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二○○二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分的0分两档，填空题只设9分和0分两档，其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。
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，在评卷时请参照本评分标准适当档次评分，可以5分为一个档次，不要再增加其它中间档次。
一、 选择题（本题满分36分，每小题6分）
1、 函数f(x)=的单调递增区间是
(A) (-∞，-1) (B) (-∞，1) (C) (1，+∞) (D) (3，+∞)
解：由x2-2x-3>0x<-1或x>3，令f(x)=, u= x2-2x-3，故选A
2、 若实数x, y满足(x+5)2+(y-12)2=142，则x2+y2的最小值为
(A) 2 (B) 1 (C) (D)
解：B
3、 函数f(x)=
(A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数
(C) 既是奇函数又是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数
解：A
4、 直线椭圆相交于A，B两点，该圆上点P，使得⊿PAB面积等于3，这样的点P共有
(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个
解：设P1(4cosa,3sina) (0<a<)，即点P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1AOB的面积S。
　　S===6(sina+cosa)=
x
y
O
A
B
P1
∴Smax=6
∵S⊿OAB=6
∵<3
∴点P不可能在直线AB的上方，显然在直线AB的下方有两个点P，故选B
5、 已知两个实数集合A={a1, a2, … , a100}及B={b1, b2, … , b50}，若从A到B的映射f使得B中的每一个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，则这样的映射共有
(A) (B) (C) (D)
解：不妨设b1<b2<…<b50，将A中元素a1, a2, … , a100按顺序分为非空的50组，定义映射f：A→B，使得第i组的元素在f之下的象都是bi (i=1,2,…,50)，易知这样的f满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射f的个数及A按足码顺序分为50组的分法数相等，而A的分法数为，则这样的映射共有，故选D。
6、 由曲线x2=4y, x2= -4y, x=4, x= -4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y2≤16, x2+(y-2)2≥4, x2+(y+2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则
(A) V1=V2 (B) V1=V2 (C) V1=V2 (D) V1=2V2
y
x
x
y
o
o
4
4
4
4
-4
-4
-4
-4
解：如图，两图形绕y轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个及y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面及原点距离为|y|，则所得截面面积
∵S1=p(42-4|y|) ,
S2=p(42-y2)-p[4-(2-|y|)2]=p(42-4|y|)
∴ S1=S2
由祖暅原理知，两个几何体体积相等。故远C。
二、 填空题（本题满分54分，每小题9分）
7、 已知复数Z1,Z2满足|Z1|=2, |Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则= 。
解：由余弦定理得|Z1+Z2|=, |Z1-Z2|=, =
P9
P1
P2
P3
P4
P5
P6
P7
P8
P10
8、 将二项式的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的指数是整数的项共有 个。
解：不难求出前三项的系数分别是，
　　∴当n=8时， (r=0,1,2,…，8)
∴r=0,4,8,即有3个
9、 如图，点P1,P2,…,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k≤10)有 个。
解：首先，在每个侧面上除P1点外尚有五个点，其中任意三点组添加点P1后组成的四点组都在同一个平面，这样三点组有个，三个侧面共有3个。
　　其次，含P1的每条棱上三点组添加底面及它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上，这样的四点组有3个
　　∴共有3＋3＝33个
10、 已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意x∈R都有
f(x+5)≥f(x)+5 f(x+1)≤f(x)+1
若g(x)=f(x)+1-x，则g(2002)= 。
解：由g(x)=f(x)+1-x得f(x)=g(x)+ x -1
∴g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5
g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+5
∴g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x)
∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x)
∴g(x+1)=g(x)
∴T=1
∵g(1)=1
∴g(2002)=1
11、 若，则|x|-|y|的最小值是 。
解：
　　由对称性只考虑y≥0，因为x>0，所以只须求x-y的最小值。
　　令x-y=u代入x2-4y2=4中有3y2-2uy+(4-u2)=0
∵y∈R
∴⊿≥0
∴当时，u=，故|x|-|y|的最小值是
12、 使不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R恒成立的负数a的取值范围是 。
解：∵sin2x+acosx+a2≥1+cosx
　　∵a<0,
∴当cosx=1时，函数有最大值
∴a2+a-2≥0a≤-2或a≥1
∵a<0
∴负数a的取值范围是(-∞,2]
三、 解答题（本题满分60分，每小题20分）
13、 已知点A(0,2)和抛物线y=x2+4上两点B、C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围。
解：设B点坐标为B(y12-4,y1)，C点坐标为C(y2-4,y)
显然y12-4≠0，故 …………5分
∵AB⊥BC
∴KBC= -(y1+2)
(2+y1)(y+y1)+1=0
y12+(2+y)y1+(2y+1)=0 …………10分
∵y1∈R
∴⊿≥0y≤0或y≥4 …………15分
∴当y=0时，点B的坐标为(-3，-1)；当y=4时，点B的坐标为(5，-3)，均满足题意。
故点C的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞)
14、 如图，有一列曲线P0, P1, P2, ……，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…)，记Sn为曲线Pk所围成图形面积。
①求数列{Sn}的通项公式；②求。
P0
P1
P2

解：①对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3×4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3×42，从而不难得到Pn的边数为3×4n …………5分
已知P0的面积为S0=1，比较P1及P0，容易看出P1在P0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而P0有3条边，故S1=S0+3×=1+
再比较P2及P1，容易看出P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为×，而P1有3×4条边，故S2=S1+3×4×=1++
类似地有：S3=S2+3×42×=1+++ …………5分
∴Sn=
=1+
= (※) …………10分
下面用数学归纳法证明(※)式
当n=1时，由上面已知(※)式成立，
假设当n=k时，有Sk=
当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较Pk+1及Pk，Pk+1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而Pk有3×4k条边。故
Sk+1=Sk+3×4k×=
综上所述，对任何n∈N，(※)式成立。
15、 设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件：
① 当x∈R时，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；
② 当x∈(0,2)时，f(x)≤
③ f(x)在R上的最小值为0。
求最大值m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x
解：∵f(x-4)=f(2-x)
∴函数的图象关于x= -1对称
∴ b=2a
由③知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0
由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1
∴f(1)=1，即工+了+以=1，又a-b+c=0
∴a= b= c=
∴f(x)= …………5分
假设存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x
取x=1时，有f(t+1)≤1(t+1)2+(t+1)+≤1-4≤t≤0
对固定的t∈[-4,0]，取x=m，有
f(t +m)≤m
(t+m)2+(t+m)+≤m
m2-2(1-t)m+(t2+2t+1)≤0
≤m≤ …………10分
∴m≤≤=9 …………15分
当t= -4时，对任意的x∈[1,9]，恒有
f(x-4)-x=(x2-10x+9)=(x-1)(x-9)≤0
∴m的最大值为9。 …………20分
另解：∵f(x-4)=f(2-x)
∴函数的图象关于x= -1对称
∴ b=2a
由③知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0
由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1
∴f(1)=1，即工+了+以=1，又a-b+c=0
∴a= b= c=
∴f(x)==(x+1)2 …………5分
由f(x+t)=(x+t+1)2≤x 在x∈[1,m]上恒成立
∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0当x∈[1,m]时，恒成立
令 x=1有t2+4t≤0-4≤t≤0
令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)2≤0当t∈[-4,0]时，恒有解 …………10分
令t= -4得，m2-10m+9≤01≤m≤9 …………15分
即当t= -4时，任取x∈[1,9]恒有
f(x-4)-x=(x2-10x+9)=(x-1)(x-9)≤0
∴ mmin=9 …………20分
二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题
参考答案及评分标准
说明：
1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分；
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，评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，可以10分为一个档次，不要再增加其它中间档次。
一、（本题满分50分）
B
A
C
E
F
O
H
K
M
N
如图，在⊿ABC中，∠A=60°，AB>AC，点O是外心，两条高BE、CF交于H点，点M、N分别在线段BH、HF上，且满足BM=CN，求的值。
解：在BE上取BK=CH，连接OB、OC、OK，
由三角形外心的性质知
∠BOC=2∠A=120°
由三角形垂心的性质知
∠BHC=180°-∠A=120°
∴∠BOC=∠BHC
∴B、C、HO四点共圆 …………20分
∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH
∴⊿BOK≌⊿COH …………30分
∵BOK=∠BOC=120°，∠OKH=∠OHK=30°
观察⊿OKH
KH=OH …………40分
又∵BM=CN，BK=CH，
∴KM=NH
∴MH+NH=MH+KM=KH=OH
∴= …………50分
二、（本题满分50分）
实数a,b,c和正数l使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三个实根x1,x2,x3，且满足
① x2-x1=l,
② x3>(x1+x2)
求
解：∵ f(x)=f(x)-f(x3)=(x-x3)[x2+(a+x3)x+x32+ax3+b]
∴ x1,x2是方程x2+(a+x3)x+x32+ax3+b的两个根
∵ x2-x1=l
∴ (a+x)2-4(x32+ax3+b)= l2
3x32+2ax3+l2+4b-a2=0
∵x3>(x1+x2)
且 4a2-12b-3l2≥0 (Ⅱ) …………10分
∵ f(x)=x3+ax2+bx+c
= …………20分
∵ f(x3)=0
由(Ⅰ)得
记p=，由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知p≥且
令 y=，则y≥0且 …………30分
≥0
∴ …………40分
∴取a=2,b=2,c=0,l=2，则f(x)=x3+ax2+bx+c有根，，0
显然假设条件成立，且
综上所述的最大值是 …………50分
三、（本题满分50分）
在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,…,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。
解：设第i名队员上场的时间为xi分钟(i=1,2,3,…,7)，问题即求不定方程
x1+x2+…+x7=270 ①
在条件7|xi (1≤i≤4)且13|xj (5≤j≤7)下的正整数解的级数。
若(x1,x2,…,x7)是满足条件①的一组正整数解，则应有
=7m =13n m,n∈N
∴m,n是不定方程
7m+13n=270 ②
在条件m≥4且n≥3下的一组正整数解。 …………10分
∵ 7(m-4)+13(n-3)=203
令 m′=m -4 n′=n -3 有
7m′+13n′=270 ③
∴ 求②满足条件m≥4且n≥3的正整数解等价于求③的非负整数解。
∵易观察到 7·2+13·(-1)=1
∴ 7·406+13·(-203)=203
即 m0=406 n0= -203是③的整数解
∴ ③的整数通解为
m′=406 -13k n′= -203+7k k∈Z
令 m′≥0 n′≥0,解得 29≤k≤31 …………20分
取k=29,30,31得到③满足条件的三组非负整数解：
从而得到②满足条件的三组正整数解：
…………30分
1)在m=33,n=3时，显然x5=x6=x7=13仅有一种可能，
又设xi=7yi (i=1,2,3,4)，于是由不定方程y1+y2+y3+y4=33有组正整数解。
∴此时①有满足条件的=4960组正整数解。
2)在m=20,n=10时，设xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7)
由y1+y2+y3+y4=20，有组正整数解；以及y5+y6+y7=10，有组正整数解。
∴此时①有满足条件的=34884组正整数解。
3) 在m=7,n=17时，设xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7)
由y1+y2+y3+y4=7，有组正整数解；以及y5+y6+y7=17，有组正整数解。…………40分
综上所述，①满足条件的正整数解的组数为
=4960+34884+2400=42244 …………50分
2003年全国高中数学联合竞赛试卷
得分
评卷人

一．选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，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、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0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，这个新数列的第2003项是
A．2046 B．2047 C．2048 D．2049 答（ ）
2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab的图形是
y
y
y
y
x
x
x
x

A B C D
答（ ）
3．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o的直线，若此直线及抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线及x轴交于P点，则线段PF的长等于
A． B． C． D．
答（ ）
4．若，则的最大值是
A． B． C． D．
答（ ）
5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是
A． B． C． D． 答（ ）
6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB及CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于
A． B． C． D． 答（ ）
得分
评卷人

二．填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
7．不等式 | x | 3－2x2－4| x | ＋3 < 0 的解集是____________________．
8．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1| : |PF2|＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________．
9．已知A＝{x｜x2－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜21－x＋a≤0，x2－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，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，若a－c＝9，则b－d ＝　　　　　　　　　　　．
11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且及圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．
12．设M n ＝{(十进制)n位纯小数｜ai只取0或1（i＝1，2，…，n－1，an＝1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则＝_______．
得分
评卷人

三．解答题（本题满分60分，每小题20分）
13．设≤x≤5，证明不等式．
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＋2Z1cos2t sin2t＋Z2sin4t （t∈R）
及ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．
15. 一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA＝a. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好及A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，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．
2003年全国高中数学联合竞赛加试试卷
得分
评卷人

P
A
B
C
D
Q

一．（本题满分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．

得分
评卷人

二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l＞m＞n，已知，其中{x}＝x－[x]，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．
得分
评卷人

三．（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥，q≥2，q∈N，已知此图中任圆点不共面，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）．

2003年全国高中数学联合竞赛试卷
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；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．
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当划分档次评分，5分为一个档次。不要再增加其它中间档次．
一．选择题：
1．注意到452＝2025，462＝2116，∴2026＝a2026—45＝a1981，2115＝a2115—45＝a2070．
　　而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数．
又1981＋22＝2003，∴a2003＝a1981+22＝2026＋22＝2048．故选(C)．
2．题设方程可变形为y＝ax＋b和，则由观察可知应选(B)．
3．易知此抛物线焦点F及坐标原点重合，故直线AB的方程为，因此，A，B两点的横坐标满足方程3x2－8x－16＝0，由此求得AB中点的横坐标，纵坐标，进而求得其中垂线方程为，令y＝0，得P点的横坐标x＝，即PF＝，故选(A)．

　　因为x∈，∴，因此及在上同为增函数，故当时，y取最大值．故选(C)
5．由已知得，故，而，故当时有最小值，故选(D)．
6．如图，过C作CE∥AB且CE＝AB，以△CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABF—ECD，则所求四面体的体积V1等于上述棱柱体积V2的．而△CDE的面积S＝CE×CD×sin∠ECD，AB及CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD)的高，故
　　，因此，故选(B)．
二．填空题：
7．由原不等式分解可得(| x |－3)(x2＋| x |－1)＜0，由此得所求不等式的解集为．
8．设椭圆的长轴、短轴的长及焦矩分别为2a、2b、2c，则由其方程知a＝3，b＝2，c＝，故，|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，又已知[PF1|：|PF2|＝2：1，故可得|PFl|＝4，|PF2|＝2．在△PFlF2中，三边之长分别为2，4，2，而22＋42＝(2)2，可见△PFlF2是直角三角形，且两直角边的长为2和4，故△PFlF2的面积＝4．
9．易得：A＝(1，3)，设，要使，只需f (x)、g (x)在(1，3)上的图象均在x轴下方，其充要条件是f (1)≤0，f (3)≤0，g (1)≤0，g (3)≤0，由此推出－4≤a≤－1．
10．由已知可得：，从而，因此a｜b，c｜d．又由于a－c＝9，故，即，故得：，解得．故b－d＝93．
11．如图，由已知，上下层四个球的球心A/，B/，C/，D/和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆⊙O/和⊙O为上下底面构成圆柱，同时，A/在下底面的射影必是弧AB的中点M．在△A/AB中，A/A＝A/B＝AB＝2．设AB的中点为N，则A/N＝．
又OM＝OA＝，ON＝1，∴MN＝A/M＝，故所求原来圆柱的高为．
12．∵Mn中小数的小数点后均有n位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的 数字均有两种选择(0或1)方法，故．又因在这2n－1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半．故

　　∴．
三．解答题：
13．解：∵(a＋b＋c＋d)2＝a2＋b2＋c2＋d2＋2(ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd)≤4(a2＋b2＋c2＋d2)
　　∴　(当且仅当a＝b＝c＝d时取等号) 5分
　　取，则

15分
　　∵不能同时相等
　　∴ 20分
14．解：设z＝x＋yi(x、y∈R)，则

　　∴
　　∴y＝(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a，0≤x≤1　　①
　　又∵A、B、C三点不共线，故a＋c－2b≠0，可见所给曲线是抛物线段(如图) 5分
　　AB、BC的中点分别是D()，E()，
　　∴直线DE的方程是　　② 10分
　　由①②联立得： 15分
　　∵a＋c－2b≠0，∴
　　由于，∴抛物线及△ABC中平行于AC的中位线有且仅有一个公共点，此点的坐标为，对应的复数为 20分
15．解：如图，以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有A(a，0)．设折叠时，⊙O上点A/()及点A重合，而折痕为直线MN，则 MN为线段AA/的中垂线．设P(x，y)为MN上任一点，则｜PA/｜＝｜PA｜ 5分
　　∴
　　即 10分
∴
　　可得：
　　∴≤1　(此不等式也可直接由柯西不等式得到) 15分
　　平方后可化为　≥1，
　　即所求点的集合为椭圆圆＝1外(含边界)的部分． 20分
2003年全国高中数学联合竞赛
加试试题参考答案及评分标准
说明：
1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分．
2．如果考生的解题方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要再增加其它中间档次．
一．证明：联结AB，在△ADQ及△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB
　 故△ADQ∽△ABC，而有，即BC·AD＝AB·DQ 10分
　　又由切割线关系知△PCA∽△PAD得　；
　　同理由△PCB∽△PBD得　 20分
　　又因PA＝PB，故，得　AC·BD＝BC·AD＝AB·DQ 30分
　　又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知　AC·BD＋BC·AD＝AB·CD
　　于是得：AB·CD＝2AB·DQ，故DQ＝CD，即CQ＝DQ 40分
　　在△CBQ及△ABD中，，∠BCQ＝∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，
　　故∠CBQ＝∠ABD，即得∠DBQ＝∠ABC∠PAC． 50分
二．解：由题设可知
　　于是3l≡3m≡3n(mod 104) Û 10分
　　由于(3，2)＝(3，5)＝1，∴由①可知3l－n≡3m－n≡1 (mod 24)．
　　设u是满足3u≡1 (mod 24)的最小正整数，则对任意满足3v≡1 (mod 24)的正整数v，我们有u｜v．事实上若u不整除v，则由带余除法可知，存在非负整数a、b，使得v＝au＋b，其中0＜b≤u－1，从而可推出3b≡3b＋au≡3v≡1 (mod 24)，而这显然及u的定义矛盾．
　　注意到3≡3 (mod 24)，32≡9 (mod 24)，33≡27≡11 (mod 24)，34≡1 (mod 24)，从而可设m－n＝4k，其中k为正整数 20分
　　同理由②可推出3m－n≡1 (mod 25)，故34k≡1 (mod 25)
　　现在我们求34k≡1 (mod 25)满足的整数k．
　　∵34＝1＋5×24，∴34k－1＝(1＋5×24)k－1≡0(mod 55) 30分

　　或
　　即有　k＝5t，并代入该式得　t＋5t[3＋(5t－1)×27]≡0(mod 52)
　　即k＝5t＝53s，其中s为整数，故m－n＝500s，s为正整数
　　同理可得l－n＝500r，r为正整数 40分
　　由于l＞m＞n，∴r＞s
　　这样三角形的三边为500r＋n、500s＋n和n，由于两边之差小于第三边，故n＞500(r－s)，因此当s＝1，r＝2，n＝501时三角形的周长最小，其值为3003． 50分
三．证：设这n个点的集合V＝{A0，A1，A2，……，An－1}为全集，记Ai的所有邻点(及Ai有连线段的点)的集合为Bi，Bi中点的个数记为｜Bi｜＝bi，显然且bi≤(n－1) (i＝0,1，2，……，n－1)．
　　若存在bi＝n－1时，只须取，则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi＜n－1(i＝0,1，2，……，n－1)的情况． 10分
　　不妨设q＋2≤b0＜n－1
　　用反证法若图中不存在四边形，则当i≠j时，Bi及Bj无公共点对，即｜Bi∩Bj｜≤1(0≤i＜j≤n－1)
　　因此(i＝0,1，2，……，n－1)
　　故中点对的个数＝中点对的个数 20分
　　＝　(当bi＝1或2时，令＝0)
＝ 30分
　　＝
　　≥
　　＝
　　故(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)
　　q(q＋1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)　① 40分
　　但(nq－q－n＋3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n＋3≥(q－1)(q＋2)－n＋3＝0　②
　　及(nq－q＋2－b0)－(q＋1)(n－b0)＝qb0－q－n＋2≥q(q＋2)－q－n＋2＝1＞0　 ③
　　由②③及(n－b0) (q＋1)、(n－b0－1) q皆是正整数，得
　　　(nq－q＋2－b0) (nq－q－n＋3－b0)＞q (q＋1) (n－b0) (n－b0－1)
　　这及①式相矛盾，故原命题成立． 50分
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q使关于x的方程x2+4xcosq+cosq=0有重根，则q的弧度数为 ( )
A． B．或 C．或 D．
2．已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N¹Æ，则b的取值范围是 ( )
A．[－，] B．(－，) C．(－，] D．[－，]
3．不等式+logx3+2>0的解集为
A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]
4．设点O在DABC的内部，且有+2+3=，则DABC的面积及DAOC的面积的比为( )
A．2 B． C．3 D．
5．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(a>0)在一个最小正周期长的区间上的图像及函数g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ；
8．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)= ；
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1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= ；
11．已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，则的值是 ；
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