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2000年全国高中数学联赛试题


2000 年全国高中数学联赛试题
第一试
(10 月 15 日上午 8:00?9:40) 一、选择题 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.设全集是实数,若 A={x| x ? 2 ≤0},B={x| 10 x
(A) {2} (B) {?1} (C)
2

?2

= 10 x },则 A I B 是
(D)
?

【答】 (



{x|x≤2}

2.设 sinα>0,cosα<0,且 sin

α
3

>cos

α
3

,则

α
3

的取值范围是
(B) (

【答】 (



(A)

(2kπ+

π
6

,2kπ+

π
3

), k∈Z

2kπ π 2kπ π + , + ),k∈Z 3 3 6 3

(C)(2kπ+

5π ,2kπ+π),k∈Z 6
2 2

(D)(2kπ+

π ,2kπ+ π ) U (2kπ+ 5π ,2kπ+π),k∈Z
4 3
6

3.已知点 A 为双曲线 x ?y =1 的左顶点,点 B 和点 C 在双曲线的右分支上,△ABC 是等边 【答】 ( ) 三角形,则△ABC 的面积是

3 3 3 (D) 6 3 (B) (C) 3 3 3 2 4.给定正数 p,q,a,b,c,其中 p≠q,若 p,a,q 是等比数列,p,b,c,q 是等差数列,则一元二次方 程 bx2?2ax+c=0 【答】 ( ) (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根 (A)无实根
(A)

5.平面上整点(纵、横坐标都是整数的点)到直线 y = (A) 34 170 (B) 34 85 (C) 1 20

5 4 x + 的距离中的最小值是 3 5 (D) 1 【答】 ( 30

) )

6.设 ω = cos

π
5

+ i sin

π
5

,则以ω,ω3,ω7,ω9 为根的方程是
(B) x4?x3+x2?x+1=0 (D) x4+x3+x2?x?1=0

【答】 (

(A) x4+x3+x2+x+1=0 (C) x4?x3?x2+x+1=0

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。 填空题 7.arcsin(sin2000°)=__________.
8.设 an 是(3? x ) n 的展开式中 x 项的系数(n=2,3,4,…), lim ( 则
n →∞

3 2 33 3n + +L+ )=________. a 2 a3 an

9.等比数列 a+log23,a+log43,a+log83 的公比是____________. 10.在椭圆
x2 y2 + = 1 (a>b>0)中,记左焦点为 F,右顶点为 A,短轴上方的端点为 B.若 a2 b2

5 ?1 ,则∠ABF=_________. 2 11.一个球与正四面体的六条棱都相切,若正四面体的棱长为 a,则这个球的体积是 ________. 12.如果:(1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4};(2)a≠b,b≠c,c≠d,d≠a;(3)a 是 a,b,c,d 中的最小值,

该椭圆的离心率是

那么,可以组成的不同的四位数 abcd 的个数是_________.

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 解答题( Sn 13.设 Sn=1+2+3+…+n,n∈N,求 f(n)= 的最大值. ( n + 32) S n +1
1 13 14.若函数 f ( x) = ? x 2 + 在区间[a,b]上的最小值为 2a,最大值为 2b,求[a,b]. 2 2

x2 y2 + = 1 (a>b>0)。试问:当且仅当 a,b 满足什么条件时,对 a2 b2 C1 上任意一点 P, 均存在以 P 为项点,与 C0 外切,与 C1 内接的平行四边形?并证明你的结论。
15.已知 C0:x2+y2=1 和 C1:

(10 【加试】 月 15 日上午 10∶00-12∶00) 加试】 一. (本题满分 50 分) 如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、F,满足∠BAE=∠CAF,作 FM⊥AB, FN⊥AC(M、N 是垂足) ,延长 AE 交三角形 ABC 的外接圆于 D.证明:四边形 AMDN 与 三角形 ABC 的面积相等.
A

M N B E F C

二. (本题满分 50 分) 设数列{a n}和{b n }满足,且

D

?an +1 = 7an + 6bn ? 3 n = 0,1,2,L ? ?bn +1 = 8an + 7bn ? 4
证明 a n(n=0,1,2,…)是完全平方数.

三. (本题满分 50 分) 有 n 个人,已知他们中的任意两人至多通电话一次,他们中的任意 n-2 个人之间通电 话的次数相等,都是 3 k 次,其中 k 是自然数,求 n 的所有可能值.

年全国高中数学联合竞赛试题答案 2000 年全国高中数学联合竞赛试题答案
答案:D 由 x ? 2 ≤ 2 得 x=2,故 A={2};由 10
x 2 ?2

1.

= 10 x 得 x 2 ? x ? 2 = 0 ,故

B={-1,2}.所以 A I B =φ. 2. 答案:D 由 sin α > 0 , cos α < 0 得 α ∈ ? 2kπ +

? ?

π

? ,2kπ + π ?, k ∈ Z 2 ?
………………①

从而有

α
3

∈?

? 2kπ π 2kπ π ? + , + ?, k ∈ Z 6 3 3? ? 3
> cos

又因为 sin

α
3

α
3

,所以又有

α
3

∈ ? 2kπ +

? ?

π
4

,2kπ +

5π ? ?, k ∈ Z …………② 4 ?

如上图所示,是①、②同时成立的公共部分为

π π? ? 5π ? ? ,2kπ + π ?, k ∈ Z . ? 2kπ + ,2kπ + ? U ? 2kπ + 4 3? ? 6 ? ?
3.答案:C 如图所示,设 BD=t,则 OD= 3 t-1,从而 B( 3 t-1,t)
2

满足方程 x 2 ? y 2 = 1 , 可以得到 t= 3 ,所以等边三角形, ΔABC 的面积是 3 3 . 4. 答案: A
-2

B
1

2p + q 由 题 意 知 pq=a , 2b=p+c,2c=q+b ? b = , 3 p + 2q 2 p + q p + 2q 3 2 3 2 c= ? bc= ≥ p q ? pq =pq=a2 . 3 3 3
2

A

-1

O
-1

1

2

D

第3题
-2

C

因为 p≠q,故 bc> a2,方程的判别式Δ= 4a2 -4bc<0,因此,方程无实数根. 设整点坐标(m,n),则它到直线 25x-15y+12=0 的距离为 5. 答案:B

d=

25m ? 15n + 12 25 2 + (?15) 2

=

5(5m ? 3n) + 12 5 34

由于 m,n∈Z,故 5(5m-3n)是 5 的倍数,只有当 m=n=-1,时 5(5m-3n)=-10 与 12 的和的绝对 值最小,其值为 2,从而所求的最小值为 6. 答案: B
2 3 4

34 . 85
= cos 2π 2π + i sin 知, 10 10

由 ω = cos
5 6

π
5

+ i sin
7

π
5
8

ω,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω9,ω10(=1)是 1 的 10 个 10 次方根. 从而有 (x-ω)(x-ω2)(x-ω3)(x-ω4)(x-ω5)(x-ω6)(x-ω7)(x-ω8)(x-ω9)(x-ω10)=x10-1………① 由因ω2,ω4,ω6,ω8,ω10 是 1 的 5 个 5 次方根, 从而有 (x-ω2)(x-ω4)(x-ω6)(x-ω8)(x-ω10)=x5-1 ………② 3 5 7 9 5 ①÷②得 (x-ω)(x-ω )(x-ω )(x-ω )(x-ω )=x +1 ………③ 5 ③的两边同除以(x-ω )=x+1,得 (x-ω)(x-ω3) (x-ω7)(x-ω9)= x4-x3+x2-x+1. 所以ω,ω3,ω7,ω9 为根的方程是 x4-x3+x2-x+1=0. 二、填空题(满分 54 分,每小题 9 分) 7. 答案:-20° sin2000°=sin(5×360°+200°)=sin200°=-sin20° 故 a rcsin(sin2000°)= a rcsin(-sin20°)= - a rcsin(sin20°)= -20° 8.答案:18 由二项式定理知, a n = C ? 3
2 n n?2

3n 32 ? 2 1? ? 1 ,因此 = = 18? ? ? a n n(n ? 1) ? n ?1 n ?

? 3 2 33 3n ? + +L+ lim ? a2 a3 an n→ ∞ ?
9.答案:

? 1 ? = lim18?1 ? ? =18. ? ? ? ? n→ ∞ ? n ?

1 3

q=

a + log 4 3 a + log 8 3 log 4 3 ? log 8 3 1 = = = a + log 2 3 a + log 4 3 log 2 3 ? log 4 3 3
5

10.答案:90°

如图所示,由
2

c 5 ?1 = ? c2+ac-a2=0, a 2
2

B

(a cos ∠ABF =

+ b 2 + a 2 ? (c + a ) 2?a? a +b
2 2

)

c

b
O

a
5

=0

-5

F

A

? 则∠ABF=90°.
-5

第10题

11. 答案:

2 3 πa 24

A H O 0' E C 第11题 D

[解] 如图,设球心为 O,半径为 r,体积为 V,面 BCD 的中心为 O1,棱 BC 的中心点为 E,

1 2 6 2 2 2 则 AO1= a ? O1 B = a ? a = a, 3 3
由 OB =O1O +O1B = (O1 B ? OB ) +O1B 得
2 2 2
2 2

B

2 2 2 6 1 3 6 a ? a OB+ a 2 = 0, 故 OB= a a, 3 3 3 2 6 4
于是 r = OE =

OB 2 ? BE 2 =

3 2 1 2 1 a ? a = a. 8 4 2 2

2 V= π r =

4 3

2 3 4 1 π πa . a2 = 24 3 16 2

12.答案:28

abcd 中恰有 2 个不中数字时,能组成 C 2 = 6 个不中数字 4

1 1 1 1 abcd 中恰有 3 个不中数字时,能组成 C 1 C 2 C 2 + C 2 C 2 =12+4=16 个不中数字 3

abcd 中恰有 4 个不中数字时,能组成 P 3 =6 个不中数字 3
所以,符合要求的数字共有 6+16+6=28 个 13.答案:

1 50

解 由已知,对任何 n ∈ N, 有 f (n)=

Sn Sn = (n + 32)S N +1 (n + 32)(n + 2)
又因 n+

=

1 n = n + 34n + 64 n + 34 + 64 n
2

64 64 +34 ≥ 2 n. +34=50, n n

故对任何 n ∈ N, 有 f (n)=

1 n + 34 + 64 n



1 50

由于 f(8)=

1 1 ,故 f(n)的最大值为 50 50

14.答案:所求区间为[1,3]或[-2- 17 解 化三种情况讨论区间[a,b].

13 ]. 4

(1) 若 0 ≤ a<b, 则 f (x)在[ a, b ] 上单调递减,故 f(a) =2b, f(b)=2a 于是有

1 2 13 ? ?2b = ? 2 a + 2 ,解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ], ? 1 13 ?2 a = ? b 2 + 2 2 ?
(2)若 a <0 <b, f (x)在[ a, b ] 上单调递增,在[0,b] 上单调递减,, 因此 f (x)在 x=0 处取最大值 2b 在 x=a 或 x=b 处取最小值

13 13 ,b= .由于 a<0, 2 4 1 13 2 13 39 >0 ) + = 又 f(b)=- ( 2 4 2 32
2a.故 2b=

(2) 当 a<b ≤ 0 时,f(x)在[a,b] 上单调递增,故 f(a)=2a, f(b)=2b,

1 2 13 a + , 2 2 13 ]. 解得 a=-2- 17 ;于是得 [a,b]=[-2- 17 , 4
故 f(x)在 x=a 处取最小值 2a,即 2a=

1 2 13 1 13 a + ,2b=- a 2 + . 2 2 2 2 1 13 由于方程 x 2 +2x- =0 的两根异号,故满足 a p b p 0 的区间不存在. 2 2 13 综上所述,所求区间为[1,3]或[-2- 17 ]. 4
即 2a=15. 答案:所求条件为

1 1 + =1. a2 b2
2

证明:必要性:易知,圆外切平行四边形一定是菱形,圆心即 菱形中心. 假设论成立,则对点( a, 0 ), 有( a, 0 )为项点的菱形与 C1 内接,与 Co 外切. ( a, 0 )的相对顶点为( - a, 0 ),由于菱形的对角线互相垂 直平分,另外两个顶点必在 y 轴上,为(0, b) 和 (0, -b) .菱形一条 边的方程为 故必有

Q R
-2

P O
2

x y + =1,即 bx+ay=ab.由于菱形与 CO 外切, a b

S 第15题(必必必)
2
-2

ab a 2 + b2

=1,整理得

1 1 + =1. 必要性得证. a2 b2

M

P

Q
-2

1 1 充分性:设 2 + 2 =1,P 是 C1 上任意一点,过 P、O 作 C1 的弦 a b
PR,再过 O 作与 PR 垂直的弦 QS,则 PQRS 为与 C1 内接菱 形.设 OP = r1, OQ =r2, 则点 O 的坐标为(r1cos θ , r1sin θ ),点 Q 的坐标为(r2cos( θ +

O S

2

R 第15题(充充必)
-2

π

2

),r2sin( θ +

π

2

)),代入椭圆方程,得

(r1 cosθ )2 (r1 sin θ )2
a2
+

[r 2 cos(θ +
=1,

π
2

)] 2
+

[r 2 sin(θ +

π
2

)]2
=1,

b2

a2

b2

1 1 1 1 cos θ sin θ 于是, + = 2 + 2 =( + )+[ 2 2 OP OQ a2 b2 R1 R2
2 2

cos 2 (θ + a2

π

2 +

) sin 2 (θ + b2

π

) 2 ]

=

1 1 + =1. a2 b2 1 1 1 = + =1,故得 h=1 2 h OP OQ 2

又在 Rt△POQ 中,设点 O 到 PQ 的距离为 h,则

同理,点 O 到 QR,RS,SP 的距离也为 1,故菱形 PQRS 与 C0 外切.充分性得证. [注]对于给出 a + b = a b
2 2 2 2



ab a + b2
2

=1 等条件者,应同样给分.

年全国高中数学联合竞赛试卷答案 2000 年全国高中数学联合竞赛试卷答案 加试
一、证明:连结 MN、BD, ∵FM⊥AB,FN⊥AC,∴A,M,F,N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°,即 MN⊥AD. ∴SAMDN=

1 AD·MN 2
AF AC = ? AB·AC=AD·AF . AB AD

∵∠CAF=∠DAB,∠ACF=∠ADB, ∴△AFC∽△ABC ?

A M N

又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经,

MN =AF ? AF sin∠BAC=MN. sin ∠BAC 1 ∴ S ∧abc = AB·AC·sin∠BAC 2 1 = AD·AF·sin∠BAC 2 1 = AD·M N 2
∴ =SAMDN

B D

E

F

C

加加(一)

二. [证法一]:由假设得 a1=4, b1=4 且当 n ≥ 1 时 (2an+1-1)+ 3bn +1 =(14an+12bn-7)+ 3 (8an+7bn-4) =[(2an-1)+ 3bn ](7+4 3 )

依次类推可得 (2an-1)+ 3bn = (7+ 4 3 )
n ?1

(2a1 -1+ 3b1 )=(7+4 3 )
n

n

同理(2an-1+ )- 3bn =(7+4 3 ) 从而 an=

1 1 1 n n (7+4 3 ) + (7+4 3 ) + . 2 4 4 3) 2 ,

由于 7 ± 4 3 =(2 ± 所以 an =[

1 1 (2+ 3 ) n + (2- 3 ) n ] 2 2 2 1 1 k 2 (2+ 3 ) n + (2- 3 ) n = ∑ C n k 3 2 n ? 2 k , 2 2 0≤ 2 k ≤ n

由二项式展开得 c n =

显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数. [证法二]:由已知得 an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3 =7an+48an-1+42bn-1-27 , 由 an=7an-1+6bn-1-3 ,得 42bn-1=7an-49an-1+21 , 从而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27 =14an-an-1-6 . 也就是 an+1=14an-an-1-6 . 设(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) ……①②③④

? p + k = 14 ? 则有 ? pk = 1 ?t (1 ? p) = 6 ?
?k = 7 + 4 3 = 2 + 3 2 ?k = 7 ? 4 3 = 2 ? 3 2 ? ? 2 2 ? ? 解得 ? p = 7 ? 4 3 = 2 ? 3 或 ? p = 7 + 4 3 = 2 + 3 ?t = 3 + 2 3 ?t = 3 ? 2 3 ? ? ? ?
根据数列{ an+1-kan+t }是以 a1-ka0+t 为首项、p 为公比的等比数列,整 分别代入①, 理得

( (

) )

( (

) )

a n+1 ? (7 + 4 3 )a n + (3 + 2 3 ) = ?2 3 (7 ? 4 3 ) n = ?2 3 (2 ? 3 ) 2 n a n+1 ? (7 ? 4 3 )a n + (3 ? 2 3 ) = 2 3 (7 + 4 3 ) n = 2 3 (2 + 3 ) 2 n
③-②,整理得
n n? 1 ?1 an = ? 2 + 3 + 2 ? 3 ? 2 ?2 ?

…② …③

(

)

(

)

2

由二项式展开得 c n =

1 1 k 2 (2+ 3 ) n + (2- 3 ) n = ∑ C n k 3 2 n ? 2 k , 2 2 0≤ 2 k ≤ n

显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数. 三.解析:显然 n ≥ 5. 记 n 个人为 A1,A2, AN , 设 A1 通话的次数为 m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为 yij, l ≤ i, j ≤ n .则

m i +m j – y i . j

=

1 n ∑ ms - 3k = c . 2 s =1

(*)

其中 c 是常数 ,l ≤ i, j ≤ n . 根据(*)知, mi ? m j = ( mi + m s ) ? ( m j + m s ) = y i .s ? y j .s ≤ 1 , l ≤ i, j ≤ n .

? mi ? m j ≤ 1 ,

l ≤ i, j ≤ n

设 mi =max{ms ,1 ≤ s ≤ n. } ,m j = min{ms,1 ≤ s ≤ n.} , 则 m i +m j ≤ 1. 若 m i +m j=1 ,则对于任意 s ≠ i, j , 1 ≤ s ≤ n , 都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y j ,s)=0 , 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ≠ i, j , 1 ≤ s ≤ n , 即 y I ,s – y j ,s = 1

因此 mi ≥ n -2 , m j ≥ 1 . 于是 ,m i +m j ≥ n -3 ≥ 2 . 出现矛盾 ,故 m i +m j=0 ,即 ms(1 ≤ s ≤ n)恒为常数 。 根据 (*)知,y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。 若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1 ≤ s ≤ n 。与已知条件矛盾 。 因此 ,y I ,s =1 ? ms=n-1 , 1 ≤ s ≤ n . 所以

1 k n(n-1)-(2n-3)= 3 , 2
设 n-2=2 × 3
k1



(n-2)(n-3)=2 × 3 则
k

k

.
k

,n-3= 3

k2

,k1 ≥ k2 ,

2 × 3 1 - 3 2 =1 ,于是 因此 k2=0 , k1=0 .

3 k 2 ( 2 × 3 k1 ? k 2 -1)=1 ,得 3 k 2 =1 , 2 × 3 k1 ? k 2 -1=1 ,
这与 k ≥ 1 矛盾 . 设 n-2= 3
k1

, n-3=2 × 3

k2

, 得

,k1 ≥ k2+1 ,

则 3 1 -2 × 3 2 =1 ,
k k

于是

3 k 2 ( 3 k1 ? k 2 -2)= 1 ,

3 k 2 =1 , 3 k1 ? k 2 -2=1 ,因此 k2=0 , k1=1 , n=5 .
1

此时,若 5 人中每两人之间都通话一次,则其中任意 3 个人之间通话的总次数为 3 次 综上所述,n=5 为 n 的所有可能值.


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