全国高中数学联赛试题及解析 苏教版23

2003年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月12日上午8:00-9:40)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) 20492设a，bR，ab0，那么直线axy+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是 3过抛物线y2=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(A) (B) (C) (D) 84若x，则y=tan(x+)tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A) (B) (C) (D) 5已知x，y都在区间(2，2)内，且xy=1，则函数u=+的最小值是(A) (B) (C) (D) 6在四面体ABCD中， 设AB=1，CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于 (A) (B) (C) (D) 二填空题(每小题9分，共54分)7不等式|x|32x24|x|+30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|=21，则PF1F2的面积等于 9已知A=x|x24x+30，xR，B=x|21x+a0，x22(a+7)x+50，xR若AB，则实数a的取值范围是 10已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若ac=9，则bd= 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=1，2，n1)，an=1，Tn 是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则= 三、（本题满分20分）13设x5，证明不等式 2+mn0已知=+，其中x=xx，而x表示不超过x的最大整数求这种三角形周长的最小值三、（本题50分）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=q2+q+1，lq(q+1)2+1，q2，qN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)1997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解：452=2025，462=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202545=1980项还缺20031980=23项由2025+23=2048知选C2设a，bR，ab0，那么直线axy+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是 解：曲线方程为+=1，直线方程为y=ax+b由直线图形，可知A、C中的a0，C图的b0，b0，则曲线为焦点在x轴上的双曲线，故选B 3过抛物线y2=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 (A) (B) (C) (D) 8解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=x，弦的中点在y=上，即AB中点为(，)，中垂线方程为y=(x)+，令y=0，得点P的坐标为 PF=选A4若x，则y=tan(x+)tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A) (B) (C) (D) 解：令x+=u，则x+=u+，当x，时，u，y=(cotu+tanu)+cosu=+cosu在u，时，sin2u与cosu都单调递增，从而y单调递增于是u=时，y取得最大值，故选C5已知x，y都在区间(2，2)内，且xy=1，则函数u=+的最小值是(A) (B) (C) (D) 解：由x，y(2，2)，xy=1知，x(2，)(，2)，u=+=1+当x(2，)(，2)时，x2(，4)，此时，9x2+12(当且仅当x2=时等号成立)此时函数的最小值为，故选D6在四面体ABCD中， 设AB=1，CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于 (A) (B) (C) (D) 解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1sin2=3而四面体ABCD的体积=平行六面体体积=故选B二填空题(每小题9分，共54分)7不等式|x|32x24|x|+30的解集是 解：即|x|32|x|24|x|+30，(|x|3)(|x|)(|x|+)0|x|，或|x|3 解为(3，)(，3)8设F1、F2是椭圆+=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|PF2|=21，则PF1F2的面积等于 解：F1(，0)，F2(，0)；|F1F2|=2 |PF1|+|PF2|=6，|PF1|=4，|PF2|=2由于42+22=(2)2故DPF1F2是直角三角形 S=49已知A=x|x24x+30，xR，B=x|21x+a0，x22(a+7)x+50，xR若AB，则实数a的取值范围是 解：A=(1，3)；又，a21x(1，)，当x(1，3)时，a 7(7，4) 4a110已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若ac=9，则bd= 解：a3=b2，c5=d4，设a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2y4=9(x+y2)(xy2)=9 x+y2=9，xy2=1，x=5，y2=4bd=5325=12532=9311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 解：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=2EFGH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MN=1EM=，故EN2=3(1)2=2 EN=所求圆柱的高=2+12 设Mn=(十进制)n位纯小数0.|ai只取0或1(i=1，2，n1)，an=1，Tn 是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则= 解：由于a1，a2，an1中的每一个都可以取0与1两个数，Tn=2n1在每一位(从第一位到第n1位)小数上，数字0与1各出现2n2次第n位则1出现2n1次 Sn=2n21+2n210n =三、（本题满分20分）13设x5，证明不等式 2+2 解：x+10，2x30，153x0x5由平均不等式 2+=+2 但2在x5时单调增即22=2 故证四、(本题满分20分)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)对应的不共线的三点证明：曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (tR)与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点解：曲线方程为：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t) x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t(0x1) y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1x)2+2b(1x)x+cx2 即 y=(a2b+c)x2+2(ba)x+a (0x1) 若a2b+c=0，则Z0、Z1、Z2三点共线，与已知矛盾，故a2b+c0于是此曲线为轴与x轴垂直的抛物线AB中点M：+(a+b)i，BC中点N：+(b+c)i与AC平行的中位线经过M(，(a+b)及N(，(b+c)两点，其方程为4(ac)x+4y3a2b+c=0(x) 令 4(a2b+c)x2+8(ba)x+4a=4(ca)x+3a+2bc即4(a2b+c)x2+4(2bac)x+a2b+c=0由a2b+c0，得4x2+4x+1=0，此方程在，内有惟一解： x=以x=代入得， y=(a+2b+c) 所求公共点坐标为(，(a+2b+c)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解：对于O上任意一点A，连AA，作AA的垂直平分线MN，连OA交MN于点P显然OP+PA=OA=R由于点A在O内，故OA=aa)为长轴的椭圆C而MN上任一异于P的点Q，都有OQ+QA=OQ+QAOA故点Q在椭圆C外即折痕上所有的点都在椭圆C上及C外反之，对于椭圆C上或外的一点S，以S为圆心，SA为半径作圆，交O于A，则S在AA的垂直平分线上，从而S在某条折痕上最后证明所作S与O必相交1 当S在O外时，由于A在O内，故S与O必相交；2 当S在O内时(例如在O内，但在椭圆C外或其上的点S)，取过S的半径OD，则由点S在椭圆C外，故OS+SAR(椭圆的长轴)即SASD于是D在S内或上，即S与O必有交点于是上述证明成立综上可知，折痕上的点的集合为椭圆C上及C外的所有点的集合加试题(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，则DBDQDDAQ反之，若DBDQDDAQ则本题成立而要证DBDQDDAQ，只要证=即可 证明：连AB DPBCDPDB， =，同理，= PA=PB， = BAC=PBC=DAQ，ABC=ADQ DABCDADQ = = DAQ=PBC=BDQ DADQDDBQ DBQ=ADQ=PAC证毕二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l，m，n且lmn0已知=+，其中x=xx，而x表示不超过x的最大整数求这种三角形周长的最小值解：当3l、3m、3n的末四位数字相同时，=+即求满足3l3m3n( mod 104)的l、m、n 3n(3ln1)0 (mod 104)(ln0)但 (3n，104)=1，故必有3ln1(mod 104)；同理3mn1(mod 104)下面先求满足3x1(mod 104)的最小正整数x j(104)=104=4000故x|4000用4000的约数试验： x=1，2，时3x1(mod 10)，而341(mod 10)， x必须是4的倍数； x=4，8，12，16时3x1(mod 102)，而3201(mod 102)， x必须是20的倍数； x=20，40，60，80时3x1(mod 103)，而31001(mod 103)， x必须是100的倍数； x=100，200，300，400时3x1(mod 104)，而35001(mod 104)即，使3x1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而ln、mn都是500的倍数，设ln=500k，mn=500h，(k，hN*，kh) 由m+nl，即n+500h+nn+500k，n500(kh)500，故n501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）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=q2+q+1，lq(q+1)2+1，q2，qN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)证明：设点集为VA0，A1，An1，与Ai连线的点集为Bi，且|Bi|bi于是1bin1又显然有bi2lq(q+1)2+2若存在一点与其余点都连线，不妨设b0n1则B0中n1个点的连线数lb0q(q+1)2+1(n1) (注意：q(q+1)q2+qn1)(q+1)(n1)(n1)+1(q1)(n1)+1(n1)+1(n1)+1(由q2)但若在这n1个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这n1个点内至多连线条，故在B0中存在一点Ai，它与两点Aj、Ak(i、j、k互不相等，且1i，j，k)连了线，于是A0、Aj、Ai、Ak连成四边形现设任一点连的线数n2且设b0q+2n2且设图中没有四边形于是当ij时，Bi与Bj没有公共的点对，即|BiBj|1(0i，jn1)记VB0，则由|BiB0|1，得|Bi|bi1(i1，2，n1)，且当1i，jn1且ij时，Bi与Bj无公共点对从而中点对个数(Bi中点对个数)即CCC (b3bi+2)(bi)23bi+2(n1)(由平均不等式) (2lb0)23(2lb0)+2(n1)(2lb0)23(n1)(2lb0)+2(n1)2 (2lb0n+1)(2lb02n+2)(2lq(q+1)2+2(n1)(q+1)+2) (n1)(q+1)+2b0n+1(n1)(q+1)+2b02n+2 (n1)q+2b0(n1)(q1)+2b0(两边同乘以2(n1)即 (n1)(nb0)(nb01)(nqq+2b0)(nqqn+3b0)(n1q(q+1)代入)得 q(q+1)(nb0)(nb01)(nqq+2b0)(nqqn+3b0)(各取一部分因数比较) 但(nqqn+3b0)q(nb01)(q1)b0n+3(b0q+2)(q1)(q+2)n+3q2+q+1n0 (nqq+2b0)(q+1)(nb0)qb0qn+2q(q+1)n+210 又(nqqn+3b0)、(nqq+2b0)、q(nb01)、(q+1)(nb0)均为正整数，从而由、得， q(q+1)(nb0)(nb01)(nqq+2b0)(nqqn+3b0) 由、矛盾，知原命题成立