fn?1 ( x) ? f ( f n ( x)) ,n ? 1, 2,3, 则a ?b ? 5 .

[解] 由题意知 fn ( x) ? an x ? (an?1 ? an?2 ?

? a ?1)b

? an x ?

an ?1 ?b , a ?1
- 67 -

由 f7 ( x) ? 128x ? 381 得 a 7 ? 128 ,

a7 ?1 ? b ? 381 ,因此 a ? 2 , b ? 3 , a ? b ? 5 . a ?1
1 ,则 a ? 2

8.设 f ( x) ? cos 2 x ? 2a(1 ? cos x) 的最小值为 ? [解] f ( x) ? 2cos2 x ?1 ? 2a ? 2a cos x

?2 ? 3



a 1 ? 2(cos x ? ) 2 ? a 2 ? 2a ? 1 , 2 2
(1) a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ? 1 时取最小值 1 ? 4a ; (2) a ? ?2 时, f ( x) 当 cos x ? ?1 时取最小值 1; (3) ?2 ? a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ?

a 1 时取最小值 ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2
1 , 2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的最小值不能为 ?

1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2
9.将 24 个志愿者名额分配给 3 个学校,则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种. [解法一] 用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校,而用 ? 表示名额.如

| ???? | ?

? | ?? |

表示第一、二、三个学校分别有 4,18,2 个名额. 若把每个 “ ? ” 与每个 “ | ” 都视为一个位置,由于左右两端必须是 “ | ” ,故不同的分配方法相当于

24 ? 2 ? 26 个位置(两端不在内)被 2 个“|”占领的一种“占位法”.
“每校至少有一个名额的分法”相当于在 24 个“ ? ”之间的 23 个空隙中选出 2 个空隙插入“|”,故有 种. C2 23 ? 253 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. [解法二] 设分配给 3 个学校的名额数分别为 x1 , x2 , x3 ,则每校至少有一个名额的分法数为不定方程

x1 ? x2 ? x3 ? 24 .
的正整数解的个数,即方程 x1 ? x2 ? x3 ? 21的非负整数解的个数,它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可 重组合:
21 2 . H3 ? C21 23 ? C23 ? 253

又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. 10.设数列 {an } 的前 n 项和 Sn 满足: Sn ? an ?

n ?1 , n ? 1, 2, n(n ? 1)

,则通项 an = 1 ? 1 . 2n n(n ? 1)

- 68 -

[解] an ?1 ? Sn ?1 ? Sn ? 即 2 a n ?1 ? =

n n ?1 ? an ?1 ? ? an , (n ? 1)(n ? 2) n( n ? 1)

n?2?2 1 1 ? ? ? an (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n(n ? 1)
?2 1 , ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1) 1 1 . ) ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)

由此得 2 (a n ?1 ? 令 bn ? an ? 有 bn ?1 ?

1 1 1 , b1 ? a1 ? ? ( a1 ? 0 ), 2 2 n(n ? 1)

1 1 1 1 . bn ,故 bn ? n ,所以 a n ? n ? 2 2 n(n ? 1) 2

11.设 f ( x) 是定义在 R 上的函数,若 f (0) ? 2008 ,且对任意 x ? R ,满足

)= f ( x? 2 )? f ( x ) ? 3 ?x , 2 f ( x ? 6) ? f ( x) ? 63 ? 2x ,则 f (2008
[解法一] 由题设条件知

22008 ? 2007



f ( x ? 2) ? f ( x) ? ?( f ( x ? 4) ? f ( x ? 2)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x ? 4)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x)) ? ?3 ? 2x?2 ? 3 ? 2x?4 ? 63 ? 2x ? 3 ? 2 x ,
因此有 f ( x ? 2) ? f ( x) ? 3 ? 2x ,故

f (2008) ? f (2008) ? f (2006) ? f (2006) ? f (2004) ?

? f (2) ? f (0) ? f (0)

? 3 ? (22006 ? 22004 ?
? 3? 41003?1 ? 1 ? f (0) 4 ?1

? 22 ? 1) ? f (0)

? 22008 ? 2007 .
[解法二] 令 g ( x) ? f ( x) ? 2x ,则

g ( x ? 2) ? g ( x) ? f ( x ? 2) ? f ( x) ? 2x?2 ? 2x ? 3 ? 2x ? 3 ? 2x ? 0 , g ( x ? 6) ? g ( x) ? f ( x ? 6) ? f ( x) ? 2x?6 ? 2x ? 63 ? 2x ? 63 ? 2x ? 0 ,
即 g ( x ? 2) ? g ( x), g ( x ? 6) ? g ( x) , 故 g ( x) ? g ( x ? 6) ? g ( x ? 4) ? g ( x ? 2) ? g ( x) , 得 g ( x) 是周期为 2 的周期函数, 所以 f (2008) ? g (2008) ? 22008 ? g (0) ? 22008 ? 22008 ? 2007 . 12.一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 4 6 的正四面体容器内可向各个方向自由运动,则该小球永远 不可能接触到的容器内壁的面积是

72 3



[解] 如答 12 图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为 r ,作平面 A1 B1C1 //平面 ABC ,与小球相 切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体 P ? A1 B1C1 的中心, PO ? 面A1B1C1 ,垂足 D 为 A1 B1C1 的中心.
- 69 -

1 因 VP ? A B C ? S ?A B C ? PD 1 1 1 3 111

? 4 ?VO? A1B1C1
1 ? 4 ? ? S?A1B1C1 ? OD , 3
故 PD ? 4OD ? 4r ,从而 PO ? PD ? OD ? 4r ? r ? 3r . 记此时小球与面 PAB 的切点为 P1 ,连接 OP ,则 1
2 2 PP (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 ? PO ? OP 1 ?

考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 PAB )相切时的情况,易 知小球在面 PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形,记为 P , 1 EF 如答 12 图 2.记正四面体 的棱长为 a ,过 P1 作 PM ? PA 于 M . 1 因 ?MPP 1 ? 答 12 图 1

?
6

, 有 PM ? PP 1 ? cos MPP 1 ? 2 2r ?

3 ? 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长 2

PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r . 1
小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 2 中 分) 阴影部

S?PAB ? S?PEF ? 1

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r )2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4
答 12 图 2

又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以

S?PAB ? S?P1EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .
由对称性,且正四面体共 4 个面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.已知函数 f ( x) ?| sin x | 的图像与直线 y ? kx (k ? 0) 有且仅有三个交点,交点的横坐标的最大值为 ? , 求证:

cos ? 1? ? 2 . ? sin ? ? sin 3? 4?
[证]

f ( x) 的图象与直线 y ? kx (k ? 0) 的三个
3? ) 内相切,其切 2

交点如答 13 图所示,且在 (? , 点为 A(? , ? sin ? ) , ? ? (? ,

3? ). 2

答 13 图 3 sin ? 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 ? cos ? ? ? ,即 ? ? tan ? . …10 分 2 ? 因此
- 70 -

…5 分

cos ? cos ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ? ? 1 4sin ? cos ?
…15 分

?
?

cos 2 ? ? sin 2 ? 4sin ? cos ?
1 ? tan 2 ? 4 tan ?

?

1? ? 2 . 4?

…20 分

14.解不等式 log2 ( x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ?1) ? 1 ? log2 ( x4 ?1) . [解法一] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .
即 分组分解

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 2 x4 ? 1 ? 0 .
x12 ? x10 ? x8 ?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6 ?4 x8 ? 4 x6 ? 4 x4 ? x6 ? x 4 ? x 2 ? x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

…5 分

( x8 ? 2x6 ? 4x4 ? x2 ? 1)( x4 ? x2 ?1) ? 0 ,
所以

…10 分

x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

( x2 ?
所以 x 2 ?

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? )?0. 2 2

…15 分

?1 ? 5 ?1 ? 5 或 ?1 ? 5 . ,即 x ? ? x? 2 2 2

故原不等式解集为 (??, ?

5 ?1 ) ( 2

5 ?1 , ??) . 2

…20 分

[解法二] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .


…5 分

2 1 ? ? x 6 ? 3x 4 ? 3x 2 ? 1 ? 2 x 2 ? 2 ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , x2 x6

(

1 3 1 ) ? 2( 2 ) ? ( x 2 ? 1) 3 ? 2( x 2 ? 1) , 2 x x

…10 分

令 g (t ) ? t 3 ? 2t ,则不等式为

g(

1 ) ? g ( x 2 ? 1) , x2
- 71 -

显然 g (t ) ? t 3 ? 2t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于

1 ? x 2 ? 1, 2 x
即 ( x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x 2 ? 故原不等式解集为 (??, ?

…15 分 ( x2 ? ?

5 ?1 2

5 ?1 舍去), 2
…20 分

5 ?1 ) ( 2

5 ?1 , ??) . 2

15. 如题 15 图,P 是抛物线 y 2 ? 2 x 上的动点, 点 B,C 在 y 轴上, 圆 ( x ?1)2 ? y 2 ? 1 内切于 ?PBC , 求 ?PBC 面积的最小值. [解] 设 P( x0 , y0 ), B(0, b), C(0, c) ,不妨设 b ? c . 直线 PB 的方程: y ? b ?

y0 ? b x, x0

化简得 ( y0 ? b) x ? x0 y ? x0b ? 0 . 又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1,

y0 ? b ? x0b
2 ( y0 ? b) 2 ? x0

?1 ,

…5 分

2 2 2 故 ( y0 ? b)2 ? x0 ? ( y0 ? b)2 ? 2x0b( y0 ? b) ? x0 b ,

易知 x0 ? 2 ,上式化简得 ( x0 ? 2)b2 ? 2 y0b ? x0 ? 0 , 同理有 ( x0 ? 2)c2 ? 2 y0c ? x0 ? 0 . 所以 b ? c ?

题 15 图 …10 分

? x0 ?2 y0 , bc ? ,则 x0 ? 2 x0 ? 2
2 2 4 x0 ? 4 y0 ? 8x0 . ( x0 ? 2)2

(b ? c)2 ?

2 因 P( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 ? 2 x0 ,则
2 2 x0 4 x0 ,b?c ? . 2 x0 ? 2 ( x0 ? 2)

(b ? c)2 ?

…15 分

所以 S?PBC ?

x 1 4 (b ? c) ? x0 ? 0 ? x0 ? ( x0 ? 2) ? ?4 2 x0 ? 2 x0 ? 2

?2

4 ? 4 ?. 8

当 ( x0 ? 2)2 ? 4 时,上式取等号,此时 x0 ? 4, y0 ? ?2 2 . 因此 S?PBC 的最小值为 8. …20 分

- 72 -

2009全国高中数学联合竞赛一试试题 (考试时间 10月11日8:00-9:40) 本试卷共二个大题,满分100分,不能使用计算器 一、填空题(本大题共8小题,每题7分,共56分)

, 且f ( n) ( x) ? f [ f [ f ? f ( x)]] ?? ?? ? (99) 1? x (1) ? n 1、若函数 ,则 f ; 2 2 2、已知直线L: x ? y ? 9 ? 0 和圆M:2x ? 2 y ? 8x ? 8 y ? 1 ? 0 ,点A在直线L上,B、C为圆M上两点,
2

f ( x) ?

x

在△ABC中,∠BAC=45°,AB过圆心M,则点A的横坐标的范围为



?y ? 0 ? ?y ? x ?y ? 2 ? x 3、在坐标平面上有两个区域M,N,M为 ? ,N是随t变化的区域,它由不等式 t ? x ? t ? 1 所确 定,t的取值范围是 0 ? t ? 1,设M,N的公共面积是 f (t ) ,则 f (t ) =

1 1 1 1 ? ?? ? a ? 2007 n ?1 3 对一切正整数n都成立的最小正整数a的值为 4、使不等式 n ? 1 n ? 1

x2 y2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 b 5、椭圆 a 上任意两点P,Q,若OP⊥OQ,则乘积|OP|?|OQ|的最小值为 6、若方程 lg kx ? 2 lg(x ? 1) 仅有一个实根,那么k的取值范围是
7、一个由若干数字组成的数表,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除的行,则最后一行的数是 (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 时间是相互独立的,其规律为 到站时刻 8:10-9:10 8:30-9:30 8:50-9:50 概率 1 1 1

6

2

3

一旅客8:20到站,则他候车时间的数学期望为 (精确到分) 二、解答题(本大题共3小题,共44分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)

x2 y2 ? ?1 l : y ? kx ? m 16 12 1、 (本题14分)设直线 (其中k,m为整数)与椭圆 交于不同的两点A,B,与 2 2 x y ? ?1 4 12 双曲线 交于不同的两点C,D,问是否存在直线 l 使得向量 AC ? BD ? 0,若存在,指出这样
的直线有多少条,若不存在,请说明理由。 2、 (本题15分)已知 p, q(q ? 0) 是实数,方程 x ? px ? q ? 0 有两个实根α ,β,数列{an}满足
2

a1 ? p, a2 ? p 2 ? q, an ? pan?1 ? qan?2 (n ? 3,4,?).
(1)求数列{an}的通项公式(用α ,β表示) (2)若

p ? 1, q ?

1 4 ,求数列{an}的前n项的和.

- 73 -

3、 (本题15分)求函数 y ?

x ? 27 ? 13 ? x ? x 的最大值和最小值。

2009全国高中数学联合竞赛二试试题 (考试时间 10月11日9:40-12:10) 本试卷共四个大题,满分200分 一、 (50分)如图,M,N分别为锐角三角形ABC(∠A<∠B )的外接圆Γ 上弧 BC, AC 的中点。过点C作 PC∥MN交圆Γ 于P点,I为△ABC的内心,连接PI并延长交圆Γ 于T。 (Ⅰ)求证 MP?MT=NP?NT (Ⅱ)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 证:

I1 , I 2 ,求

Q, I1 , I 2 , T 共圆。

0 ?? ?
二、 (50分)设 (Ⅰ) (Ⅱ)

?

2 ,且 sin ? ,cos ? 均为有理数。求证:存在

0 ? ?1 , ? 2 ?

?
2 满足

?1 ? ?2 ? ?
sin ?1 ,sin ?2 ,cos ?1,cos ?2 都是有理数

三、 (50分)已知无穷数列{an}满足

a1 ? 1, a2 ? 1, a3 ? 3 , an ? an?1 ? 2an?2 ? an?3 ,n=4,5,?,求证:

对任何正常数m,存在某个正整数n,使得m|

an 。

- 74 -

四、 ( 50 分)设 M 为整数集 Z 的一个含 0 的有限子集,又设 f , g : M ? M 为两个单调非增函数(即若

x, y ? M , x ? y, 则 f ( x) ? f ( y), g ( x) ? g ( y) ) ,且满足 g ( f (0)) ? 0 。求证:在 M 中存在整数 p 使得 g ( f ( p)) ? p

2009全国高中数学联合竞赛一试参考答案 一、填空题

1 1、 10
2、[3,6]

f ( n ) ( x) ?
探究易得

x 1 ? nx 2

设A(a,9-a),则圆心M到直线AC的距离d

d?
=AM sin45°,由直线AC与圆M相交,得 解得3?a?6

34 2 ,

f?x? = x g?x? = 2-x
2.5

2

1.5

1 ?t ? t ? 2 3、 f (t ) ? S阴影部分面积=S ?AOB ? S ?OCD ? S ?BEF
2

1

0.5

-2

-1

1

2

3

4

1 1 1 ? 1 ? t 2 ? (1 ? t )2 ? ?t 2 ? t ? 2 2 2 1 1 1 f ( n) ? ? ? ? n ?1 n ? 2 2n ? 1 。显然 f (n) 单 4、设 1 f (1) ? a ? 2007 f ( n ) 3 ,得a=2009 调递减,则由 的最大值 ? ? 5 、 设 P ( |OP|cosθ , |OP|sinθ ) , Q ( |OQ|cos(θ± 2 ) , |OQ|sin ( θ ± 2 ) )由P,Q在椭圆上,有 2 2 2 2 1 cos ? sin ? 1 sin ? cos ? ? ? 2 ? ? 2 2 2 | OP | a b , | OQ | a2 b2
-0.5 -1 -1.5

1 1 cos2 ? sin 2 ? sin 2 ? cos 2 ? 1 1 ? ? ? 2 ? 2 ? ? 2? 2 | OP |2 | OQ |2 a2 b a b2 a b

2a 2b2 2a 2 b 2 2 2 2 2 于是当|OP|=|OQ|= a ? b 时,|OP|?|OQ|达到最大值 a ? b 6、 k ? 0或k ? 4
?kx ? 0 ? ?x ?1 ? 0 1 ?kx ? ( x ? 1) 2 x1 , x2 ? (k ? 2 ? k 2 ? 4k ) 2 ? 2 由二次方程得 , ? ? k 4k ? 0 ? k ? 0或k ? 4
(1)当 k ? 0 时,

? x1 ? x2 ? k ? 2 , 所以 x1 , x2同为负根。 ? ? x1 x2 ? 1 ? 0
x1 。
- 75 -



? x1 ? 1 ? 0 ? ? x2 ? 1 ? 0

,所以原方程有一个解

x?
(2)当k=4时,原方程有一个解

k ?1 ? 1 2

? x1 ? x2 ? k ? 2 , 所以 x1 , x2同为正根。 ? x1 x2 ? 1 ? 0 x ? x2 ,不合题意,舍去 ? (3)当k>4时, 且 1 综上所述: k ? 0, 或k ? 4
7、101? 2 该表共100行; 每一行构成一个等差数列,且公差依次为 设第 n ( n ? 2 )行的第一个数为
98

d1 ? 1, d2 ? 2, d3 ? 22 ,

, d99 ? 298

an ,则 an ? an?1 ? (an?1 ? 2n?2 ) ? 2an?1 ? 2n?2 ,两边同除以 2n?2 ,得

an an ?1 ?? n ?1 98 n ?2 n?2 2 2 ?3 ,得 an ? (n ? 1) 2 , a100 ? 101 2
8、27 旅客候车的分布列为 候车时间(分) 10 概率 1

30

50

70

90

2
候车时间的数学期望为

1 3

1 1 ? 6 6

1 1 ? 2 6

1 1 ? 3 6

1 1 1 1 1 10 ? ? 30 ? ? 50 ? ? 70 ? ? 90 ? ? 27 2 3 36 12 18
二、解答题 9、9条

? y ? kx ? m ? 2 ?x y2 ? ?1 2 2 2 ? 由 ?16 12 消去y,得 (3 ? 4k ) x ? 8kmx ? 4m ? 48 ? 0 8km x1 ? x2 ? ? 2 2 2 A ( x , y ), B ( x , y ) 3 ? 4k 2 ,且 ? ? (8km) ? 4(3 ? 4k )(4m ? 48) ? 0 1 1 2 2 ,则 设
? y ? kx ? m ? 2 ?x y2 ?1 2 2 2 ? ? 同理由 ? 4 12 消去y,得 (3 ? k ) x ? 2kmx ? m ?12 ? 0 2km x3 ? x4 ? 2 2 2 C( x3 , y3 ), D( x4 , y4 ) ,则 3 ? k 2 ,且 ? ? (2km) ? 4(3 ? k )(?m ?12) ? 0 设
因为 AC ? BD ? 0 ,所以

( x4 ? x2 ) ? ( x3 ? x1 ) ? 0 ,得

8km 2km ? x4 ? x3 ? x2 ? x1 ,即 3 ? 4k 2 = 3 ? k 2 ,得 k ? 0或m=0 当k=0时,得 ?2 3 ? m ? 2 3 ,m是整数,m= ?3, ?2, ?1,0,1, 2,3
当m=0时,得 ? 3 ? k ? 3 ,k是整数,m= ?1, 0,1 。于是满足条件的直线有9条。
2 a ? (n ? 1)? ; p2 ? 4q ? 0 时, 10、 (Ⅰ) p ? 4q ? 0 时, n

n

an ?

? n?1 ? ? n?1 ? ??

(Ⅱ) (Ⅰ)由韦达定理α β =q(q≠0) ,α+β=p
- 76 -

sn ? 3 ?

n?3 2n

∴ 即 由

an ? pan?1 ? qan?2 ? (? ? ? )an?1 ? ?? an?2 (n ? 3, 4, ) an ? ? an?1 ? ? (an?1 ? ? an?2 ) ,设 bn ? an?1 ? ? an ,

a1 ? p, a2 ? p2 ? q, 得 b1 ? ? 2 ,于是 bn ? ? 2 ? n?1 ? ? n?1 ,∴ an?1 ? ? an ? ? n?1

an ?1 an ? n ?1 n?1 2 n ?1 a ? 2 ? a ? ? a ? ? ? ? ? ? 0 ? ? p ? 4 q ? 0 ? n 当 时, , 1 , n?1 ,即 ? n an ? (n ? 1)?
2 a ? ? an ? ? 当 ? ? p ? 4q ? 0 时, ? ? ? , n?1

n?1

an?1 ?
化为

? n?2 ? n?1 ? ? (an ? ) ? ?? ? ??

an ?

? ? ? ?? ? ? n?1 an ? ? ?? ? ?? ? ?? ,所以
n ?1 2 n ?1

n ?1

2 a ? (n ? 1)? ; p2 ? 4q ? 0 时, 综上所述: p ? 4q ? 0 时, n

n

an ?

? n?1 ? ? n?1 ? ??

(Ⅱ)

p ? 1, q ?

1 1 an ? (n ? 1)( ) n 2 2 ,利用错位相减法易得 4 ,则 p ? 4q ? 0 ,此时

n?3 2n 11、 3 3 ? 13 ? y ? 11 sn ? 3 ?
函数定义域为[0,13],因为

y ? x ? x ? 27 ? 13 ? x ? x ? 27 ? 13 ? 2 x(13 ? x) ? 3 3 ? 13
当且仅当x=0时等号成立。故y最小值为 3 3 ? 13 又由柯西不等式

1 1 y 2 ? ( x ? x ? 27 ? 13 ? x ) 2 ? ( ? 1 ? )(2 x ? x ? 27 ? 3(13 ? x)) ? 121 2 3 所以 y ? 11 ,当且仅当 4 x ? 9(13 ? x) ? x ? 27 ,x=9y取得最大值11
综上所述 3 3 ? 13 ? y ? 11

2010 年全国高中数学联赛

一 一、填空题(每小题 8 分,共 64 分, ) 1. 函数 f ( x) ?



. x ? 5 ? 24 ? 3x 的值域是 2 2. 已知函数 y ? (a cos x ? 3) sin x 的最小值为 ? 3 ,则实数 a 的取值范围是 . 2 2 3. 双曲线 x ? y ? 1 的右半支与直线 x ? 100 围成的区域内部(不含边界)整点(纵横坐标均为整 数的点)的个数是 . 4. 已知 {an } 是公差不为 0 的等差数列,{bn } 是等比数列,其中 a1 ? 3, b1 ? 1, a2 ? b2 ,3a5 ? b3 ,且 存在常数 ? , ? 使得对每一个正整数 n 都有 an ? log? bn ? ? ,则 ? ? ? ? 5. 函数 f ( x) ? a 最小值是 .
2x x

.

则它在这个区间上的 ? 3a ? 2(a ? 0, a ? 1) 在区间 x ? [?1,1] 上的最大值为 8,
- 77 -

6. 两人轮流投掷骰子,每人每次投掷两颗,第一个使两颗骰子点数和大于 6 者为胜,否则轮由另一 人投掷.先投掷人的获胜概率是 . 7. 正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的 9 条棱长都相等, P 是 CC1 的中点,二面角 B ? A1 P ? B1 ? ? ,则

sin ? ?

. .

8. 方程 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解(x,y,z)的个数是 二、解答题(本题满分 56 分)

9. (16 分)已知函数 f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d (a ? 0) ,当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 1,试求 a 的最 大值. 10.(20 分)已知抛物线 y 2 ? 6 x 上的两个动点 A( x1 , y1 )和B( x2 , y2 ) ,其中 x1 ? x 2 且 x1 ? x2 ? 4 . 线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 C ,求 ?ABC 面积的最大值. 11. (20 分) 证明: 方程 2 x ? 5x ? 2 ? 0 恰有一个实数根 r , 且存在唯一的严格递增正整数数列 {an } ,
3

使得

2 ? r a1 ? r a2 ? r a3 ? ? . 5
解 答

1.

[?3, 3]
3 ? a ? 12 2

提示:易知 f ( x) 的定义域是 ?5,8? ,且 f ( x) 在 ?5,8? 上是增函数,从而可知 f ( x) 的

值域为 [?3, 3] . 2. ?
2 提示:令 sin x ? t ,则原函数化为 g (t ) ? (?at ? a ? 3)t ,即

g (t ) ? ?at 3 ? (a ? 3)t . 由 ? at 3 ? (a ? 3)t ? ?3 , ? at(t 2 ? 1) ? 3(t ? 1) ? 0 , (t ? 1)(?at(t ? 1) ? 3) ? 0 及 t ? 1 ? 0 知 ? at(t ? 1) ? 3 ? 0 即

a(t 2 ? t ) ? ?3 .
当 t ? 0,?1 时(1)总成立;
2 对 0 ? t ? 1,0 ? t ? t ? 2 ;对 ? 1 ? t ? 0,?

(1)

1 3 ? t 2 ? t ? 0 .从而可知 ? ? a ? 12 . 4 2 3. 9800 提示:由对称性知,只要先考虑 x 轴上方的情况,设 y ? k (k ? 1,2,?,99) 与双曲线右半 支于 Ak ,交直线 x ? 100 于 Bk ,则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为 99 ? k ,从而在 x 轴上方区域内部整点
的个数为

? (99 ? k ) ? 99 ? 49 ? 4851 .
k ?1

99

又 x 轴上有 98 个整点,所以所求整点的个数为 2 ? 4851 ? 98 ? 9800 . 4.
3

3 ? 3 提示 :设 {an } 的公差为 d ,{bn } 的公比为 q ,则 3 ? d ? q, (1)

3(3 ? 4d ) ? q 2 , (2) 2 (1)代入(2)得 9 ? 12d ? d ? 6d ? 9 ,求得 d ? 6, q ? 9 .
从而有 3 ? 6(n ? 1) ? log? 9 正整数 n 都成立. 从而
n?1

? ? 对一切正整数 n 都成立,即 6n ? 3 ? (n ? 1) log? 9 ? ? 对一切
log? 9 ? 6,?3 ? ? log? 9 ? ? ,

求得

? ? 3 3, ? ? 3 , ? ? ? ? 3 3 ? 3 .
- 78 -

1 3 提示:令 a x ? y, 则原函数化为 g ( y) ? y 2 ? 3 y ? 2 , g ( y ) 在 (? ,+?) 上是递增的. 2 4 ?1 当 0 ? a ? 1 时, y ? [a, a ] , 1 g ( y ) max ? a ?2 ? 3a ?1 ? 2 ? 8 ? a ?1 ? 2 ? a ? , 2
5. ? 所以

1 1 1 g ( y ) min ? ( ) 2 ? 3 ? ? 2 ? ? ; 2 2 4
当 所以

a ? 1 时, y ? [a ?1 , a] ,

g ( y) max ? a 2 ? 3a ? 2 ? 8 ? a ? 2 ,
1 g ( y ) min ? 2 ? 2 ? 3 ? 2 ?1 ? 2 ? ? . 4 1 综上 f ( x) 在 x ? [?1,1] 上的最小值为 ? . 4 12 21 7 ? 6. 提示:同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为 ,从而先投掷人的获胜概率为 17 36 12 7 5 7 5 7 7 1 12 ? ( )2 ? ? ( )4 ? ? ? ? ? . ? 25 17 12 12 12 12 12 12 1? 144 10 7. 提示:解法一:如图,以 AB 所在直线为 x 轴,线段 AB 中点 O 为原点,OC 所在直线为 y 4 轴,建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为 2,则 B(1,0,0), B1 (1,0,2), A1 (?1,0,2), P(0, 3,1) ,从而,

BA , 3,1), B1 A1 ? (?2,0,0), B1 P ? (?1, 3,?1) . 1 ? (?2,0,2), BP ? (?1
设分别与平面 BA 1 P 、平面 B1 A1 P 垂直的向量是 m ? ( x1 , y1 , z1 ) 、 n ? ( x2 , y2 , z 2 ) ,则

? ?m ? BA1 ? ?2 x1 ? 2 z1 ? 0, ? ? ?m ? BP ? ? x1 ? 3 y1 ? z1 ? 0, ? ?n ? B1 A1 ? ?2 x2 ? 0, ? ? ?n ? B1 P ? ? x2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 0,
由此可设

z

A1 C1

m ? (1,0,1), n ? (0,1, 3) , 所 以
6 . 4

m ? n ? m ? nc o s ? ,即

B1 P A O C B x y

3 ? 2 ? 2 cos ? ? cos ? ?
所以 sin ? ?

10 . 4 解法二:如图, PC ? PC1 , PA 1 ? PB . 设 A1 B 与 AB1 交 于 点 O, OA1 ? OB, OA ? OB1 , A1B ? AB1 .

A1 C1 E



因为 PA ? PB1 , 所以 PO ? AB1 , 从 而 AB1 ? 平 过 O 在平面 PA 1 B 上作 OE ? A 1 P ,垂足为 E . 连结 B1 E , 则 ?B1 EO 为二面角 B ? A1 P ? B1 的平
- 79 -

B1 O A P

面 PA 1B . 面 角 . 设

C B

AA1 ? 2 ,则易求得 PB ? PA 2, PO ? 3 . 1 ? 5, A 1O ? B1O ?
在直角 ?PA1O 中, A1O ? PO ? A1 P ? OE ,即 又 B1O ?

2 ? 3 ? 5 ? OE,? OE ?

6 5

.

6 4 5 . ? 5 5 BO 2 10 . sin ? ? sin ?B1 EO ? 1 ? ? B1 E 4 5 4 5 2 8. 336675 提示:首先易知 x ? y ? z ? 2010的正整数解的个数为 C2009 ? 2009?1004. 把 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解分为三类: (1) x, y , z 均相等的正整数解的个数显然为 1; (2) x, y , z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数,易知为 1003; (3)设 x, y , z 两两均不相等的正整数解为 k . 2 ,? B1 E ? B1O 2 ? OE 2 ? 2 ?
易知

1 ? 3 ? 1003 ? 6k ? 2009 ? 1004 ,
所以

6k ? 2009 ? 1004 ? 3 ? 1003 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2009 ? 3 ? 2 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2004 ,
即 从而满足 x ? y ? z 的正整数解的个数为

k ? 1003 ? 335 ? 334 ? 335671 .
1 ? 1003 ? 335671 ? 336675 .

9. 解法一:

? f ?(0) ? c, ? 1 3 f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c, 由 ? ? f ?( ) ? a ? b ? c, 4 ? 2 ? f ( 1 ) ? 3 a ? 2b ? c ? ?



1 3a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) . 2
所以

1 3 a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) 2 1 ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) ? 8 , 2 8 8 3 8 2 所以 a ? . 又易知当 f ( x) ? x ? 4 x ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 . 3 3 3 2 解法二: f ?( x) ? 3ax ? 2bx ? c . 设 g ( x) ? f ?( x) ? 1 ,则当 0 ? x ? 1 时, 0 ? g ( x) ? 2 . z ?1 , ?1 ? z ? 1 . 设 z ? 2 x ? 1 ,则 x ? 2 z ? 1 3a 2 3a ? 2b 3a h( z ) ? g ( )? z ? z? ? b ? c ? 1. 2 4 2 4 容 易 知 道 当 ? 1 ? z ? 1 时 , 0 ? h( z ) ? 2,0 ? h(? z ) ? 2 . 从 而 当 ? 1 ? z ? 1 时 , h( z ) ? h( ? z ) 0? ?2 , 即 2
- 80 -

3a 2 3a z ? ? b ? c ?1 ? 2 , 4 4 3a 3a 8 ? b ? c ? 1 ? 0 , z 2 ? 2 ,由 0 ? z 2 ? 1 知 a ? . 从而 4 4 3 8 3 8 2 又易知当 f ( x) ? x ? 4 x ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 . 3 3 x ? x2 y ? y2 ? 2, y 0 ? 1 10. 解法一:设线段 AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ,则 x0 ? 1 , 2 2 y ? y1 y ? y1 6 3 . k AB ? 2 ? 22 ? ? 2 x 2 ? x1 y 2 ? y1 y 0 y 2 y1 ? 6 6 线段 AB 的垂直平分线的方程是 y y ? y 0 ? ? 0 ( x ? 2) . (1) 3 易知 x ? 5, y ? 0 是(1)的一个解,所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且点 C 坐标 为 (5,0) . 3 由(1)知直线 AB 的方程为 y ? y 0 ? ( x ? 2) ,即 y0 y x ? 0 ( y ? y0 ) ? 2 . (2) 3 (2)代入 y 2 ? 6 x 得 y 2 ? 2 y0 ( y ? y0 ) ? 12 ,即 0?
2 (3) y 2 ? 2 y0 y ? 2 y 0 ? 12 ? 0 . 依题意, y1 , y2 是方程(3)的两个实根,且 y1 ? y2 ,所以 2 2 2 ? ? 4 y0 ? 4(2 y0 ?12) ? ?4 y0 ? 48 ? 0 ,

? 2 3 ? y0 ? 2 3 .
AB ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2
y A

? (1 ? (

y0 2 ) )( y1 ? y 2 ) 2 3
B

? (1 ?

2 y0 )[(y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ] 9

2 y0 2 2 ? (1 ? )(4 y0 ? 4(2 y0 ? 12)) 9 2 2 2 ? (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) . 3 定点 C (5,0) 到线段 AB 的距离

O

C(5,0)

x

2 h ? CM ? (5 ? 2) 2 ? (0 ? y 0 ) 2 ? 9 ? y 0 .

S ?ABC ?

1 1 2 2 2 AB ? h ? (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) ? 9 ? y0 2 3 1 1 2 2 2 ? (9 ? y0 )(24 ? 2 y0 )(9 ? y0 ) 3 2

- 81 -

2 2 2 ? 24 ? 2 y0 ? 9 ? y0 1 1 9 ? y0 ? ( )3 3 2 3 14 ? 7 . 3

2 2 当 且 仅 当 9 ? y0 , 即 y0 ? ? 5 , A( ? 24 ? 2 y0

6 ? 35 6 ? 35 , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 或 3 3

A(

6 ? 35 6 ? 35 , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3 14 7. 所以, ?ABC 面积的最大值为 3 解法二:同解法一,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且点 C 坐标为 (5,0) .
5 1 2 设 x1 ? t , x2 ? t , t1 ? t 2 , t ? t ? 4 ,则 S ?ABC ? t1 2 2 t2
2 1 2 2 2 1 2 2

0

1

6t1 1 的绝对值, 6t 2 1

1 2 2 S? 6t12 t 2 ? 6t1t 2 ? 5 6t 2 )) 2 ABC ? ( (5 6t1 ? 2 3 ? (t1 ? t 2 ) 2 (t1t 2 ? 5) 2 2 3 ? (4 ? 2t1t 2 )( t1t 2 ? 5)( t1t 2 ? 5) 2 3 14 ? ( )3 , 2 3 14 2 7 , 当 且 仅 当 (t1 ? t 2 ) 2 ? t1t 2 ? 5 且 t12 ? t 2 所 以 S ?ABC ? ? 4 , 即 t1 ? 3

7? 5 6

,

t2 ? ?
A(

7? 5 6

, A(

6 ? 35 6 ? 35 , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 或 3 3

6 ? 35 6 ? 35 , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3 14 7. 所以, ?ABC 面积的最大值是 3 11. 令 f ( x) ? 2x 3 ? 5x ? 2 , 则 f ?( x) ? 6 x 2 ? 5 ? 0 , 所 以 f ( x) 是 严 格 递 增 的 . 又 1 3 1 f (0) ? ?2 ? 0, f ( ) ? ? 0 ,故 f ( x) 有唯一实数根 r ? (0, ) . 2 4 2 3 2r ? 5r ? 2 ? 0 , 所以 2 r ? ? r ? r 4 ? r 7 ? r10 ? . 3 5 1? r 故数列 an ? 3n ? 2(n ? 1,2,?) 是满足题设要求的数列.
若存在两个不同的正整数数列 a1 ? a2 ? ? ? an ? ?和 b1 ? b2 ? ? ? bn ? ?满足

r a1 ? r a2 ? r a3 ? ? ? r b1 ? r b2 ? r b3 ? ? ?
去掉上面等式两边相同的项,有

2 , 5

r s1 ? r s2 ? r s3 ? ? ? r t1 ? r t2 ? r t3 ? ? , 这里 s1 ?s 2 ?s 3 ? ?, t1 ? t 2 ? t3 ? ? ,所有的 s i 与 t j 都是不同的.
- 82 -

不妨设 s1 ? t1 ,则

1 ? r t1 ?s1

r s1 ? r s1 ? r s2 ? ? ? r t1 ? r t2 ? ? , 1 1 ? r t2 ? s1 ? ? ? r ? r 2 ? ? ? ?1 ? ?1 ? 1, 1 1? r 1? 2

矛盾.故满足题设的数列是唯一的.




A

1. (40 分)如图,锐角三角形 ABC 的外心为 O,K 是 边 BC 上一点 (不是边 BC 的中点) , D 是线段 AK 延长线上 一点, 直线 BD 与 AC 交于点 N, 直线 CD 与 AB 交于点 M. 求 证:若 OK⊥MN,则 A,B,D,C 四点共圆.
B

O

EK D

C

P

Q

1 N .记 M 2 (l ) (l ?1) 证明: 存在正整数 m, 使得 f ( m) (r ) 为一个整数. 这 f (1)( r ) ? f ( r ) ? r? ? r? ? , f (r ) ? f ( f (r )), l ? 2 .
2. ( 40 分)设 k 是给定的正整数, r ? k ? 里, ? ?1? ? ? 1. ? x? ? 表示不小于实数 x 的最小整数,例如: ? ? ? 1 , ? 2

?1? ? ? 3. (50 分)给定整数 n ? 2 ,设正实数 a1 , a2 , , an 满足 ak ? 1, k ? 1, 2, , n ,记 a ? a ? ? ak Ak ? 1 2 , k ? 1, 2, , n . k n n n ?1 求证: ? ak ? ? Ak ? . 2 k ?1 k ?1 4. (50 分)一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A An 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个, 1 A2

同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相 同.问:该种密码锁共有多少种不同的密码设置? 解 答
A

1. 用反证法.若 A,B,D,C 不四点共圆,设三角形 的外接圆与 AD 交于点 E,连接 BE 并延长交直线 AN 于 连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P,连接 PQ. 因为 PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)
2

ABC 点 Q,

? ? PO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,
2 2 2

O

同理

B

QK ? ? QO ? r
2

? ? ? KO
2

2

?r

2

?,
2

EK D

C

所以 故 OK ⊥ PQ .

PO ? PK ? QO ? QK ,
2

P

Q

由题设,OK⊥MN,所以 PQ∥MN,
M

N

于是

- 83 -

AQ AP . ? QN PM
由梅内劳斯(Menelaus)定理,得



NB DE AQ ? ? ? 1, ② BD EA QN MC DE AP ? ? ? 1. ③ CD EA PM NB MC ND MD ? ? 由①,②,③可得 , 所以 ,故△DMN ∽ △DCB,于是 ?DMN ? ?DCB , BD CD BD DC 所以 BC∥MN,故 OK⊥BC,即 K 为 BC 的中点,矛盾!从而 A, B, D, C 四点共圆. 2 注 1:“ PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)”的证明:延长 PK 至点 F,使得 PK ? KF ? AK ? KE , ④
则 P,E,F,A 四点共圆,故 从而 E,C,F,K 四点共圆,于是 ⑤-④,得

?PFE ? ?PAE ? ?BCE , PK ? PF ? PE ? PC ,


PK 2 ? PE ? PC ? AK ? KE ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O) .
注 2:若点 E 在线段 AD 的延长线上,完全类似.
A

O F B EK D P C

Q

2.

记 v2 (n) 表示正整数 n 所含的 2 的幂次.则当

M m ? v2 ( k) ? 1 时, f ( m) (r ) 为整数. 下面我们对 v2 (k ) ? v 用数学归纳法. 当 v ? 0 时,k 为奇数, k ? 1 为偶数,此时 1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) ? ? k ? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? 2?? 2? ? 2? ?

N

为整数. 假设命题对 v ? 1(v ? 1) 成立. 对于 v ? 1 ,设 k 的二进制表示具有形式

k ? 2v ? ?v?1 ? 2v?1 ? ?v?2 ? 2v?2 ? 这里, ?i ? 0 或者 1, i ? v ? 1, v ? 2, .
于是



1?? 1 ? ? 1 ? ? f ( r )? ? k? ?? k? ? ?? k ? ?? k 1 ? ? 2?? 2? ? 2 ? ? 1 k ? ? ? k2 ? k 2 2 1 ? ? 2v ?1 ? (? v ?1 ? 1) ? 2v ? (? v ?1 ? ? v ? 2 ) ? 2v ?1 ? 2
- 84 -

? 22 v ?

? k? ?
这里

1 , 2



k ? ? 2v?1 ? (?v?1 ?1) ? 2v ? (?v?1 ? ?v?2 ) ? 2v?1 ? ? 22v ? . 1 显然 k ? 中所含的 2 的幂次为 v ? 1 . 故由归纳假设知,r ? ? k ? ? 经过 f 的 v 次迭代得到整数, 由①知, 2 f (v?1) (r ) 是一个整数,这就完成了归纳证明.
3. 由 0 ? ak ? 1 知,对 1 ? k ? n ? 1 ,有 0 ?

? ai ? k ,
i ?1

k

0?

注意到当 x, y ? 0 时,有 x ? y ? max ?x, y? ,于是对 1 ? k ? n ? 1 ,有

i ? k ?1

?a

n

i

? n?k .

1 n ?1 1? k An ? Ak ? ? ? ? ? ai ? ? ai n i ?k ?1 ? n k ? i ?1 1 n ?1 1? k ? ? ai ? ? ? ? ? ai n i ?k ?1 ? k n ? i ?1 ?1 n ?1 1? k ? ? max ? ? ai , ? ? ? ? ai ? ? n i ?k ?1 ? k n ? i ?1 ? ?1 ?1 1? ? ? max ? (n ? k ), ? ? ? k ? ?k n? ? ?n k ? 1? , n


? ak ? ? Ak ? nAn ? ? Ak
k ?1 k ?1 k ?1

n

n

n

?

? ? An ? Ak ? ? ? An ? Ak
k ?1 k ?1
n ?1

n ?1

n ?1

? k ? n ?1 . ? ? ?1 ? ? ? 2 n? k ?1 ?
4. 对于该种密码锁的一种密码设置,如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同,在它们所在的边上标上 a,如果颜色不同,则标上 b,如果数字和颜色都相同,则标上 c.于是对于给定的点 A 1 上的设置(共有 4 种) ,按照边上的字母可以依次确定点 A2 , A3 ,

, An 上的设置.为了使得最终回到 A1 时的设置与初始时相

同,标有 a 和 b 的边都是偶数条.所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记 a,b,c, 使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍.

?n? ? n ? 2i ? .选取 2 i 条边标记 a 的 ? ? ? 2 ? ? 2i 2j 有 Cn 种方法,在余下的边中取出 2 j 条边标记 b 的有 Cn ? 2i 种方法,其余的边标记 c.由乘法原理,此时
设标有 a 的边有 2 i 条, 0 ? i ? ? ? ,标有 b 的边有 2 j 条, 0 ? j ? ? 2
2i 2j 共有 Cn Cn ? 2i 种标记方法.对 i,j 求和,密码锁的所有不同的密码设置方法数为
?n? ?2? ? ? i ?0 ? n ? 2i ? ? ? ? ? ? 2i ? 2 ? 2 j ? ? Cn ? Cn ? 2 i ? . j ?0 ? ? ? ?

4?
0 这里我们约定 C0 ? 1.



当 n 为奇数时, n ? 2 i ? 0 ,此时

- 85 -

? n ? 2i ? ? 2 ? ? ? j ?0

?C

2j n ? 2i

? 2n?2i ?1 .



代入①式中,得

4?
i ?0

?n? ?2? ? ?

? n ? 2i ? ?n? ?n? ? ? ? 2 ? ?2? ?2? ? ? ? ? ? ? ? 2i 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 C C ? 4 C 2 ? 2 ? n ? ? ? Cn2i 2n?2i ? ? ? n ? n ? 2i ? j ?0 i ?0 i ?0 ? ? ? ?

k n?k k n ?k ? ? Cn 2 ? ? Cn 2 (?1)k ? (2 ? 1)n ? (2 ? 1)n

n

n

? 3 ?1 .
当 n 为偶数时,若 i ?
?n? ?2? ? ? i ?0

k ?0 n

k ?0

n n ,则② 式仍然成立;若 i ? ,则正 n 边形的所有边都标记 a,此时只有一 2 2

种标记方法.于是,当 n 为偶数时,所有不同的密码设置的方法数为

4?

n? ? n ? 2i ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? ?1 ? ? ? ? ? ? 2i ? 2 i n ? 2 i ?1 ? 2j ?? ? Cn ? Cn ? 2 i ? ? 4 ? ? 1 ? ? ? Cn 2 i ? 0 j ? 0 ? ? ? ? ? ? ? ?

2i n ? 2i ?1 ? 2 ? 4? ? Cn 2 ? ? 3n ? 3 . i ?0

?n? ?2? ? ?

综上所述,这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是:当 n 为奇数时有 3 ? 1 种;当 n 为偶数时
n

有 3 ? 3 种.
n

2011 年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷) 考试时间:2011 年 10 月 16 日 8:00—9:20

一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.把答案填在横线上. 1.设集合 A ? {a1 , a 2 , a 3 , a 4 } ,若 A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为 B ? {?1, 3, 5, 8} ,则集 合 A? .

2.函数 f ( x) ?

x 2 ?1 的值域为 x ?1



- 86 -

3.设 a , b 为正实数,

1 1 ? ? 2 2 , (a ? b) 2 ? 4(ab) 3 ,则 loga b ? a b



4.如果 cos5 ? ? sin5 ? ? 7(sin3 ? ? cos3 ? ) , ? ? [0,2? ) ,那么 ? 的取值范围是



5.现安排 7 名同学去参加 5 个运动项目,要求甲、乙两同学不能参加同一个项目,每个项目都有人 参加,每人只参加一个项目,则满足上述要求的不同安排方案数为 . (用数字作答)

- 87 -

6.在四面体 ABCD中,已知 ?ADB? ?BDC ? ?CDA ? 60? , AD ? BD ? 3 ,CD ? 2 ,则四面体 ABCD的 外接球的半径为 .

7.直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 与抛物线 y 2 ? 4 x 交于 A, B 两点, C 为抛物线上的一点, ?ACB ? 90? ,则点 C 的 坐标为 .

- 88 -

8.已知 a n ? C

n 3 200

? 6

? ?

200? n

? 1 ? ? ?? ? ? (n ? 1,2, ? ,95) ,则数列 {a n } 中整数项的个数为 ? 2?

n



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 小 题 满 分 16 分 ) 设 函 数 f ( x) ?| lg(x ? 1) | , 实 数 a, b(a ? b) 满 足 f (a) ? f (?
f (10a ? 6b ? 21) ? 4 lg 2 ,求 a , b 的值.

b ?1 ) , b?2

- 89 -

10 .( 本 小 题 满 分 20 分 ) 已 知 数 列 {a n } 满 足 : a1 ? 2t ? 3 (t ? R 且 t ? ?1) ,
a n ?1 ? (2t n ?1 ? 3)a n ? 2(t ? 1)t n ? 1 a n ? 2t n ? 1
(n ? N * ) .

(1)求数列 {a n } 的通项公式; (2)若 t ? 0 ,试比较 an ?1 与 a n 的大小.

- 90 -

1 x2 y2 11. (本小题满分 20 分) 作斜率为 的直线 l 与椭圆 C : ? ? 1 交于 A, B 3 36 4 两点(如图所示) ,且 P(3 2 , 2 ) 在直线 l 的左上方. (1)证明:△ PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上; (2)若 ?APB ? 60? ,求△ PAB 的面积.

y P O A x B

- 91 -

2011 年全国高中数学联合竞赛加试试题(A 卷) 考试时间:2011 年 10 月 16 日 9:40—12:10

- 92 -

二、 (本题满分 40 分)证明:对任意整数 n ? 4 ,存在一个 n 次多项式 f ( x) ? x n ? a n?1 x n?1 ? ? ? a1 x ? a0 具有如下性质: (1) a 0 , a1 , ? , a n ?1 均为正整数; (2)对任意正整数 m ,及任意 k (k ? 2) 个互不相同的正整数 r1 , r2 , ?, rk ,均有 f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) .
- 93 -

三、 (本题满分 50 分)设 a1 , a 2 , ? , a n (n ? 4) 是给定的正实数, a1 ? a 2 ? ? ? a n .对任意正实数 r ,满 足
a j ? ai ak ? a j ? r (1 ? i ? j ? k ? n) 的三元数组 (i, j, k ) 的个数记为 f n (r ) .

证明: f n (r ) ?

n2 . 4

- 94 -

四、 (本题满分 50 分)设 A 是一个 3? 9 的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称 A 中的一 个 m ? n (1 ? m ? 3, 1 ? n ? 9) 方格表为“好矩形” ,若它的所有数的和为 10 的倍数.称 A 中的一个 1?1 的小方 格为“坏格” ,若它不包含于任何一个“好矩形” .求 A 中“坏格”个数的最大值.

- 95 -

a

2012年全国高中数学联赛
一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,共64分.把答案填在题中的横线上.

2 ( x ? 0 )的图 像上任意一点,过点 P 分别向 x 直线 y ? x 和 y 轴作垂线,垂足分别为 A, B ,则 PA ? PB 的值是_____________.
1.设 P 是函数 y ? x ?
- 96 -

6.设

f ( x) 是定义在 R 上的奇函数,且当 x ? 0 时, f ( x) ? x .若对任意的 x ? [a, a ? 2] ,不等式 f ( x ? a) ? 2 f ( x) 恒成立,则实数 a 的取值范围是_____________. 1 ? 1 7.满 足 ? sin ? 的所有正整数 n 的和是_____________. 4 n 3 8.某情报站有 A, B, C , D 四种互不相同的密码,每周使用其中的一种密码,且每周都是从上周未使用的 三种密码中等可能地随机选用一种.设第1周使用A种密码,那么第7周也使用 A 种密码的概率是
_____________.(用最简分数表示) 二、 解答题:本大题共3小题,共56分.解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤. 9. (本小题满分16分)已知函数 f ( x) ? a sin x ?

?

(1)若对任意 x ? R ,都有 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围;

1 3 1 cos 2 x ? a ? ? , a ? R, a ? 0 2 a 2

(2)若 a ? 2 ,且存在 x ? R ,使 得 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.

10. (本小题满分20分)已知数列 ?an ? 的各项均为非零实数,且对于任意的 正整数 n ,都有
3 3 3 (a1 ? a2 ? ? an )2 ? a1 ? a2 ? ? an (1)当 n ? 3 时,求所有满足条件的三项组成的数列 a1 , a2 , a3 ;

(2)是否存在满足条件的无穷数列 {an } ,使得 a2013 ? ?2012? 若存在, 求出这样的无穷数列的一个通项公式;若不存在,说明理由.

11. (本小题 满分20分) 如图5,在平面直角坐标系 XOY 中,菱形 ABCD 的边长为 4 ,且 OB ? OD ? 6 . (1)求证: | OA | ? | OC | 为定值;
2 2 (2)当点A在半 圆 ( x ? 2) ? y ? 4 ( 2 ? x ? 4 )上运动时,求

点 C 的轨迹.

- 97 -

三、 (本题满分 50 分) 设P , Pn 是平面上 n ? 1 个点,它们两两间的距离的最小值为 d (d ? 0) 0, P 1, P 2, 求证: P0 P 1 ? P 0P 2 ?

d P0 Pn ? ( ) n (n ? 1)! 3

四、 (本题满分 50 分)

1 1 ? ? , n 是正整数.证明:对满足 0 ? a ? b ? 1 的任意实数 a , b ,数列 {Sn ? [Sn ]} 中有无 2 n 穷多项属于 ( a, b) .这里, [ x ] 表示不超过实数 x 的最大整数.
设 Sn ? 1 ?

- 98 -

2012年全国高中数学联赛一试及加试试题 参考答案及详细评分标准(A卷word版) 一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,共64分.把答案填在题中的横线上. 1. 设 P 是函数 y ? x ?

2 ( x ? 0 )的图像上任意一点,过点 P 分别向直线 y ? x 和 y 轴作垂线,垂 x


足分别为 A, B ,则 PA ? PB 的值是

2. 则

设 ?ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ,且满足 a cos B ? b cos A ? .

3 c, 5

tan A 的值是 tan B

【答案】4

[来源:21 世纪教育网]

3.设 x, y, z ?[0,1] ,则 M ? | x ? y | ? | y ? z | ? | z ? x | 的最大值是 【答案】 2 ? 1 因为
[21世纪教育网]

.

【解析】不妨设 0 ? x ? y ? z ? 1, 则 M ?

y ? x ? z ? y ? z ? x.

y ? x ? z ? y ? 2[( y ? x) ? ( z ? y)] ? 2( z ? x).
1 时上式等号同时成立.故 M max ? 2 ?1. 2
? .设 3

所以 M ? 2( z ? x) ? z ? x ? ( 2 ?1) z ? x ? 2 ?1. 当且仅当 y ? x ? z ? y , x ? 0, z ? 1, y ?

2 4.抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的焦点为 F ,准线为l, A, B 是抛物线上的两个动点,且满足 ?AFB ?

线段AB的中点 M 在l上的投影为 N ,则

| MN | 的最大值是 | AB |
- 99 -

.

【答案】1

21世纪教育网

AF ? BF . 2 ? 2 2 2 在 ?AFB 中,由余弦定理得 AB ? AF ? BF ? 2 AF ? BF cos 3 AF ? BF 2 AF ? BF 2 2 ) ?( ) ? MN . ? ( AF ? BF )2 ? 3 AF ? BF ? ( AF ? BF )2 ? 3( 2 2 MN 当且仅当 AF ? BF 时等号成立.故 的最大值为1. AB
【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得 MN ? 5.设同底的两个正三棱锥 P ? ABC 和 Q ? ABC 内接于同一个球.若正三棱锥 P ? ABC 的侧面与底面所 成的角为 45 ,则正三棱锥 Q ? ABC 的侧面与底面所成角的正切值是 .

6. 设 f ( x ) 是定义在 R 上的奇函数,且当 x ? 0 时, f ( x) ? x .若对任意的 x ? [a, a ? 2] ,不等式 . f ( x ? a) ? 2 f ( x) 恒成立,则实数 a 的取值范围是 【答案】 [ 2, ??).

?

7.满足

1 ? 1 ? sin ? 的所有正整数 n 的和是 4 n 3



【答案】33 【解析】由正弦函数的凸性,有当 x ? (0,

?
6

) 时,

3

1 ? 3 ? 1 ? ,sin ? ? ? , 13 13 4 12 ? 12 4 ? ? 1 ? 3 ? 1 ? 1 ? ? ? 1 ? sin ? ? ,sin ? ? ? . 所以 sin ? ? sin ? sin ? sin ? ? sin . 10 10 3 9 ? 9 3 13 4 12 11 10 3 9 sin ?
- 100 -

?

?

?

x ? sin x ? x, 由此得

故满足

1 ? 1 ? sin ? 的正整数 n 的所有值分别为 10,11,12, 它们的和为 33 . 4 n 3

8.某情报站有 A, B, C , D 四种互不相同的密码,每周使用其中的一种密码,且每周都是从上周未使用的 三种密码中等可能地随 机选用一种.设第1周使用A种密码,那么第7周也使用A种密码的概率 是 . (用最简分数表示)

二、解答题:本大题共3小题,共56分.解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤. 9. (本小题满分16分)已知函数 f ( x) ? a sin x ?

(1)若对任意 x ? R ,都有 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围;

1 3 1 cos 2 x ? a ? ? , a ? R, a ? 0 2 a 2

(2)若 a ? 2 ,且存在 x ? R ,使得 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.

10. (本小题满分20分)已知数列 ?an ? 的各项均为非零实数,且对于任意的正整数 n ,都有
3 3 3 (a1 ? a2 ? ? an )2 ? a1 ? a2 ? ? an (1)当 n ? 3 时,求所有满足条件的三项组成的 数列 a1 , a2 , a3 ;

(2)是否存在满足条件的无穷数列 {an } ,使得 a2013 ? ?2012? 若存在, 求出这样的无穷数列的一个通项公式;若不存在,说明理由.

- 101 -

11. (本小题满分20分) 如图5,在平面直角坐标系 XOY 中,菱形 ABCD 的边长为 4 ,且 OB ? OD ? 6 . (1)求证 : | OA | ? | OC | 为定值; (2)当点A在半圆 ( x ? 2)2 ? y 2 ? 4 ( 2 ? x ? 4 )上运动时,求

点 C 的轨迹. 【解 析】因为 OB ? OD , AB ? AD ? BC ? CD , 所以 O, A, C 三点共线 如图,连结 BD ,则 BD 垂直平分线段 AC ,设垂足为 K ,于是有 OA ? OC ? ( OK ? AK )( OK ? AK )
2 2 2 2 2 2 2 2

? OK ? AK ? ( OB ? BK ) ? ( AB ? BK ) ? OB ? AB ? 62 ? 42 ? 20 ( 定值)
(2)设 C ( x, y), A(2 ? 2cos ? , 2sin ? ), 其中 ? ? ?XMA(?
2

?
2

?? ?

?
2

), 则 ?XOC ?

?
2

.

2 2 2 因为 OA ? (2 ? 2 cos ? ) ? (2sin ? ) ? 8(1 ? cos ? ) ? 16 cos

?
2

, 所以 OA ? 4 cos

?
2

由(1)的结论得 OC cos

?
2

? 5, 所以 x ? OC cos

?
2

? 5. 从而 y ? OC sin

?
2

? 5 tan

?

故点 C 的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为 A(5,5), B(5, ?5) 2012 年全国高中数学联赛加试试题(
21 世纪教育网

2

? [?5,5].

A 卷)

一、 (本题满分40分) 如图,在锐角 ?ABC 中, AB ? AC , M , N 是 BC 边上不同的两点,使得 ?BAM ? ?CAN . 设 ?ABC 和

?AMN 的外心分别为 O1 , O2 ,求证: O1 , O2 , A 三点共线。

- 102 -

证法一:令 b ? mx, b ? 1 ? 2k ?1 y, 消去 b 得 2k ?1 y ? mx ? 1.
k ?1 ? ? x ? x0 ? 2 t 由 于 (2 , m) ? 1, 这方程必有整数解; ? 其中 t ? z,( x0 , y0 ) 为方程的特解. ? ? y ? y0 ? mt ? k ?1 ? ? ? 把最小的正整数解记为 ( x , y ), 则 x ? 2 ,故 b ? mx ? 2a ?1, 使 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数.??40 分

k ?1

证法二:由于 (2

k ?1

, m) ? 1, 由中国剩余定理知,同余方程组

? x ? 0(mod 2 ) k ?1 在区间 (0, 2 m) 上有解 x ? b, 即存在 b ? 2a ? 1, 使 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数. ????40 ? ? x ? m ?1(mod m)
k ?1

分 证 法 三 : 由 于 (2, m) ? 1, 总 存 在 r (r ? N , r ? m ? 1), 使 2 ? 1(mod m) 取 t ? N , 使 tr ? k ? 1, 则
r ?
?

2tr ? 1(mod m) tr k ?1 存在 b ? (2 ?1) ? q ? (2 m) ? 0, q ? N , 使 0 ? b ? 2a ? 1, k ?1 此时 m b ,2 m ?1, 因而 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数.?????40 分
三、 (本题满分50分) 设P , Pn 是平面上 n ? 1 个点,它们两两间的距离的最小值为 d (d ? 0) 0, P 1, P 2, 求证: P0 P 1 ? P 0P 2 ?

d P0 Pn ? ( ) n (n ? 1)! 3

- 103 -

四、 (本题满分50分)

1 1 ? ? ,n是正整数.证明:对满足 0 ? a ? b ? 1 的任意实数 a , b ,数列 {Sn ? [Sn ]} 中有 2 n 无穷多项属于 ( a, b) .这里, [ x ] 表示不超过实数x的最大整数.
设 Sn ? 1 ? 【解析】证法一:(1)对任意 n ? N ,有
?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? n ? 1? ? ( 1 ? 2 ) ? ( n ?1 ? ? n) 2 3 2 2 2 ?1 2 2 ?1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 1? ? ( 2 ? 2 ) ? ? ( n ? ? n ) ? 1? ? ? ? ? n 2 2 2 2 2 2 2 2 2 S 2n ? 1 ?

- 104 -

证法 二:(1) S2n ? 1 ?

1 1 1 ? ? ? n 2 3 2 1 1 1 1 ? 1? ? ( 1 ? 2 ) ? ( n ?1 ? 2 2 ?1 2 2 ?1 1 1 1 1 ? 1? ? ? ? ? n 2 2 2 2

?

1 1 1 1 ) ? 1? ? ( 2 ? 2 ) ? n 2 2 2 2

?(

1 ? 2n

?

1 ) 2n

- 105 -


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