二○○四年全国高中数学联合竞赛试题一试及答案(Word文档)

第 一 试 时间：10月16日

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x4xcoscot0有重根，则的弧度数为（ ） A.

62 B.

2122or512 C.

6or512 D.

12

2、已知M{(x,y)|x2y3},N{(x,y)|ymxb}。若对所有

mR,均有MN，则b的取值范围是（ ）

A. 62,6 2B. 62,6 2C. (233,233]

D. 233,23 33、不等式log2x112log1x20的解集为（ ）

23A. [2,3) B. (2,3] C. [2,4) D. (2,4]

4、设O点在ABC内部，且有OA2OB3OC0，则ABC的面积与AOC的面积

的比为（ ） A. 2

B.

32 C. 3 D.

53

5、设三位数nabc，若以a，b，c为三条边的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是底面圆内的点，O为底面圆的圆心，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的长是（ ） A.

53 B.

235 C.

63 D.

236

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) a1的图像所围成的封闭图形的面积是________________。

28、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)=_____________________。

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9、如图、正方体ABCDA1B1C1D1中， 二面角ABD1A1的度数是____________。

A2D1C1A1B1FEDCB10、设p是给定的奇质数，正整数k使得kpk也是一个正整数，则k=____________。

n11、已知数列a0,a1,a2,...,an,...,满足关系式(3an1)(6an)18,且a03，则io1ai的值

是_________________________。

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___________________。

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之和大于2n，则算过关。问：

（Ⅰ）某人在这项游戏中最多能过几关？ （Ⅱ）他连过前三关的概率是多少？

（注：骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体。抛掷骰子落地静止后，向上一面的点数为出现点数。）

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

34是该点到直线AB，AC距离的等比中项。 （Ⅰ）求点P的轨迹方程；

（Ⅱ）若直线L经过ABC的内心（设为D），且与P点的轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围。

15、已知,是方程4x4tx10(tR)的两个不等实根，函数f(x)域为,。

（Ⅰ）求g(t)maxf(x)minf(x)； （Ⅱ）证明：对于ui(0,则1g(tanu1)1g(tanu2)22xtx12的定义

2)(i1,2,3)，若sinu1sinu2sinu31, 1g(tanu3)346。

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二○○四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，不要再增加其他中间档次。

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1、解：因方程x4xcoscot0有重根，故16cos4cot0

02222,4cot(2sin21)0 得sin25612

6或2，于是12或512。 故选B。

2、解：MN相当于点（0，b）在椭圆x2y3上或它的内部

2b32221,62b62。 故选A。

3310log2x1log2x3、解：原不等式等价于 222logx1023210ttx1t,则有 22t0设log2解得0t1。

即0log2x11,2x4。

故选C。

4、解：如图，设D，E分别是AC，BC边的中点，

OAOC2OD则2(OBOC)4OE(1)(2)A

D由（1）（2）得，

OA2OB3OC2(OD2OE)0，

O即OD与OE共线，

BEC 第 3 页 共 9 页

且|OD|2|OE|SAECSAOC32,SABCSAOC3223， 故选C。

5、解：a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0。即a,b,c{1,2,...,9}

（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数码都相同，所

1以，n1C99。

（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数码。设为a、b，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a，b）共有2C9。但当大数为底时，设a>b，必须满足ba2b。此时，不能构成三角形的数码是 a b 9 4，3 2，1 8 4，3 2，1 7 3，2 1 6 3，2 1 5 1，2 4 1，2 3 1 2 1 1 2共20种情况。

同时，每个数码组（a，b）中的二个数码填上三个数位，有C3种情况。

222故n2C3(2C920)6(C910)156。 综上，nn1n2165。

2

6、解：ABOB,ABOP,ABPB,又OHPB

面PAB面POB,OHHC,OHPA。C是PA中点，OCPA 当HOHC时SHOC最大，

也即VOHPCVPHCO最大。 此时，

HO2,故HO=12OP,HPO302360，

0OBOPtan30故选D。

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二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、解：f(x)2122，振幅为a1sin(ax),其中arctan，它的最小正周期为

aaa1。由f(x)的图像与g(x)的图像围成的封闭图形的对称性，可将这图形割补成长为2a、宽为a21的长方形，故它的面积是2aa1。

2

8、解：对x,yR,有f(xy1)f(x)f(y)f(y)x2,

有f(xy1)f(y)f(x)f(x)y2

f(x)f(y)f(y)x2=f(y)f(x)f(x)y2

即f(x)yf(y)x,令y0,得f(x)x1。

9、解：连结D1C,作CEBD1，垂足为E，延长CE交A1B于F，则FEBD1，连结AE，由对称性知AEBD1,FEA是二面角ABD1A1的平面角。

D1C1连结AC，设AB=1， 则ACAD12,BD13.

23A1B1F在RtABD1中，AEABAD1BD1，

DE

AC43在AEC中,cosAECAE2CE2AC22AECE2AE2AC22243B12

2AEAEC120,而FEA是AEC的补角，FEA60。

00

10、解：设kpkn,nN,则kpkn0,k是平方数，设为m,mN,则(m2n)(m2n)p

p1mm2n12 p是质数，且p3,,解得22p1m2npn4第 5 页

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22*22*22pp4n222，从而p4n22

kpm22p(p1)42,故k(p1)42。（负值舍去）

11、解：设bn1an,n0,1,2,...,则(31bn1)(61bn)18,

即3bn16bn10.bn12bn113,bn1132(bn13)

故数列{bn}是公比为2的等比数列，

3bn132(b0n13n)2(n1a013)132n1bn13(2n11)。

nio1aini0bii013(2i112(21)1n21)(n1)2n3。

3213n1

12、解：经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3－x上，设圆心为 S（a，3－a），则圆S的方程为：(xa)(y3a)2(1a)

对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当

MPN取最大值时，经过M，N，P三点的圆S必与X轴相切于点P，即圆S的方程中的

22222a值必须满足2(1a)(a3),解得 a=1或a=－7。

即对应的切点分别为P(1,0)和P(7,0)，而过点M，N，p'的圆的半径大于过点M，

'N，P的圆的半径，所以MPNMP'N，故点P（1，0）为所求，所以点P的横坐标为1。

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、解：由于骰子是均匀的正方体，所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。

（Ⅰ）因骰子出现的点数最大为6，而642,652，因此，当n5时，n次出现的点数之和大于2已不可能。即这是一个不可能事件，过关的概率为0。所以最多只能连过4关。

.......5分

n45（Ⅱ）设事件An为“第n关过关失败”，则对立事件An为“第n关过关成功”。 第n关游戏中，基本事件总数为6个。

第1关：事件A1所含基本事件数为2（即出现点数为1和2这两种情况），

n 第 6 页 共 9 页

过此关的概率为：P(A1)1P(A1)12623。

第2关：事件A2所含基本事件数为方程xya当a分别取2，3，4时的正整数解组数之

111和。即有C1C2C31236（个）。

过此关的概率为：P(A2)1P(A2)166256。 ........10分

第3关：事件A3所含基本事件为方程xyza当a分别取3，4，5，6，7，8时的正整

222222数解组数之和。即有C2C3C4C5C6C713610152156（个）。

过此关的概率为：P(A3)1P(A3)15663202723。

56

2027

100243 .........15分 ........20分

故连过前三关的概率为：P(A1)P(A2)P(A3)。

（说明：第2，3关的基本事件数也可以列举出来）

14、解：（Ⅰ）直线AB、AC、BC的方程依次为y到AB、AC、BC的距离依次为d122243(x1),y1543点P(x,y)(x1),y0。

15|4x3y4|,d22|4x3y4|,d3|y|。依设，

d1d2d3,得|16x(3y4)|25y，即

16x(3y4)25y222220,或16x(3y4)25y222220，化简得点P的轨迹方程为

圆S：2x2y3y20与双曲线T:8x17y12y80 （Ⅱ）由前知，点P的轨迹包含两部分 圆S：2x2y3y20 与双曲线T：8x17y12y80

2222 ......5分

① ②

因为B（－1，0）和C（1，0）是适合题设条件的点，所以点B和点C在点P的轨迹上，且点P的轨迹曲线S与T的公共点只有B、C两点。

由d1d2d3，解得D(0,ABC的内心D也是适合题设条件的点，

12)，且知它在圆S上。

直线L经过D，且与点P的轨迹有3个公共点，所以，L的斜率存在，设L的方程为

ykx12 ③

12（i）当k=0时，L与圆S相切，有唯一的公共点D；此时，直线y平行于x轴，表明L

与双曲线有不同于D的两个公共点，所以L恰好与点P的轨迹有3个公共点。......10分

（ii）当k0时，L与圆S有两个不同的交点。这时，L与点P的轨迹恰有3个公共点只

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能有两种情况：

情况1：直线L经过点B或点C，此时L的斜率k543312，直线L的方程为x(2y1)。

代入方程②得y(3y4)0，解得E(,)或F(-点B、E；直线CD与曲线T有2个交点C、F。 故当k

1254,)。表明直线BD与曲线T有2个交33时，L恰好与点P的轨迹有3个公共点。

12 ......15分

情况2：直线L不经过点B和C（即k），因为L与S有两个不同的交点，所以

228x17y12y80L与双曲线T有且只有一个公共点。即方程组有且只有一组实数1ykx2解，消去y并化简得(817k)x5kx2225420

该方程有唯一实数解的充要条件是817k0 或(5k)4(817k)2341722 ⑤

④

2540

22解方程④得k，解方程⑤得k。

综合得直线L的斜率k的取值范围是有限集{0,

12,23417,22}。 ......20分

2215、解：（Ⅰ）设x1x2,则4x14tx110,4x24tx210,

4(x1x2)4t(x1x2)20,2x1x2t(x1x2)22120

则f(x2)f(x1)2x2tx2122x1tx112(x2x1)t(x1x2)2x1x22(x21)(x11)1222

又t(x1x2)2x1x22t(x1x2)2x1x2故f(x)在区间,上是增函数。

t,14,

0f(x2)f(x1)0

.......5分

g(t)maxf(x)minf(x)f()f()()t()2222221 第 8 页 共 9 页

522t1t82252t16t1(2t5)16t25222 ......10分

（Ⅱ）证：

8g(tanui)cosui(2cosui223)16cosui24cosui216cosui9169cosui21624169cosui321662169cosui13(i1,2,3)

i11g(tanui)166i1(169cosui)2116336(163939)sinui)....15分

i123i1sinui1,且ui(0,2322),i1,2,33sinui(sinui)i1i11，而均值不等式

与柯西不等式中，等号不能同时成立，

1g(tanu1)1g(tanu2)1g(tanu3)1616(75913)346 ......20分

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