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2003年全国高中数学联赛试题及详细解析


一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.(2003 年全国高中数学联赛)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.这个数列的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2 2 2.设 a,b∈R,ab≠0,那么直线 ax-y+b=0 和曲线 bx +ay =ab 的图形是

y



y

y

y

O

x

O

x

O

x

O

x

A.
2

B.

C.

D.

3.过抛物线 y =8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°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 轴交于点 P,则线段 PF 的长等于 16 8 16 (A) (B) (C) 3 (D) 8 3 3 3 3 4.若 x∈[- (A) 5? 2? ? ? ? ,- ],则 y=tan(x+ )-tan(x+ )+cos(x+ )的最大值是 12 3 3 6 6 (B) 11 2 6 (C) 11 3 6 (D) 12 3 5

12 2 5

二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) 3 2 7.不等式|x| - 2x -4|x|+3<0 的解集是



8.设 F1、F2 是椭圆 + =1 的两个焦点,P 是椭圆上一点,且|PF1|∶|PF2|=2∶1,则△ 9 4

x y

2

2

PF1F2 的面积等于 . 2 9.已知 A={x|x -4x+3<0,x∈R}, B={x|21-x+a?0,x2-2(a+7)x+5?0,x∈R} 若 A?B,则实数 a 的取值范围是 .

3 5 10. 已知 a,,, 均为正整数, logab= , cd= , a-c=9, b-d= b c d 且 log 若 则 2 4



11.将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆 柱内,并使得每个球都和其相邻的 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 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.-|ai 只取 0 或 1(i=1, …, -1), n=1}, a1a2…an 2, n a

Sn Tn 是 Mn 中元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则 lim = n→∞Tn



五、(本题满分 20 分) 15.一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A,且 OA=a,折叠纸片,使圆 周上某一点 A?刚好与点 A 重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.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.

加试题 (10 月 12 日上午 10:00?12:00)
[来源:21 世纪教育网]

一、(本题 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.

二、(本题 50 分) 设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0. l m n ?3 ? ?3 ? ?3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过 x 的最大整数.求这种三角 ?10 ? ?10 ? ?10 ? 形周长的最小值.

三、(本题 50 分) 1 2 2 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形, 其中 n=q +q+1,? q(q+1) +1, l 2

q?2,q∈N.已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,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 年全国高中数学联赛解答
第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 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.这个数列 的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 【答案】C 2 2 【解析】45 =2025,46 =2116. 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个,而 2026 至 2115 之间没有完全平方数.故 1 至 2025 中共有新数列中的 2025-45=1980 项.还缺 2003-1980=23 项.由 2025+23=2048.知 选 C.

3.过抛物线 y =8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°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 轴交于点 P,则线段 PF 的长等于 16 8 16 (A) (B) (C) 3 (D) 8 3 3 3 3 【答案】A 【解析】抛 物线的焦点为原点(0,0),弦 AB 所在直线方程为 y= 3x,弦的中点在 y= 4

2

p k

=

4 4 3 4 4 上,即 AB 中点为( , ),中垂线方程为 y=- (x- )+ ,令 y=0,得点 P 的坐标 3 3 3 3 3 3

16 为 . 3 ∴ PF= 16 .选 A. 3

4.若 x∈[- (A)

5? 2? ? ? ? ,- ],则 y=tan(x+ )-tan(x+ )+cos(x+ )的最大值是 12 3 3 6 6 (B) 11 2 6 (C) 11 3 6 (D) 12 3 5

12 2 5

【答 案】C 2? ? 5? ? ? ? ? 【 解析】令 x+ =u,则 x+ =u+ ,当 x∈[- ,- ]时,u∈[- ,- ], 6 3 2 12 3 4 6

y=-(cotu+tanu)+cosu=-

2 ? ? +cosu.在 u∈[- ,- ]时,sin2u 与 cosu 都单调递 sin2u 4 6

11 ? 增,从而 y 单调递增.于是 u=- 时,y 取得最大值 3,故选 C. 6 6

二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) 3 2 7.不等式|x| -2x -4|x|+3<0 的解集是 【答案】(-3,- 5-1 5-1 )∪( ,3). 2 2



【解析】即|x| -2|x| -4|x|+3<0,?(|x|-3)(|x|- - 5+1 5-1 ,或 <|x|<3. 2 2 ∴ 解为(-3,- 5-1 5-1 )∪( ,3). 2 2
[来源:21 世纪教育网]

3

2

5-1 5+1 )(|x|+ )<0.?|x|< 2 2

9.已知 A={x|x -4x+3<0,x∈R}, B={x|21-x+a?0,x2-2(a+7)x+5?0,x∈R} 若 A?B,则实数 a 的取值范围是 . 【答案】-4?a?-1. 【解析】A=(1,3); 又,a?-2 ∴
1-x

2

1 x +5 ∈(-1,- ),当 x∈(1,3)时,a? -7∈( 5-7,-4). 4 2x

2

-4?a?-1.

3 5 10. 已知 a,,, 均为正整数, logab= , cd= , a-c=9, b-d= b c d 且 log 若 则 2 4 【答案】93 3 2 5 4 2 3 4 5 2 4 2 2 【解析】a =b ,c =d ,设 a=x ,b=x ;c=y ,d=y ,x -y =9.(x+y )(x-y )=9. 2 2 2 3 5 ∴ x+y =9,x-y =1,x=5,y =4.b-d=5 -2 =125-32=93 . 11.将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内,并使得每 个球都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 . 【答案】2+ 8 【解析】如图,ABCD 是下层四个球的球心,EFGH 是上层的四个球 心.每个球心与其相切的球的球心距离=2.EFGH 在平面 ABCD 上的射影 是一个正方形.是把正方形 ABCD 绕其中心旋转 45?而得.设 E 的射影为 N,则
4 4



H E F D N A M B G

C

MN= 2-1.EM= 3,故 EN2=3-( 2-1)2=2 2.∴ EN= 8.所求圆柱的高=2+ 8.

4

12. 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.-|ai 只取 0 或 1(i=1, …, -1), n=1}, a1a2…an 2, n a

Sn Tn 是 Mn 中元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则 lim = n→∞Tn
【答案】



1 18
n-1

【解析】由于 a1,a2,…,an-1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数,Tn=2 . n-2 在每一位(从第一位到第 n-1 位)小数上,数字 0 与 1 各出现 2 次.第 n 位则 1 出现 n-1 2 次. n-2 n-2 -n ∴ Sn=2 ?0.11…1+2 ?10 . Sn 1 1 1 ∴ lim = ? = . n→∞Tn 2 9 18

四、(本题满分 20 分) 1 14.设 A、 B、C 分别是复数 Z0=ai,Z1= +bi,Z2=1+ci(其中 a,b,c 都是实数)对应的 2 不共线的三点.证明:曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+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.
[ 21 世纪教育网]

【 解 析 】 曲 线 方 程 为 : Z=aicos t+(1+2bi)cos tsin t+ 4 2 2 4 4 2 2 4 ( 1+ci)sin t=(cos tsin t+sin t)+i(acos t+2bcos tsin t+csin t) 2 2 4 2 2 2 2 ∴ x=cos tsin t+sin t=sin t(cos t+sin t)=sin t.(0?x?1) y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2 2 即 y=(a-2b+c)x +2(b-a)x+a (0?x?1). ① 若 a-2b+c=0,则 Z0、Z1、Z2 三点共线,与已知矛盾,故 a-2b+c?0.于是此曲线为轴 与 x 轴垂直的抛物线. 1 1 3 1 AB 中点 M: + (a+b)i,BC 中点 N: + (b+c)i. 4 2 4 2 1 1 3 1 与 AC 平行的中位线经过 M( , (a+b))及 N( , (b+c))两点,其方程为 4 2 4 2
21 世纪教育网

4

2

2

1 3 4(a-c)x+4y-3a-2b+c=0.( ?x? ). 4 4
2



令 4(a-2b+c)x +8(b-a)x+4a=4(c-a)x+3a+2b-c. 2 即 4(a-2b+c)x +4(2b-a-c)x+a-2b+c=0.由 a-2b+c?0,得 2 4x +4x+1=0, 1 3 1 此方程在[ , ]内有惟一解: x= . 4 4 2 1 以 x= 代入②得, 2 1 1 ∴ 所求公共点坐标为( , (a+2b+c)). 2 4

y= (a+2b+c).

1 4

加试题 (10 月 12 日上午 10:00?12:00) 一、(本题 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. 分析: 由∠PBC=∠CDB, 若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ, BDQ∽?DAQ. 则? 反之, BDQ∽?DAQ. 若? 则 本题成立.而要证?BDQ∽?DAQ,只要证 =

BD DQ 即可. AD AQ

二、(本题 50 分) 设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0. l m n ?3 ? ?3 ? ?3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过 x 的最大整数.求这种三角 ?10 ? ?10 ? ?10 ? 形周长的最小值.
?3 ? ?3 ? ?3 ? 【解析】当 3 、3 、3 的末四位数字相同时,? 4?=? 4?=? 4?. ?10 ? ?10 ? ?10 ?
l m n l m n

即求满足 3 ?3 ≡3 ( mod 10 )的 l、m、n.∴ 3 (3 -1)≡0 (mod 10 ).(l-n>0) n 4 l-n 4 m-n 4 但 (3 ,10 )=1,故必有 3 ≡1(mod 10 );同理 3 ≡1(mod 10 ). x 4 下面先求满足 3 ≡1(mod 10 )的最小正整数 x. 4 4 1 4 ∵ ?(10 )=10 ? ? =4000.故 x|4000.用 4000 的约数试验: 2 5
l m n
4

n

l-n

4

∵ x=1,2,时 3 ≡1(mod 10),而 3 ≡1(mod 10),∴ x 必须是 4 的倍数; ∕ x 2 20 2 ∵ x=4,8,12,16 时 3 ≡1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 20 的倍数; ∕ x 3 100 3 ∵ x=20,40,60,80 时 3 ≡1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 100 的倍 ∕ 数; ∵ x=100,200,300,400 时 3 ≡1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ). ∕ x 4 即,使 3 ≡1(mod 10 )成立的最小正整数 x=500,从而 l-n、m-n 都是 500 的倍数, 设 l-n=500k,m-n=500h,(k,h∈N*,k>h). 由 m+n>l,即 n+500h+n>n+500k,?n>500(k-h)?500,故 n?501.
x
4 500 4

x

4

取 n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值. ∴ 所求周长的最小值=3003. 三、(本题 50 分) 1 2 2 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形, 其中 n=q +q+1,? q(q+1) +1, l 2

q?2,q∈N.已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,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).

现设任一点连的线数?n-2.且设 b0=q+2?n-2.且设图中没有四边形.于是当 i≠j 时,

Bi 与 Bj 没有公共的点对,即|Bi∩Bj|?1(0?i,j?n-1).记 B0 =V\B0,则由|Bi∩B0|?1,
- - - 得|Bi∩ B0 |?bi-1(i=1,2,…,n-1),且当 1?i,j?n-1 且 i≠j 时,Bi∩ B0 与 Bj∩ B0 无公共点对.从而



n-1 - - B0 中点对个数? ∑ (Bi∩ B0 中点对个数).即 i=1 n-1 2 n-1 C2 -b0 ? ∑ C|Bi∩-|? ∑ C2 i-1 n B0 i=1 i=1 b n-1 1n-1 1 1 n-1 2 = ∑ (b2-3bi+2)? [ ( ∑ bi) -3 ∑ bi+2(n-1)](由平均不等式) i 2i=1 2 n-1 i=1 i=1
1 1 1 2 2 = [ (2l - b0) -3(2l - b0)+2(n -1)]= [(2l - b0) -3(n -1)(2l - 2 n-1 2(n-1)

b0)+2(n-1)2]
1 2 = (2l-b0-n+1)(2l-b0-2n+2)(2l?q(q+1) +2=(n-1)(q+1)+2) 2(n-1) 1 ? [(n-1)(q+1)+2-b0-n+1][(n-1)(q+1)+2-b0-2n+2] 2(n-1)

1 = [(n-1)q+2-b0][(n-1)(q-1)+2-b0].(两边同乘以 2(n-1)即 2(n-1) (n-1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0).(n-1?q(q+1)代入) 得 q(q+1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0).(各取一部分因数 比较) ① 但(nq-q-n+3-b0)-q(n-b0 -1)=(q-1)b0-n+3(b0 ?q+2)?(q-1)(q+2)-n+3= 2 q +q+1-n=0.② (nq - q+2 - b0) - (q+1)(n - b0) = qb0 - q - n+2 ? q(q+1) - n+2 = 1 > 0. ③

由假设,不存在处在不同行的 2 个红点对,使此四点两两同列,所以,有(由于去掉了 q+2

n-1 2 2 2 列,故还余 q -1 列,不同的列对数为 Cq2-1) ∑ C2 i ?Cq2-1. i=1 m
所以 q ·q(q-1)+q(q-1)(q-2)?(q -1)(q -2). ? q(q -1)(q2 + q -2)?(q -1)(q +1)(q2 -2)?q3 + q2 -2q ? q3 + q2 -2q -2.矛 盾.故证.
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2

2

2


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