全国高中数学联赛试题及解析 苏教版32

20042004 年全国高中数学联赛试卷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 ( ) A B或 C 或 D6125126512122已知M=(x，y)|x2+2y2=3，N=(x，y)|y=mx+b若对于所有的mR R，均有MN，则b的取值范围是 ( ) A， B(，) C(， D， 3不等式+ logx3+20 的解集为log2x112 A2，3) B(2，3 C2，4) D(2，4 4设点O在ABC的内部，且有+2+3=，则ABC的面积与AOC的面积的比为( ) OA OB OC 0 A2 B C3 D 32535设三位数n=，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 abc有( ) A45 个 B81 个 C165 个 D216 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为底面圆圆心，ABOB，垂足为B，OHPB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥OHPC的体积最大时，OB的长为 ( ) A B C 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(a0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ；a2 + 18设函数f：R RR R，满足f(0)=1，且对任意x，yR R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2，则f(x)= ；9如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角ABD1A1的度数是 ；10设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，则k= ；k2pk11已知数列a0，a1，a2，an，满足关系式(3an+1)(6+an)=18，且a0=3，则的值是 ni =01ai；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的和大于 2n，则算过关问： 某人在这项游戏中最多能过几关？ 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P到直线BC的距离是该43点到直线AB、AC距离的等比中项 求点P的轨迹方程； 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15已知，是方程 4x24tx1=0(tR R)的两个不等实根，函数f(x)=的定义域为，2xtx2 + 1 求g(t)=maxf(x)minf(x)； 证明：对于ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2+sinu3=1，则2+an+14，nN N*； 证明有n0N N*，使得对nn0，都有+n2004b2b1b3b2bnbn1bn+ 1bn三(本题满分 50 分)对于整数n4，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+n1的任一个f(n)元子集中，均至少有 3 个两两互素的元素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 ( ) A B或 C 或 D612512651212解：由方程有重根，故 =4cos2cot=0，14 00 的解集为log2x112 12 A2，3) B(2，3 C2，4) D(2，4 解：令 log2x=t1 时，t2t1，2)，x2，4)，选Ct1324设点O在ABC的内部，且有+2+3=，则ABC的面积与AOC的面积的比为( ) OA OB OC 0 A2 B C3 D 3253解：如图，设AOC=S，则OC1D=3S，OB1D=OB1C1=3S，AOB=OBD=SOBC=S，ABC=3S选C5设三位数n=，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 abc有( ) A45 个 B81 个 C165 个 D216 个解：等边三角形共 9 个； 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，ba0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ；a2 + 1解：f(x)= sin(ax+)，周期=，取长为，宽为 2的矩形，由对称性知，面积之a2 + 12a2aa2 + 1半即为所求故填2aa2 + 1又解：1sin(ax+)dx=(1sint)dt=10a2 + 12paa2 + 18设函数f：R RR R，满足f(0)=1，且对任意x，yR 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)=110+2，f(1)=2令y=1，得f(x+1)=2f(x)2x+2，即f(x+1)=2f(x)x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比较、得，f(x)=x+19如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角ABD1A1的度数是 ；解：设AB=1，作A1MBD1，ANBD1，则BNBD1=AB2，BN=D1M=NM=A1M=AN= AA12=A1M2+MN2+NA22A1MNAcos，12=+ + 2 cos，cos=2323132312=6010设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，则k= ；k2pk解：设=n，则(k )2n2=，(2kp+2n)(2kp2n)=p2，k=(p+1)2k2pkp2p241411已知数列a0，a1，a2，an，满足关系式(3an+1)(6+an)=18，且a0=3，则的值是 ni =01ai；解：=+ ，令bn=+ ，得b0=，bn=2bn1，bn=2n即1an+ 12an131an132323=，=(2n+2n3)1an2n+ 113ni =01ai1312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MPN更大)于是，延长NM交x轴于K(3，0)，有KMKN=KP2，KP=4P(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： 某人在这项游戏中最多能过几关？ 他连过前三关的概率是多少？解： 设他能过n关，则第n关掷n次，至多得 6n点，由 6n2n，知，n4即最多能过 4 关 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= =；4623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+y4 的正整数解的个数，有C个 24(亦可枚举计数：1+1，1+2，1+3，2+1，2+2，3+1)计 6 种，过关的概率=1=；66256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+z8 的正整数解的总数，可连写 8 个1，从 8 个空档中选 3 个空档的方法为C =56 种，不能过关的概率=，能过关的概率=；3887632156637272027连过三关的概率= =2356202710024314在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0， )，B(1，0)，C(1，0)，点P到直线BC的距离是该43点到直线AB、AC距离的等比中项 求点P的轨迹方程； 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： 设点P的坐标为(x，y)，AB方程：+=1，4x3y+4=0， x13y4BC方程：y=0， AC方程：4x+3y4=0， 25|y|2=|(4x3y+4)(4x+3y4)|，25y2+16x2(3y4)2=0，16x2+16y2+24y16=0，2x2+2y2+3y2=0或 25y216x2+(3y4)2=0，16x234y2+24y16=0，8x217y2+12y8=0 所求轨迹为圆：2x2+2y2+3y2=0， 或双曲线：8x217y2+12y8=0 但应去掉点(1，0)与(1，0) ABC的内心D(0， )：经过D的直线为x=0 或y=kx+ 1212(a) 直线x=0 与圆有两个交点，与双曲线没有交点；(b) k=0 时，直线y=与圆切于点(0， )，与双曲线交于(， )，即k=0 满足要求121258212(c) k= 时，直线与圆只有 1 个公共点，与双曲线也至多有 1 个公共点，故舍去12(c) k0 时，k 时，直线与圆有 2 个公共点，以代入得：(817k2)x25kx=012254当 817k2=0 或(5k)225(817k2)=0，即得k=与k= 所求k值的取值范围为0，15已知，是方程 4x24tx1=0(tR R)的两个不等实根，函数f(x)= 的定义域为，2xtx2 + 1 求g(t)=maxf(x)minf(x)； 证明：对于ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2+sinu3=1，则2+1g(tanu1)1g(tanu2)1g(tanu3)解： +=t，= 故0当x1，x2，时，14 f (x)= =而当x，时，x2xt2(x2 + 1)2x(2xt)(x2 + 1)22(x2xt) + 2(x2 + 1)20，即f(x)在，上单调增 g(t)= =2t2 + 12t2 + 1(2t)(2 + 1)(2t)(2 + 1)(2 + 1)(2 + 1)()t( + )2+ 222 +2 +2 + 1 = g(tanu)= =，8secu(2sec2u+ 3)16sec2u+ 916 + 24cos2u16cosu+ 9cos3u +163+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)= 1g(tanu1)1g(tanu2)1g(tanu3)759(sin2u1+sin2u2+sin2u3)而 (sin2u1+sin2u2+sin2u3)()2，即 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)313sinu1 + sinu2 + sinu33+(753)= 由于等号不能同时成立，故得证1g(tanu1)1g(tanu2)1g(tanu3)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， CE=24，CD=15 ACBD=CEAB， AC= AB， 65 BDAC，CEAB，B、E、D、C共圆，AC(AC15)=AB(AB7)，AB(AB15)=AB(AB18)，6565 AB=25，AC=30AE=18，AD=15 DE= AC=1512延长AH交BC于P， 则APBC APBC=ACBD，AP=24连DF，则DFAB， AE=DE，DFABAF= AE=912 D、E、F、G共圆，AFG=ADE=ABC，AFGABC， =，AK=AKAPAFAB9242521625二(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=(x0)上的点2x列Bn满足|OAn|=|OBn|=，直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，nN N*1n 证明anan+14，nN N*； 证明有n0N N*，使得对nn0，都有+0)1n2bn1n 0bn且bn递减，n2bn=n(n)= =单调增12n2n2 + 1 0n且tn单调减bn2由截距式方程知，+=1，(12n2bn=n2bn2)bnan an=()2+()=tn2+tn=(tn+)2 (+)2 =42212212且由于tn单调减，知 an单调减，即anan+14 成立亦可由=bn+2=，得 an=bn+2+， 1n2bnbn+ 22bn+ 2 由bn递减知an递减，且an0+2+=422 即证(1)2004nk =1bk+ 1bk1=k2( )2()2)bk+ 1bkbkbk+ 1bk1k1k+ 1 2k+ 1(k+ 1)22k+ 1(k+ 1)2121k+ 2(1)( + )+( + + + )+ + + +nk =1bk+ 1bknk =11k+ 2131415161718121212只要n足够大，就有(1)2004 成立nk =1bk+ 1bk三(本题满分 50 分)对于整数n4，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+n1的任一个f(n)元子集中，均至少有 3 个两两互素的元素解： 当n4 时，对集合M(m，n)=m，m+1，m+n1，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 取集合Tn=t|2|t或 3|t，tn+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但 card(T)=+故f(n)+1 n +12n +13n +16n +12n +13n +16由与得，f(4)=4，f(5)=55f(6)6，6f(7)7，7f(8)8，8f(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(k0(mod 2)时，其中至多有 1 个被 5 整除，必有 1 个被 3 整除，故至少有 1 个不能被 3 与 5 整除，此数与另两个奇数两两互质故f(6)=5而M(m，n+1)=M(m，n)m+n，故f(n+1)f(n)+1 f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8 对于 4n9，f(n)= +1 成立 n +12n +13n +16设对于nk，成立，当n=k+1 时，由于M(m，k+1)=M(m，k5)m+k5，m+k4，m+k在m+k5，m+k4，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，k5)中取出f(n)个数就必有 3 个两两互质的数于是当n4 时，f(n+6)f(n)+4=f(n)+f(6)1故f(k+1)f(k5)+f(6)1=+1，k +22k +23k +26比较，知对于n=k+1，命题成立对于任意nN N*，n4，f(n)= +1 成立n +12n +13n +16又可分段写出结果：f(n)= 4k+ 1，(n =6k， k N N * )，4k+ 2，(n =6k+ 1，k N N * )，4k+ 3，(n =6k+ 2，k N N * )，4k+ 4，(n =6k+ 3，k N N * )，4k+ 4，(n =6k+ 4，k N N * )，4k+ 5，(n =6k+ 5，k N N * )