全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版23

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1、2003年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試卷第一試(10月12日上午8:00-9:40)一、選擇題(每小題6分，共36分)1刪去正整數(shù)數(shù)列1，2，3，中的所有完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)列這個(gè)數(shù)列的第2003項(xiàng)是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492設(shè)a，bR，ab0，那么直線axy+b=0和曲線bx2+ay2=ab的圖形是 3過(guò)拋物線y2=8(x+2)的焦點(diǎn)F作傾斜角為60的直線，若此直線與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，弦AB的中垂線與x軸交于點(diǎn)P，則線段PF的長(zhǎng)等于(A) (B) (C) (D) 84若x，則y=tan(x+)tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A)

2、(B) (C) (D) 5已知x，y都在區(qū)間(2，2)內(nèi)，且xy=1，則函數(shù)u=+的最小值是(A) (B) (C) (D) 6在四面體ABCD中， 設(shè)AB=1，CD=，直線AB與CD的距離為2，夾角為，則四面體ABCD的體積等于 (A) (B) (C) (D) 二填空題(每小題9分，共54分)7不等式|x|32x24|x|+30的解集是 8設(shè)F1、F2是橢圓+=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上一點(diǎn)，且|PF1|PF2|=21，則PF1F2的面積等于 9已知A=x|x24x+30，xR，B=x|21x+a0，x22(a+7)x+50，xR若AB，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 10已知a，b，c，d均為正整數(shù)，且

3、logab=，logcd=，若ac=9，則bd= 11將八個(gè)半徑都為1的球分放兩層放置在一個(gè)圓柱內(nèi)，并使得每個(gè)球都和其相鄰的四個(gè)球相切，且與圓柱的一個(gè)底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于 12 設(shè)Mn=(十進(jìn)制)n位純小數(shù)0.|ai只取0或1(i=1，2，n1)，an=1，Tn 是Mn中元素的個(gè)數(shù)，Sn是Mn中所有元素的和，則= 三、（本題滿(mǎn)分20分）13設(shè)x5，證明不等式 2+mn0已知=+，其中x=xx，而x表示不超過(guò)x的最大整數(shù)求這種三角形周長(zhǎng)的最小值三、（本題50分）由n個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的l條連線段組成一個(gè)空間圖形，其中n=q2+q+1，lq(q+1)2+1，q2，qN已知此圖中任四點(diǎn)不

4、共面，每點(diǎn)至少有一條連線段，存在一點(diǎn)至少有q+2條連線段證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形(即由四點(diǎn)A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形)1997年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答第一試一、選擇題(每小題6分，共36分)1刪去正整數(shù)數(shù)列1，2，3，中的所有完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)列這個(gè)數(shù)列的第2003項(xiàng)是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049解：452=2025，462=2116在1至2025之間有完全平方數(shù)45個(gè)，而2026至2115之間沒(méi)有完全平方數(shù)故1至2025中共有新數(shù)列中的202545=1980項(xiàng)還缺20031980=23項(xiàng)由2025+23=2

5、048知選C2設(shè)a，bR，ab0，那么直線axy+b=0和曲線bx2+ay2=ab的圖形是 解：曲線方程為+=1，直線方程為y=ax+b由直線圖形，可知A、C中的a0，C圖的b0，b0，則曲線為焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，故選B 3過(guò)拋物線y2=8(x+2)的焦點(diǎn)F作傾斜角為60的直線，若此直線與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，弦AB的中垂線與x軸交于點(diǎn)P，則線段PF的長(zhǎng)等于 (A) (B) (C) (D) 8解：拋物線的焦點(diǎn)為原點(diǎn)(0，0)，弦AB所在直線方程為y=x，弦的中點(diǎn)在y=上，即AB中點(diǎn)為(，)，中垂線方程為y=(x)+，令y=0，得點(diǎn)P的坐標(biāo)為 PF=選A4若x，則y=tan(x+)tan(x+

6、)+cos(x+)的最大值是 (A) (B) (C) (D) 解：令x+=u，則x+=u+，當(dāng)x，時(shí)，u，y=(cotu+tanu)+cosu=+cosu在u，時(shí)，sin2u與cosu都單調(diào)遞增，從而y單調(diào)遞增于是u=時(shí)，y取得最大值，故選C5已知x，y都在區(qū)間(2，2)內(nèi)，且xy=1，則函數(shù)u=+的最小值是(A) (B) (C) (D) 解：由x，y(2，2)，xy=1知，x(2，)(，2)，u=+=1+當(dāng)x(2，)(，2)時(shí)，x2(，4)，此時(shí)，9x2+12(當(dāng)且僅當(dāng)x2=時(shí)等號(hào)成立)此時(shí)函數(shù)的最小值為，故選D6在四面體ABCD中， 設(shè)AB=1，CD=，直線AB與CD的距離為2，夾角為，則

7、四面體ABCD的體積等于 (A) (B) (C) (D) 解：如圖，把四面體補(bǔ)成平行六面體，則此平行六面體的體積=1sin2=3而四面體ABCD的體積=平行六面體體積=故選B二填空題(每小題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 解為(3，)(，3)8設(shè)F1、F2是橢圓+=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上一點(diǎn)，且|PF1|PF2|=21，則PF1F2的面積等于 解：F1(，0)，F(xiàn)2(，0)；|F1F2|=2 |PF1|+|PF2|=6，|PF1|=4，|PF2|=2由于42+22=(

8、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，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 解：A=(1，3)；又，a21x(1，)，當(dāng)x(1，3)時(shí)，a 7(7，4) 4a110已知a，b，c，d均為正整數(shù)，且logab=，logcd=，若ac=9，則bd= 解：a3=b2，c5=d4，設(shè)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將八個(gè)半徑都為1的球分放兩層放置在一個(gè)圓柱內(nèi)，并使得每個(gè)球都和其相鄰的四個(gè)球相切，且

9、與圓柱的一個(gè)底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于 解：如圖，ABCD是下層四個(gè)球的球心，EFGH是上層的四個(gè)球心每個(gè)球心與其相切的球的球心距離=2EFGH在平面ABCD上的射影是一個(gè)正方形是把正方形ABCD繞其中心旋轉(zhuǎn)45而得設(shè)E的射影為N，則MN=1EM=，故EN2=3(1)2=2 EN=所求圓柱的高=2+12 設(shè)Mn=(十進(jìn)制)n位純小數(shù)0.|ai只取0或1(i=1，2，n1)，an=1，Tn 是Mn中元素的個(gè)數(shù)，Sn是Mn中所有元素的和，則= 解：由于a1，a2，an1中的每一個(gè)都可以取0與1兩個(gè)數(shù)，Tn=2n1在每一位(從第一位到第n1位)小數(shù)上，數(shù)字0與1各出現(xiàn)2n2次第n位則1出現(xiàn)2

10、n1次 Sn=2n21+2n210n =三、（本題滿(mǎn)分20分）13設(shè)x5，證明不等式 2+2 解：x+10，2x30，153x0x5由平均不等式 2+=+2 但2在x5時(shí)單調(diào)增即22=2 故證四、(本題滿(mǎn)分20分)14設(shè)A、B、C分別是復(fù)數(shù)Z0=ai，Z1=+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是實(shí)數(shù))對(duì)應(yīng)的不共線的三點(diǎn)證明：曲線 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (tR)與ABC中平行于AC的中位線只有一個(gè)公共點(diǎn)，并求出此點(diǎn)解：曲線方程為：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(

11、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，則Z0、Z1、Z2三點(diǎn)共線，與已知矛盾，故a2b+c0于是此曲線為軸與x軸垂直的拋物線AB中點(diǎn)M：+(a+b)i，BC中點(diǎn)N：+(b+c)i與AC平行的中位線經(jīng)過(guò)M(，(a+b)及N(，(b+c)兩點(diǎn)，其方程為4(ac)x+4y3a2b+c=0(x) 令 4(a2b+c)x

12、2+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，內(nèi)有惟一解： x=以x=代入得， y=(a+2b+c) 所求公共點(diǎn)坐標(biāo)為(，(a+2b+c)五、(本題滿(mǎn)分20分)15一張紙上畫(huà)有一個(gè)半徑為R的圓O和圓內(nèi)一個(gè)定點(diǎn)A，且OA=a，折疊紙片，使圓周上某一點(diǎn)A剛好與點(diǎn)A重合這樣的每一種折法，都留下一條折痕當(dāng)A取遍圓周上所有點(diǎn)時(shí)，求所有折痕所在直線上點(diǎn)的集合解：對(duì)于O上任意一點(diǎn)A，連AA，作AA的垂直平分線MN，連OA交MN于點(diǎn)P顯然OP+PA=OA=R由于點(diǎn)A在O內(nèi)，故OA=aa)為長(zhǎng)軸的橢圓C

13、而MN上任一異于P的點(diǎn)Q，都有OQ+QA=OQ+QAOA故點(diǎn)Q在橢圓C外即折痕上所有的點(diǎn)都在橢圓C上及C外反之，對(duì)于橢圓C上或外的一點(diǎn)S，以S為圓心，SA為半徑作圓，交O于A，則S在AA的垂直平分線上，從而S在某條折痕上最后證明所作S與O必相交1 當(dāng)S在O外時(shí)，由于A在O內(nèi)，故S與O必相交；2 當(dāng)S在O內(nèi)時(shí)(例如在O內(nèi)，但在橢圓C外或其上的點(diǎn)S)，取過(guò)S的半徑OD，則由點(diǎn)S在橢圓C外，故OS+SAR(橢圓的長(zhǎng)軸)即SASD于是D在S內(nèi)或上，即S與O必有交點(diǎn)于是上述證明成立綜上可知，折痕上的點(diǎn)的集合為橢圓C上及C外的所有點(diǎn)的集合加試題(10月12日上午10:00-12:00)一、（本題50分）過(guò)

14、圓外一點(diǎn)P作圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為A、B，所作割線交圓于C、D兩點(diǎn)，C在P、D之間在弦CD上取一點(diǎn)Q，使DAQ=PBC 求證：DBQ=PAC分析：由PBC=CDB，若DBQ=PAC=ADQ，則DBDQDDAQ反之，若DBDQDDAQ則本題成立而要證DBDQDDAQ，只要證=即可 證明：連AB DPBCDPDB， =，同理，= PA=PB， = BAC=PBC=DAQ，ABC=ADQ DABCDADQ = = DAQ=PBC=BDQ DADQDDBQ DBQ=ADQ=PAC證畢二、（本題50分）設(shè)三角形的三邊長(zhǎng)分別是正整數(shù)l，m，n且lmn0已知=+，其中x=xx，而x表示不超過(guò)x的最大

15、整數(shù)求這種三角形周長(zhǎng)的最小值解：當(dāng)3l、3m、3n的末四位數(shù)字相同時(shí)，=+即求滿(mǎn)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)下面先求滿(mǎn)足3x1(mod 104)的最小正整數(shù)x j(104)=104=4000故x|4000用4000的約數(shù)試驗(yàn)： x=1，2，時(shí)3x1(mod 10)，而341(mod 10)， x必須是4的倍數(shù)； x=4，8，12，16時(shí)3x1(mod 102)，而3201(mod 102)， x必須是20的倍數(shù)； x=20，40，60，8

16、0時(shí)3x1(mod 103)，而31001(mod 103)， x必須是100的倍數(shù)； x=100，200，300，400時(shí)3x1(mod 104)，而35001(mod 104)即，使3x1(mod 104)成立的最小正整數(shù)x=500，從而ln、mn都是500的倍數(shù)，設(shè)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，即為滿(mǎn)足題意的最小三個(gè)值 所求周長(zhǎng)的最小值=3003三、（本題50分）由n個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的l條連線段組成一個(gè)空間圖形，其中n=q2+q+1，lq(q+1

17、)2+1，q2，qN已知此圖中任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條連線段，存在一點(diǎn)至少有q+2條連線段證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形(即由四點(diǎn)A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形)證明：設(shè)點(diǎn)集為VA0，A1，An1，與Ai連線的點(diǎn)集為Bi，且|Bi|bi于是1bin1又顯然有bi2lq(q+1)2+2若存在一點(diǎn)與其余點(diǎn)都連線，不妨設(shè)b0n1則B0中n1個(gè)點(diǎn)的連線數(shù)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)但若在這n1個(gè)點(diǎn)內(nèi)，沒(méi)有任一點(diǎn)同時(shí)與其余兩點(diǎn)連線，則這n1個(gè)點(diǎn)內(nèi)至多

18、連線條，故在B0中存在一點(diǎn)Ai，它與兩點(diǎn)Aj、Ak(i、j、k互不相等，且1i，j，k)連了線，于是A0、Aj、Ai、Ak連成四邊形現(xiàn)設(shè)任一點(diǎn)連的線數(shù)n2且設(shè)b0q+2n2且設(shè)圖中沒(méi)有四邊形于是當(dāng)ij時(shí)，Bi與Bj沒(méi)有公共的點(diǎn)對(duì)，即|BiBj|1(0i，jn1)記VB0，則由|BiB0|1，得|Bi|bi1(i1，2，n1)，且當(dāng)1i，jn1且ij時(shí)，Bi與Bj無(wú)公共點(diǎn)對(duì)從而中點(diǎn)對(duì)個(gè)數(shù)(Bi中點(diǎn)對(duì)個(gè)數(shù))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)(2lb02

19、n+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(兩邊同乘以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)(各取一部分因數(shù)比較) 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)均為正整數(shù)，從而由、得， q(q+1)(nb0)(nb01)(nqq+2b0)(nqqn+3b0) 由、矛盾，知原命題成立