2000-2012年十年全国重点高中数学联合竞赛习题及参考答案

2021-08-05 来源：钮旅网

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|10x2=10x},则AB是【答】（） 2． (A) {2} (B) {1} (C) {x|x≤2} (D) 

3．设sin＞0,cos＜0,且sin＞cos,则的取值范围是

2333【答】（） 4． 5．

(A) (2k+,2k+), kZ (B) (2k+,2k+),kZ

633633(C)(2k+

43656,2k+),kZ

(D)(2k+,2k+)(2k+5,2k+),kZ

6．已知点A为双曲线xy=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】（） 7．

(A)

33 (B) 332 (C) 3

3 (D) 6

8．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】（）

9． (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

10．平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线y5x4的距离中的最小值是

3511． (A)

34170 (B)

53485 (C)

1 (D) 12030 【答】

（）

12．设cos5isin，则以,3,7,9为根的方程是【答】（）

(A) x4+x3+x2+x+1=0 (B) x4x3+x2x+1=0

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。

13． arcsin(sin2000)=__________.

14．设an是(3x)n的展开式中x项的系数(n=2,3,4,…)，则

32333nlim(naaan23)=________.

15．等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是____________. 16．

x2y2在椭圆221(a＞b＞0)中，记左焦点为

abF，右顶点为A，短轴上方的端点为

B.若该椭圆的离心率是

51，则∠ABF=_________. 217．一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________.

18．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，那么，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) 19．设Sn=1+2+3+…+n,nN，求f(n)=

22Sn(n32)Sn1的最大值.

20．若函数f(x)1x213在区间[a,b]上的最小值为2a，最大值为2b，求[a,b]. 21．已知C0:x+y=1和

x2y2C1:221(a＞b＞0)。试问：当且仅当aba,b满足什么条件

时，对C1上任意一点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。

【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 二．（本题满分50分）

设数列{a n}和{b n }满足，且证明a n（n=0，1，2，…）是完全平方数． M 三．（本题满分50分）

N 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B 话的次数相C E F 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

D 1. 答案：D 由x22得x=2，故A={2}；由10x210x得x2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从而有 ∈32k2k,,kZ ………………① 3633.

又因为sin5cos，所以又有∈2k,2k,kZ…………②

44333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4363．答案：C 如图所示，设BD=t，则OD=3t-1，从而B（3t-1，t）

满足方程x2y21，可以得到t=3,所以等边三ABC的面积是33. 4．答案： A

2pq由题意知pq=a，2b=p+c,2c=q+bb，

3p2q2pqp2qbc=≥c3332

-22B1角形，Δ

A-1O-112D第3题-2C3p2q3pq2=pq=a .

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

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 由cosisin534. 855cos22知， isin1010ω，ω2，ω3，ω4，ω5，ω6，ω7，ω8，ω9，ω10(=1)是1的10个10次方根.

从而有

(x-ω)(x-ω2)(x-ω3)(x-ω4)(x-ω5)(x-ω6)(x-ω7)(x-ω8)(x-ω9)(x-ω10

)=x10-1………①

由因ω2，ω4，ω6，ω8，ω10是1的5个5次方根，从而有

(x-ω2)(x-ω4)(x-ω6)(x-ω8)(x-ω10)=x5-1 ………② ①÷②得 (x-ω)(x-ω3)(x-ω5)(x-ω7)(x-ω9)=x5+1 ………③ ③的两边同除以(x-ω5)=x+1，得

(x-ω)(x-ω3) (x-ω7)(x-ω9)= x4-x3+x2-x+1.

所以ω，ω3，ω7，ω9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arcsin(sin2000°)= arcsin(-sin20°)= -arcsin(sin20°)= -20° 8．答案：18

由二项式定理知，anC32nn23n32211，因此18

ann(n1)n1n.

32333n118=1=18. limlimaa3annnn219．答案：

3alog43alog83log43log831q= alog23alog43log23log433c10．答案：90° 如图所示，由a2a2b2a2ca=0 cosABF222aab5122 c+ac-a=0，2B5则∠ABF=90°.

211．答案：a3

24c-5bOa5FA第10A题-5[解] 如图，设球心为O，半径为r,体积为V，面BCDBC的中心点为E，

16a,

33由 OB2=O1O2+O1B2=O1BOB2+O1B2得

HO的中心为O1，棱

则 AO1=a2O1B2=a2a2=

BEC0'第11题D2226136aOB+a20, 故 OB=aaa, 333426于是 r = OE = OB2BE2=V=r2=4332121aa=a. 84222341a. a2=24316212．答案：28 abcd 中恰有2个不中数字时，能组成C24= 6个不中数字

1111CCCCabcd中恰有3个不中数字时，能组成C1+32222=12+4=16个不中数字

abcd中恰有4个不中数字时，能组成P33=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 50SnSn=

n32SN1n32n2解由已知，对任何nN, 有f (n)= =

641n642n.= 又因n++34+34=50, 264nnn34n64n34n1111故对任何nN, 有f (n)=  由于f(8)=,故f(n)的最大值为

64505050n34n1314．答案：所求区间为[1,3]或[-2-17].

4解化三种情况讨论区间[a,b].

(1) 若0a.

有

12132ba22，解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ], 1132ab222(2)若a <0 1313,b=.由于a<0, 241131339又f(b)=-()2 + =0

242322a.故2b=

13, 213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=a2+

12(2) 当a113113,2b=-a2+.

2222113由于方程x2+2x-=0的两根异号，故满足ab0的区间不存在.

2213综上所述，所求区间为[1,3]或[-2-17].

41115．答案：所求条件为2+2=1.

ab 即2a=-a2+

证明：必要性：易知，圆外切平行四边形一定是心即菱形中心.

假设论成立,则对点( a, 0 ), 有( a, 0 )为项与C1内接,与Co外切. ( a, 0 )的相对顶点为( - 由于菱形的对角线互相垂直平分,另外两个顶轴上,为(0, b) 和 (0, -b) .菱形一条边的方

xy+=1,即bx+ay=ab.由于菱形与CO外切, abab11故必有 2=1,整理得2+2=1. 必要性

abab22QR-2菱形，圆

P2OS第15题（必要性）-22点的菱形a, 0 ),点必在y程为

MPQ-2OS2得证. O作C1为与C1

为

充分性:设

11+=1,P是C1上任意一点,过P、22abR第15题（充分性）-2的弦PR，再过O作与PR垂直的弦QS，则PQRS内接菱形.设 OP = r1, OQ =r2, 则点O的坐标

22(r1cos, r1sin),点Q的坐标为(r2cos(+),r2sin(+)),代入椭圆方程,得

r1cosa22+

r1sinb22=1,

[r2cos(a22)]2[r2sin()]22=1, +2b.

cos2()sin2()22cossin11112+2] 于是,2+==()+[2222222OQR1R2abOPab11=2+2=1. ab111又在Rt△POQ中，设点O到PQ的距离为h，则=2+2=1,故得h=1

OQhOP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a2b2a2b2 ，

ab22ab2000年全国高中数学联合竞赛试卷答案

加试

=1等条件者，应同样给分.

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=AD·MN

∵∠CAF=∠DAB，∠ACF=∠ADB， ∴△AFC∽ABCAFACAB·AC=AD·AF . ABAD12△

A又AF是过A、M、F、N四点的圆的直经， MN=AFAF sin∠BAC=MN.

sinBAC1∴SabcAB·AC·sin∠BAC

21= AD·AF·sin∠BAC 21= AD·M N 2∴

MNBEFC=SAMDN

D加试（一）二．

[证法一]：由假设得a1=4, b1=4且当n1时

（2an+1-1）+3bn1=(14an+12bn-7)+3(8an+7bn-4)

=[(2an-1)+3bn](7+43) 依次类推可得

（2an-1）+3bn= (7+43)n1(2a1 -1+3b1)=(7+43)n 同理（2an-1+ ）-3bn=(7+43)n

从而 an=1(7+43)n+1(7+43)n+ .

4由于 743=（23)2 ，

412.

1211由二项式展开得 c n =(2+3)n+(2-3)n=Cn2k 3k 2n2k ,

2202kn所以 an =[(2+3)n+(2-3)n]2

12显然Cn为整数，于是an为完全平方数.

[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43232k74323222解得p74323或p74323

t323t323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43)an(323)23(743)n23(23)2n …② an1(743)an(323)23(743)n23(23)2n …③ ③-②，整理得

由二项式展开得 c n =(2+3)n+(2-3)n=

121202knC2kn 3k 2n2k ,

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

1n m i +m j – y i . j =ms-3k= c . （*）

2s1其中c是常数，li,jn .

根据（*）知，mimj(mims)(mjms)=yi.syj.s1 , li,jn .

mimj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

1n(n-1)-(2n-3)=3k, 即 (n-2)(n-3)=23k . 2设 n-2=23k1 ,n-3=3k2 ,k1k2 , 则 23k1-3k2=1 ，于是

3k2（23k1k2-1）=1 ，得 3k2=1 , 23k1k2-1=1 , 因此k2=0 , k1=0 .

这与k1矛盾 .

设 n-2=3k ， n-3=23k , ,k1k2+1 , 则 3k-23k=1 , 于是

1 ，得 3k=1 ，3kk-2=1 ，因此 k2=0 , k1=1 , n=5 . 3k（3kk-2）=

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31次综上所述，n=5为n的所有可能值.

1212212212二○○一年全国高中数学联合竞赛题

（10月4日上午8：00—9：40）题号一二 13 三 14 15 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.

总成合计加试绩 .

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=-I,则z1z2= 。 9、正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1 ，则直线A1C1与BD1的距离是。 10、不等式

132的解集为。 log1x223211、函数的值域yxx23x2A 为。

F B 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

C E 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D 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a12，b2a22，b3a32（a1lim(b1b2bn)21，试求{an}的首项与公差。 nx214、设曲线C1:2y2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。

a（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015、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。

12.

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22i1n1kjnnkxkxj1，求xi的最大值与最小值。 ji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。

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 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

讲解：M表示方程ｘ２－3ｘ－ａ２＋2＝0在实数范围内的解集．由于Δ＝1＋4ａ２＞0，所以Ｍ含有2个元素．故集合Ｍ有2２＝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83 Ｂ．0＜ｋ≤12

Ｃ．ｋ≥12 Ｄ．0＜ｋ≤12或k83 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ω３＝1，ω２＋ω＋1＝0．令ｘ＝1，得

31000＝ａ０＋ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａ2000；令ｘ＝ω，得

0＝ａ０＋ａ1ω＋ａ2ω２＋…＋ａ2000ω2000；令ｘ＝ω２，得

0＝ａ０＋ａ１ω２＋ａ２ω４＋ａ３ω６＋…＋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，

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＝（5

ａ－3ｂ）／18，ｙ＝（3ｂ－2ａ）／9．图1

ｘ－3ｙ＝…＝（11ａ－12ｂ）／9．ａ＞24，ｂ＜22，

ａ－12ｂ＞11×24－12×22＝0．ｘ＞3ｙ，选Ａ．

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－3ｙ＝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：已知函数Ｍ＝ｆ（ｘ）＝ａｘ２－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．

233 8．

3072i1313 9．

10．

(0,1)(1,2)(4,)27 11．

[1,3)[2,)2 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．

解法1：由(0)ac1()ac1/3得

ａ＝2／3，从而ｂ＝ｂ＝

323，故2ｂ＝ 33解法2：由ｅ＝ｃ／ａ＝1／2，ｐ＝ｂ2／ｃ＝1及ｂ2＝ａ2－ｃ2，得

323．从而2ｂ＝． 33说明：这是一道符合教学大纲而超出高考范围的试题．

．若复数ｚ１、ｚ２满足｜ｚ１｜＝2，｜ｚ３｜＝3，3ｚ１－2ｚ２＝（3／2）－ｉ，则ｚ１·ｚ

２＝______________．

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3ｚ１－2ｚ２＝

（3／2）－ｉ及复数相等的充要条件，得即

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

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

面

条直线的垂面内．为此，作正方体的对角面ＢＤＤ１Ｂ１，则Ａ１Ｃ１⊥面ＢＤＤ１Ｂ１，且ＢＤ１

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＜ｌｏｇ1

／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．

的值域为______________．

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

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．

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）若Ａ、Ｃ、Ｅ种二种植物，有Ｐ４2种种法．当Ａ、Ｃ、Ｅ种好后，若Ａ、Ｃ种同一种，则Ｂ有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Ｐ４３×3（3×2×2）＝432种方法．（3）若Ａ、Ｃ、Ｅ种三种植物，有Ｐ４３种种法．这时Ｂ、Ｄ、Ｆ各有2种种方法．此时共有Ｐ４３×2×2×2＝192种方法．

三．解答题

13．设所求公差为d，∵a1＜a2，∴d＞0．由此得 a12(a12d)2(a1d)4 化简得：2a124a1dd20 解得：d(2分

而220，故

2)a1 ……………………………………………………… 5

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．

a1＜0

2a2 若d(2 若d(2 但

n2)a1，则q2)a1，则qa122a2(21)2

(21)2 ……………………………… 10

a12分

lim(b1b2bn)21存在，故| q |＜1，于是q(21)2不可能．

a121(21)221a12(222)(21)2

从而

所以a12,d(22)a1222 ……………………………… 20分

x222y114．解：(1)由a 消去

y22(xm)y得：x22a2x2a2ma20 ①

设f(x)x22a2x2a2ma2，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：

1°△＝0＜1时适合；

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．综上可知，当0＜a＜1

a21时，m或－a＜m≤a；

2a21得：m，此时

2xp＝－a2，当且仅当－a＜－a2＜a，即0＜a 当a≥1时，a．……………………………………………… 10分

(2)△OAP的面积S1ayp

2－a＜m＜

∵0＜a＜1，故－a＜m≤a时，0＜a2a2a212m＜a，

由唯一性得 xpa2aa212m

1x2pa2 显然当m＝a时，xp取值最小．由于xp＞0，从而yp＝

yp2aa2取值最大，此时

，

aa2∴Sa．

，此时S1a1a22a21 当m时，xp＝－a2，yp＝1a22．

下面比较a 令aaa2aa2与1a21a2的大小：

31a1a22，得a1

aa2 故当0＜a≤1时，a3≤1a21a2，此时Smax1a1a22．

当1a1时，a32aa21a1a22，此时Smaxaaa2．……… 20分

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的任意排列时，RFG最小 …………………………………………………… 5分

证明如下：

1．设当两个电阻R1、R2并联时，所得组件阻值为R，则

111．故交换RR1R2二电阻的位置，不改变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 RABRRR1R3R2R3R1R2R312 R1R2R1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RCDS2R1R2R3

S1R3R4

1ij4RRij, S2i1ijk4RRRjk，则S1、S2为定值，于是

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小 ………………………………………………………………………… 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，要证结立………………………………………………………………20分

论

成

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 ∴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 …………………………………… 30分

①－②＋③＋④－⑤，得

NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2

∴OH⊥MN …………………………………………………………………… 50分

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 kACcaa,kABcb

∴直线AC的方程为ya(xc)，直线BE的方程为ycy(xb)a 由 得

ay(xc)cc(xb) aE点坐标为E(

a2cbc2ac2abc,22aca2c2)

同理可得F(

a2bb2cab2abc,a2b2a2b2)

2cc(x) a2 直线AC的垂直平分线方程为ya 直线BC的垂直平分线方程为xaccy(x)2a2 由 得

bcx2bca2bca22abcacabb2bc2

bcbca2,22a)

kOB,kDFab2abcabac2abb2ca2bc.

∵kOBkDF1 ∴OB⊥DF

同理可证OC⊥DE．在直线BE的方程yc(xb)中令ax＝0得H(0，bc) a ∴kOHbca2bca23bc2aa bcabac2abacx 2abc 直线DF的方程为yabacyx2a2cbc2abcac2abc,2 由 得N (2) 22a2bcca2bccya(xc)ca2bb2cabcab2, 同理可得M (2)

a2bcb2a22bcb2 ∴kMNa(b2c2)(a2bc)abac 222(cb)(abc)(a3bc)a3bc ∵kOH ·kMN ＝－1，∴OH⊥MN．二．解：先求最小值，因为(xi)i1n2i1nxi221kjnkxkxj1jxi1ni≥1

等号成立当且仅当存在i使得xi＝1，xj＝0，j＝i

∴xi最小值为1． ……………………………………………………………

i1n10分

再求最大值，令xk ∴kyk22k1nkyk

kjn1kjnkyyn1 ①

设Mxkk1k1y1y2yna1y2yna2kyk，令ynan

22an1 …………………………………………………… 30 则①?a12a2分

令an1＝0，则Mk1nk(akak1)

k1nkakk1nkak1k1nnkakk1nnk1ak(k1nkk1)ak

由柯西不等式得：

M[(k1nkk1)](212k122ak)1[(k1kk1)]212

等号成立?

22akana121(kk1)2(nn1)222a12a2an1(21)(nn1)222ak(kk1)2

ak[kk1(k1nkk1)2]12 (k=1，2，…，n)

由于a1≥a2≥…≥an，从而yknakak12k(k1k1)[(k1nkk1)2]120，即xk≥0

所求最大值为[(k1kk1)2]21 ……………………………………………

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) (*)

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

D D1 C 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有一种分法使n 得所得正方形边长之和为rn＋n－(m，n) …………………………………… 20分 m A1 A B (2)关于m归纳可以证明(*)成立．

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)

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)=log1(x22x3)的单调递增区间是

2(A) (-∞，-1) (B) (-∞，1) (C) (1，+∞) (D) (3，+∞)

解：由x2-2x-3>0x<-1或x>3，令f(x)=log1u, u= x2-2x-3，故选A

22、若实数x, y满足(x+5)+(y12)=14，则x2+y2的最小值为

(A) 2 (B) 1 (C) 3 (D) 2 解：B 3、

函数f(x)=

xx x212222

(A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数

x2y2xy直线1椭圆1相交于A，B两点，该圆上点P，使得⊿PAB面积等

16943于3，这样的点P共有

(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4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.

S=SOAPSOBP=43sin34cos=6(sin+cos)=62sin()

1112124 ∴Smax=62

y ∵S⊿OAB=6

B ∴(SPAB)max626 P ∵62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

50504949(A) C100 (B) C90 (C) C100 (D) C99 解：不妨设b149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的分法数为C99，则

49这样的映射共有C99，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

1(A) V1=V1=

1V2 (B) 24 (D) V1=2V2

解：如图，两图形绕y轴旋转所得的

4 x -o 4 x 旋转体夹在两相距为8的平行平面-o 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

z1z2= 。 z1z22V2 (C) V1=V2 y 34 y 解：由余弦定理得|Z1+Z2|=19, |Z1Z2|=7,

z1z2133= 7z1z2.

8、

将二项式(x124x)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的指数是整数的项共有个。解：不难求出前三项的系数分别是1,n,n(n1)， ∵2n1n(n1)

Tr1 ∴当n=8时，

1C()rx2rn163r41218P1 P2 P4 P3 P10 P7 P9

1218 (r=0,1,2,…，

8) P6 P5 ∴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)(1四点组都在同一个平面，这样三点组有C53个，三个侧面共有3C53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 ∴共有3C53＋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2y)log4(x2y)1，则|x||y|的最小值是。

x2y0x2|y|0x2y0解： 22x4y4(x2y)(x2y)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433,y时，u=3，故|x||y|的最小值是3 33.

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

a12(a1)22)a ∴(cosx 24 ∵a<0,

∴当cosx=1时，函数y(cosxa12a12)有最大值(1) 22a12(a1)222)aa+a-2≥0a≤-2或a≥1 ∴(124∵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kAB ∵AB⊥BC

∴KBC= (y1+2)

2yy1(y12)[x(y14)] ∴2

yx4 (2+y1)(y+y1)+1=0

y121 …………5分 2y14y12 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limSn。

n

解：①对P0

看出P1的4数为P1进条边

进行操作，容易P0的每条边变成条边，故P1的边3×4；同样，对行操作，P1的每变成P2的4条边，

故P2的边数为3×42，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

111，而P有3条边，故S=S+3×=1+ 010

33232 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

11114×，而P有3×4条边，故S=S+3×4×=1++3 12122433333114422

类似地有：S3=S2+3×4×6=1++3+5 …………5分

333314424n1 ∴Sn=1352n1

3333n34 =1+()k

4k19834 =()n (※) …………10

559为

分

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=()k

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

132(k1)853549，而Pk有3×4k条边。故

132(k1)Sk+1=Sk+3×4k×

85354985=()k1

853549 综上所述，对任何n∈N，(※)式成立。 ②limSnlim[()n]

nn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)≤(x12) 2③ f(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 b=2a 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 ∴a= b= c=

141214.

∴f(x)=x2x …………5分假设存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x

取x=1时，有f(t+1)≤1(t+1)2+(t+1)+≤14≤t≤0 对固定的t∈[-4,0]，取x=m，有

f(t m)≤m

111(t+m)2+(t+m)+≤m 4242

141214141214m(1t)m+(t+2t+1)≤0

1t4t≤m≤1t4t …………10分

∴m≤1t4t≤1(4)4(4)=9 …………15分当t= -4时，对任意的x∈[1,9]，恒有 f(x4)x=(x210x+9)=(x1)(x9)≤0

∴m的最大值为9。 …………20分另解：∵f(x-4)=f(2-x)

∴函数的图象关于x= -1对称 ∴ b1 b=2a 2a1414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

141111∴f(x)=x2x=(x+1)2 …………5

4244∴a= b= c=

1412分

由f(x+t)=(x+t+1)2≤x 在x∈[1,m]上恒成立

∴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 …………10分

令t= 4得，m210m+9≤01≤m≤9 …………15分

即当t= 4时，任取x∈[1,9]恒有

f(x-4)-x=(x210x+9)=(x1)(x9)≤0

∴

mmin=9 …………20分

二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题

141414.

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

A MHNH的值。 OHF 解：在BE上取BK=CH，连接OB、OC、OK，

N 由三角形外心的性质知 O H E ∠BOC=2∠A=120°

由三角形垂心的性质知 K M B C

∠BHC=180°-∠A=120° ∴∠BOC=∠BHC

∴B、C、HO四点共圆 …………20分 ∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH

∴⊿BOK≌⊿COH …………30分 ∵BOK=∠BOC=120°，∠OKH=∠OHK=30° 观察⊿OKH

KHOHKH=3OH …………40分 sin120sin30 又∵BM=CN，BK=CH， ∴KM=NH

∴MH+NH=MH+KM=KH=3OH ∴

MHNH=3 …………50分 OH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=,

122a327c9ab33求 23② x3>(x1+x2)

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)=

222

3x3+2ax3++4ba=0

∵x3>(x1+x2)

∴ x3[a4a212b32] (Ⅰ)

且 4a212b-32≥0 (Ⅱ) …………10分 ∵ f(x)=x3+ax2+bx+c

a3a2a21 =(x)(b)(x)a3cab …………20分

3332731213 ∵ f(x3)=0

123a3a2a ∴ abac(x3)(b)(x3) (Ⅲ)

327333a123a2222 由(Ⅰ)得 x34a12b3] b333342a21223 记p=b，由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知p≥且aba3c433279p24(p2)

23233acy(y22) …………30分 279443223233233yy() ∵ y=y444242 令 y=p2，则y≥0且ab13 =(y)2(y)

2 ≥0

123332a327c9ab33 ∴abac …………40分 332718232

∴取a=23,b=2,c=0,=2，则f(x)=x+ax+bx+c有根31，31，0

显然假设条件成立，且综上所述

2a327c9ab3的最大值是

33 …………50分 2三、（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 xi=7m xj=13n m,n∈N

i1j547 ∴m,n是不定方程

7m+13n=270 ② 在条件m≥4且n≥3下的一组正整数解。 …………10分

∵ 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m′=m 4 n′=n 3 有

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：从而得到②满足条件的三组正整数解：

m7m33m20    …………30分

n17n3n10 1)在m=33,n=3时，显然x5=x6=x7=13仅有一种可能，

413 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C32=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 由y1+y2+y3+y4=20，有C19组正整数解；以及y5+y6+y7=10，有C92组正整数解。

3C92=34884组正整数解。 ∴此时①有满足条件的C19 3) 在m=7,n=17时，设xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7)

2 由y1+y2+y3+y4=7，有C63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

33332C19C9C6C16 C32=4960+34884+2400=42244 …………

50分

2003年全国高中数学联合竞赛试卷评卷得分人一．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 x y x y x A B C D 答

（）

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

3B． 8

3C．1633 D．83

答

（）

4．若x(512,3)，则ytan(x26

A．12

B．11

2)tan(x)cos(x)的最大值是 366C．113 D．123

494x29y2答

（）的最小值

5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数u是

A．8

5B．24

11C12．

73D．12 答（）

536.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝则四面体ABCD的体积等于 A．

32，直线AB与CD的距离为2，夹角为，

B．1

2C．1

3D．

33 答（）

得评卷分人二．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

____________________．

8．设F1，F2是椭圆

x2y21的两个焦点，P94是椭圆上的点，且|PF1| : |PF2|＝2 :

1，则三角形PF1F2的面积等于______________．

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logab＝．

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3≤x≤5，证明不等式22x12x3153x219n35，logcd24，若a－c＝9，则b－d

SnTn＝_______．

．

14．设A，B，C分别是复数Z0＝ai，Z1＝1＋bi，Z2＝1＋ci（其中a，b，c都是

2实数）对应的不共线的三点，证明：曲线

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（本题满分50分）过圆外一点P作圆评卷一．P 得分人的两条切线和一条割线，切点为A，B所

A 作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间， C 在弦CD上取一点Q，使∠DAQ＝∠PBC．求

Q B 证：∠DBQ＝∠PAC．

（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l＞m评卷二．

得分人＞n，已知{3l}{3m}{3n}，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x104104104 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．

（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个评卷三．

得分人空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥1q(q1)21，q≥2，q∈N，已知此

2 .

图中任圆点不共面，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

x2y21，则由观察可知应选(B)． a2b23x，因此，A，

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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4，纵坐标

3y043，进而求得其中垂线方程为y414(x)，令

333y＝0，得P点的横坐标x＝16，即PF＝16，故选(A)．

334.ytan(x2221)cot(x)cos(x)cos(x)223366cos(x)sin(x)33

cos(x4sin(2x)36) 因为x∈[512,3]，∴2x242[,],x[,]，因此4323646sin(2x)3.

与

. cos(x6)在[5,]上同为增函数，故当x1233时，y取最大值1136

．故选(C) 5．由已知得y1，故u1x3537(9x24)x2，而x(2,11故当9x242x22)(,2)，

223x时有最小值12，故选(D)．

56．如图，过C作CE∥AB且CE＝AB，底面，BC为侧棱作棱柱ABF—ECD，则所求积V1等于上述棱柱体积V2的1．而△CDE的

3以△CDE为四面体的体面积S＝1CE2×CD×sin∠ECD，AB与CD的公垂线MN就－ECD)的高，故

V213MNCECDsinECD22是棱柱ABF，因此V11V21，故选(B)．

32二．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151)(,3)． 228．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|

5＝4，|PF2|＝2．在△PFlF2中，三边之长分别为2，4，2，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． 10．由已知可得：a32bdb,cd，从而a()2,c()4，因此

ac54a｜b，c｜d．又由于

得

：

bd2bd2b2d4a－c＝9，故()()9，即(2)(2)9，故

acacac.

bd29ac2a25,c16，解得b125,d32．故2bd12acb－d＝93．

11．如图，由已知，上下层四个球的球心A/，B/，C/，D/和A，B，C，D分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为上下底面构成圆柱，同时，A/在下底面的射影必是弧AB的中点M．在△A/AB中，A/A＝A/B＝AB＝2．设AB的中点为N，则A/N＝

又OM＝OA＝

3．

，ON＝1，∴MN＝

2－1A/2M＝48，故所求原来圆柱的高为48＋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－1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半．故

Sn1n11111112(2n1)2n2(1n1)2n1n210109101010Tnlim[n

S ∴nlimn1111(1n1)n]18181010．

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 取ab ∵ ∴2x1,a2b2c2d2 (当且仅当a＝b＝c＝d时取等号) 5分

，则

x1,c2x3,d153x2x12x3153x2(x1)(x1)(2x3)(153x)2x14219

2x3,153x 不能同时相等

15分

x12x3153x＜219 20分

14．解：设z＝x＋yi(x、y∈R)，则

xyiacos4ti2(1bi)cos2tsin2t(1ci)sin4t 2

xcos2tsin2tsin4tsin2t∴ 22ya(1x)2b(1x)xcx ∴y＝(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a，0≤x≤1 ①

又∵A、B、C三点不共线，故a＋c－2b≠0，可见所给曲线是抛物线段(如图)

5分

ab424 AB、BC的中点分别是D(1,)，E(3,4bc2)，

10分 15分

∴直线DE的方程是y(ca)x1(3a2bc) ② 由①②联立得：(ac2b)(x1)20

12 ∵a＋c－2b≠0，∴(x1)202x

由于1142234，∴抛物线与△ABC中平行于AC的中位线有且仅有一个公共

42ac2bi 4点，此点的坐标为(1,,ac2b)，对应的复数为z115．解：如图，以O为原点，OA所在建立直角坐标系，则有A(a，0)．设折叠

20分

直线为x轴时，⊙O上点线MN，则 MN任一点，

A/(Rcos,Rsin)与点A重合，而折痕为直

为线段AA/的中垂线．设P(x，y)为MN上则｜PA/｜＝｜PA｜

5分 ∴

(xRcos)2(yRsin)2(xa)2y2

即2R(xcosysin)R2a22ax ∴

xcosysinxy2210分

R2a22ax2Rxy22

可得：sin()R2a22ax2Rxy22(sinxxy22,cosyxy22)

∴

R2a22ax2Rxy22≤1 (此不等式也可直接由柯西不等式得到) 15分

平方后可化为

(xa2)y22RRa()2()2()2222≥1，

即所求点的集合为椭圆圆

20分

(xa2)y22RRa()2()2()2222＝1外(含边界)的部分．

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．

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BCABDQAD，即BC·AD＝AB·DQ 10分

PCAC； PAAD 又由切割线关系知△PCA∽△PAD得同理由△PCB∽△PBD得又因PA＝PB，故

ACBCADBDPCBCPBBD 20分

，得 AC·BD＝BC·AD＝AB·DQ 30分

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＝1CD，即CQ＝DQ 40分

在△CBQ与△ABD中，

ADDQCQABBCBC，∠BCQ＝∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，

50分

故∠CBQ＝∠ABD，即得∠DBQ＝∠ABC∠PAC．

3l3l3m3m3n3n二．解：由题设可知4[4]4[4]4[4]

101010101010 于是3≡3≡3(mod 10

lmn4

3l3m3n(mod24))  lmn5333(mod2)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

20分

同理由②可推出3m－n≡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21226

k(k1)(k2)2731145k5k[3(k1)2]520(m5o)d6

或k5k[3(k1)27]k(k1)(k2)52211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bi2l且

i0n1bi≤(n－1) (i＝0,1，2，……，n－1)．

若存在bi＝n－1时，只须取l(n1)[n1]11(q1)(n1)11q(q1)21，

222则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi＜n－1(i＝0,1，2，……，n－1)的情况．

10分

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) 故VB0中点对的个数＝＝i0n12Cnb0BB中点对的个数

i0i0in1 20分

C|2BiB0|Ci0n12bi1 (当bi＝1或2时，令Cb21＝0)

( ＝

12i0n1(bi2n11i03bi2)[3(bi)2(n1)]

2n1i0b)in12 30分

＝ ≥ ＝

1(2lb0)21[3(2lb0)2(n1)](2lb0n1)(2lb02n2) 2n12(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

40分

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 ③

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．

50分

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+cos=0有重根，则的弧度数为 ( )

55 A． B．或 C．或 D． 61212612122．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 ( )

66662323

A．[－，] B．(－，) C．(－，] D．[－

222233

2323

，] 33

113

3．不等式log2x－1+log x+2>0的解集为

22 A．[2，3) 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( )

35 A．2 B． C．3 D． 23

5．设三位数n=ˉˉˉabc，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P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CHO－HPC的体积最大时，OB的长为 OB( ) A5256

A． B． C． 333

26D． 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；

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)= ；

DC9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的

A度数是； B10．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= ； DC11．已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－AB1111nan+1)(6+an)=18，且a0=3，则∑的值是；

i=0ai12．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；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？

14．在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，点P3

到直线BC的距离是该点到直线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－t15．已知，是方程4x－4tx－1=0(t∈R)的两个不等实根，函数f(x)=2的

x+1

定义域为[，]．

⑴ 求g(t)=maxf(x)－minf(x)；

1 ⑵ 证明：对于ui∈(0，)(i=1，2，3)，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则

2g(tanu1)

1136++<． g(tanu2)g(tanu3)4

二试题

C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，DBD=20，BE=7，求AK的长． GH二．(本题满分50分)在平面直角坐标系XOY中，yK轴正半轴上的点列{An}与曲线y=2x(x≥0)上的点列{Bn}ABEF1

满足|OAn|=|OBn|=，直线AnBn在x轴上的截距为an，点

nBn的横坐标为bn，n∈N*．

⑴ 证明an>an+1>4，n∈N*；

bnbn+1

+⑵ 证明有n0∈N*，使得对?n>n0，都有++…+素的元素．

b2b3b1b2

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． 6121261212

解：由方程有重根，故=4cos2－cot=0，

5∵ 0<<，2sin2=1，=或．选B．

21212

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 ( )

66662323

A．[－，] B．(－，) C．(－，] D．[－

222233

2323

，] 33

662

解：点(0，b)在椭圆内或椭圆上，2b≤3，b∈[－，]．选A．

113

3．不等式log2x－1+logx+2>0的解集为

22 A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]

解：令log2x=t≥1时，t－1>t－2．t∈[1，2)，x∈[2，4)，选C．

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( )

A．2 B． C．3 2

SO5BCD． B3CD解：如图，设AOC=S，则OC1D=3S，OB1D=OB1C1=3S，

AOB=OBD=1.5S．OBC=0.5S，ABC=3S．选C．

5．设三位数n=ˉˉˉabc，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

解：⑴等边三角形共9个；

11.

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 ( )

525626

A． B． C． D． 3333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

P高．PC=OC=2．

而OCH的面积在OH=HC=2时取得最大值(斜边=2的直角三C角形)． HOB26

当OH=2时，由PO=22，知∠OPB=30，OB=POtan30=． A3

又解：连线如图，由C为PA中点，故VO－PBC=VB－AOP，

PHPO22

而VO－PHC∶VO－PBC==2(PO=PH·PB)．

PBPB记PO=OA=22=R，∠AOB=，则

131313

VP—AOB=Rsincos=Rsin2，VB－PCO=Rsin2．

61224PO2R212sin213

===．VO－PHC=R． PB2R2+R2cos21+cos23+cos23+cos212

sin22cos2(3+cos2)－(－2sin2)sin21

∴ 令y=，y==0，得cos2=－，

3+cos2(3+cos2)233

cos=，

26∴ OB=，选D．

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)= a+1sin(ax+)，周期=，取长为，宽为2a2+1的矩形，由对称

aa22

性知，面积之半即为所求．故填a+1．

a12a+122p2

又解：∫a+1[1－sin(ax+)]dx=a+1．

0a∫0(1－sint)dt=a8．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． DC9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的度数ABM2

1111是；

D3C2解：设AB=1，作A1M⊥BD1，AN⊥BD1，则BN·BD1=AB，BN=D1M=NM=． A3B6

A1M=AN=．

2122222221∴ AA1=A1M+MN+NA－2A1M·NAcos，1=++－2cos，cos=．

33332

=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= ；

p22p2122

解：设k－pk=n，则(k－)－n=，(2k－p+2n)(2k－p－2n)=p，k=(p+1)2．

244

11．已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，则

nN∑的值是；

i=0

ai1211122n12n+1－111n+2

∑解：=+，令bn=+，得b0=，bn=2bn－1，bn=2．即=，=(2an+1an3an333an3i=0ai3－n－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x轴交于PQ，则线段PQ上的点P使∠MPN.

KnyMOPNx.

更大)．于是，延长NM交x轴于K(－3，0)，有KM·KN=KP2，KP=4．P(1，0)，(－7，0)，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)

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？

解：⑴ 设他能过n关，则第n关掷n次，至多得6n点，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．

第一关过关的概率==；

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 (亦可枚举计数：1+1，1+2，1+3，2+1，2+2，3+1)计6种，过65

关的概率=1－2=；

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

3876

总数，可连写8个1，从8个空档中选3个空档的方法为C8==56种，不能过关

321

56720

的概率=3=，能过关的概率=；

62727

2520100

∴连过三关的概率==．

3627243

14．在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，点P3

到直线BC的距离是该点到直线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)，

x3yAB方程：+=1，4x－3y+4=0， y①

－14

ABC方程：y=0， ② P1DAC方程：4x+3y－4=0， ③ BC∴ 25|y|2=|(4x－3y+4)(4x+3y－4)|， -1xO1K25y2+16x2－(3y－4)2=0，16x2+16y2+24y－16=0， 2x2+2y2+3y－2=0．

或25y2－16x2+(3y－4)2=0，16x2－34y2+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)．

⑵ ABC的内心D(0，)：经过D的直线为x=0或y=kx+． ⑥

(a) 直线x=0与圆④有两个交点，与双曲线⑤没有交点；

1151

(b) k=0时，直线y=与圆④切于点(0，)，与双曲线⑤交于(±2，)，即

2282

k=0满足要求．

故舍去．

－5kx－=0．

2342222

当8－17k=0或(5k)－25(8－17k)=0，即得k=±与k=±．

172

2342

∴ 所求k值的取值范围为{0，±，±}．

172

2x－t2

15．已知，是方程4x－4tx－1=0(t∈R)的两个不等实根，函数f(x)= 2的

x+1

定义域为[，]．

⑴ 求g(t)=maxf(x)－minf(x)；

1 ⑵ 证明：对于ui∈(0，)(i=1，2，3)，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则

2g(tanu1)

1136++<． g(tanu2)g(tanu3)4

解：⑴ +=t，=－．故<0，>0．当x1，x2∈[，]时，

2(x2+1)－2x(2x－t)－2(x2－xt)+2

∴ f (x)= =．而当x∈[，]时，x2－xt<0，2222

(x+1)(x+1)

于是f (x)>0，即f(x)在[，]上单调增．

2－t2－t(2－t)(2+1)－(2－t)(2+1)(－)[t(+)－2+2]

∴ g(t)= 2－2== +1+1(2+1)(2+1)22+2+2+1

t+1(t+)

28t2+1(2t2+5)

== 2

2516t+25t2+16

8secu(2sec2u+3)16+24cos2u166

⑵ g(tanu)= =≥，

16sec2u+916cosu+9cos3u16+9cos2u11111222

∴ ++≤[163+9(cosu1+cosu2+cosu3)]=

g(tanu1)g(tanu2)g(tanu3)166166

[75－9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)]

1sinu1+sinu2+sinu32222

而(sinu1+sinu2+sinu3)≥()，即9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)≥3． 33

111136∴++≤(75－3)= ．由于等号不能同时成立，g(tanu1)g(tanu2)g(tanu3)1664故得证．

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．

156

∵ AC·BD=CE·AB， AC=AB， ① 24D52520P∵ BD⊥AC，CE⊥AB，B、E、D、C共圆， GH66KAC(AC－15)=AB(AB－7)，AB(AB－15)=AB(AB55BAFE718－18)，

∴ AB=25，AC=30．AE=18，AD=15．

∴ DE=AC=15．

延长AH交BC于P，则AP⊥BC． ∴ AP·BC=AC·BD，AP=24．连DF，则DF⊥AB，

∵ AE=DE，DF⊥AB．AF=AE=9．

∵ D、E、F、G共圆，∠AFG=∠ADE=∠ABC，AFG∽ABC， AKAF924216∴ =，AK==． APAB2525

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)上的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|=，直线AnBn在x轴上的截距为an，点

nBn的横坐标为bn，n∈N*．

⑴ 证明an>an+1>4，n∈N*；

b2b3bnbn+1

⑵ 证明有n0∈N*，使得对?n>n0，都有++…++b1b2bn－1bn1122

解：⑴ 点An(0，)，Bn(bn，2bn)由|OAn|=|OBn|，bn+2bn=()，bn=nn12

1+()

n－1(bn>0)．

1n22

∴ 0．令tn=>2且tn单调减． 2nbnbn2bn由截距式方程知，+=1，(1－2n2bn=n2bn2)

an1∴ 0单调增． 12

1+()+1

nnbnbn(1+n2bn)1+n2bn121222

∴ an===2=()+2()=tn+2tn=(tn+)－2

nbn21－n2bn1－2nbnnbnnbn1221

≥(2+)－=4． 222

且由于tn单调减，知an单调减，即an>an+1>4成立．

亦可由2=bn+2．=bn+2，得 an=bn+2+2bn+2，．

nbnnnbn∴ 由bn递减知an递减，且an>0+2+22=4．

bk+1

⑵ 即证∑(1－)>2004．

bkk=1

bk+1

bkbk－bk+1

bk12

1+()－

1－==k12

1+()

k+1

1+()－1

=k2((

k)2

－

k1()2)k+1

1+()+1

k12

1+()+

k12

1+()k+1

. 121+()+1k2k+12k+111 ≥>． 2>(k+1)2(k+1)2k+21221+()kbk+11111111111

∴∑(1－)>∑>(+)+(+++)+…+>+++…．

bkk=1k+2345678222k=1bk+1

只要n足够大，就有∑(1－)>2004成立．

bkk=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+1n+1n+1n+1n+1

但card(T)=[]+[]－[]．故f(n)≥[]+[]－

23623

n+1

[]+1． ② 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，故f(n+1)≤f(n)+1． ③ n+1)=M(m，n)∪{m+n}，

∴ f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8．

n+1n+1n+1

∴ 对于4≤n≤9，f(n)= []+[]－[]+1成

236

立． ④

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．

nnn.

]+[]－[]+1， 236

比较②，知对于n=k+1，命题成立．

n+1n+1n+1

∴对于任意n∈N*，n≥4，f(n)= []+[]－[]+1成立．

236

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*)．

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.

≥k有解的实数k的最大值是（） C.

、

，则

的取

故f(k+1)≤f(k－5)+f(6)－1=[

k+2k+2k+2

2.空间四点A、B、C、D，满足值（）

A.只有一个 B.有两个 C.有四个 D.有无穷多个

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 B.S不是定值，l是定值 C.S、l均是定值 D.S、l均不是定值

5.方程表示的曲线是（）

A.焦点在x轴上的椭圆 B.焦点在x轴上的双曲线 C.焦点在y轴上的椭圆 D.焦点在y轴上的双曲线 6.记集合T={0,1,2,3,4,5,6}，

按从大到小顺序排列，则第2005个数是（） A. C.

二、填空题

7.将多项式f(x)=1-x+x2-x3+…-x19+x20表示为关于y的多项式

g(y)=a0+a1y+a2y2+…+a19y19+a20y20，且y=x-4，则a0+a1+…+a20=__________. 8.f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数，若f(2a2+a+1)＜f(3a2-4a+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=___________. 10.如图，四面体DABC的体积为，∠ACB=45°，

，则CD=_________.

B. D.

，将M中的元素

11.正方形ABCD的一条边在直线y=2x-17上，另外两顶点在y=x2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

13.数列{an}满足a0=1，，n∈N，证明：(1)对于任意n∈N，a为整数；(2)对于任意n∈N，anan+1-1为完全平方数.

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）.

15.过抛物线y=x2一点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λ1+λ2=1，线段CD与EF交于P，当C在抛物线上移动时，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

，3≤x≤6，

.选D.

2.解：注意到32+112=130=72+92，由于则即 ∴

，

，，

只有一个值0.故选A.

，

3.解：如图，连

则 ∴，

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不为定值.选B. 5.解：∵ ∴ 又 ∴cos ∵

＞0，cos

，∴，即sin，＜0.∴cos

-cos

＞0，方程表示的曲线是椭圆.

……(*)

＞sin

. .

与

，故S

∴ 即sin

-sin

，∴

.∴(*)式＜0，＜cos

-cos

.∴曲线表示焦点在y轴上的椭圆.选C.

.∴

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74，得 M′={a1·73+a2·72+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74,便得M中的数二、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

.故选C.

令x=y+4，得，取y=1，有

；

8.解：∵f(x)在(0,+∞)上定义，又

3a2-4a+1=(3a-1)(a-1)，仅当a＞1或a＜时， 3a2-4a+1＞0.(*)

∵f(x)在(0,+∞)上是减函数，∴2a2+a+1＞3a2-4a+1，

，

∴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， ∴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=

，有β=α+

，γ=α+

另一方面，当β-α=γ-β=

x∈R，记x+α=0，由于三点(cosθ,sinθ)，

))构成单位

(cos(θ+),sin(θ+))，(cos(θ+),sin(θ+

圆x2+y2=1上正三角形的三个顶点，其中心位于原点，显然有cosθ+cos(θ+ 10.解：∵

)+cos(θ+

)=0.即cos(x+α)+cos(x+β)+cos(x+γ)=0.

，即

又

AD⊥面ABC，∴DC=

，等号当且仅当AD=BC=

=1时成立，这时AB=1，

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a2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=5(x1-x2)2=20(b+1).① 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.∴a2=80，或a2=1280. ∴

的非负整数解的个数为

②.

12.解：∵方程

而使x1≥1，xi≥0(i≥2)的整数解个数为可知，k位“吉祥数”的个数为P(k)=

，

.现取m=7，

∵2005是形如2abc的数中最小的一个“吉祥数”，且

，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

个，

∴2005是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”，即a65=2005.从而n=65，5n=325.

又，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 ∴

.②

，①

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，得记由于

，∴.④

，

，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26种，故所求概率

. ……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分设

，则由

知，

，

；

∴EF所在直线方程为化简得

，

.…① ……10分

当时，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

当时，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. 而 ∴

，

∴P是△ABC的重心. ……10分

设P(x,y)，(x≠)，

故所求轨迹方程为

，因点C异于A，则，消去，得

，故重心P的坐标为.

. ……20分

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，

，则△ABC( )

A.必为锐角三角形 B.必为钝角三角形 C.必为直角三角形 D.答案不确定 2.设logx(2x2+x-1)＞logx2-1，则x的取值范围为( ) A.＜x＜1 B.x＞，x≠1 C.x＞1 D.0＜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( )

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. 5.设

C.[1,

) D.

，则对任意实数a，b，a+b≥0是f(a)+f(b)≥0的( )

A.充分必要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 6.数码a1,a2,a3,…,a2006中有奇数个9的2007位十进制数

的个数为

( ) A.

C.102006+82006 D.102006-82006 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7.设f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x，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____. 9.已知椭圆

的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l：x-的值为____.

y+8+2

上，当∠F1PF2取最大值时，比

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____cm3.

11.方程(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005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y2=nx-1与直线y=x的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数k≥2，使(x0m, y0m)为抛物线y2=kx-1与直线y=x的一个交点.

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；

(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.

，问：

15.设f(x)=x2+a，记f1(x)=f(x)，fn(x)=f(fn-1(x))，n=2,3,…，M={a∈R|对所有正整数n，|fn(0)| ≤2}. 证明：

参考答案

一、选择题

1. 已知△ABC，若对任意t∈R，

，则△ABC一定为（C）

A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.答案不确定 [解]令∠ABC=α，过A作AD⊥BC于D，由

，令

，即

.由此可得

，代入上式，得

，也即

.从而有

，推出

2.设logx(2x2+x-1)＞logx2-1，则x的取值范围为(B) A.＜x＜1 B.x＞，且x≠1 C.x＞1 D.0＜x＜1 [解]因为

，解得x＞，x≠1，由

或

，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

，，

5.设

.因为GD⊥EF，所以t1+2t2=1，由此推出0＜t2＜.又

，从而有

，则对任意实数a，b，a+b≥0是f(a)+f(b)≥0的(A)

A.充分必要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

[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(B) A.

的个数为

C.102006+82006 D.102006-82006 [解]出现奇数个9的十进制数个数有

.又由于

以及

二、填空题

7.设f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x，则f(x)的值域是[0,]. [解]

.因此，即得

.令t=sin2x，则

，

，从而得

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[-,

(对任意实数θ成立)

故a的取值范围为[-,

y+8+2

[解]依题意，得

9.已知椭圆

的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l：x-的值为

上，当∠F1PF2取最大值时，比

[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|2=|AF1|·|AF2|.(2)

而

从而有

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（

)πcm3.

[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1+

.故应注水

的正方形.所以注水高为

11.方程(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005实数解的个数为1. [解](x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005

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. [解]第4次恰好取完所有红球的概率为

三、解答题

[证明]因为y2=nx-1与y=x的交点为

，显然有

若(x0m,y0m)为抛物线y2=kx-1与直线y=x的一个交点，则.

记，则，(m≥2) (13.1)

由于是整数，也是整数，所以根据数学归纳

是正整数.现在对于任意

法，通过(13.1)式可证明对于一切正整数m，正整数m，取

，使得y2=kx-1与y=x的交点为(x0m，y0m).

，问：

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；

(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.则令有

.将S改写成

，

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小题的证明可以知道，每调整一次，和式x5=400情形取到最小值.

调整下得到的.根据上一变大.所以在x1=x2=x3=402，x4＝

15.设f(x)=x2+a，记f1(x)=f(x)，fn(x)=f(fn-1(x))，n=2,3,…，M={a∈R|对所有正整数n，|fn(0)| ≤2}. 证明：

[证明](1)如果a＜-2，则

(2)如果-2≤a≤，由题意f1(0)=a，fn(0)=(fn-1(0))2+a，n=2,3,…，则 ①当0≤a≤时，事实上，当n=1时，

②当-2≤a＜0时，事实上，当n=1时，有

. (

，设n=k-1时成立(k≥2为某整数)，则对n=k，(

，设n=k-1时成立(k≥2为某整数)，则对n=k，

-|a|=a≤fk(0)=(fk-1(0))2+a≤a2+a，注意到当-2≤a＜0时，总有a2≤-2a，即 a2+a≤-a=|a|，从而有|fk(0)|≤|a|，由归纳法，推出 (3)当a＞时，an=fn(0)，则对于任意n≥1，

且

对于任意n≥1，

，则

所以，＞2.因此.

.当时，

，即fn+1(0)

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。

431041028A. B. C. D.

27818181log33log3(3x)1log3x414，即. 解原方程变形为

log3(3x)log32731log3x331t4令1log3xt，则，解得t11,t23.所以1log3x1或1log3x3，所

t331110以方程的两根分别为和，所以ab. 故选（C）.

9818132. 设D为△ABC的边AB上一点，P为△ABC内一点，且满足ADAB,

4S2APADBC，则△APD ( )

S△ABC53278A. B. C. D.

10515152解连PD，则DPBC，所以DP//BC，故ADPB，故

51. 已知a,b是方程log3x3log27(3x)的两个根，则ab （）

1S△APD2ADDPsinADP323. 故选（A）. 1S△ABC4510ABBCsinB23. 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

8，且当x∈[0,)时，f(x)sinx，则f()的值为 ( )

323311A. B.  C. D. 

2222解根据题设条件可知

故选（B）.

O1是底面A1B1C1D1的中心，4. 已知ABCDA1B1C1D1是一个棱长为1的正方体，M是

棱BB1上的点，且S△DBM:S△OBM2:3，则四面体O1ADM的体积为 ( )

1173711 B. C. D. 24164848解易知AC平面D1B1BD，设O是底面

ABCD的

中心，则AO平面DO1M.

SBDBMBM2因为△DBM2，

S△O1B1MO1B1B1MB1M3BM113，故BM,B1M.于是所以

B1M344A1ADOBMD1O1B1CC11212311712122，

222242416117272所以VA-O1MDS△DO1MAO. 故选（C）.

33162485. 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 ( )

5218. B. . C. D. 2173214210种.如果要求取出的球的编号解从10个球中取出4个，不同的取法有C10A.

4互不相同，可以先从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

42480种. 择球，有两种颜色可供挑选，所以取出的球的编号互不相同的取法有C5因此，取出的球的编号互不相同的概率为

808. 故选（D）. 210216. 使得3n81是完全平方数的正整数n有（） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个

解当n4时，易知3n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).

因为3n81是完全平方数，而81是平方数，则一定存在正整数x，使得3k1x2，即3kx21(x1)(x1)，故x1,x1都是3的方幂.

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.

因此，存在唯一的正整数nk45，使得3n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。

7. 设[x]表示不大于x的最大整数，集合A{x|x22[x]3}，B{x|2x8}，则

AB _________________.

1解不等式2x8的解为3x3，所以B(3,3).

8x22[x]3,若xAB，则所以[x]只可能取值3,2,1,0,1,2.

3x3,18若[x]2，则x232[x]0，没有实数解；若[x]1，则x21，解得x1；若[x]0，则x23，没有符合条件的解；若[x]1，则x25，没有符合条件的解；若[x]2，则x27，有一个符合条件的解x7. 因此，AB1,7.

8. 若数列an满足：a1,an1an解由an1an232(an1an)，则a2007_______. 32(an1an)两边平方得3(an1an)22(an1an)， 3又3(anan1)2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(an1an)求得a22，又由递推关系式易知数列an是单调递32增数列，所以an1an10，故3(an12anan1)2，即an12anan1，即

3242所以数列an1an是以a2a1为首项，为公差的等差数列，(an1an)(anan1)，333422所以an1an(n1)(n1)，于是

33321ana1(23n)n(n1)，

331所以a20072007(20071)1343352.

39. 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，

由a1,an1an23当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a32a3a875，解得a,b，所以3a4b12. 1b23b32b634225210. 设x(0,)，则函数y的最小值为__________. 224sinxcosx.

解因为x(0,)，所以sinx0,cosx0，设k0，

2225112ksinxkcos2xk15k33kk （1） 24sinxcosxcosx15222522542sinx,ksinx,sinx,22k4sinx4k其中等号成立当且仅当成立，此时111cos3xcos2xkcos2x32cosxkky15111，设t6，则2t415t320.而

k2k3k2故(2t1)(t38t24t2)0，

15111,cos2x1，判断易知满足限制条件的根只有t. 注意到sin2x3222kk11当t时， k664，不等式（1）取得等号.

2t2252315643646468. 所以函数y的最小值为24sinxcosx11. 对于函数f(x)ax2bx，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的值为__________.

解若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.

ba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babbb)]. ，故函数的值域A[0,2a2a2abab，由于b0，所以a4. 2a12. 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

262.若过P点作斜率为的直线交双曲线于A,B两点，交y轴于M点，且PM是PA32与PB的等比中项，则双曲线的半焦距为__________.

2k26解设渐近线的方程为ykx，由题设得，解得k2，双曲线的231k渐近线方程为y2x，故可设双曲线的方程为2x2y2 (0).

为设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线AB的方程为y3x24x240.

2(x2)，代入双曲线方程消去y，得2当1612(24)0，即8时，上面的方程恰有两实根，且342x1x2,x1x2(2).

33由题设可知，PM2PAPB，可化为(x12)(x22)4，即x1x22(x1x2)44，

. 即(2)244，解得2或14. y2x2y2因此，双曲线的方程为2xy2或2xy14，即x1或1.

2714所以双曲线的半焦距为123或71421. 222223432三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

x2113. 过点Q(1,1)作已知直线l:yx1的平行线，交双曲线y21于点M,N.

44（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)[x(1)]，即y(x3)，代入双曲线方程

x2y21，得 3x26x250. 4设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1,x2是方程的两根，所以x1x22，

1于是y1y2(x1x26)2，故点Q(1,1)是线段MN的中点. ………5分

4x2（2）双曲线y21的过点M(x1,y1),N(x2,y2)的切线方程分别为

4xxxxl1:1y1y1，l2:2y2y1. 44x1xy1y1,14联立，得两式相加，并将x1x22，y1y22代入，得yx1，

4x2xyy1,241这说明直线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

41414点. …………………………10分

A(x3,y3),B(x4,y4)，（3）设P(x0,y0)，则PAPB,的方程分别为

x3xxxy3y1和4y4y1，44x3x0xxy3y01，40y4y01，这表明点A,B都在直线44x0xxxy0y1上，即直线AB的方程为0y0y1. 44xx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

44直线l上哪一点），点Q(1,1)都在直线AB上. …………………………20分

1214. 已知数列an满足递推关系式：an1anan2，n1,nN.

23（1）若a14，证明：（ⅰ）当n2时，有an12an；（ⅱ）当n1时，有an1()nan.

2因为点P在两条直线上，所以

1n1. ak1k121证明：因为an1anan2an2(an2)20，故an1an，即数列an为递增

22（2）若a11，证明：当n5时，有n数列.

2（1）（ⅰ）由a14及an1anan2可求得a26,a314，于是当n2时，an6，2于是an12anan3an2(an3)20，即当n2时，an12an.

12121252 …………………………5分

（ⅱ）由于n2时，an12an，所以n2时，an12n2a262n232n1.

2由an1anan2可得

12an112an1. an2an先用数学归纳法证明下面的不等式成立：an()n1 （n3）. Ⅰ）当n3时，a37()31，结论成立.

Ⅱ）假设结论对nk(k3)成立，即ak()k1，则结合（ⅰ）的结论可得

133ak1ak2()k2()k11，即当nk1时结论也成立. 22213综合Ⅰ），Ⅱ）可知，不等式an()n1对一切n3都成立.

22a12133因此，当n3时，n1an1an1()n，即an1()nan.

an2an222333又a26()1a1，a314()2a213.5，所以当n1时，有an1()nan.

222123212321232 …………………………10分

（2）由于a11，而数列an为递增数列，故当n1时，有an1.

2由an1anan2可得n12111，而a11，于是 anan2an12n111111()1. ak12a12an122an1k1akk1ak21下面先证明：当n5时，有an2 （*）

n112313217an2计算易得a1,a3,a4Ⅰ）根据a11及an1an， 2281281217221721712172171217217391a5()22(1)，而(1)，

21281281282128128212812825641故a52，即当n5时，结论成立.

41Ⅱ）假设结论对nk(k5)成立，即ak2.

k1.

因为an1(an1)2，而函数f(x)(x1)2在x1时为增函数，所以

313222113111ak1(21)222，

2k12k12(k1)2k12即当nk1时结论也成立.

1对一切n5都成立. n1n11111n1. n，所以于是当n5时，an12，故

a2a2ank1kn1n1综合Ⅰ），Ⅱ）可知，不等式an2 …………………………

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).

x2a13b1,依题意，可设其中a1,a2,b1,b2均为非负整数，于是 a2b2x1223,2a23b22a13b112 （1）…………………………5分

如果a1a20，则3b3b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3b122a3b，显然只可能a11（否则左右两边被4除的余数不相同），此时3b63b，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

2a23b2a23b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， 3b2a23b3 （3）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

21211212211211（3）式即3b212a12a121,a123,a13,a15,1，它只有两组解和即和此时，

b11,b12,b2,b3,2222221对应的x值分别为24和96，相应的n值分别为864和10368. …………………15分

2）当a120，即a12时， 2a23b3b3 （4）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2a23b3，只可能b10，此时a24,x4,n64.

21若b21，则（4）式即2a23b11，它只有两组解21a221,a222,a23,和即b110,b111,b11,.

和a24,此时，对应的x值分别为12和36，相应的n值分别为288和1728. b12,因此，符合条件的n值有6个，分别为64，108，288，864，1728，10368. …………………………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） 1．函数

54xx2f(x)2x在(,2)上的最小值是（ C ）

A．0 B．1 C．2 D．3 [解] 当x2时，2x0，因此

1(44xx2)11(2x) f(x)(2x)22x2x2x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2，

2x的最小值为2．

2．设A[2,4)，B{xx2ax40}，若BA，则实数a的取值范围为（ D ） A．[1,2) B．[1,2] C．[0,3] D．[0,3) [解] 因x2ax40有两个实根

2aa2aa x14，x24，

2424故BA等价于x12且x24，即

aa2aa2且4244，

2424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2，乙在每局中

3获胜的概率为1，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望E为

3（ B ）

A. 241 B. 266 C. 274 D. 670

818181243 [解法一] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.

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(1)25．

339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

5P(2)，

9P(4)4520()(，) 9981P(6)42(98116)， 8181故E25420616266．

981[解法二] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.

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(A1A2)P(A1A2)5， 981 2[(2)3(1)(1)3(2)]20，

3333 4(2)2(1)216，

3381故E25420616266．

98181814．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 B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3

[解] 设这三个正方体的棱长分别为a,b,c，则有6a2b2c2564，a2b2c294，不妨设1abc10，从而3c2a2b2c294，c231．故6c10．c只能取9，8，7，6．

若c9，则a2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2b230，b4，从而b4或5．若b5，则

a25无解，若b4，则a214无解．此时无解．

若c7，则a2b2944945，有唯一解a3，b6．

若c6，则a2b2943658，此时2b2a2b258，b229．故b6，但bc6，故b6，此时a2583622无解．

a2,a3,综上，共有两组解b3,或b6,

c9c7.体积为V1233393764cm3或V2336373586cm3．

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

xy0，x1，x0，[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 由xyz0得zxy． ②

将②代入xyyzxzy0得x2y2xyy0． ③ 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

x1,x0,该方程组共有两组有理数解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sinAcotCcosA的取值范围是

sinBcotCcosB（ C ）

A. (0,) B. (0,C. (51) 2515151,) D. (,) 222[解] 设a,b,c的公比为q，则baq,caq2，而

siAn(CsiBn(C)siBn()siAn(B)bsinq． A)asin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

22aaqaq,qq10,即2 2aqaqaqq10.1551q,22解得 q51或q51.22从而

5151q，因此所求的取值范围是(51,51)． 2222二、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)则ab 5 . [解] 由题意知fn(x)anx(an1an2an1axb，

a1nf(x)，fn1(x)f(fn(x))，n1,2,3,，若f7x()821183x，

a1)b

由

a71f7(x)128x381得a128，b381，因此a2，b3，ab5．

a17.

8．设f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值为1，则a223．

[解] f(x)2cos2x12a2acosx 2(cosxa)21a22a1，

22(1) a2时，f(x)当cosx1时取最小值14a； (2) a2时，f(x)当cosx1时取最小值1；

(3) 2a2时，f(x)当cosxa时取最小值1a22a1．

22又a2或a2时，f(x)的最小值不能为1，

2故1a22a11，解得a2223，a23(舍去)．

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C2种． 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：

212． H3C2123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[解] an1Sn1Sn即 2an1n1，n1,2,n(n1)，则通项an=

11． 2nn(n1)nn1an1an，

(n1)(n2)n(n1)n2211an

(n1)(n2)n1n(n1)21， an(n1)(n2)n(n1)11． )an(n1)(n2)n(n1) =

由此得 2(an1令bnan1，b1a111 (a10)，

22n(n1)有bn11bn，故bn21，所以an1n1． n2n(n1)211．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2x，f(x6)f(x)632x，则f(2008)=[解法一] 由题设条件知

32x232x4632x32x，因此有f(x2)f(x)32x，故 220082007． [解法二] 令g(x)f(x)2x，则

f(x2)f(x)2x22x32x32x0，

220082007．

g(x2)g(x)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46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723．

[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A1B1C1//平面ABC，与小球相切于点D，则小球球心O为正四面体PA1B1C1的中心，PO面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心．

因VPABC1111SA1B1C1PD 3111 4VOABC

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OP1，则

2222． PP1POOP1(3r)r22r考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB)相切时

答12图1

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P1EF，如答12图2．记正四面体的棱长为a，过P1作PM1 因

MPP1PA于M．

6，有

PMPP1cosMPP122r36r2，故小三角形的边长

PEPA2PMa26r． 1小球与面PAB不能接触到的部分的面积为（如中阴影部分）

SPABSP1EF答12图2

322(a(a26r)2)32ar63r． 46，所以

答12图2

又r1，a4SPABSPEF24363183． 1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)|sinx|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： [证]

cos12sinsin34． (k0)的

2f(x)的图象与直线ykx三个交点如答13图所示，且在(,3)内相切，其切点为A(,sin)，(,3)．

2…5分

2答13图

由于f(x)cosx，x(,3)，所以cossin，即tan． …10分

因此

14sincos …1

5分

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(2x42)，且log2y在(0,)上为增函数，故原不等式等价于

x123x105x83x612x42．

即 x123x105x83x62x410． …5分分组分解 x12x10x8

x4x210，

(x82x64x4x21)(x4x21)0， …10分

所以

x4x210，

(x215215)(x)0． …15分 22.

. 所以x2152，即x152或x152． …20分

故原不等式解集为(,51)(251,)． 2[解法二] 由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上为增函数，故原不等式等价于

x123x105x83x612x42．

…5分

即

216x63x43x212x22(x21)32(x21)， 2xx (12)32(12)(x21)32(x21)， …10分

xx令g(t)t32t，则不等式为

g(1)g(x21)， 2x显然g(t)t32t在R上为增函数，由此上面不等式等价于

1x21， …152x分

即(x2)2x210，解得x2故原不等式解集为(,51 2(x251舍去)， 251)(251,)． 2 …20分

15．如题15图，P是抛物线y22x上的动点，点B,C在y轴上，圆(x1)2y2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bx， x0化简得 (y0b)xx0yx0b0．

又圆心(1,0)到PB的距离为1，

y0bx0b(y0b)x2201 ， …5

分

题15图

故(y0b)2x02(y0b)22x0b(y0b)x02b2，

易知x02，上式化简得(x02)b22y0bx00，

同理有(x02)c22y0cx00． …10分所以bc2y0，bcx0，则

x02x02224x04y08x0(bc)(x02)22．

因P(x0,y0)是抛物线上的点，有y022x0，则

24x0(bc)(x02)22，bc2x0． x02x04x0(x02)4 x02x02 …15分

所以SPBC1(bc)x02

2．8 442．

当(x02)24时，上式取等号，此时x04,y02因

此

SPBC的最小值为

8． …20分 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）

f(x)1、若函数

,且f(n)(x)f[f[ff(x)]](99)1x2n，则f(1) ；

x222x2y8x8y10，点A在直线L上，B、C为圆xy902、已知直线L：和圆M：

M上两点，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)＝

1111a2007n13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1n1x2y221(ab0)2ab5、椭圆上任意两点P，Q，若OP⊥OQ，则乘积|OP|·|OQ|的最小值

为

6、若方程lgkx2lg(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）

x2y21l:ykxm1、（本题14分）设直线（其中k，m为整数）与椭圆1612交于不同的x2y21两点A，B，与双曲线412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。

22、（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. （1）求数列｛an｝的通项公式（用α，β表示）（2）若

p1,q14，求数列｛an｝的前n项的和.

a1p,a2p2q,anpan1qan2(n3,4,)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I1,I2，求证：Q,I1,I2,T共圆。二、（50分）设

02，且sin,cos均为有理数。求证：存在

01,22满足

（Ⅰ）12

（Ⅱ）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。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

x1f(n)(x)21nx101、探究易得

2、[3,6] 设A(a，9－a)，则圆心M到直线AC的距离d＝AM sin45°，由直线AC与

fx = xgx = 2-x2.5圆M相交，得d342，解得3≤a≤6 21.53、

t2t12 1110.54、设

f(n)n1n212n1。显然f(n)-2-11234调递减，则由

f(n)-0.5的最大值

-1f(1a)21-1.53，得00a7＝2009

5、设P（|OP|cosθ，|OP|sinθ），Q（|OQ|cos(θ±2)，|OQ|sin（θ±2））由P，1cos2sin21sin2cos2椭圆上，有|OP|2a2b2，|OQ|2a2b2

2a2b22a2b2于是当|OP|＝|OQ|＝a2b2时，|OP|·|OQ|达到最大值a2b2 6、k0或k4

kx0x10kx(x1)2由二次方程得x11,x22(k2k24k)，k24k0k0或k4

x1x2k2（1）当k0时，x1x,所以 x1,x2同为负根。210 x110又x210，所以原方程有一个解x1。

（2）当k＝4时，原方程有一个解

xk211

x1x2k210,所以 x1,x2同为正根。（3）当k>4时，x1x2且x1x2，不合题意，舍去

综上所述：k0,或k4

7、101×298 该表共100行；

每一行构成一个等差数列，且公差依次为

d11,d22,d322,,d99298

单

Q在

n2anan1(an12n2)2an12n2ann2设第n（）行的第一个数为，则，两边同除以2，

anan11n2n3an(n1)2n2a10010129822得，得，

8、27

旅客候车的分布列为候车时间10 30 （分）概率候车时间的数学期望为二、解答题 9、9条

50 70 90 ykxm2xy21222(34k)x8kmx4m480 1612由消去y，得

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则

x1x28km22234k2，且(8km)4(34k)(4m48)0

ykxm2xy21222(3k)x2kmxm120 412同理由消去y，得

2km2222C(x3,y3),D(x4,y4)(2km)4(3k)(m12)0 3k设，则，且

(x4x2)(x3x1)0ACBD0x3x4因为，所以

，得

8km2km22x4x3x2x1，即34k＝3k，得k0或m＝0

当k＝0时，得23m23，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。

n1n1ann22a(n1) 10、（Ⅰ）p4q0时，n；p4q0时，

n3sn3n2 (Ⅱ)

（Ⅰ）由韦达定理αβ＝q（q≠0），α＋β＝p ∴anpan1qan2()an1an2(n3,4,) 即anan1(an1an2)，设bnan1an，由

a1p,a2p2q,2得

b12，于是

bn2n1n1，∴

n1an1ann1

当p4q0时，0，a12，an1anan1，即n1ann1n2n1an1(an)n12aa n当p4q0时，，n1化为

n12n1n1n1anan ,所以

n1n1an22an(n1)np4q0p4q0 综上所述：时，；时，

11an(n1)()np1,q22，利用错位相减法易得 4，则p4q0，此时（Ⅱ）

11、3313y11

函数定义域为[0,13]，因为

当且仅当x＝0时等号成立。故y最小值为3313 又由柯西不等式

所以y11，当且仅当4x9(13x)x27，x＝9y取得最大值11 综上所述3313y11

2010年全国高中数学联赛

一试

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. 已知函数y(acos2x3)sinx的最小值为3，则实数a的取值范围是 . 3. 双曲线x2y2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)a2x3ax2(a0,a1) 在区间x[1,1]上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .

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A1B1C1的9条棱长都相等，P是CC1的中点，二面角BA1P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y26x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1x2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2x3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}，使得 rarara.

12325解答

. 1. [3,3] 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. a12 提示：令sinxt，则原函数化为g(t)(at2a3)t，即

g(t)at3(a3)t.

32由at3(a3)t3，at(t21)3(t1)0，(t1)(at(t1)3)0 及t10 知at(t1)30 即

a(t2t)3. （1）

当t0,1时（1）总成立；

对0t1,0t2t2；对1t0,t2t0.从而可知 a12.

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AkBk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

1432(99k)99494851.

k199又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为24851989800. 4. 333 提示：设{an}的公差为d,{bn}的公比为q，则

3dq, （1） 3(34d)q2，（2）

（1）代入（2）得912dd26d9，求得d6,q9.

从而有36(n1)log9n1 对一切正整数n都成立，即6n3(n1)log9 对一切正整数n都成立.

从而

log96,3log9，

求得 33,3，333.

5.  提示：令axy,则原函数化为g(y)y23y2,g(y)在(,+)上是递增的.

当0a1时，y[a,a1],

g(y)maxa23a128a12a1， 21432所以

111g(y)min()232；

224当a1时，y[a1,a]，

g(y)maxa23a28a2，

所以

1g(y)min223212.

综上f(x)在x[1,1]上的最小值为. 6.

12217 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17361214的获胜概率为

757577()2()4121212121212112. 2517114410 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，4OC所在直线为y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，

BA1(2,0,2),BP(1,3,1),B1A1(2,0,0),B1P(1,3,1).

设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是m(x1,y1,z1)、n(x2,y2,z2)，则由此可设 m(1,0,1),n(0,1,3)，所以

zmnmncos，即 A1322coscos6. 4B1PAOCCy1C110所以 sin.

4PCPC1,PA1PB . 解法二：如图，

A1设A1B与AB1交于点O, 则

OA1OB,OAOB1,A1BAB1 .

B因为 PAPB1,所以 POAB1,从而

xB1PA1B .

过O在平面PA1B上作OEA1P,垂足连结B1E,则B1EO为二面角平面角.设AA12,则易求得PBPA15,A1OB1O2,PO3.

在直角PA1O中，A1OPOA1POE,即 B235OE,OE65EOAPAB1平面

为E.

BA1PB1的

645. 55又 B1O2,B1EB1O2OE22B1O210. B1E45458. 336675 提示：首先易知xyz2010的正整数解的个数为

sinsinB1EO2C2009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. 易知

1310036k20091004，

所以

200610052009321200610052004，即

k1003335334335671.

从而满足xyz的正整数解的个数为

11003335671336675.

9. 解法一：

f(0)c,132f(x)3ax2bxc,由 f()abc, 得 42f(1)3a2bc13a2f(0)2f(1)4f().

2 所以

2f(0)2f(1)4f() 8，

所以a. 又易知当f(x)x34x2xm（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为.

解法二：f(x)3ax22bxc. 设g(x)f(x)1，则当0x1时，0g(x)2. 设 z2x1，则x83838312z1,1z1. 2z13a23a2b3ah(z)g()zzbc1.

2424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

23a23a0zbc12，

443a3a8从而 bc10,z22，由 0z21知a.

44388又易知当f(x)x34x2xm（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为.

33xxyy10. 解法一：设线段AB的中点为M(x0,y0)，则 x0122,y012，

22yy1yy163kAB222 .

x2x1y2y1y0y2y1266.

线段AB的垂直平分线的方程是

y0(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

yy0点，且点C坐标为(5,0).

由（1）知直线AB的方程为yy0x3(x2)，即 y0y0(yy0)2. （2） 3（2）代入y26x得y22y0(yy0)12，即

2y22y0y2y0120. （3）

依题意，y1,y2是方程（3）的两个实根，且y1y2，所以

2224y04(2y012)4y0480,

23y023. 222(9y0)(12y0) . 3 定点C(5,0)到线段AB的距离 yA

2220hCM(52)(0y0)9y. B14C(5,0)Ox7 . 3当且仅当9y02242y02，即 y05A(,

A(635635,57),B(,57)33或

635635,(57)),B(,57)时等号成立. 3314所以，ABC面积的最大值为7.

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).

设x1t12,x2t22,t1t2,t12t224，则SABCt122t2125016t11的绝对值, 6t21 ()3, 所以SABC147524，即t17, 当且仅当(t1t2)2t1t25且t12t2,

3663563575,57),B(,57)或 ,A(t2336.

31423. A(635635,(57)),B(,57)时等号成立. 3314 所以，ABC面积的最大值是7.

311.令f(x)2x35x2，则f(x)6x250，所以f(x)是严格递增的.又

131f(0)20,f()0，故f(x)有唯一实数根r(0,).

242所以 2r35r20，

2r4710rrrr. 351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

ra1ra2ra3rb1rb2rb32， 5去掉上面等式两边相同的项，有

rs1rs2rs3rt1rt2rt3，

这里s1s2s3,t1t2t3，所有的si与tj都是不同的.

不妨设s1t1，则

1rt1s1rs1rs1rs2rt1rt2，

11rt2s1rr2111，

11r12矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

加试

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．

1．记f(1()r)f(r，)rr2f(l)(r)f(f(l1)(r)),l2．证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数．这里，x表

2. （40分）设k是给定的正整数，rk1示不小于实数x的最小整数，例如：11． 1，2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

Aka1a2kak,k1,2,,n．

求证： akAkk1k1nnn1． 24. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形A1A2An的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，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

1. 用反证法．若A，B，D，C不四点共角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM连接PQ．

因为PK2P的幂（关于⊙O）K的幂（关 PO2r2KO2r2，同理

QK2QO2r2KO2r2，

MAO圆，设三并延长交于点P，

CBEKD于⊙O）

QPN所以 PO2PK2QO2QK2，

故OK⊥PQ．由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

AQAP． ① QNPM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

NBDEAQ1， ② BDEAQNMCDEAP1． ③ CDEAPMNBMCNDMD由①，②，③可得，所以，故△DMN ∽ △DCB，于是BDCDBDDCDMNDCB，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.

注1：“PK2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

PFEPAEBCE，

从而E，C，F，K四点共圆，于是

PKPFPEPC， ⑤

⑤-④，得

PK2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

A类似．

2. 记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当mv2(k)1时，f(m)(r)为整数． O下面我们对v2(k)v用数学归纳法． FBC当v0时，k为奇数，k1为偶数，此时 EK为整数． DQ假设命题对v1(v1)成立． P.

MN.

对于v1，设k的二进制表示具有形式

，

这里，i0或者1，iv1,v2,．于是

k2vv12v1v22v2 k， ① 这里

k2v1(v11)2v(v1v2)2v122v12.

12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，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1kn0ik1aink．

注意到当x,y0时，有xymaxx,y，于是对1kn1，有

1nnk， nnk1故 akAknAnAk

k1k1kn11 ． k1n1n24. 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A1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0j设标有a的边有2i条，0i，标有b的边有条，．选取2i条2j22边标记a的有Cn2i种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有Cn2j2i种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有Cn2iCn2j2i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

4i0n2n2i22i2jCCnn2i． ① j0这里我们约定C001．

当n为奇数时，n2i0，此时

n2i2j0C2jn2i2n2i1． ②

代入①式中，得

3n1．

当n为偶数时，若i，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

2in2i124Cn23n3．

i0n2n2n2 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3n1种；当n为偶数时有3n3种．

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,a2,a3,a4}，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)x21x1的值域为．

ab2，(ab)24(ab)3，则logab ．

3．设a,b为正实数，1124．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）

6．在四面体ABCD中，已知ADBBDCCDA60，ADBD3，则四面体ABCDCD2，的外接球的半径为．

7．直线x2y10与抛物线y24x交于A,B两点，C为抛物线上的一点，ACB90，则点C的坐标为．

8．已知an3Cn2006200n1(n1,2,,95)，则数列{an}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(b1)，

b2f(10a6b21)4lg2，求a,b的值．

10．（本小题满分20分）已知数列{an}满足：

an1(2tn13)an2(t1)tn1an2t1na12t3(tR且

t1)，

(nN*)．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若t0，试比较an1与an的大小．

11．（本小题满分20分）作斜率为1的直线l与椭圆C：

3y O A x2y2，且P(32,2)在直线l的左1交于A,B两点（如图所示）

364P x B 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．

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

二、（本题满分40分）证明：对任意整数n4，存在一个n次多项式具有如下性质：

（1）a0,a1,,an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)．

三、（本题满分50分）设a1,a2,,an(n4)是给定的正实数，a1a2an．对任意正实数r，满足

证明：

ajaiakajr(1ijkn)的三元数组(i,j,k)的个数记为fn(r)．

n2fn(r)4．

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． 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． 1.设P是函数yx（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，垂足分别为A,B，则PAPB的值是_____________.

2x6.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)2f(x)恒成立，则实数a的取值范围是_____________.

1n38．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

7．满足sin的所有正整数n的和是_____________.

14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)asinxcos2xa,aR,a0

（1）若对任意xR，都有f(x)0，求a的取值范围；

（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

123a12（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）当点A在半圆(x2)2y24（2x4）上运动时，求点C的轨迹．三、（本题满分50分）

设P0,P1,P2,,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) 求证：P0P1P0P2设Sn112dP0Pn()n(n1)! 3四、（本题满分50分）

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

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（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

足分别为A,B，则PAPB的值是．

２．设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足acosBbcosAc，则

tanA

的值是 . tanB

2x35【答案】4

. ３．设x,y,z[0,1]，则M|xy||yz||zx|的最大值是 . 【答案】21

【解析】不妨设0xyz1,则Myxzyzx. 因为yxzy2[(yx)(zy)]2(zx). 所以M2(zx)zx(21)zx21.

124.抛物线y22px(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

|MN|的最大值AFB．设线段ＡＢ的中点M在ｌ上的投影为N，则

|AB|3当且仅当yxzy,x0,z1,y时上式等号同时成立.故Mmax21.

是 .

【答案】1

【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得MNAFBF. 2在AFB中,由余弦定理得AB2AF2BF22AFBFcos

3当且仅当AFBF时等号成立.故

MN的最大值为1. AB5．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)2f(x)恒成立，则实数a的取值范围是．【答案】[2,).

７．满足sin的所有正整数n的和是．【答案】33

【解析】由正弦函数的凸性,有当x(0,)时,xsinxx,由此得

614n133131,sin, 131341212413111sin,sin.所以sinsinsinsinsin. 101039931341211103911故满足sin的正整数n的所有值分别为10,11,12,它们的和为33.

4n3８．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sin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)asinxcos2xa,aR,a0

123a12.

（１）若对任意xR，都有f(x)0，求a的取值范围；

（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

（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）当点A在半圆(x2)2y2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)

OKAK(OBBK)(ABBK)OBAB624220 (定值)

22222222(2)设C(x,y),A(22cos,2sin),其中XMA(),则XOC.

222因为OA(22cos)2(2sin)28(1cos)16cos2,所以OA4cos

222由(1)的结论得OCcos22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)

5,所以xOCcos25.从而yOCsin5tan2[5,5].

2012年全国高中数学联赛加试试题（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。

证法

一:令bmx,b12k1y,消去b得2k1ymx1. 由于(2k1k1xx02t,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把最小的正整数解记为(x,y),则x2k1,故bmx2a1,使b(b1)是2a的倍数．……

40分

证法二:由于(2k1,m)1,由中国剩余定理知,同余方程组

x0(mod2k1)在区间(0,2k1m)上有解xb,即存在b2a1,使b(b1)是2a的倍xm1(modm)数．…………40分

证法三:由于(2,m)1,总存在r(rN,rm1),使2r1(modm)取tN,使trk1,则2tr1(modm)

存在b(2tr1)q(2k1m)0,qN,使0b2a1,

此时mb,2k1m1,因而b(b1)是2a的倍数．……………40分

三、（本题满分５０分）

设P0,P1,P2,,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) 求证：P0P1P0P2dP0Pn()n(n1)! 3四、（本题满分５０分）

1ｎ是正整数．证明：对满足0ab1的任意实数a,b，数列{Sn[Sn]}，设Sn112n中有无穷多项属于(a,b)．这里，[x]表示不超过实数ｘ的最大整数．

【解析】证法一:(1)对任意nN,有

二:(1) S1112n1232n

证法

因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容

查看全文

全部栏目

2000-2012年十年全国重点高中数学联合竞赛习题及参考答案