全国高中数学联赛试卷及答案

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1、二 一 年 全 国 高 中 数 学联合竞赛题（10 月 4 日上午 8：00 9：40）三题号 一 二 合计加试总成绩13 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，

2、那么集合 M=x|x2-3x-a 2+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 （A）y=sin|x| （B）y=cos|x| （C）y=|ctgx| （D）y=lg|sinx|4、如果满足 ABC=60 ，

3、 AC=12 ，BC=k 的 ABC 恰有一个，那么 k 的取值范围是（A）k=8 3 （B）0k 12 （C）2 （D）0 12或 k 8 35若（ 12）1000 的展开式为 2000 ， 20002）1000 的展开式为 2000 ，则 3 6 9 1998 的值为（ ）333（A）3666 （C）3999 （D）32001（B）36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

4、题满分 54 分，每小题9 分）7椭圆1（ 2 ）的短轴长等于 _ 8、若复数 z1,z 2满足 |z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=32-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1log1 x2232的解集为 。2 x11、函数 y x x 3 2 的值域为 。A12、在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一场块中种同一种植物， F B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。EDC二、 解 答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）13、设a

5、n 为等差数列， b n 为等比数列，且2b1 a ，12b2 a ，22b3 a （a 1a2）, 又1a2）, 又3lim (b1 b2 bn ) 2 1，试求 ann 的首项与公差。2x214、设曲线 C1: 1( a为正常数 ) 与 C2:yy2a2=2(x+m) 在 x 轴上方公有一个公共点 P。（1） 求实数 m的取值范围（用 a 表示）；1（2） O 为原点，若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A，当 0aa2a3a4a5a6）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。二一年全国高中数学联合竞赛加试试题（10 月 4 日上午 10

6、：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、B E、CF交于点 H，直线ED和 AB交于点 M，FD 和 AC交于点 N。求证：（ 1）OBDF，OCDE；（ 2）OHMN。二、（本题满分 50 分）nk2设xi 0(I=1,2,3, ,n) 且 xi 2 x x 1，求k jji 1 1 k j nin1xi的最大值与最小值。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

7、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： CBDDCA1.已知 a为给定的实数，那么集合 3 20，的子集的个数为（ ） 1 2 4 不确定讲解： M 表示方程3 20 在实数范围内的解集由于 14 0，所以含有 2 个元素故集合有 2 4 个子集，选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（ ） 0 个 1 个 2 个 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

8、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3在四个函数、中，以 为周期、在（ 0，2）上单调递增的偶函数是（ ） 讲解： 可考虑用排除法不是周期函数（可通过作图判断），排除；的最小正周期为2，且在（0，2）上是减函数，排除；在 （0，2）上是减函数，排除故应选4如果满足 60， 12，的 恰有一个，那么的取值范围是（ ） k 8 3 0 12 12 0 12或 k 8 3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，应选结论说明： 本题也可以通过画图直观地判

9、断，还可以用特殊值法排除、5若（ 12）1000 的展开式为 2000， 20002）1000 的展开式为 2000，则 3 6 9 1998 的值为（ ） 333 3666 3999 32001 3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 （ 12）（ 2），则 1， 10令 1，得10003 2000；令 ，得0 1 2 2000 ；2000令 ，得0 2000 40004000三个式子相加得310003（ 1998） 1998 3 999，选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

10、22 元，则2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较，结果是（ ） 2 枝玫瑰价格高 3 枝康乃馨价格高价格相同 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元、元，则由题设得，问题转化为在条件 、的约束下，比较2与 3的大小有以下两种解法：解法 1：为了整体地使用条件 、 ，令 6 3， 4 5，联立解得（ 5 3） 18，（ 32） 9 3 （ 11 12） 9 24， 22，1211 2412 220 3，选图1解法 2： 由不等式、及 0、 0组成的平面区域如图1 中的阴影部分（不含边界）令 2 3 2，则表示直线： 2 3 2在轴上的截距显然，当过点（ 3，2）时

11、， 2有最小值为0故 2 3 0，即 2 3，选说明： （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（）满足： 4 （ 1） 1， 1 （ 2） 5，那么（ 3）应满足（ ） 7 （ 3） 26 4 （ 3） 15 1 （ 3） 20 283 （ 3） 353（2）如果由条件、先分别求出、的范围，再由 2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7233 30 728 i 13 13966210 (0,1) (1, 2 ) (4, )7311 1, ) 2, ) 12 73227椭圆 1（2 ）的短轴长等于 _讲解：

12、若注意到极点在椭圆的左焦点， 可利用特殊值法； 若注意到离心率和焦参数（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 1a 得c 1/ 323，从而33，故 22 3 3解法 2：由 12，21 及222，得33从而 22 3 3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 、满足 2，3，32（32），则 _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2（ ），3（ ），则由 32（32）及复数相等的充要条件，得即二式相除，得（ ）2）32由万能公式，得（ ）1213，（ ）5

13、13故 6（ ）（ ）（3013）（7213）说明： 本题也可以利用复数的几何意义解正方体 1的棱长为 1，则直线 与的距离是_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 和都垂直， 不妨先将其中一条直线置于另一条直线的垂面内为此，作正方体的对角面 ，则面，且 面设0，在面内作，垂足为，则线段的长为异面直线 与的距离在 中，等于斜边 上高的一半，即 6不等式（ 1 12） 2 32 的解集为_讲解： 从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得 1 2 2，或 27 12 0，或 12 02 7，或 0 1 从而 4，或 1 2

14、函数 的值域为_讲解： 先平方去掉根号由题设得（） 3 2，则（ 2）（ 23）由 ，得 （2）（ 2 3）解得 1 32，或 2由于 能达到下界 0，所以函数的值域为 1，32）2， ）说明： （1）参考答案在求得 1 32 或 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、按间隔三块、种植植物的种数，分以下三类（1）若、种同

15、一种植物，有 4 种种法当、种植后，、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 4333 108 种方法（2）若、种二种植物，有2 种种法当、种好后，若、种同一种，则 有 3 种方法，、各有 2 种方法；若、或、种同一种，相同（只是次序不同）此时共有 3（322） 432 种方法（3）若、种三种植物，有种种法这时、各有 2 种种方法此时共有222192 种方法根据加法原理，总共有 108432192732 种栽种方案说明： 本题是一个环形排列问题三解答题13设所求公差为d， a1a2， d0由此得2 2 4 2 2a1 (a 2d) (a d) 化简得： 2a1

16、4a d d 01 1 1解得： d ( 2 2 )a1 5 分而 2 2 0，故 a10若 d ( 2 2 )a1 ，则q2aa2 ( 2 1)2212a2 ( 2 1)2 若 d ( 2 2 )a1 ，则q 10 分2a1但 lim (b b b ) 2 1存在，故 | q |1，于是1 2 nn2q ( 2 1) 不可能2a1 a2从而 2 1 (2 2 2)( 2 1) 2121 ( 2 1)所以 a1 2 , d ( 2 2 )a 2 2 2 20 分114解： (1)由2x2a2y12 a2x a2 m a2消去 y 得： x 2 2 0 2y 2( x m)2 2 22 2 2f

17、 (x) x a x a m a ，问题(1) 化为方程在 x(a，a)上有唯一解或等根 设只需讨论以下三种情况：1 0 得：2a 12，当且仅当 a a2a，即 0a 1时适合；m ，此时xp a22 f (a)f (a)0，当且仅当 ama； 2，当且仅当 aa 2a2a，即 0a1时适合3 f ( a) 0 得 ma，此时xpa2a 2，由于 a2a2 a，从而 m af (a)0 得 m a，此时xp a2a综上可知，当 0a1时，2a 1m 或 a m a；2当 a 1时， ama 10 分1(2)OAP 的面积S ayp20a122 2，故 a m a时， 0 a a a 1 2m

18、a，2 2由唯一性得 xp a a a 1 2m2xp显然 当 m a时， xp 取值最 小 由 于 xp 0 ， 从 而 yp 1取值最 大 ， 此 时2ay22 a ap ，2S a a a 当2a 1 12，yp 1 a2 ，此时1 2m时， xp a S a a 2 22a a a 与下面比较122a 1 a 的大小：令12 12a a a a a ，得2a13故当 0a13时，2a a a 1212 2a 1 a ，此时S a 1 amax 2当131a时，212 12 2a a a a a ，此时Smax a a a 20 分215解：设6 个电阻的组件 (如图3)的总电阻为RFG

19、 ，当 R ia 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：11设当两个电阻 R1、R2 并联时，所得组件阻值为 R，则R1R11R2故交换二电阻的位置，不改变R值，且当 R1 或 R2变小时， R 也减小，因此不妨取 R1R22设3 个电阻的组件 (如图1)的总电阻为RABRABR R1 2R1R2R3R R1 2R R1 3R1R2R R2 3显然 R1R2 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RCDS1 Ri R ,若 记jS Ri R R

20、，则S1 、 S2为定值， 于 是2 j k1 i j 4 1 i j k 4RCDS2S1R R R1 2 3R3R4只有当 R3R4 最小， R1R2R3 最大时， RCD 最小，故应取 R4R3，R3R2，R3Rl，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 R6R5；且由 1应使 RCE 最小由 2知要使 RCE 最小，必需使 R5R4，且应使 RCD 最小而由 3，要使 RCD 最小，应使 R4R3R2 且 R4R3R1，这就说明，要证结论成立 20 分2001 年全国高中数学联合竞赛加试参考答案

21、及评分标准一证明： (1) A、C、D、F 四点共圆 BDF BAC又 OBC12(180 BOC )90 BACOB DF (2)CF MAMC2MH 2AC 2AH 2 BE NANB2NH 2AB 2AH 2 DA BCBD2CD 2BA 2AC 2 OBDFBN2BD 2ON 2OD 2 OCDECM2CD 2OM 2OD 2 30 分，得NH2MH 2ON 2OM 2 MO 2MH 2NO 2 NH 2OH 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k aAC , ckABab a c直线AC 的方程为y

22、 (x c) ，直线BE 的方程为y (x b) c a由yyca(xac(xb)c)得 E 点坐标为E(2aac22bc2c,2ac2aabc2c)2 2 2a b b c ab abc同理可得 F( 2 2,2 2a b a b) a c c直线AC 的垂直平分线方程为y (x ) 2 a 2b c直线BC 的垂直平分线方程为x2accy(x)b c bc2a2,由 得 O(b c 2x22a2a) 2bc a 2 bc a2akOB , kDFb cac ab b22ab2a babc2b cab2aacbc kOBkDF 1 OBDF同理可证OCDE c在直线BE 的方程 y ( x

23、b) 中令 x0 得 H (0，abca)kOH2bc a bc2a a bc2aab3bcac2ab ac直线DF 的方程为y x2a bc由yyab2aacacbc(xxc)2 2 2a c bc abc ac ,得 N ( 2 2 2 2a 2bc c a 2bc c)2 2 2a b b c abc ab ,同理可得 M ( 2 22 2a 2bc b a 2bc b)kMN(c2a(bb)(2a22)(aacbc)(2bc)3bc )ab2aac3bckOH kMN 1， OH MN二解：先求最小值，因为n n nk2 2( xi ) x 2 x x 1 x 1i k j iji 1

24、 i 1 1 k j n i 1等号成立当且仅当存在 i 使得 xi 1，xj0，jinxi最小值为1 10 分i 1再求最大值，令 xk k ykn2 2 1 kyk ky yk jk 1 1 k j ny1y2yna1M设nnxk k yk， 令y2yna2k 1 k 1ynan2 2 2则 ?a1 a an 1 30 分2n令 an 10，则M kk 1(ak ak1)n n n n nkak k a 1 k a k 1a ( k k 1)ak k k kk 1 k 1 k 1 k 1 k 1由柯西不等式得：M n( k k 12)12(n2a )k12n(kk12)12k 1 k 1

25、k 1等号成立 ?2 2 2a ak an121 ( k k 1) ( n n21)2 2 2 2a a an ak1 22 21 ( 2 1) ( n n 1) ( k k12)k k 1a ( k=1，2， ， n)kn12 ( k k 1) 2k 12 k ( k 1 k 1)由于 a1 a2 an，从而 y a a 0 ，即 xk 0k kk 1 n12 ( k k 1) 2k 1所求最大值为n(12k k 1) 50 分2k 1三解：记所求最小值为 f (m，n)，可义证明 f (m，n)rnn(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

26、 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rnn(m， n)当用 m1时，命题显然成立假设当， m k时，结论成立 (k 1)当 mk1时，若 nk1，则命题显然成立若 n k1，从矩形 ABCD 中切去正方形 AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形 A1BCD 1 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D D1 CABCD 有一种分法使得所得正方形边长之和为rn n(m，n) 20 分n(2)关于 m归纳可以证明 (*) 成立当 m1时，由于 n1，显然 f (m，n)rnn(m，n)假设当 m

27、 k时，对任意 1 n m 有 f (m，n)rn nmA A1 B(m，n)若 mk1，当 nk1时显然 f (m，n)k1rn 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 a1n 或 a1n若 a1n，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 a1a2 ap 不小于 AB 与 CD 之和所以 a1a2 ap 2mrn n(m，n)若 a1n，则一个边长分别为 mn 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 mnn(mn，n)rn(m，n)从而 a1a2 ap rnn(m，n)于是当 rnk1时， f (m，n) rn n(m，n)再由 (1)可知 f (m，n)rn n(m，n) 50 分