全国高中数学联赛试题及解析 苏教版23.doc

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) 2049
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
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
4．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|3－2x2－4|x|+3<0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|=2∶1，则△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)x+5≤0，x∈R}
若AÍB，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a－c=9，则b－d= ．
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，…，n－1)，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≤x≤5，证明不等式
2++<2．
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 (t∈R)
与△ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．
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．
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．
二、（本题50分）
设三角形的三边长分别是正整数l，m，n．且l>m>n>0．
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．
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，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．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2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C．
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
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a<0，A图的b>0，C图的b<0，与A、C中曲线为椭圆矛盾．
由直线图形，可知B、D中的a>0，b<0，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A．
4．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C．
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)
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)
解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1××sin×2=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|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ．
解：即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，Þ(|x|－3)(|x|－)(|x|+)<0．Þ|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|=2∶1，则△PF1F2的面积等于 ．
解：F1(－，0)，F2(，0)；|F1F2|=2．
|PF1|+|PF2|=6，Þ|PF1|=4，|PF2|=2．由于42+22=(2)2．故DPF1F2是直角三角形．
∴ S=4．
9．已知A={x|x2－4x+3<0，x∈R}，
B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}
若AÍB，则实数a的取值范围是 ．
解：A=(1，3)；
又，a≤－21－x∈(－1，－)，当x∈(1，3)时，a≥ －7∈(－7，－4)．
∴ －4≤a≤－1．
10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若a－c=9，则b－d= ．
解：a3=b2，c5=d4，设a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．
∴ x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．
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 ．
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=2．EFGH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=－1．EM=，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，…，n－1)，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，…，an－1中的每一个都可以取0与1两个数，Tn=2n－1．
在每一位(从第一位到第n－1位)小数上，数字0与1各出现2n－2次．第n位则1出现2n－1次．
∴ Sn=2n－2´…1+2n－2´10－n．
∴ =´=．
三、（本题满分20分）
13．设≤x≤5，证明不等式
2++<2．
解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0．Þ≤x≤5．
由平均不等式≤≤．
∴ 2≤2．
但2在≤x≤5时单调增．即2≤2=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 (t∈R)
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．(0≤x≤1)
y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2
即 y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1)． ①
若a－2b+c=0，则Z0、Z1、Z2三点共线，与已知矛盾，故a－2b+c¹0．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(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(≤x≤)． ②
令 4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．
即4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由a－2b+c¹0，得
4x2+4x+1=0，
此方程在[，]内有惟一解： x=．
以x=代入②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+QA¢>OA¢．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¢+S¢A≥R(椭圆的长轴)．即S¢A≥S¢D．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DBDQ∽DDAQ．反之，若DBDQ∽DDAQ．则本题成立．而要证DBDQ∽DDAQ，只要证=即可．
证明：连AB．
∵ DPBC∽DPDB，
∴ =，同理，=．
∵ PA=PB，∴ =．
∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ，∠ABC=∠ADQ．
∴ DABC∽DADQ．
∴ =．∴ =．
∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ．
∴ DADQ∽DDBQ．

∴ ∠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l>m>n>0．
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．
解：当3l、3m、3n的末四位数字相同时，=+．
即求满足3lº3m≡3n( mod 104)的l、m、n．∴ 3n(3l－n－1)≡0 (mod 104)．(l－n>0)
但 (3n，104)=1，故必有3l－n≡1(mod 104)；同理3m－n≡1(mod 104)．
下面先求满足3x≡1(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34≡1(mod 10)，∴ x必须是4的倍数；
∵ x=4，8，12，16时3x1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x必须是20的倍数；
∵ x=20，40，60，80时3x1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x必须是100的倍数；
∵ x=100，200，300，400时3x1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．
即，使3x≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l－n、m－n都是500的倍数，
设l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)．
由m+n>l，即n+500h+n>n+500k，Þn>500(k－h)≥500，故n≥501．
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，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．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V＝{A0A1，…，An－1}，与Ai连线的点集为Bi，且|Bi|＝bi．于是1≤bi≤n－1．又显然有
bi＝2l≥q(q+1)2+2．
若存在一点与其余点都连线，不妨设b0＝n－1．
则B0中n－1个点的连线数
l－b0≥q(q+1)2+1－(n－1) (注意：q(q+1)＝q2+q＝n－1)
＝(q+1)(n－1)－(n－1)+1＝(q－1)(n－1)+1
≥(n－1)+1≥[(n－1)]+1．(由q≥2)
但若在这n－1个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这n－1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1≤i，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≤n－2．且设b0＝q+2≤n－2．且设图中没有四边形．于是当i≠j时，Bi与Bj没有公共的点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．记＝V\B0，则由|Bi∩B0|≤1，得|Bi∩|≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且当1≤i，j≤n－1且i≠j时，Bi∩与Bj∩无公共点对．从而
中点对个数≥(Bi∩中点对个数)．即
C≥C≥C
＝ (b－3bi+2)≥[(bi)2－3bi+2(n－1)](由平均不等式)
＝[(2l－b0)2－3(2l－b0)+2(n－1)]＝[(2l－b0)2－3(n－1)(2l－b0)+2(n－1)2]
＝(2l－b0－n+1)(2l－b0－2n+2)(2l≥q(q+1)2+2＝(n－1)(q+1)+2)
≥[(n－1)(q+1)+2－b0－n+1][(n－1)(q+1)+2－b0－2n+2]
＝[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(两边同乘以2(n－1)即
(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)
得 q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因数比较) ①
但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3(b0≥q+2)≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．②
(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0． ③
又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均为正整数，
从而由②、③得， q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)． ④
由①、④矛盾，知原命题成立．