tceic.com
学霸学习网 这下你爽了
相关标签
当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

2000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
1. 答案:D 由 x ? 2 ? 2 得 x=2,故 A={2};由 10x
2

?2

? 10x 得 x 2 ? x ? 2 ? 0 ,故

B={-1,2}.所以 A ? B =φ . 2. 答案:D 由 sin ? ? 0 , cos ? ? 0 得 ? ? ? 2k? ?

? ?

?

? ,2k? ? ? ?, k ? Z 2 ?
??????①

从而有

? ? 2k? ? 2k? ? ? ∈? ? , ? ?, k ? Z 3 ? 3 6 3 3?

又因为 sin

?
3

? cos

?
3

,所以又有

? ? ? 5? ? ∈ ? 2k? ? ,2k? ? ?, k ? Z ????② 3 ? 4 4 ?

如上图所示,是①、②同时成立的公共部分为

5? ? ?? ? ? ? ,2k? ? ? ?, k ? Z . ? 2k? ? ,2k? ? ? ? ? 2k? ? 6 4 3? ? ? ?
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, Δ ABC 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? ≥ p q ? pq =pq=a2 . ?bc= 3 3 3
2

A

-1

O
-1

1

2

D


第 3题

C
-2

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. 5. 答案:B 设整点坐标(m,n),则它到直线 25x-15y+12=0 的距离为

d?

25m ? 15n ? 12 252 ? (?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 由 ? ? cos

34 . 85
? cos 2? 2? ? i sin 知, 10 10

?
5

? i sin

?
5

ω ,ω 2,ω 3,ω 4,ω 5,ω 6,ω 7,ω 8,ω 9,ω 10(=1)是 1 的 10 个 10 次方根. 从而有 (x-ω )(x-ω 2)(x-ω 3)(x-ω 4)(x-ω 5)(x-ω 6)(x-ω 7)(x-ω 8)(x-ω 9)(x-ω 10)=x10-1???①
1

由因ω 2,ω 4,ω 6,ω 8,ω 10 是 1 的 5 个 5 次方根, 从而有 (x-ω 2)(x-ω 4)(x-ω 6)(x-ω 8)(x-ω 10)=x5-1 ①÷②得 (x-ω )(x-ω 3)(x-ω 5)(x-ω 7)(x-ω 9)=x5+1 ③的两边同除以(x-ω 5)=x+1,得 (x-ω )(x-ω 3) (x-ω 7)(x-ω 9)= x4-x3+x2-x+1. 所以ω ,ω 3,ω 7,ω 9 为根的方程是 x4-x3+x2-x+1=0.

???② ???③

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
2 由二项式定理知, an ? Cn ? 3n?2 ,因此

3n 32 ? 2 1? ? 1 ? ? 18? ? ? an n(n ? 1) ? n ?1 n ?

lim
n ??

? 3 2 33 3n ? ? ? ? ? ?a an ? 2 a3

? ? 1? ? ? = lim 18?1 ? n ? =18. ? ? n ?? ?

5

9.答案:

a ? log4 3 a ? log8 3 log4 3 ? log8 3 1 1 = q? ? ? 3 a ? log2 3 a ? log4 3 log2 3 ? log4 3 3
如图所示,由
2 2

B

10.答案:90°

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

c
-5

b
O

a
5

F

A

cos?ABF ?

?a

? b ? a ? ?c ? a ?
2

?

第10题
-5

2 ? a ? a2 ? b2

=0 ? 则∠ABF=90°.

11. 答案:

2 3 ?a [解] 如图,设球心为 O,半径为 r,体积为 V,面 BCD 的中心为 24

A H

2 2 2 2 O1,棱 BC 的中心点为 E,则 AO1= a ? O1 B = a ? a =

1 3

6 a, 3

B E C

O 0' 第11题 D

由 OB =O1O +O1B = ?O1 B ? OB? +O1B 得
2 2 2

2

2

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 =

OB2 ? BE2 =
12.答案:28

4 3 2 1 2 1 4 1 2 3 a. V= ? r 2 = ? a2 = ?a . a ? a = 3 3 16 2 24 8 4 2 2

abcd 中恰有 2 个不中数字时,能组成 C 2 4 = 6 个不中数字
2

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

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

Sn Sn 1 解 由已知,对任何 n ? N, 有 f (n)= = 50 ?n ? 32?S N ?1 ?n ? 32??n ? 2?
1 n ? 34 ? 64 n
1 n ? 34 ? 64 n
又因 n+

=

n = n ? 34 n ? 64
2

64 64 +34 ? 2 n. +34=50, n n

故对任何 n ? N, 有 f (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 2 13 ?2 a ? ? b ? 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 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, (3) 即 2a=-

13 13 1 13 2 13 39 ?0 ,b= .由于 a<0, 又 f(b)=- ( ) + = 2 4 2 4 2 32 1 2 13 故 f(x)在 x=a 处取最小值 2a,即 2a= a + , 2 2 13 解得 a=-2- 17 ;于是得 [a,b]=[-2- 17 , ]. 4

2

M

P

Q
-2

O S

2

1 2 13 1 13 a + ,2b=- a 2 + . 2 2 2 2 1 2 13 由于方程 x +2x- =0 的两根异号, 故满足 a ? b ? 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 1 1 15. 答案:所求条件为 2 + 2 =1. a b
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
3

R 第15题(充分性)
-2

2

Q R
-2

P O
2

S 第15题(必要性)
-2

顶点必在 y 轴上,为(0, b) 和 (0, -b) .菱形一条边的方程为 CO 外切,故必有

x y + =1,即 bx+ay=ab.由于菱形与 a b

ab a 2 ? b2

=1,整理得

1 1 + 2 =1. 必要性得证. 2 a b

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

?r1 cos? ?2
a2

? ? ),r2sin( ? + )),代入椭圆方程,得 2 2 ? ? [r 2 cos(? ? )]2 [r 2 sin(? ? )]2 2 ? r1 sin ? ? 2 + 2 =1, + =1, b2 a2 b2

1 cos2 ? sin 2 ? 1 1 1 ? 于是, + = =( )+[ ? 2 OP 2 OQ 2 R12 R2 a2 b2
=

cos2 (? ? ) sin 2 (? ? ) 2 ] 2 + 2 2 b a

?

?

1 1 1 1 1 + 2 =1. 又在 Rt△POQ 中, 设点 O 到 PQ 的距离为 h, 则 = + =1,故得 h=1 2 2 h OP a b OQ 2

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.

二○○一年全国高中数学联合竞赛
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.答】 ( C ) 【解】 方程 x2-3x-a2+2=0 的根的判别式Δ =1+4a2>0, 方程有两个不相等的实数根. 由 2 M 有 2 个元素,得集合 M 有 2 =4 个子集. 2.答】 ( B ) 【解】 只有命题 1 对. 3.答】 ( D ) 【解】 y=sin|x| 不 是 周 期 函 数 . y=cos|x|=cosx 以 2 ? 为 周 期.y=|ctgx|在(0,

? )上单调递减.只有 y=lg|sinx|满足全部条件. 2

4. ( D ) 【解】 根据题设,△ABC 共有两类如图.

C

C

k
60° B

12
B

k
60°

12

A

A

易得 k= 8 3 或 0<k≤12.本题也可用特殊值法,排除(A) 、 (B) 、 (C) . 5【答】 ( C ) 【解】 令 x=1 可得 31000 = a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? ? ? a2000 ;
4

令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? ? a2? 2 ? a3? 3 ? ?? a2000? 2000 ;
3 2 (其中 ? ? ? 1 ? 3 i ,则 ? =1 且 ? + ? +1=0) 2 2

令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? 2 ? a2? 4 ? a3? 6 ? ?? a2000? 4000 .
2

以上三式相加可得 3

1000

=3( a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 ) .
999

所以 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 = 3



6. 【答】 ( A ) 【解】 设玫瑰与康乃馨的单价分别为 x、y 元/枝.

1 则 6x+3y>24,4x+5y<22.令 6x+3y=a>24,4x+5y=b<22,解出 x= 1 (5a ? 3b) ,y= (3b ? 2a) . 9 18 1 1 所以 2x-3y= (11a ? 12b) ? (11 ? 24 ? 12 ? 22) =0,即 2x>3y. 9 9
也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究. 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.

2 3 2 3 . 【解】 ? (0) ? a ? c ? 1, ? (? ) ? a ? c ? 1 . 故 a ? 2 , c ? 1 ? b ? 3 . 从而 2b ? . 3 3 3 3 3 3
30 72 【解】 ? i. 13 13
由 3z1-2z2= z 2 ? z 2 ? z1 ?

8. ?

1 3

1 1 z1 ? z1 ? z 2 = z1 z 2 (2 z 2 ? 3z1 ) 2 6

3 ?i 6 ( 3 z ? 2 z ) 6 ( 3 z ? 2 z ) 30 72 1 2 1 2 2 可得 z1 z 2 ? ? ? ?6 ? ? ? ? i .本题也可设三角形式进行运 3 13 13 2 z 2 ? 3z1 2 z 2 ? 3z1 ?i 2
9.

6 . 【解】 作正方体的截面 BB1D1D, 则 A1C1⊥面 BB1D1D. 设 A1C1 与 B1D1 6

A1 B1

O H

D

1

交于点 O,在面 BB1D1D 内作 OH⊥BD1,H 为垂足,则 OH 为 A1C1 与 BD1 的公垂 线.显然 OH 等于直角三角形 BB1D1 斜边上高的一半,即 OH=

C1

6 . 6

A B

D C

10. (0,1) ? (1,2 7 ) ? (4,??) . 【解】

2

1 3 1 3 ?2? 或 ?2 ? 等价于 lo g 2 l o 1gx 2 1 x
2

2

1 3 ?2?? . log 1 x 2
2



1 7 1 1 ? ? . 此 时 l og1 x ? ?2 或 log 1 x ? 0 或 ?? 或 2 2 log 1 x 2 log 1 x 2
2

2

?

2 2 ? log 1 x ? 0 .∴解为 x >4 或 0<x<1 或 1<x< 2 7 . 2 7

5

11. [1, ) ? [ 2,?? ) . 【解】

3 2

y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 ? x 2 ? 3x ? 2 ? y ? x ? 0 .
y2 ? 2 3 且x? . 2 2y ? 3

两边平方得 (2 y ? 3) x ? y 2 ? 2 ,从而 y ?

y2 ? 2 y 2 ? 3y ? 2 3 由 y?x? y? ?0 ? ? 0 ?1? y ? 或 y ? 2 . 2y ? 3 2y ? 3 2
任取 y ? 2 ,令 x ?

y2 ? 2 ,易知 x ? 2 ,于是 x 2 ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 . 2y ? 3

任取 1 ? y ?

3 y2 ? 2 ,同样令 x ? ,易知 x ? 1 , 2 2y ? 3
F
2

A B C D E

于是 x ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x ? 3x ? 2 .
2

3 因此,所求函数的值域为 [1, ) ? [ 2,?? ) . 2

12. 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图) ,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 【解】 732 种栽种方案.

考虑 A、C、E 种同一种植物,此时共有 4× 3× 3× 3=108 种方法.

考虑 A、C、E 种二种植物,此时共有 3× 4× 3× 3× 2× 2=432 种方法. 考虑 A、C、E 种三种植物,此时共有 P43× 2× 2× 2=192 种方法. 故总计有 108+432+192=732 种方法. 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13 .设 {an} 为等差数列, {bn} 为等比数列,且 b1=a12 , b2=a22 , b3=a32 ( a1<a2) ,又
n???

lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 .试求{an}的首项与公差.

【解】 设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得 a12(a1+2d)2=(a1+d)4 化简得 2a12+4a1d+d2=0 解得 d=( ? 2 ? 2 ) a1.??? 而 ? 2 ? 2 <0,故 a1<0.若 d=( ? 2 ? 2 ) a1,则 q ?
2 a2 ? ( 2 ? 1) 2 ; a12

若 d=( ? 2 ? 2 )a1,则 q ?

2 a2 ? ( 2 ? 1) 2 ;????????????????10 分 2 a1

但 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存在,故|q|<1.于是 q ? ( 2 ? 1) 2 不可能.
n ???

6

从而

a12 1 ? ( 2 ? 1) 2

? 2 ? 1 ? a12 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2 .

所以 a1= ? 2 ,d=( ? 2 ? 2 ) a1=( ? 2 ? 2 )( ? 2 )= 2 2 ? 2 .????????20 分

14.⑴

? x2 ? ? y 2 ? 1, 【解】 由 ? a 2 消去 y 得,x2+2a2x+2a2m-a2=0. 2 ? ? y ? 2( x ? m)



设 f(x)= x2+2a2x+2a2m-a2,问题⑴转化为方程①在 x∈(-a,a)上有唯一解或等根. 只须讨论以下三种情况:
2 1? Δ =0 得 m= a ? 1 .此时 xp= -a2,当且仅当-a<-a2<a,即 0<a<1 时适合; 2

2? f(a)· f(-a)<0 当且仅当–a<m<a; 3? f(-a)=0 得 m=a.此时 xp=a-2a2,当且仅当-a< a-2a2<a,即 0<a<1 时适合.f(a)=0 得 m=-a,此时 xp=-a-2a2,由于-a-2a2<-a,从而 m≠-a. 综上可知,当 0<a<1 时,m=

a2 ?1 或-a<m≤a; 当 a≥1 时,-a<m<a.?? 2

⑵ 【解】Δ OAP 的面积 S=

1 1 ayp. ∵0<a< , 故-a<m≤a 时, 0 ? ?a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m ? a , 2 2

由唯一性得 xp= ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m .显然当 m=a 时, xp 取值最小.由于 xp>0 ,从而
yp ? 1? x2 p a
2

取值最大,此时 yp=2 a ? a 2 ,∴S=a a ? a 2 .

当 m=

1 a2 ?1 时, xp=-a2 , yp= 1 ? a 2 ,此时 S= a 1 ? a 2 .下面比较 a a ? a 2 与 2 2

1 1 1 a 1 ? a 2 的大小:令 a a ? a 2 = a 1 ? a 2 ,得 a= . 2 2 3 1 1 故当 0<a≤ 时 , a a (1 ? a ) ? a 1 ? a 2 .此时 Smax= 1 a 1 ? a 2 . 3 2 2 1 1 1 2 当 <a< 时, a a (1 ? a ) ? a 1 ? a .此时 Smax= a a ? a 2 .?????20 分 2 2 3
15. 【解】 设 6 个电阻的组件(如图 3)的总电阻为 RFG.当 Ri=ai ,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 1°设当两个电阻 R1,R2 并联时,所得组件阻值为 R:则 1 ? 1 ? 1 .故交换二电阻的 R R1 R2
7

位置,不改变 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不妨取 R1>R2. 2°设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB: R3
B

R AB

R R ? R1 R3 ? R2 R3 A RR . ? 1 2 ? R3 ? 1 2 R1 ? R2 R1 ? R2

R1 R2
图1

显然 R1+R2 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 小的一个. 3°设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻 为 RCD:

R1 R3 R2

C

R4
图2

D

1 1 1 R1 R2 ? R1 R3 ? R1 R4 ? R2 R3 ? R2 R4 . ? ? ? RCD R AB R4 R1 R2 R4 ? R1 R3 R4 ? R2 R3 R4
若记 S1 ?
1?i ? j ?4

?R R
i

j

, S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

.则 S1、S2 为定值.

于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 . S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3<R1,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 R6<R5;且由 1°,应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必需使 R5< R4,且应使 RCD 最小. 而由 3°,要使 RCD 最小,应使 R4< R3 < R2 且 R4< R3 < R1. 这就说明,要证结论成立?????????????????????20 分 R1 R2 C F R4 R6 图3 G R3 E G A B D R5

E

2002 年全国高中数学联赛解答

一试题 (2002 年 10 月 13 日上午 8:00—9:40)
一.选择题(本小题满分 36 分,每小题 6 分): 1. 解:由 x2-2x-3>0,得 x<-1 或 x>3. 在 x∈(-∞,-1)时,u= x2-2x-3 单调减,f(x)单调增;在 x∈(3,+∞)时,u= x2-2x
8

-3 单调增,f(x)单调减.故选 A 2. 解: 令 x+5=14cosθ, y-12=14sinθ, 则 x2+y2=196+28(5cosθ-12sinθ)+169=365+364sin(θ+φ) ≥1.选 B. (亦可用几何意义解:圆上点到原点距离平方的最小值) 3. 解:f(x)定义域为(-∞,0)∪(0,+∞);f(x)-f(-x)= -x -x x-x· 2x x x = - -x+ x- - 2 1-2x 1-2 2 1-2

x=0.即 f(x)是偶函数.选 A. 4. 解:直线与椭圆的交线长=5.直线方程 3x+4y-12=0. 12|cosθ+sinθ-1| 设点 P(4cosθ,3sinθ). 点 P 与直线的距离 d= , 5 π 12 当 0≤θ≤ 时,d≤ ( 2-1),SABC≤6( 2-1)<3.即此时没有三角形面积=3; 2 5 π 12 当 <θ<2π 时,d≤ ( 2+1),SABC≤6( 2+1).即此时有 2 个三角形面积=3.选 2 5 B. 5. 解:不妨设 b1≤b2≤?≤b50,在 a1,a2,?,a100 的每两个数间有 1 个空档,共 99 个 空档,其中任选 49 个空档插入 1 条竖杠, 把 a1,a2,?,a100 分成 50 段,从前向后的第 i 段中的数映射到 bi,即满足要求. 共有C99种插法,选D. 6. 解:作平面 y=h(0≤h≤4).与图形⑴交于一个圆环,圆环 面积=π(42-x2)=π(16-4h); 与 图 ⑵ 交 得 一 个 圆 环 , 面 积 =π(16 - h2) - π(4 - (h - 2)2)=π(16-h2-(-h2+4h))=π(16-4h). 说明该平面与两个旋转体截得的面积相等.由祖暅原理 知,V1=V2,选 C. 二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
y y

y

O

x

49

O

x

O

x

7.解:由余弦定理知|Z1+Z2|= 22+32+2· 3= 19;|Z1-Z2|= 22+32-2· 3= 7, Z1+Z2 ? 19 133 ∴? = = . 7 ?Z1-Z2? 7 1 1 1 8. 解: 前三项系数为 1, n, n(n-1),于是得 n=1+ n(n-1), 解得, n=8,和 n=1(舍去).当 2 8 8 1 2(8-r)-4 r 1 4 n=8 时,Tr+1=C ( )rx = C8( )rx ,当 r=0,4,8 时 x 的指数为整数,∴共有 3 个. 2 2 9.解:同在某一侧面上:除 P1 外另外 5 点中任取 3 点与 P1 共 4 点组成一个四
r 8

1

1

16-3r

点组,有 3 C5=30 组,每条侧棱上三点与对棱中点:3 组. ∴共有 33 组. 10.解:由后式,f(x+5)≥f(x+4)+1≥f(x+3)+2≥f(x+2)+3≥f(x+1)+4≥f(x)+5.比较 前式得 f(x+1)=f(x)+1. ∴ f(x)=x 对一切 x∈N*成立,∴ 对于 x∈N*,g(x)=f(x)+1-x=x+1-x=1 ∴ g(2002)=1. 11.解:x>-2y,x>2y,x2-4y2=4.由对称性,只考虑 x>0,y>0 的情况.

3

P 1 P7 P6 P8 P 10 P4

P 5 P2

P9

P3

2-sinθ π 令 x=2secθ,y=tanθ,(0<θ< ),u=x-y= 表示点(0,2)与点(-cosθ,sinθ)连线的 2 cosθ

9

斜率,当直线与单位圆相切时,u 最小为 3.即所求最小值为 3. (或用判别式法解) a-1 2 a-1 2 a-1 2 2 a-1 2 12.解:即(cosx- ) ≤a2+( ) ,若(1- ) ≤a +( ) ,则 a2+a-2≥0. 2 2 2 2 ∴ a≤-2 或 a≥1,但 a<0,故 a≤-2. 三.解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分): 13. 解:设 B(y02-4,y0),C(y12-4,y1).则 y0-2 1 y1-y0 1 kAB= 2 = .kBC= 2 2= . y +2 y -4 0 y -y y1+y0
0 1 0

y

A
(-4,0)

(0,2 )

O

x

B 由 kAB·kBC=-1,得(y1+y0)(y0+2)=-1. C ∴ y02+(y1+2)y0+(2y1+1)=0. ∴ △=(y1+2)2-4(2y1+1)=y12-4y1≥0, ∴ y1≤0,y1≥4. 当 y1=0 时,得 B(-3,-1),当 y1=4 时,得 B(5,-3)均满足要求,故点 C 的纵坐标 的取值范围是(-∞,0]∪[4,+∞). 14. 解:⑴ 对 P0 操作后,每条边变为 4 条边,共有 4×3 条边;对 P1 操作,也是每条边变 为 4 条边,故 P2 共有 42×3 条边,即 Pk 有 3×4k 条边.

1 1 1 1 4 1 4 42 S0=1,S1=S0+3× 2=1+ ,S2=S1+4×3× 4=1+ + 3;S3=1+ + 3+ 5; 3 3 3 3 3 3 3 3 4 1-( )k - 9 4k 1 1 4 1 3 4 8 34 依此类推,得 Sk=1+ + 3+?+ 2-1=1+ · =1+ [1-( )k]= - ( )k. 3 3 3 4 5 9 5 59 3 1- 9 用数学归纳法易证上式正确. 8 ⑵ lim Sn= . 5 n→∞ b 15.解:由 f(x-4)=f(2-x),知 f(x)关于 x=-1 对称.于是- =-1.?b=2a.此时, 2a f(x)有最小值 0, ∴ a-b+c=0.?c=a.f(x)=ax2+2ax+a. 1 1 1 由⑴ f(1)=4a≥1.由⑵ 4a≤1.∴ a=c= ,b= .f(x)= (x+1)2. 4 2 4 1 若对于 x∈[1,m],f(x+t)-x≤0,?f(1+t)-1= (t+2)2-1≤0,得-4≤t≤0. 4 f(m+t)-m≤0,?m2+2(t-1)m+(t+1)2≤0.解得-(t-1)-2 -t≤m≤-(t-1)+2 -t. ∴m≤1-t+2 -t≤9. 1 1 而当 t=-4 时,f(x-4)-x= (x2-10x+9)= (x-1)(x-9)在 x∈[1,9]时,恒有 f(x-4) 4 4 -x≤0 成立. ∴ m 的最大值为 9.

10

2003 年全国高中数学联赛第一试参考答案
一、选择题 1 C 提示: 1. 注意到 45 ? 2025, 46 ? 2116,故 a2003 ? 2003? 45 ? 2048;
2 2

2 B

3 A

4 C

5 D

6 B

2. 题设方程可化为 y ? ax ? b 和

x2 y2 ? ? 1 ,观察图形可知; a b
2

3. 易知直线 AB 的方程为 y ? 3x ,因此 A,B 两点的横坐标满足方程 3x ? 8x ? 16 ? 0 ,从 而弦 AB 中点的横坐标为 x 0 ?

4 4 ,纵坐标 y 0 ? ,进而求得中垂线方程之后,令 y=0, 3 3

得点 P 的横坐标即 PF= 4. 原函数可化为 y ?

16 ; 3

?? ? ? cos? x ? ? ,可以证明函数在已知的区间上为增函 4? ? 6? ? ? sin? 2 x ? ? 3 ? ?
2
11 3; 6

数,故当 x ? ?

?
3

时,y 取最大值

5. 消去 y 之后可得: u ? 1 ?

35 4 ? ? 37 ? ? 9 x 2 ? 2 ? x ? ?

,用基本不等式可求得函数 u 的最小值

12 ; 5

6. 可用等积法求得,过程略。 二、填空题 7. ? ? 3,?

? ? ?

5 ?1? ? 5 ?1 ? 2 ??? ,3 ? . 提示: 原不等式可以化为: ?| x | ?3? x ? | x | ?1 ? 0 ? ? ? 2 ? ? 2 ?

?

?

8. 4

?PF1 F2 是直角三角形,故 ?PF1 F2 的面积为 S ?
提示: A ? ?1 , 3? ,令 f ?x? ? 2
1? x

1 1 | PF1 | ? | PF2 |? ? 2 ? 4 ? 4 ; 2 2

9. ? 4 ? a ? ?1

? a , g ?x? ? x 2 ? 2?a ? 7?x ? 5 ,则只

? f ?1? ? 0 ? f ?3? ? 0 ? 需 f ?x ?, g ?x ? 在( 1, 3)上的图象均在 x 轴的下方,其充要条件是 ? , 由此推出 ? g ?1? ? 0 ? ? g ?3? ? 0
? 4 ? a ? ?1 ;

11

3

5

10 . 93
2

提示: 由已知得 a 2 ? b , c 4 ? d , a ? ? ? , c ? ?
4

?b? ?a?

2

?d ? ? , 又 a ? c ? 9 ,故 ?c?


4

? b d 2 ?? b d 2 ? ?b? ?d ? ? ? ?? ? ? ? ? a ? c2 ? ?? ? ? 2? ??9 ?a? ? c ? ? ?? a c ?

,



?b d 2 ? ?9 ? a ? 25 , c ? 16 ?a c2 , ; ? 2 b ? 125 , d ? 32 b d ? ? ?1 ?a c2 ?
11. 4 8 + 2 提示: 如图, 上下层的四个球的球心 A1,B1,C1,D1,A,B,C,D 分别是上下两个边长为 2 的正 方形的顶点,且以它们的外接圆为上下底面构成圆柱,同时 A1 在底面上的射影 M 为弧 AB 的中点。由于 A1A=A1B=AB=2, OM ? OA ?

2 , MN ? 2 ? 1 ,求得
4

A1 M ?
12.

? A1 N ?2 ? ?MN ?2

? 4 8 ,故所求的高为

8+ 2 ;

1 18

提示: Tn ? 2 n?1 , S n ?

1 n?1 ? 1 1 1 ? 1 ? 2 ? ? 2 ? ? ? n?1 ? ? 2 n?1 ? n 2 10 ? 10 ? 10 10

三、解答题 13.证明:由 (a ? b ? c ? d ) ? a ? b ? c ? d ? 2?ab ? bc ? cd ? da ? ac ? bd ? 可得
2 2 2 2 2

a ? b ? c ? d ? 2 a 2 ? b 2 ? c 2 ? d 2 , 当且仅当 a=b=c=d 时取等号
则 2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2

??5 分

?x ? 1? ? ?x ? 1? ? ?2x ? 3? ? ?15 ? 3x?

? 2 x ? 14 ? 2 19
因为 x ? 1 ,

????????????????????15 分

2x ? 3 ,

15 ? 3x 不能同时相等,所以
??????????????20 分

2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2 19

14.设 z ? x ? yi ?x, y ? R? ,则代入并由复数相等可得
2 ? ? x ? sin t ? 2 2 ? ? y ? a?1 ? x ? ? 2b?1 ? x ?x ? cx

?0 ? x ? 1?

即 y ? ?a ? c ? 2b?x ? 2?b ? a ?x ? a 因为
2

A,B,C 不共线 ,所以 a ? c ? 2b ? 0 ,可见所给曲线是抛物线段(图略)????5 分 AB,BC 的中点分别是 D? ?

? 1 a?b? ?3 b?c? ? , , E? , ? ,; ? 2 ? 2 ? ?4 ?4
12

所以 DE 的方程为

y ? ?c ? a ?x ?

1 ?3a ? 2b ? c ? 4

???????????10 分

联立两式得 ?a ? c ? 2b?? x ?

? ?

1 1 1 3 1? ? ? 0 ,得 x ? , 注意到 ? ? ,所以抛物线与 ?ABC 2 4 2 4 2?

2

中平行于 AC 的中位线 DE 有且只有一个公共点,此点的坐标为 ? , 数为 z ?

? 1 a ? c ? 2b ? ? ,相应的复 4 ?2 ?

1 a ? c ? 2b ? i 2 4

??????????????????????15 分

15.如图建立直角坐标系,设 A1 ?R cos? , R sin ? ? ,MN 为 AA1 的中垂线,设 P(x,y)是 MN 上任一点,则|PA|=|PA1| ??5 分 代入推得 2R?x cos? ? y sin ? ? ? R 2 ? a 2 ? 2ax 可得 sin ?? ? ? ? ? ???10 分

R 2 ? a 2 ? 2ax 2R x 2 ? y 2
. 所以

, 其中 sin ? ?

x x2 ? y2

,

cos? ?

y x2 ? y2
2

R 2 ? a 2 ? 2ax 2R x 2 ? y 2

? 1 ????15 分

平方后可化为

a? ? ?x ? ? y2 2? ? ? ?1 2 2 2 ?R? ?R? ?a? ? ? ? ? ?? ? ?2? ? 2 ? ?2? a? ? ?x ? ? y2 2? ? 所求点的集合为椭圆 ? ? 1 外(含边界)部分。????20 2 2 2 R R a ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ?2? ? 2 ? ?2?
2

二○○四年全国高中数学联合竞赛试题
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1、解:因方程 x ? 4 x cos? ? cot ? ? 0 有重根,故 ? ? 16cos ? ? 4cot ? ? 0
2 2

?0 ? ? ? ? 2? ?

?
2

, ? 4 cot ? (2sin 2? ? 1) ? 0

得 sin 2? ?

?
6

或 2? ?

5? ? 5? 或 ,于是 ? ? 。 故选 B。 6 12 12

1 2

2 2 2 、 解 : M ? N ? ? 相 当 于 点 ( 0 , b ) 在 椭 圆 x ? 2y ? 3 上 或 它 的 内 部

13

2b 2 6 6 。 ? ? 1, ?? ?b? 3 2 2

故选 A。

3 3 1 ? ? log 2 x ? 1 ? log 2 x ? ? ? 0 3、解:原不等式等价于 ? 2 2 2 ? ?log 2 x ? 1 ? 0
? 3 2 1 ?t ? t ? ? 0 设 log 2 x ? 1 ? t , 则有 ? 2 2 ? t ? 0 ?
即 0 ? log2 x ?1 ? 1, ?2 ? x ? 4 。 解得 0 ? t ? 1 。

故选 C。

A

4、解:如图,设 D,E 分别是 AC,BC 边的中点,

??? ? ???? ???? OA ? OC ? 2OD (1) 则 ??? ? ???? ???? ? 2(OB ? OC ) ? 4OE (2)
由(1) (2)得,

D

O

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? OA ? 2OB ? 3OC ? 2(OD ? 2OE) ? 0 ,
即 OD与OE 共线, 且 | OD |? 2 | OE |

B

E

C

???? ??? ?
????

??? ?

?

S?AEC 3 S 3? 2 ? , ? ?ABC ? ? 3 , 故选 C。 S?AOC 2 S?AOC 2

5、解:a,b,c 要能构成三角形的边长,显然均不为 0。即 a, b, c ?{1, 2,...,9} (1)若构成等边三角形,设这样的三位数的个数为 n1 ,由于三位数中三个数码都相同,所
1 以, n1 ? C9 ? 9。

(2)若构成等腰(非等边)三角形,设这样的三位数的个数为 n2 ,由于三位数中只有 2 个
2 不同数码。设为 a、b,注意到三角形腰与底可以置换,所以可取的数码组(a,b)共有 2C9 。

但当大数为底时,设 a>b,必须满足 b ? a ? 2b 。此时,不能构成三角形的数码是 a b 9 4,3 2,1 8 4,3 2,1 7 3,2 1 6 3,2 1 5 1,2 4 1,2 3 1 2 1 1

共 20 种情况。
2 同时,每个数码组(a,b)中的二个数码填上三个数位,有 C3 种情况。

故 n2 ? C3 (2C9 ? 20) ? 6(C9 ?10) ? 156 。 综上, n ? n1 ? n2 ? 165 。
2 2 2

14

6、解:? AB ? OB, AB ? OP, ? AB ? PB, 又OH ? PB

?面PAB ? 面POB, ?OH ? HC, OH ? PA 。C 是 PA 中点,? OC ? PA

?当HO ? HC时S?HOC 最大,
也即 VO? HPC ? VP? HCO 最大。 此时,

1 HO ? 2, 故HO= OP, ??HPO ? 300 2 , 2 6 0 ? OB ? OP ? tan 30 ? 3
故选 D。

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
7 、解: f ( x) ?

1 2? a2 ? 1 sin(ax ? ? ),其中? ? arctan ,它的最小正周期为 ,振幅为 a a

a2 ?1 。由 f ( x) 的图像与 g ( x) 的图像围成的封闭图形的对称性,可将这图形割补成长为
2? 2? 、宽为 a2 ?1 的长方形,故它的面积是 a a a2 ? 1 。

8、解:? 对?x, y ? R, 有f ( xy ? 1) ? f ( x) f ( y) ? f ( y) ? x ? 2,

?有f ( xy ? 1) ? f ( y) f ( x) ? f ( x) ? y ? 2

? f ( x) f ( y ) ? f ( y ) ? x ? 2 = f ( y ) f ( x) ? f ( x) ? y ? 2
即 f ( x) ? y ? f ( y) ? x, 令y ? 0, 得f ( x) ? x ? 1 。 9、解:连结 D1C, 作CE ? BD1 ,垂足为 E,延长 CE 交 A 1B 于 F,则 FE ? BD 1 ,连结 AE, 由对称性知 AE ? BD1 , ??FEA 是二面角 A ? BD1 ? A1 的平面角。
D1 C1

连结 AC,设 AB=1, 则 AC ? AD1 ? 2, BD1 ? 3.
A1 F E D C A 4 ?2 2 2 2 2 2 AE ? CE ? AC 2 AE ? AC 1 3 在 ?AEC中, cos ?AEC ? ? ? ?? 2 4 2 AE ? CE 2 AE 2 3 B1

AB ? AD1 2 , 在Rt ?ABD1 中, AE ? ? BD1 3

B

15

??AEC ? 1200 , 而?FEA是?AEC 的补角,??FEA ? 600 。

p ? p 2 ? 4n2 10、解:设 k ? pk ? n, n ? N , 则 k ? pk ? n ? 0, k ? ,从而 p 2 ? 4n2 2
2 * 2 2

是平方数,设为 m2 , m ? N * , 则 (m ? 2n)(m ? 2n) ? p2

? p2 ? 1 m ? ? ? m ? 2n ? 1 ? 2 ? p是质数,且p ? 3, ? ? , 解得 ? 2 2 ? m ? 2n ? p ?n ? p ? 1 ? ? 4
?k ? p ? m 2 p ? ( p 2 ? 1) ( p ? 1)2 ? ,故k ? 。 (负值舍去) 2 4 4

11、解:设 bn ?

1 1 1 , n ? 0,1, 2,..., 则(3 ? )(6 ? ) ? 18, an bn?1 bn
1 3 1 1 ? 2(bn ? ) 3 3

即 3bn ?1 ? 6bn ? 1 ? 0. ? bn ?1 ? 2bn ? , bn ?1 ? 故数列 {bn ? } 是公比为 2 的等比数列,

1 3

1 1 1 1 1 1 bn ? ? 2n (b0 ? ) ? 2n ( ? ) ? ? 2n?1 ? bn ? (2n?1 ? 1) 。 3 3 a0 3 3 3
n n ? 1 1 1 i ?1 1 ? 2(2n?1 ? 1) ? ? bi ? ? (2 ? 1) ? ? ? (n ? 1) ? ? ? 2n? 2 ? n ? 3? 。 ? 3 ? 2 ?1 i ?o ai i ?0 i ?0 3 ? 3 n

12、解:经过 M、N 两点的圆的圆心在线段 MN 的垂直平分线 y=3-x 上,设圆心为 S(a,3-a) ,则圆 S 的方程为: ( x ? a) ? ( y ? 3 ? a) ? 2(1 ? a )
2 2 2

对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大,所以,当 ?MPN 取最大值时,经过 M,N,P 三点的圆 S 必与 X 轴相切于点 P,即圆 S 的方程中的 a 值必须满足 2(1 ? a ) ? (a ? 3) , 解得
2 2 '

a=1 或 a=-7。

即对应的切点分别为 P(1,0)和P (?7,0) ,而过点 M,N, p ' 的圆的半径大于过点 M, N,P 的圆的半径,所以 ?MPN ? ?MP ' N ,故点 P(1,0)为所求,所以点 P 的横坐标 为 1。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13、解:由于骰子是均匀的正方体,所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。 (Ⅰ)因骰子出现的点数最大为 6,而 6 ? 4 ? 2 , 6 ? 5 ? 2 ,因此,当 n ? 5 时,n 次出现
4 5

的点数之和大于 2 已不可能。即这是一个不可能事件,过关的概率为 0。所以最多只能连
16

n

过 4 关。 (Ⅱ)设事件 An 为“第 n 关过关失败” ,则对立事件 An 为“第 n 关过关成功” 。 第 n 关游戏中,基本事件总数为 6 个。 第 1 关:事件 A , 1 所含基本事件数为 2(即出现点数为 1 和 2 这两种情况)
n

.......5 分

? 过此关的概率为: P ( A1 ) ? 1 ? P ( A1 ) ? 1 ?

2 2 ? 。 6 3

第 2 关:事件 A2 所含基本事件数为方程 x ? y ? a 当 a 分别取 2,3,4 时的正整数解组数之
1 1 1 和。即有 C1 。 ? C2 ? C3 ? 1 ? 2 ? 3 ? 6 (个)

? 过此关的概率为: P( A2 ) ? 1 ? P( A2 ) ? 1 ?

6 5 ? 。 62 6

........10 分

第 3 关:事件 A3 所含基本事件为方程 x ? y ? z ? a 当 a 分别取 3,4,5,6,7,8 时的正整
2 2 2 2 2 2 数解组数之和。即有 C2 。 ? C3 ? C4 ? C5 ? C6 ? C7 ? 1? 3 ? 6 ? 10 ? 15 ? 21 ? 56 (个)

? 过此关的概率为: P( A3 ) ? 1 ? P( A3 ) ? 1 ?

56 20 ? 。 63 27 2 5 20 100 ? 故连过前三关的概率为: P( A1 ) ? P( A2 ) ? P( A3 ) ? ? ? 。 3 6 27 243
(说明:第 2,3 关的基本事件数也可以列举出来) 14、 解: (Ⅰ) 直线 AB、 AC、 BC 的方程依次为 y ?

.........15 分 ........20 分

4 4 ( x ? 1), y ? ? ( x ? 1), y ? 0 。 (, ) 点 Pxy 3 3 1 1 到 AB、AC、BC 的距离依次为 d1 ? | 4 x ? 3 y ? 4 |, d 2 ? | 4 x ? 3 y ? 4 |, d3 ?| y | 。依设, 5 5
2 d1d2 ? d3 , 得 |16x2 ? (3y ? 4)2 |? 25 y2 ,即

16x2 ? (3 y ? 4)2 ? 25 y 2 ? 0, 或16 x2 ? (3 y ? 4)2 ? 25 y 2 ? 0 ,化简得点 P 的轨迹方程为
圆 S: 2x ? 2 y ? 3 y ? 2 ? 0与双曲线T:8x ?17 y ? 12 y ? 8 ? 0
2 2 2 2

......5 分

(Ⅱ)由前知,点 P 的轨迹包含两部分 圆 S: 2 x ? 2 y ? 3 y ? 2 ? 0
2 2

① ②

与双曲线 T: 8x ?17 y ? 12 y ? 8 ? 0
2 2

因为 B(-1,0)和 C(1,0)是适合题设条件的点,所以点 B 和点 C 在点 P 的轨迹上, 且点 P 的轨迹曲线 S 与 T 的公共点只有 B、C 两点。

1 ?ABC 的内心 D 也是适合题设条件的点, 由 d1 ? d2 ? d3 , 解得 D (0, ) , 且知它在圆 S 上。 2
直线 L 经过 D,且与点 P 的轨迹有 3 个公共点,所以,L 的斜率存在,设 L 的方程为
17

y ? kx ?

1 2



(i)当 k=0 时,L 与圆 S 相切,有唯一的公共点 D;此时,直线 y ?

1 平行于 x 轴,表明 L 2

与双曲线有不同于 D 的两个公共点,所以 L 恰好与点 P 的轨迹有 3 个公共点。......10 分 (ii)当 k ? 0 时,L 与圆 S 有两个不同的交点。这时,L 与点 P 的轨迹恰有 3 个公共点只 能有两种情况: 情况 1: 直线 L 经过点 B 或点 C, 此时 L 的斜率 k ? ?

1 , 直线 L 的方程为 x ? ?(2 y ? 1) 。 2

代入方程②得 y(3 y ? 4) ? 0 ,解得 E ( , )或F(- , )。表明直线 BD 与曲线 T 有 2 个交 点 B、E;直线 CD 与曲线 T 有 2 个交点 C、F。 故当 k ? ?

5 4 3 3

5 4 3 3

1 时,L 恰好与点 P 的轨迹有 3 个公共点。 ......15 分 2 1 情况 2:直线 L 不经过点 B 和 C(即 k ? ? ) ,因为 L 与 S 有两个不同的交点,所以 2

?8 x 2 ? 17 y 2 ? 12 y ? 8 ? 0 ? L 与双曲线 T 有且只有一个公共点。即方程组 ? 有且只有一组实数 1 y ? kx ? ? ? 2
解,消去 y 并化简得 (8 ? 17 k ) x ? 5kx ?
2 2

25 ?0 4
2

该方程有唯一实数解的充要条件是 8 ? 17k ? 0 或 (?5k ) ? 4(8 ? 17 k )
2 2

④ ⑤

25 ?0 4

解方程④得 k ? ?

2 2 34 ,解方程⑤得 k ? ? 。 2 17 1 2 34 2 ,? ,? }。 2 17 2
......20 分

综合得直线 L 的斜率 k 的取值范围是有限集 {0, ?

2 2 15、解: (Ⅰ)设 ? ? x1 ? x2 ? ? , 则4x1 ? 4tx1 ?1 ? 0, 4x2 ? 4tx2 ?1 ? 0,
2 ? 4( x12 ? x2 ) ? 4t ( x1 ? x2 ) ? 2 ? 0, ? 2 x1 x2 ? t ( x1 ? x2 ) ?

1 ?0 2

则 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ?

2 x2 ? t 2 x1 ? t ( x2 ? x1 ) ?t ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? 2? ? ? 2 2 x2 ? 1 x12 ? 1 ( x2 ? 1)( x12 ? 1)
1 ? 0 ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 0 2
.......5 分

又 t ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? 2 ? t ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? 故 f ( x ) 在区间 ?? , ? ? 上是增函数。

18

1 ?? ? ? ? t , ?? ? ? , 4

? g (t ) ? max f ( x) ? min f ( x) ? f ( ? ) ? f (? ) ?

( ? ? ? ) ?t (? ? ? ) ? 2?? ? 2?

? 2? 2 ?? 2 ? ? 2 ?1

5? ? t 2 ?1 ? t 2 ? ? 2 2 2 ? 8 t ? 1(2t ? 5) ? ? ? 25 16t 2 ? 25 t2 ? 16
(Ⅱ)证:

......10 分

8 2 16 ( 2 ? 3) ? 24 cos ui cos ui cos ui cos ui g (tan ui ) ? ? 16 16 ? 9 cos 2 ui ? 9 cos 2 ui

?

2 16 ? 24 16 6 ? (i ? 1, 2,3) 2 16 ? 9cos ui 16 ? 9cos 2 ui
3 3 1 1 3 1 2 ? (16 ? 9cos u ) ? (16 ? 3 ? 9 ? 3 ? 9) sin 2 ui ) ....15 分 ? ? i g (tan ui ) 16 6 i ?1 16 6 i ?1

??
i ?1
3

? ? sin ui ? 1, 且ui ? (0, ), i ? 1, 2,3 2 i ?1
与柯西不等式中,等号不能同时成立,

?

?3? sin 2 ui ? (? sin ui ) 2 ? 1 ,而均值不等式
i ?1 i ?1

3

3

?

1 1 1 1 1 3 ? ? ? (75 ? 9 ? ) ? 6 g (tan u 1 ) g (tan u2 ) g (tan u3 ) 16 6 3 4

......20 分

2005 年全国高中数学联合竞赛试题(一)及参考答案
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 解:令 y ?

x ? 3 ? 6 ? x ,3 ? x ? 6 ,则 y 2 ? ( x ? 3) ? (6 ? x) ? 2 ( x ? 3)(6 ? x)

? 2[(x ? 3) ? (6 ? x)] ? 6.? 0 ? y ? 6,?实数 k 的最大值为 6. 选 D.
2.解:注意到 32+112=130=72+92,由于 AB ? BC ? CD ? DA ? 0 ,则 DA2= DA ? ( AB ? BC ? CD ) 2 =AB2+BC2+CD2+2( ( AB ? BC ? BC ? CD ? CD ? AB ) ? AB 2 ? BC 2 ? CD 2 ? 2( BC +
2
2

AB ? BC ? BC ? CD ? CD ? AB) = AB2 ? BC2 ? CD 2 ? 2( AB ? BC) ? (BC ? CD) ,
19

即 2 AC ? BD ? AD2 ? BC 2 ? AB2 ? CD 2 ? 0 ,? AC ? BD 只有一个值 0,故选 A. 3.解:如图,连 BA1,则 AA1=2sin(B+

A A? B?C B C B C ) ? 2 sin( ? ? ) ? 2 cos( ? ) 2 2 2 2 2 2 A B C A A? B?C A?C ? B ? ? AA1 cos ? 2 cos( ? ) cos ? cos ? cos ? cos( ? C ) 2 2 2 2 2 2 2

? cos(

?

2

? B) ? sin C ? sin B, 同理 BB1 cos B ? sin A ? sin C , CC1 cos C ? sin A ? sin B,
2
2

? AA1 cos

4. 解:将正方体切去两个正三棱锥 A—A′BD 与 C′— D?B ?C ? 后, 得到一个以平行平面 A′BD 与 D ?B ?C 为上、下底面的几何体 V,V 的每个侧面都是等腰直 角三角形,截面多边形 W 的每一条边分别与 V 的底面上的一条边平行,将 V 的侧面沿棱

A B C ? BB1 cos ? CC1 cos ? 2(sin A ? sin B ? sin C ), 2 2 2 2(sin A ? sin B ? sin C ) ? 2. 选 A. 原式= sin A ? sin B ? sin C

A?B ? 剪开,展平在一张平面上,得到一个

A?B ?B1 A1 ,而多边形 W 的周界

展开后便成为一条与 A?A1 平行的线段(如图中 E ?E1 ) , 显然 E ?E1 ? A?A1 ,故 l 为定值. 当 E′位于 A?B ? 中点时,多边形 W 为正六边形,而当 E′移至 A′处时,W 为正三角 形,易知周长为定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为 B. 5.解:? 2 ? 3 ? ? ,? 0 ? 即

3 2 3 2 l 与 l ,故 S 不为定值.选 24 36

?
2

? 2 ? 3?

?
2

?

?
2

,? cos(

?

? 2 ) ? cos( 3 ? ) , 2 2
, 又

?

sin 2 ? sin 3

0? 2 ?

? ?

, ? 3 ? ? ,? c 2 2

2 ? 0, c

3 ? 0,? o c

2 ?c o

3 ? 0, s o

o s

s

s

方程表示的曲线是椭圆.

? (sin 2 ? sin 3 ) ? (cos 2 ? cos 3 ) ? 2 2 sin
?
2

2? 3 2? 3 ? sin( ? ) ?? (*) 2 2 4

?

?

2? 3 2? 3 ? 2 ? 3 3? 3? 2? 3 ? ? 0,?sin ? 0, ? ? ,? ? ? ? ?. 2 2 2 2 4 4 2 4

? sin(

2? 3 ? ? ) ? 0,? (*)式 ? 0. 2 4

即 sin 2 ? sin 3 ? cos 2 ? cos 3 .? 曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆,选 C.

20

6. 解:用 [a1a2 ?ak ] p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 74,得

M ? ? {a1 ? 73 ? a2 ? 7 2 ? a3 ? 7 ? a4 | ai ? T , i ? 1,2,3,4} ? {[a1a2 a3 a4 ]7 | ai ? T , i ? 1,2,3,4} ,
M′中的最大数为[6666]7=[2400]10. 在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列的第 2005 个数是 2400-2004=396,而 [396]10=[1104]7 将此数除以 74,便得 M 中的数 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.解:由题设知, f ( x) 和式中的各项构成首项为 1,公比为 ? x 的等比数列,由等比数列 的求和公式,得: f ( x) ?

1 1 0 4 ? 2 ? 3 ? 4 .故选 C. 7 7 7 7

(? x) 21 ? 1 x 21 ? 1 ? . ? x ?1 x ?1

令 x ? y ? 4, 得g ( y) ?

5 21 ? 1 ( y ? 4) 21 ? 1 ,取 y ? 1, 有 a0 ? a1 ? a 2 ? ? ? a 20 ? g (1) ? 6 y?5

8. 解:∵ f ( x) 在(0,+∞)上定义,又

1 1 7 2a 2 ? a ? 1 ? 2(a ? ) 2 ? ? 0;3a 2 ? 4a ? 1 ? (3a ? 1)( a ? 1) , 仅当 a ? 1 或 a ? 3 4 8
时,

3a 2 ? 4a ? 1 ? 0.(*)
? f ( x)
在 ( 0 , + ∞ ) 上 是 减 函 数 ,

? 2a 2 ? a ? 1 ? 3a 2 ? 4a ? 1 ? a 2 ? 5a ? 0,? 0 ? a ? 5
结合(*)知 0 ? a ? 9. 解

1 或1 ? a ? 5 . 3
: 设

f ( x) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ),由x ? R, f ( x) ? 0知, f (?? ) ? 0 ,
f (?? ) ? 0, f (? ? ) ? 0,
即 cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? ?1, cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? ?1,

1 cos( ? ? ? ) ? cos( ? ? ? ) ? ?1,? cos( ? ? ? ) ? cos( ? ? ? ) ? cos( ? ? ? ) ? ? . 2 2? 4? , ], ∵ 0 ? ? ? ? ? ? ? 2? ,? ? ? ? , ? ? ? , ? ? ? ? [ 3 3 2? 4? .?? ? ? ? . 又 ? ? ? ? ? ? ? , ? ? ? ? ? ? ? .只有 ? ? ? ? ? ? ? ? 3 3
21

另一方面,当 ? ? ? ? ? ? ? ?

2? 2? 4? ,? ? ? ? , ?x ? R , ,有 ? ? ? ? 3 3 3

记 x ? ? ? ? ,由于三点 (cos ? , sin ? ), (cos( ? ? 2? ), sin(? ? 2? ), (cos( ? ? 4? ), sin(? ? 4? )) 3 3 3 3 构 成 单 位 圆 x2 ? y2 ? 1 上 正 三 角 形 的 三 个 顶 点 , 其 中 心 位 于 原 点 , 显 然 有
co s? ? co s? (? 2? 4? ) ? co s? (? ) ? 0. 即 cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? 0. 3 3

10. 解:?

1 1 1 AD ? ( ? BC ? AC ? sin 45?) ? VDABC ? , 3 2 6

即 AD ? BC ?

AC 2

? 1. 又 3 ? AD ? BC ?

AC 2

?3

3

AD ? BC ?

AC 2

?3 ,等号当且仅当

AD=BC=

AC 2

? 1 时成立,这时 AB=1,AD⊥面 ABC,∴DC= 3 .

11 .解:设正方形的边 AB 在直线 y ? 2 x ? 17 上,而位于抛物线上的两个顶点坐标 C ( x1 , y1 ) 、D( x2 , y2 ) ,则 CD 所在直线 l 的方程 y ? 2 x ? b ,将直线 l 的方程与抛物 线方程联立,得 x 2 ? 2 x ? b ? x1, 2 ? 1 ? b ? 1. 令正方形边长为 a,则 a ? ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? 5( x1 ? x2 ) ? 20(b ? 1).
2 2 2 2



在 y ? 2 x ? 17 上任取一点 ( 6, -5) , 它到直线 y ? 2 x ? b 的距离为 a, a ? ①、②联立解得 b1 ? 3, b2 ? 63. ? a ? 80, 或a ? 1280 . ? amin ? 80.
2 2 2

| 17 ? b | 5



12.

m 解:∵方程 x1 ? x2 ? ? ? xk ? m 的非负整数解的个数为 C m ? k ?1 ,

m?1 而使 x1 ? 1, xi ? 0(i ? 2 )的整数解个数为 Cm ?k ?2 , 现取 m=7,可知,k 位“吉祥数”的 6 个数为 P(k)= Ck ?5 . 6 6 ∵2005 是形如 2abc 的数中最小的一个“吉祥数” ,且 P(1)= C 6 =1,P(2)= C 7 =7, 6 P(3)= C8 =28,对于四位“吉祥数”1abc,其个数为满足 a+b+c=6 的非负整数解个数, 6 即 C6 ?3?1 =28 个.

∵2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数” ,即 a65 ? 2005 . 从而 n=65,5n=325.

22

6 6 又 P(4)= C9 ? 84, P(5) ? C10 ? 210,而

? P(k ) ? 330.
k ?1

5

∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是:70000,61000,60100,60010,60001, 52000. ∴第 325 个“吉祥数”是 52000,即 a5m ? 52000 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.
2 证明: (1) 由题设得 a1 ? 5, 且{ a n } 严格单调递增, 将条件式变形得 2a m?1 ? 7a m ? 45a m ? 36 ,

2 两边平方整理得 a n?2 1 ? 7an an?1 ? an ? 9 ? 0 2 2 ? an ? 7an?1an ? an ?1 ? 9 ? 0

① ②

①-②得 (an?1 ? an )(an?1 ? an?1 ? 7an ) ? 0,? an?1 ? an ,? an?1 ? an?1 ? 7am ? 0 ?

an?1 ? 7an ? an?1 . ③
由③式及 a0 ? 1, a1 ? 5 可知,对任意 n ? N , am 为正整数.????????10 分 (2)将①两边配方,得 (a n ?1 ? a n ) ? 9(a n a n ?1 ? 1),? a n a n ?1 ? 1 ? (
2

a n ?1 ? a n 2 ) 。 ④ 3

记 f (n) ? a n a n ?1 ? (

a n ?1 ? a n 2 a ? an 2 ) ,由f (n) ? f (n ? 1) ? (a n a n ?3 ? a n ?1 a n ) ? [( n ?1 ) ? 3 3

(

a n ?1 ? a n 2 a ? a n ?1 ) ] ? n ?1 (a n ?1 ? a n ?1 ? 7a n ) ? 0, 从而 f (n) ? f (n ? 1) ? ? ? f (0) ? a0 a1 3 9

?(

a 0 ? a1 2 ) ? 1,? ④式成立. 3

? am am?1 ? 1 是完全平方数.????????20 分
14. 解:九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上,每点放一个,相当于九个不同元素 在圆周上的一个圆形排列,故共有 8!种放法,考虑到翻转因素,则本质不同的放法有

8! 2

种.????5 分 下求使 S 达到最小值的放法数:在圆周上,从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径,对其中 任一条路径,设 x1 , x2 ,?, xi 是依次排列于这段弧上的小球号码, 则 | 1 ? x1 | ? | x1 ? x2 | ??? | x1 ? 9 |?| (1 ? x1 ) ? ( x1 ? x2 ) ? ? ? ( xi ? 9) |?| 1 ? 9 |? 8. 上式取等号当且仅当 1 ? x1 ? x2 ? ? ? xi ? 9 , 即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9
23

递增排列. 因此 S 最小=2·8=16.??????????????????????10 分 由上知,当每个弧段上的球号{1, x1 , x2 ,?, xi ,9}确定之后,达到最小值的排序方案 便唯一确定. 在 1,2,?,9 中,除 1 与 9 外,剩下 7 个球号 2,3,?,8,将它们分为两个子集,
0 1 2 3 元素较少的一个子集共有 C7 ? C7 ? C7 ? C7 ? 26 种情况,每种情况对应着圆周上使 S 值达

到 最 小 的 唯 一 排 法 , 即 有 利 事 件 总 数 是

26 种 , 故 所 求 概 率

P?

26 1 ????????????20 分 ? . 8! 315 2 15.
解 一 : 过 抛 物 线 上 点 A 的 切 线 斜 率 为 y? ? 2 x | x?1 ? 2,? 切 线 A B 的 方 程

1 y ? 2 x ? 1,? B 、 D 的坐标为 B (0, -1) , D ( , 0) , ∴D 是线段 AB 的中点.???????? 2
5分
2 设 P( x, y ) 、C ( x0 , x0 ) 、E( x1 , y1 ) 、

F( x 2 , y 2 ) ,则由

AE ? ?1 知, EC

x1 ?

2 1 ? ?1 x0 1 ? ?1 x0 ; , y1 ? 1 ? ?1 1 ? ?2

2 ? 2 x0 ? 1 ? ? 2 x0 BF ? ? 2 ,得 x2 ? . , y2 ? FC 1 ? ?2 1 ? ?2
2 2 1 ? ?1 x0 1 ? ?1 x0 x? 1 ? ?1 1 ? ?1 ∴EF 所在直线方程为: , ? 2 2 2 ? 1 ? ? 2 x0 1 ? ?1 x0 ?2 x0 1 ? ?1 x0 ? ? 1 ? ?2 1 ? ?1 1 ? ?2 1 ? ?1

y?

2 2 化 简 得 [(?2 ? ?1 ) x0 ? (1 ? ?2 )]y ? [(?2 ? ?1 ) x0 ? 3]x ? 1 ? x0 ? ?2 x0 . ? ?① ? ? 10

分 当 x0 ?
2 2 2 x0 x ? x0 1 时,直线 CD 的方程为: y ? ??② 2 2 x0 ? 1

x ?1 ? x? 0 ? 1 ? 3 2 联立①、②解得 ? ,消去 x0 ,得 P 点轨迹方程为: y ? (3 x ? 1) .??15 2 3 ? y ? x0 ? 3 ?
24

分 当 x0 ?

1 3 1 1 3 1 1 时, EF 方程为:? y ? ( ? 2 ? ?1 ? 3) x ? ? ? 2 , CD 方程为:x ? , 2 2 4 4 2 4 2

1 ? x? ? 2 ? 2 联立解得 ? 也在 P 点轨迹上,因 C 与 A 不能重合,? x0 ? 1,? x ? . 3 ?y ? 1 ? 12 ?
1 2 (3 x ? 1) 2 ( x ? ). ??????????20 分 3 3 1 解二:由解一知,AB 的方程为 y ? 2 x ? 1, B(0,?1), D( ,0), 故 D 是 AB 的中点.??5 分 2 CD CA CB , t1 ? ? 1 ? ?1 , t 2 ? ? 1 ? ? 2 ,则 t1 ? t 2 ? 3. 因 AD 为△ABC 的中 令? ? CP CE CF
∴所求轨迹方程为 y ? 线,

? S ?CAB ? 2S ?cad ? 2S ?CBD .


S S t ?t 1 CE ? CF S ?CEF 1 1 1 3 3 ? ? ? ?CEP ? ?CFP ? ( ? )? 1 2 ? ,?? ? , t1t 2 CA ? CB S ?CAB 2S ?CED 2S ?CBD 2 t1? t 2? 2t1t 2? 2t1t 2? 2

∴P 是△ABC 的重心.????????????????????10 分
2 设 P ( x , y ) 、 C ( x 0 , x0 ) , 因 点 C 异 于 A , 则 x0 ? 1 , 故 重 心 P 的 坐 标 为

x?

0 ? 1 ? x0 1 ? x0 ? , 3 3

2 ? 1 ? 1 ? x0 x2 1 2 ( x ? ), y ? ? 0 , 消去 x0 ,得 y ? (3 x ? 1) 2 . 3 3 3 3

故所求轨迹方程为 y ?

1 2 (3 x ? 1) 2 ( x ? ). ????????????20 分 3 3

2006 年全国高中数学联赛试题
一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1.【答】 ( C ) 【解】令 ?ABC ? ? ,过 A 作 AD ? BC 于 D。由 BA ? t BC ? AC , 推 出

??? ? ??? ? ??? ?2 ??? ? ??? ? 2 ??? ? 2 ??? ?2 BA?BC BA ? 2tBA?BC ? t BC ? AC , 令 t ? ??? ?2 , 代 入 上 式 , 得 BC
??? ?2 ???? 2 BA sin 2 ? ? AC ,
也 即

??? ?2 ??? ?2 ??? ? 2 ??? ?2 BA ? 2 BA cos2 ? ? cos2 ? BA ? AC , 即

??? ? ???? ???? ???? ? BA sin ? ? AC 。从而有 AD ? AC 。由此可得 ?ACB ? 。 2
2. 【 答 】( B )【 解 】 因 为 ?

? x ? 0, x ? 1 , 解 得 2 ?2 x ? x ? 1 ? 0
25

1 x ? ,x ?1 . 2



log x (2x2 ? x ?1) ? log x 2 ?1
0 ? x ?1 ; 或

? log x (2x3 ? x2 ? x) ? log x 2

? 0 ? x ?1 ?? 3 2 ?2 x ? x ? x ? 2

解得

x ?1 ? ? 3 2 ?2 x ? x ? x ? 2

解得

x ?1 ,所以 x 的取值 范围为

1 x ? , 且 x ?1. 2
3. 【 答 】 ( C )【 解 】

5x ? a ? 0 ? x ?

a b ; 6x ? b ? 0 ? x ? 。要使 5 6

? b 1? ? 2 ? ? 6 ? b ?12 ? 6 1 1 ,则 ? ,即 ? 。所以数对 ?a, b ? 共有 C6 A? B ? N ? C5 ? 30 。 ?2 , 3 ,? 4 a 20 ? a ? 25 ? ?4 ? ? 5 ? 5 ?
4.【答】 ( A ) 【解】建立直角坐标系,以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,A

, 1 0 , () A1为z轴,则 F (t1 ,0,0) ( 0 ? t1 ? 1 ) ,E
所以 EF ? (t1 , ?1, ? ) , GD ? ( ?

??? ?

1 2

????

1 1 , G ( , 0,1) , D(0, t2 ,0) ( 0 ? t2 ? 1 ) 。 2 2

1 , t2 , ?1) 。因为 GD ? EF ,所以 t1 ? 2t2 ? 1 ,由此推出 2

0 ? t2 ?

???? ???? 1 2 2 1 2 2 2 。又 DF ? (t1 , ?t2 ,0) , DF ? t1 ? t2 ? 5t2 ? 4t2 ? 1 ? 5(t2 ? ) ? , 2 5 5
1 ???? ? DF ? 1 。 5

从而有

5.【答】 ( A ) 【解】显然 f ( x) ? x3 ? log2 x ? x 2 ? 1 为奇函数,且单调递增。于 是 若 a ? b ? 0 ,则 a ? ?b ,有 f (a) ? f (?b) ,即 f (a) ? ? f (b) ,从而有 f (a) ? f (b) ? 0 . 反之,若 f (a) ? f (b) ? 0 ,则 f (a) ? ? f (b) ? f (?b) ,推出 a ? ?b ,即 a ? b ? 0 。 6. 【 答 】( B )【 解 】 出 现 奇 数 个 9 的 十 进 制 数 个 数 有
2006 k ?0

?

?

k 1 3 2005 92006?k 以 及 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ??? C2006 9 。 又 由 于 (9 ? 1)2006 ? ? C2006

k (9 ? 1)2006 ? ? C2006 (?1)k 92006?k ,从而得 k ?0

2006

1 3 2005 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ? ? ? C2006 9?

1 2006 2006 (10 ? 8 ) 。 2

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)

26

7.【解】

1 1 f ( x) ? sin 4 x ? sin x cos x ? cos 4 x ? 1 ? sin 2 x ? sin 2 2 x 。令 t ? sin2 x ,则 2 2 1 1 2 9 1 1 2 9 1 9 f ( x) ? g (t ) ? 1 ? t ? t ? ? (t ? ) 。因此 min g (t ) ? g (1) ? ? ? ? 0, ?1? t ?1 2 2 8 2 2 8 2 4 1 9 1 9 9 max g (t ) ? g (? ) ? ? ?0 ? 。 即得 0 ? f ( x) ? 。 ?1?t ?1 2 8 2 8 8

8. 【解】依题意,得 z ? 2 ? (a ? cos? )2 ? (2a ? sin ? )2 ? 4

? 2a(cos? ? 2sin ? ) ? 3 ? 5a2 ? ?2 5a sin(? ? ? ) ? 3 ? 5a2 ( ? ? arcsin

1 ) (对任 5
5? ?。 5 ?

意实数 ? 成立) ? 2 5 a ? 3 ? 5a 2

?a?

? 5 5 , . 故 a 的取值范围为 ? ? 5 ? 5

9. 【解】 由平面几何知,要使 ?F 1PF 2 最大,则过 F 1 , F2 ,P 三点的圆必定和直线 l 相切于 P 点。设直线 l 交 x 轴于 A (?8 ? 2 3,0) ,则 ?APF 1 ? ?AF 2 P ,即 ?APF 1 ? ?AF 2 P ,即

PF1 PF2

?

AP AF2

(1) , 又由圆幂定理, AP ? AF1 ? AF2 (2) , 而F 1 (?2 3,0) ,F 2 (2 3,0) ,

2

A (?8 ? 2 3,0) , 从 而 有 AF 1 ? 8 , AF2 ? 8 ? 4 3 。 代 入 ( 1 ),( 2 ) 得

PF1 ? PF2

AF1 8 ? ? 4 ? 2 3 ? 3 ?1 。 AF2 8? 4 3

10. 【解】设四个实心铁球的球心为 O1 , O2 , O3 , O4 ,其中 O1 , O2 为下层两球的球心,

A, B, C , D分别为四个球心在底面的射影。则 ABCD 是一个边长为

2 的正方形。 所以注水 2

高为 1 ?

2 1 2 2 4 ?1? 。故应注水 ? (1 ? )? 。 ) ? 4? ? ? ? = ( ? 2 3 2 2 3 ?2?
2006

3

11.【解】 ( x

? 1)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006x 2005
)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006 1
2005

? (x ?

1 x
2005

x x x 1 1 1 ? 2006 ? x ? ? x3 ? 3 ? ? ? x 2005 ? 2005 ? 2? 1003 ? 2006 x x x 1 3 1 1 2005 ? 2005 ,即 x ? ?1 。 要使等号成立,必须 x ? , x ? 3 ,? , x x x x
27

? x ? x3 ? x5 ? ? ? x 2005 ?

?

1
2003

?

1
2001

???

1 ? 2006 x

但是 x ? 0 时,不满足原方程。所以 x ? 1 是原方程的全部解。因此原方程的实数解个 数为 1 。 12. 【解】第 4 次恰好取完所有红球的概率为

2 ?9? 1 8 2 9 1 ?8? 2 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? =0.0434. 10 ? 10 ? 10 10 10 10 10 ? 10 ? 10 10
三. 解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13. 【 证 明 】 因 为 y 2 ? nx ? 1 与 y ? x 的 交 点 为 x0 ? y0 ?

2

2

n ? n2 ? 4 .显然有 2

x0 ?

1 ? n 。?(5 分) x0
m m

m 若 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y 2 ? kx ? 1与直线 y ? x 的一个交点,则 k ? x0 ?

1 . x0 m

?

(10 分) 记 km ? x0 ?
m

1 ,则 x0 m

km?1 ? km ( x 0 ?

1 (m ? 2) ) ? km? 1? nkm ? km? , 1 x0

(13.1)

由于 k1 ? n 是整数, k2 ? x0 ?
2

1 1 ? ( x0 ? )2 ? 2 ? n2 ? 2 也是整数,所以根据数学归纳 2 x0 x0
m

法,通过(13.1)式可证明对于一切正整数 m , km ? x0 ?

1 是正整数. 现在对于任意正 x0 m

整 数 m , 取 k ? x0 ?
m

1 x0 m

, 使 得

y 2 ? kx ? 1 与 y ? x 的 交 点 为

( x0 , y0 ) .
14.

m

m

???????

(20 分)

【解】 ( 1 ) 首先这样的 S 的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若

x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 , 且使 S ?
xi ? x j ? 1,

1?i ? j ?5

?

xi x j 取到最大值,则必有
???(5 分) (*)

( 1? i ,j ? 5 )

? ? x1 ?1 , 事 实 上 , 假 设 ( * ) 不 成 立 , 不 妨 假 设 x1 ? x2 ? 2 。 则 令 x1
? ? x2 ? 1, xi? ? xi ( i ? 3, 4,5 ) x2 ? ? x2 ? ? x1 ? x2 , x1 ? ? x2 ? ? x1 x2 ? x1 ? x2 ?1 ? x1x2 。将 S 改写成 有 x1

28

S?
同 时 有

1?i ? j ?5

?

xi x j ? x1x2 ? ? x1 ? x2 ?? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5

?x2 ? ? ( x1 ? ? x2 ? ) ? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5 。 于 是 有 S? ? x1

?x2 ? ? x1x2 ? 0 。 这与 S 在 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 时取到最大值矛盾。 所以必有 xi ? x j ? 1, S ? ? S ? x1
(1 ? i, j ? 5)
值。 . 因 此 当

x1 ? 4

0 x 2 x3 ? 2 ?,

x4 ?

取 到 0 最1 大 x 5 ?4

????????(10 分)

(2)当 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 且 xi ? x j ? 2 时,只有 (I) 402, 402, 402, 400, 400; (II) 402, 402, 401, 401, 400; (III) 402, 401, 401, 401, 401; 三种情形满足要求。

????????(15 分)

而后面两种情形是在第一组情形下作 xi? ? xi ?1 , x?j ? x j ? 1 调整下得到的。根据上一 小题的证明可以知道,每调整一次,和式 S?

1?i ? j ?5

?


xi x j

变大。

所以在

x1 ? x2 ? x3 ? 402, x4 ? x5 ? 400
值。











???????(20 分)

1 15. 【证明】 (1)如果 a ? ?2 ,则 f (0) ?| a | ? 2 , a ? M 。 ?????????

(5 分)

1 1 n n?1 2 ,由题意 f (0) ? a , f (0) ? ( f (0)) ? a , n ? 2,3,? . 则 4 1 1 1 n 1 ① 当 0 ? a ? 时, f (0) ? ( ?n ? 1 ). 事实上,当 n ? 1 时, f (0) ? a ? , 4 2 2 设 n ? k ?1 时 成 立 ( k ? 2 为 某 整 数 ) , 则 对 n ? k ,
(2)如果 ?2 ? a ?
2 ?1? 1 1 f k (0) ? f k ?1 (0) ? a ? ? ? ? ? . ?2? 4 2
n 1 ② 当 ?2 ? a ? 0 时, f (0) ? a ( ?n ? 1 ).事实上,当 n ? 1 时, f (0) ? a , 设

2

n ? k ?1








2

k?2









) ,





n?k





? | a |? a ? f k (0) ? ? f k ?1 (0) ? ? a ? a 2 ? a . 注意到 当 ?2 ? a ? 0 时 , 总有 a 2 ? ?2a ,即

? 1? a2 ? a ? ?a ?| a | . 从而有 f k (0) ?| a | .由归纳法,推出 ? ?2, ? ? M 。 4? ?
(15 分)
29

?????

( 3 ) 当 a?

1 1 时 , 记 an ? f n ( 0 ) , 则 对 于 任 意 n ? 1 , an ? a ? 且 4 4
。 对 于 任 意

2 an?1 ? f n?1 (0) ? f ( f n (0)) ? f (an ) ? an ?a

n ?1



1 1 1 1 2 an ?1 ? an ? an ? an ? a ? (an ? ) 2 ? a ? ? a ? , 则 an ?1 ? an ? a ? 。 所 以 , 2 4 4 4 1 1 2?a an ?1 ? a ? an ? 1? a ? 时, an ?1 ? n( a ? ) ? a ? 2 ? a ? a ? 2 ,即 1 n ( a ? ) 。当 n ? 1 4 4 a? 4

f n?1 (0) ? 2 。 因 此 a ? M 。 综 合 ( 1 ) ( 2 ) ( 3 ) , 我 们 有
1? ? M ? ?? 2, ? 。 4? ?
??????????(20 分)

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、AC, 则 ∠ AMC 为 二 面 角 A?PB?C 的 平 面 角 。 不 妨 设 AB=2 , 则
P

PA ? AC ? 2 2 ,斜高为 7 ,故 2 ? 7 ? AM ? 2 2 ,由此得

D

M C B

CM ? AM ?

7 。 在 △ AMC 中 , 由 余 弦 定 理 得 2 AM 2 ? CM 2 ? AC 2 1 cos?AMC ? ?? 。 2 ? AM ? CM 7

A

2.

1 2 a ,则有 | a |? ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。 3 3 3 4 1 2 一般地,对 k∈R,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |?| a | ,由此易 2 2 3 3 4 知原不等式等价于 | a |?| k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k? ?2 k ? 3 3 3 4 ? 4 ? 1 | k ? 1 | ? | k ? |? ?1 ? k 1 ? k ? , 2 3 ? 2 3 5 ?3 ? k k ?1 ? ? 2 3 4 1 1 所以 min{| k ? 1 | ? | k ? |} ? ,从而上述不等式等价于 | a |? 。 k?R 2 3 3 3
解:令 x ? 3. 解:甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果,故基本事件总数为 92=81 个。由不 等式 a?2b+10>0 得 2b<a+10,于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、2、?、9 中每一个值,使不等式成立,则共有 9× 5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、?、9 中每一个 值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、9 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、 8、9 中每一个值,有 3 种;当 b=9 时,a 只能取 9,有 1 种。于是,所求事件的概率为

30

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 81
4. 解:令 c=π,则对任意的 x∈R,都有 f(x)+f(x?c)=2,于是取 a ? b ? ∈R,af(x)+bf(x?c)=1,由此得

1 ,c=π,则对任意的 x 2

b cos c ? ?1 。 a 一般地,由题设可得 f ( x) ? 13 sin(x ? ? ) ? 1, f ( x ? c) ? 13 sin(x ? ? ? c) ? 1 ,其中 π 2 0 ? ? ? 且 tan ? ? ,于是 af(x)+bf(x?c)=1 可化为 2 3 13a sin(x ? ?) ? 13b sin(x ? ? ? c) ? a ? b ? 1 ,即

13a sin(x ? ? ) ? 13b sin(x ? ? ) cosc ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 ,所以
13(a ? b cosc) sin(x ? ? ) ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 。 ?a ? b cosc ? 0 (1) ? ( 2) , 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 ? a ? b ? 1 ? 0 (3) ?
若 b=0,则由(1)知 a=0,显然不满足(3)式,故 b≠0。所以,由(2)知 sinc=0,故 c=2kπ+π 或 c=2kπ(k∈Z)。当 c=2kπ 时,cosc=1,则(1)、(3)两式矛盾。故 c=2kπ+π(k∈Z),cosc=?1。由 (1)、(3)知 a ? b ?

b cos c 1 ? ?1 。 ,所以 2 a

5. 解:设圆 O1 和圆 O2 的半径分别是 r1、r2,|O1O2|=2c,则一般地,圆 P 的圆心轨迹是焦点为 O1、O2,且离心率分别是

2c 2c 和 的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨迹 r1 ? r2 | r1 ? r2 |

的一部份,当 c=0 时,轨迹是两个同心圆)。 当 r1=r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 B;当 0<2c<|r1?r2|时,圆 P 的圆心轨迹如选 项 C;当 r1≠r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 D。由于选项 A 中的椭圆和双曲线的 焦点不重合,因此圆 P 的圆心轨迹不可能是选项 A。 6. 解:先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若 A 是{1,2,?,49}的任一个 34 元子集, 则必存在 n∈A,使得 2n+2∈B。证明如下: 将{1,2,?,49}分成如下 33 个集合:{1,4},{3,8},{5,12},?,{23,48}共 12 个; {2,6},{10,22},{14,30},{18,38}共 4 个;{25},{27},{29},?,{49}共 13 个; {26},{34},{42},{46}共 4 个。由于 A 是{1,2,?,49}的 34 元子集,从而由抽屉原理 可知上述 33 个集合中至少有一个 2 元集合中的数均属于 A,即存在 n∈A,使得 2n+2∈B。 如取 A={1,3,5,?,23,2,10,14,18,25,27,29,?,49,26,34,42,46}, B={2n+2|n∈A},则 A、B 满足题设且|A∪B|≤66。 D C 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. P F 解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|, |PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD| , 因 此 , 当 动 点 P 与 F 点 重 合 时 , A |PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值 | AC | ? | BD |? 3 2 ? 2 5 。 B 8.
31

解 : 因 为 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 , 所 以 AB ? ( AB ? BE) ? AC ? ( AB ? BF) ? 2 , 即

AB ? AB? BE ? AC ? AB ? AC ? BF ? 2 。因为 AB ? 1 , 33 ? 1 ? 36 AC ? AB ? 33 ?1? ? ?1 , BE ? ?BF ,所以 1 ? BF ? ( AC ? AB) ?1 ? 2 ,即 2 ? 33 ?1
BF ? BC ? 2 。设 EF 与 BC 的夹角为 θ,则有 | BF | ? | BC | ? cosθ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 2 cos θ ? 。 3
9.解:如图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两 类:一类在顶点 A 所在的三个面上,即面 AA1B1B、面 ABCD 和 面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、 面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且

2

2

π 2 3 , AA1=1, 则 ?A1 AE ? 。 6 3 π π 同 理 ?BAF ? , 所 以 ?EAF ? , 故 弧 EF 的 长 为 6 6 2 3 π 3 ? ? π ,而这样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上,交线为弧 FG 且在距球心为 1 的 3 6 9 π 3 平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 , ?FBG ? ,所以 2 3 3 π 3 弧 FG 的长为 ? ? π 。这样的弧也有三条。 3 2 6 3 3 5 3π 于是,所得的曲线长为 3 ? 。 π ? 3? π? 9 6 6 2 2 a 2 ? a2 ? a3 a 2 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 10.解:因为 1 ,故由已知条件知道: ? 1 ? 2 b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q2 14 14 2 1+q+q2 为 ,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q ? ,则 m m 14 1 1 14 1 56 ? 3m ? 3, 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 1 ? q?? ? ? ?1 ? ? ? m 2 4 m 2 4m 56 ? 3m 1 即 5≤m≤13 且 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 4m 2 π 2 sin( πx ? ) ? 2 1 5 4 f ( x) ? ( ?x? ) 11. 解 : 实 际 上 , 设 4 4 x π 1 5 1 3 3 5 g ( x) ? 2 sin( πx ? )( ? x ? ) ,则 g(x)≥0,g(x)在 [ , ] 上是增函数,在 [ , ] 上是减 4 4 4 4 4 4 4 3 1 3 3 5 函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x ? 对称,则对任意 x1 ? [ , ] ,存在 x2 ? [ , ] ,使 4 4 4 4 4
在过球心 A 的大圆上, 因为 AE ? g(x2)=g(x1)。于是

f ( x1 ) ?

3 5 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 ? ? ? f ( x2 ) ,而 f(x) 在 [ , ] 上是减函数,所以 4 4 x1 x1 x2

32

12.解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C42A42=72 种,同样,使 2 个 b 既不同行也不同列的填法也有 C42A42=72 种,故由乘法原理,这样的填法 共有 722 种,其中不符合要求的有两种情况:2 个 a 所在的方格内都填有 b 的情况有 72 种;2 个 a 所在的方格内仅有 1 个方格内填有 b 的情况有 C161A92=16× 72 种。 所以, 符合题设条件的填法共有 722?72?16× 72=3960 种。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 an ? 证明:由于

1 5 5 4 5 4 5 ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 f ( x) ? f ( ) ? 4 4 4 5 5

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1<an。

1 1 1 1 2 n 1 ? ( ? ) ,因此 an ? ? ,于是,对任意的正 k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k n ? 1 k ?1 k 1 1 n 1 1 n?1 1 整数 n≥2,有 (an ? an ?1 ) ? ? ? ? 2 n ? 1 k ?1 k n ? 2 k ?1 k n n 1 1 1 1 1 1 ?( ? )? ? ? (? ? 1) ? 0 ,即 an+1<an。 n ? 1 n ? 2 k ?1 k (n ? 1)(n ? 2) (n ? 1)(n ? 2) k ?1 k
14.解:设点 M、N 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),曲线 C 在点 M、N 处的切线分别为 l1、 l2,其交点 P 的坐标为(xp,yp)。若直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1。

1 ? 1 ?y ? x ? 2 x ,消去 y,得 x ? ? kx ? 1 ,即(k?1)x +x?1=0。由题意知,该方程在(0, x ? ? y ? kx ? 1 1 ? 0 ?(2), +∞)上有两个相异的实根 x1、x2,故 k≠1,且 Δ=1+4(k?1)>0?(1), x1 ? x2 ? 1? k 1 3 1 1 x1 x2 ? ? 0 ? (3) , 由 此 解 得 ? k ? 1 。 对 y ? x ? 求 导 , 得 y' ? 1 ? 2 , 则 1? k 4 x x 1 1 1 y' | x ? x1 ? 1 ? 2 , y' | x ? x2 ? 1 ? 2 , 于 是 直 线 l1 的 方 程 为 y ? y1 ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) , 即 x2 x1 x1 1 1 1 2 y ? ( x1 ? ) ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,化简后得到直线 l1 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? ?(4)。同 x1 x1 x1 x1 1 1 2 2 1 2 理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? ?(5)。(4)?(5)得 ( 2 ? 2 ) x p ? ? ?0, x2 x1 x1 x2 x2 x2 2 x1 x2 因 为 x1≠x2 , 故 有 x p ? ? (6) 。 将 (2)(3) 两 式 代 入 (6) 式 得 xp=2 。 (4)+(5) 得 x1 ? x2 1 1 1 1 1 1 x1 ? x2 2 y p ? (2 ? ( 2 ? 2 ))x p ? 2( ? ) ? (7) , 其 中 ? ? ?1 , x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2
由方程组 ?
2 1 1 x12 ? x2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 x ?x 2 代入(7) ? 2? 2 2 ? ? ( 1 2 )2 ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 , 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 3 5 式得 2yp=(3?2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4?2k。又由 ? k ? 1得 2 ? y p ? ,即点 P 的轨迹为 4 2

(2,2),(2,2.5)两点间的线段(不含端点)。 15.证明:记 g ( x ) ?

f ( x) ? f (? x) f ( x) ? f (? x) , h( x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶 2 2

函 数 , h(x) 是 奇 函 数 , 对 任 意 的 x ∈ R , g(x+2π)=g(x) , h(x+2π)=h(x) 。 令
33

g ( x) ? g ( x ? π ) f1 ( x) ? 2

? h( x ) ? h( x ? π ) ? f 3 ( x) ? ? 2 sin x ? 0 ?

? g ( x) ? g ( x ? π ) ? 2 cos x , f 2 ( x) ? ? ? 0 ? ? h( x ) ? h( x ? π ) x? ? 2 sin 2 x x ? kπ , f 4 ( x) ? ? ? x ? kπ 0 x? ?

π 2 , π x ? kπ ? 2 kπ 2 ,其中 k 为任意整 kπ 2 x ? kπ ?

数。 容易验证 fi(x),i=1,2,3,4 是偶函数,且对任意的 x∈R,fi(x+π)=fi(x),i=1,2,3,4。 下证对任意的 x∈R,有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当 x ? kπ ? 因为 f1 ( x) ? f 2 ( x) cos x ? f1 ( x) ?

g ( x) ? g ( x ? π ) ,而 2 3π 3π π π g ( x ? π ) ? g (kπ ? ) ? g (kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? g (?kπ ? ) ? g (kπ ? ) ? g ( x) ,故对 2 2 2 2

π π 时, 显然成立; 当 x ? kπ ? 时, 2 2

任意的 x∈R,f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 下证对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x ?

kπ 时,显然成立;当 x=kπ 时, 2

h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ)=h(?kπ)=?h(kπ),所以 h(x)=h(kπ)=0,而此时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0,故 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当 x ? kπ ?

π 时, 2

h( x ? π ) ? h(kπ ?

3π 3π π π ) ? h(kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? h(?kπ ? ) ? ?h(kπ ? ) ? ?h( x) , 故 2 2 2 2 h( x ) ? h( x ? π ) f 3 ( x) s i nx ? ? h( x) ,又 f4(x)sin2x=0,从而有 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 2

于是,对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述,结论得证。

2008 年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1 [解]当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) 2? x 2? x 2? x

1 ? 2, 当且仅当 而此方程有解 x ? 1? (??, 2) , 因此 f ( x) 在 (??, 2) ? 2 ? x 时上式取等号. 2? x
上的最小值为 2. 2. [解法一] 因 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根

x1 ?

a a2 a a2 , , x2 ? ? 4 ? ? 4? 2 4 2 4

故 B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即
34

a a2 a a2 ? 4? ? ?2 且 ? 4 ? ? 4, 2 4 2 4
解之得 0 ? a ? 3 . [ 解 法 二 ] ( 特 殊 值 验 证 法 ) 令 a ? 3, B ? [?1, 4], B ? A , 排 除 C , 令
?1 ? 1 7? ? 1 a ? ?1 B , ? [ , 2 2 1 B ? A 排除 A、B,故选 D。 ,7]
2

[ 解 法 三 ] ( 根 的 分 布 ) 由 题 意 知 x ? ax ? 4 ? 0 的 两 根 在 A ? [?2, 4) 内 , 令

a ? ? ?2 ? 2 ? 4 ? 则 ? f ( ?2) ? 0 解之得: 0 ? a ? 3 f ( x)? 2 x ? ax ?4 ? f (4) ? 0 ? ?
3. [解法一] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6. 设每两局比赛为一轮,则该轮结束时比赛停止的概率为

2 1 5 ( )2 ? ( )2 ? . 3 3 9
若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对 下轮比赛是否停止没有影响.从而有
P(? ? 2) ? 5 , 9

4 5 20 , P(? ? 4) ? ( )( ) ? 9 9 81 4 16 P (? ? 6) ? ( ) 2 ? , 9 81
5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81
[解法二] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6. 令 Ak 表示甲在第 k 局比赛中获胜,则 Ak 表示乙在第 k 局比赛中获胜. 由独立性与互不相容性得

P(? ? 2) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 A2 ) ?

5 , 9

P(? ? 4) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 )
2 1 1 2 20 , ? 2[( )3 ( ) ? ( )3 ( )] ? 3 3 3 3 81

P(? ? 6) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 )
35

2 1 16 ? 4( ) 2 ( ) 2 ? , 3 3 81

5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81
4. [解] 设这三个正方体的棱长分别为 a, b, c ,则有 6 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? 564 , a2 ? b2 ? c2 ? 94 , 不妨设 1 ? a ? b ? c ? 10 ,从而 3c ? a ? b ? c ? 94 ,c ? 31 .故 6 ? c ?10 .c 只能取 9,
2 2 2 2 2

8,7,6. 若 c ? 9 ,则 a 2 ? b2 ? 94 ? 92 ? 13 ,易知 a ? 2 , b ? 3 ,得一组解 (a, b, c) ? (2,3,9) .

0 ,b ? 4 , 若c ? 8, 则 a2 ? b2 ? 94 ? 64 ? 30 ,b ? 5 . 但 2b ?3 从而 b ? 4 或 5. 若b ? 5,
2

则 a ? 5 无解,若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.此时无解.
2 2

若 c ? 7 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 49 ? 45 ,有唯一解 a ? 3 , b ? 6 . 若 c ? 6 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 36 ? 58 ,此时 2b ? a ? b ? 58 , b ? 29 .故 b ? 6 ,但
2 2 2 2

b ? c ? 6 ,故 b ? 6 ,此时 a 2 ? 58 ? 36 ? 22 无解.

? a ? 2, ? a ? 3, ? ? 综上,共有两组解 ?b ? 3, 或 ?b ? 6, ? c ? 7. ?c ? 9 ? ?
体积为 V1 ? 23 ? 33 ? 93 ? 764 cm 或 V2 ? 33 ? 63 ? 73 ? 586 cm .
3 3

5.

? x ? y ? 0, ? x ? 0, ? x ? ?1, [解] 若 z ? 0 ,则 ? 解得 ? 或? ? xy ? y ? 0. ? y ? 0 ? y ? 1.
若 z ? 0 ,则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ?1 . 由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y . ① ② ③

将②代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . 由①得 x ? ?

1 ,代入③化简得 ( y ?1)( y3 ? y ?1) ? 0 . y

易知 y3 ? y ?1 ? 0 无有理数根,故 y ? 1 ,由①得 x ? ?1 ,由②得 z ? 0 ,与 z ? 0 矛盾,

? x ? 0, ? x ? ?1, ? 故该方程组共有两组有理数解 ? ? y ? 0, 或 ? y ? 1, ? z ? 0. ?z?0 ? ?
6. [解] 设 a, b, c 的公比为 q ,则 b ? aq, c ? aq2 ,而

36

sin A cot C ? cos A sin A cos C ? cos A sin C ? sin B cot C ? cos B sin B cos C ? cos B sin C

?

s i n A? ( C ) ?s ?i n B( ? ? s i n B? ( C ) ?s ?i n A(

)B s b i n ? ?q. )A s a i n

因此,只需求 q 的取值范围. 因 a, b, c 成等比数列,最大边只能是 a 或 c ,因此 a, b, c 要构成三角形的三边,必需且 只需 a ? b ? c 且 b ? c ? a .即有不等式组
2 2 ? ?a ? aq ? aq , ? ?q ? q ? 1 ? 0, 即? 2 ? 2 ? ?aq ? aq ? a ? ?q ? q ? 1 ? 0.

?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ? 2 2 解得 ? ?q ? 5 ? 1 或q ? ? 5 ? 1 . ? ? 2 2
从而

5 ?1 5 ?1 5 ?1 5 ?1 ,因此所求的取值范围是 ( ?q? , ). 2 2 2 2

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. [解] 由题意知 fn ( x) ? an x ? (an?1 ? an?2 ??? a ?1)b

? an x ?

an ?1 ?b , a ?1 a7 ?1 ? b ? 381 ,因此 a ? 2 , b ? 3 , a ? b ? 5 . a ?1

由 f7 ( x) ? 128x ? 381 得 a 7 ? 128 ,

8. [解] f ( x) ? 2cos2 x ?1 ? 2a ? 2a cos x

a 1 ? 2(cos x ? ) 2 ? a 2 ? 2a ? 1 , 2 2
(1) a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ? 1 时取最小值 1 ? 4a ; (2) a ? ?2 时, f ( x) 当 cos x ? ?1 时取最小值 1; (3) ?2 ? a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ?

a 1 时取最小值 ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2
1 , 2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的最小值不能为 ?

1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2
9. [解法一] 用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校,而用 ? 表示名额.如

37

| ???? | ??? | ?? |
表示第一、二、三个学校分别有 4,18,2 个名额. 若把每个“ ? ”与每个“ | ”都视为一个位置,由于左右两端必须是“|”,故不同的 分配方法相当于 24 ? 2 ? 26 个位置(两端不在内)被 2 个“|”占领的一种“占位法”. “每校至少有一个名额的分法”相当于在 24 个“ ? ”之间的 23 个空隙中选出 2 个空 隙插入“|”,故有 C2 种. 23 ? 253 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法 有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. [解法二] 设分配给 3 个学校的名额数分别为 x1 , x2 , x3 ,则每校至少有一个名额的分法数为 不定方程

x1 ? x2 ? x3 ? 24 .
的正整数解的个数,即方程 x1 ? x2 ? x3 ? 21的非负整数解的个数,它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合:
21 2 . H3 ? C21 23 ? C23 ? 253

又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法 有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. 10. [解] an ?1 ? Sn ?1 ? Sn ? 即 2 a n ?1 ? =

n n ?1 ? an ?1 ? ? an , (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)

n?2?2 1 1 ? ? ? an (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n(n ? 1)
?2 1 , ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)

由此得 2 (a n ?1 ? 令 bn ? an ? 有 bn ?1 ? 11.

1 1 . ) ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)

1 1 1 , b1 ? a1 ? ? ( a1 ? 0 ), 2 2 n(n ? 1)

1 1 1 1 . bn ,故 bn ? n ,所以 a n ? n ? 2 2 n(n ? 1) 2

[解法一] 由题设条件知

f ( x ? 2) ? f ( x) ? ?( f ( x ? 4) ? f ( x ? 2)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x ? 4)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x))
38

? ?3 ? 2x?2 ? 3 ? 2x?4 ? 63 ? 2x ? 3 ? 2 x ,
因此有 f ( x ? 2) ? f ( x) ? 3 ? 2x ,故

f (2008) ? f (2008) ? f (2006) ? f (2006) ? f (2004) ? ? ? f (2) ? f (0) ? f (0)

? 3 ? (22006 ? 22004 ? ? ? 22 ? 1) ? f (0)
? 3? 41003?1 ? 1 ? f (0) 4 ?1

? 22008 ? 2007 .
[解法二] 令 g ( x) ? f ( x) ? 2x ,则

g ( x ? 2) ? g ( x) ? f ( x ? 2) ? f ( x) ? 2x?2 ? 2x ? 3 ? 2x ? 3 ? 2x ? 0 , g ( x ? 6) ? g ( x) ? f ( x ? 6) ? f ( x) ? 2x?6 ? 2x ? 63 ? 2x ? 63 ? 2x ? 0 ,
即 g ( x ? 2) ? g ( x), g ( x ? 6) ? g ( x) , 故 g ( x) ? g ( x ? 6) ? g ( x ? 4) ? g ( x ? 2) ? g ( x) , 得 g ( x) 是周期为 2 的周期函数, 所以 f (2008) ? g (2008) ? 22008 ? g (0) ? 22008 ? 22008 ? 2007 . 12. [解] 如答 12 图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为 r ,作平面 A1 B1C1 //平面

ABC ,与小球相切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体 P ? A1 B1C1 的中心, PO ? 面A1B1C1 ,
垂足 D 为 A1 B1C1 的中心.

1 因 VP ? A B C ? S ?A B C ? PD 1 1 1 3 111

? 4 ?VO? A1B1C1
1 ? 4 ? ? S?A1B1C1 ? OD , 3
故 PD ? 4OD ? 4r ,从而 PO ? PD ? OD ? 4r ? r ? 3r . 记此时小球与面 PAB 的切点为 P1 ,连接 OP ,则 1
2 2 PP (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 ? PO ? OP 1 ?

答 12 图 2

考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 PAB )相切时的情况, 易知小球在面 PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形,记为 ,如答 12 图 2.记正四面体 P 1 EF 的棱长为 a ,过 P1 作 PM ? PA 于 M . 1 因 ?MPP 1 ?

?
6

,有 PM ? PP 1 ? cos MPP 1 ? 2 2r ?
39

3 ? 6r ,故 2
答 12 图 1

小三角形的边长 PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r . 1 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 2 中阴影部分)

S?PAB ? S?PEF ? 1

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r )2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4

又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以

S?PAB ? S?P1EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .
由对称性,且正四面体共 4 个面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.已知函数 f ( x) ?| sin x | 的图像与直线 y ? kx (k ? 0) 有且仅有三个交点,交点的横坐标 的最大值为 ? ,求证:

cos ? 1? ? 2 . ? sin ? ? sin 3? 4?
[证]

f ( x) 的图象与直线 y ? kx

(k ? 0) 的三个交点如答 13 图所
示,且在 (? ,
3? ) 内相切,其切点 2 3? ). 2

为 A(? , ? sin ? ) , ? ? (? ,

答 13 图

?5 分

3 sin ? 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 ? cos ? ? ? ,即 ? ? tan ? . 2 ?
因此

?10 分

cos ? cos ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ?
? 1 4sin ? cos ?
?15 分

? ?

cos 2 ? ? sin 2 ? 4sin ? cos ? 1 ? tan 2 ? 4 tan ?

?
14.解不等式

1? ? 2 . 4?

?20 分

log2 ( x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ?1) ? 1 ? log2 ( x4 ?1) .

40

[解法一] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等 价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .
即 分组分解

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 2 x4 ? 1 ? 0 .

?5 分

x12 ? x10 ? x8 ?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6
?4 x8 ? 4 x6 ? 4 x4

? x6 ? x 4 ? x 2
? x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

( x8 ? 2x6 ? 4x4 ? x2 ? 1)( x4 ? x2 ?1) ? 0 ,
所以

?10 分

x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

( x2 ?
所以 x 2 ?

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? )?0. 2 2

?15 分

?1 ? 5 ?1 ? 5 或 ?1 ? 5 . ,即 x ? ? x? 2 2 2

故原不等式解集为 (??, ?

5 ?1 )?( 2

5 ?1 , ??) . 2

?20 分

[解法二] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等 价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .


?5 分

2 1 ? 6 ? x 6 ? 3x 4 ? 3x 2 ? 1 ? 2 x 2 ? 2 ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , 2 x x

(

1 3 1 ) ? 2( 2 ) ? ( x 2 ? 1) 3 ? 2( x 2 ? 1) , 2 x x

?10 分

令 g (t ) ? t 3 ? 2t ,则不等式为

g(

1 ) ? g ( x 2 ? 1) , 2 x

显然 g (t ) ? t 3 ? 2t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于

1 ? x 2 ? 1, x2
即 ( x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x 2 ?

?15 分 ( x2 ? ?

5 ?1 2

5 ?1 舍去), 2

41

故原不等式解集为 (??, ?

5 ?1 )?( 2

5 ?1 , ??) . 2

?20 分

15.如题 15 图, P 是抛物线 y 2 ? 2 x 上的动点,点 B,C 在 y 轴上,圆 ( x ?1)2 ? y 2 ? 1 内切于

?PBC ,求 ?PBC 面积的最小值.
[解] 设 P( x0 , y0 ), B(0, b), C(0, c) ,不妨设 b ? c . 直线 PB 的方程: y ? b ?

y0 ? b , x x0

化简得 ( y0 ? b) x ? x0 y ? x0b ? 0 . 又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1,

y0 ? b ? x0b
2 ( y0 ? b) 2 ? x0

?1 ,

?5 分

2 2 2 故 ( y0 ? b)2 ? x0 ? ( y0 ? b)2 ? 2x0b( y0 ? b) ? x0 b ,

易知 x0 ? 2 ,上式化简得 ( x0 ? 2)b2 ? 2 y0b ? x0 ? 0 , 同理有 ( x0 ? 2)c2 ? 2 y0c ? x0 ? 0 . 所以 b ? c ?

题 15 图 ?10 分

? x0 ?2 y0 , bc ? ,则 x0 ? 2 x0 ? 2
2 2 4 x0 ? 4 y0 ? 8x0 . ( x0 ? 2)2

(b ? c)2 ?

2 因 P( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 ? 2 x0 ,则
2 2 x0 4 x0 ,b ?c ? . 2 x0 ? 2 ( x0 ? 2)

(b ? c)2 ?

?15 分

所以 S?PBC ?

x 1 4 (b ? c) ? x0 ? 0 ? x0 ? ( x0 ? 2) ? ?4 2 x0 ? 2 x0 ? 2

?2

4 ? 4 ?. 8

当 ( x0 ? 2)2 ? 4 时,上式取等号,此时 x0 ? 4, y0 ? ?2 2 . 因此 S?PBC 的最小值为 8. ?20 分

2009 年全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分标准
一、填空(共 8 小题,每小题 7 分,共 56 分) x ? f? f ? f ? x ?? 1. 若函数 f ? x ? ? 且 f (n) ? x ? ? f ? ,则 f ?99? ?1? ? ? ? ? ? 2 ??? ? ???? ? 1? x
n



1 【答案】 10

42

1 【解析】 f ? ? ? x ? ? f ? x ? ?

x 1 ? x2


x

f?

2?

? x? ? ? x? ?

f? ? f ? x ?? ?? x

1 ? 2 x2

?? . 1 ? 99 x 2 1 故 f ?99? ?1? ? . 10 2. 已知直线 L : x ? y ? 9 ? 0 和圆 M : 2 x2 ? 2 y 2 ? 8x ? 8 y ? 1 ? 0 ,点 A 在直线 L 上, B , C 为圆 M 上两点,在 ?ABC 中, ?BAC ? 45? , AB 过圆心 M ,则点 A 横坐标范围 为 . 【答案】 ?3, 6? 【解析】 设 A? a , 则圆心 M 到直线 AC 的距离 d ? AM sin 45? , 由直线 AC 与圆 M 相 9 ? a? ,
34 . 2 解得 3 ≤ a ≤ 6 .

f?

99 ?

交,得 d ≤

3.

?y≥0 ? 在坐标平面上有两个区域 M 和 N , M 为 ? y ≤ x , N 是随 t 变化的区域,它由 ?y≤2 ? x ?

不等式 t ≤ x ≤ t ? 1 所确定, t 的取值范围是 0 ≤ t ≤ 1 ,则 M 和 N 的公共面积是函 数 f ?t ? ? .

1 2 【解析】 由题意知 f ? t ? ? S阴影部分面积
【答案】 ?t 2 ? t ?
? S?A O B? S?
OC D

y

? S?

B E F

A

1 1 2 C ? 1 ? t 2 ? ?1 ? t ? E 2 2 F B x 1 O D ? ?t 2 ? t ? 2 1 1 1 1 4. 使不等式 ? ??? ? a ? 2007 对一切正整数 n 都成立的最小正整数 n ?1 n ? 2 2n ? 1 3 . a 的值为 【答案】 2009 1 1 1 【解析】 设 f ? n ? ? . 显 然 f ? n? 单 调 递 减 , 则 由 f ? n? 的 最 大 值 ? ??? n ?1 n ? 2 2n ? 1 1 f ?1? ? a ? 2007 ,可得 a ? 2009 . 3 2 2 x y 5. 椭圆 2 ? 2 ? 1 ? a ? b ? 0? 上任意两点 P , Q ,若 OP ? OQ ,则乘积 OP ? OQ 的 a b 最小值为 . 2 2 2a b 【答案】 2 a ? b2 【解析】 设 P ? OP cos? ,OP sin? ? ,

43

? π? π ?? ? ? Q ? OQ cos ? ? ? ? ,OQ sin ? ? ? ? ? . 2 2 ?? ? ? ? ? 由 P , Q 在椭圆上,有

1 OP
1 OQ
2
2

?
?

cos2 ? sin 2 ? ? 2 a2 b
sin 2 ? cos2 ? ? a2 b2

① ②

①+② 得 1 1 1 1 ? ? 2? 2. 2 2 a b OP OQ

于是当 OP ? OQ ? 6.

2a 2b2 2a 2b2 时, OP OQ 达到最小值 2 . 2 2 a ?b a ? b2 若方程 lg kx ? 2lg ? x ? 1? 仅有一个实根,那么 k 的取值范围是



【答案】 k ? 0 或 k ? 4 ? kx ? 0 ? ? 【解析】 ? x ? 1 ? 0 ? 2 ? ? kx ? ? x ? 1? 当且仅当 kx ? 0 x ?1 ? 0 x2 ? ? 2 ? k ? x ? 1 ? 0

① ② ③ ④

对③由求根公式得 1 x1 , x2 ? ?k ? 2 ? k 2 ? 4k ? ? 2?

? ? k 2 ? 4k ≥ 0 ? k ≤ 0 或 k ≥ 4 . (ⅰ)当 k ? 0 时,由③得 ? x1 ? x2 ? k ? 2 ? 0 ? ? x1 x2 ? 1 ? 0 所以 x1 , x 2 同为负根.

?x ?1 ? 0 又由④知 ? 1 ? x2 ? 1 ? 0 所以原方程有一个解 x1 .

k ?1 ? 1 . 2 ?x ? x ? k ? 2 ? 0 (ⅲ)当 k ? 4 时,由③得 ? 1 2 ? x1 x2 ? 1 ? 0
(ⅱ)当 k ? 4 时,原方程有一个解 x ? 所以 x1 , x 2 同为正根,且 x1 ? x2 ,不合题意,舍去. 综上可得 k ? 0 或 k ? 4 为所求. 7. 一个由若干行数字组成的数表,从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个 数之和,最后一行仅有一个数,第一行是前 100 个正整数按从小到大排成的行,则 最后一行的数是 (可以用指数表示) 98 【答案】 101? 2 【解析】 易知: (ⅰ)该数表共有 100 行; (ⅱ)每一行构成一个等差数列,且公差依次为
44

d1 ? 1 , d 2 ? 2 , d3 ? 22 ,?, d99 ? 298

(ⅲ) a100 为所求.

设第 n ? n ≥ 2? 行的第一个数为 a n ,则

an ? an?1 ? ? an?1 ? 2n?2 ? ? 2an?1 ? 2n?2

n?3 n?2 ? 2? ?2an?2 ? 2 ? ??2 n?4 n?2 n?2 ? 22 ? ?2an?3 ? 2 ? ? ? 2? 2 ? 2

? 23 an?3 ? 3 ? 2n?2 ?? ? 2n?1 a1 ? ? n ? 1? ? 2n?2

? ? n ? 1? 2n?2
故 a100 ? 101? 298 .
∶ 00 ~ 9∶ 00 , 9∶00 ~ 10∶00 都恰有一辆客车到站,但到站的时刻是随 某车站每天 8 机的,且两者到站的时间是相互独立的,其规律为 8 ∶ 10 8 ∶30 8 ∶50 到站时刻 9∶ 10 9∶30 9∶50 1 1 1 概率 6 2 3 一旅客 8∶20 到车站,则它候车时间的数学期望为 (精确到分) . 【答案】 27 【解析】 旅客候车的分布列为 10 30 50 70 90 候车时间(分) 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? 概率 2 6 6 2 6 3 3 6 候车时间的数学期望为 1 1 1 1 1 10 ? ? 30 ? ? 50 ? ? 70 ? ? 90 ? ? 27 2 3 36 12 18 二、解答题 x2 y 2 1. (本小题满分 14 分)设直线 l : y ? kx ? m (其中 k , m 为整数)与椭圆 ? ?1 16 12 x2 y 2 交于不同两点 A , B ,与双曲线 ? ? 1 交于不同两点 C , D ,问是否存在直 4 12 ???? ??? ? 线 l ,使得向量 AC ? BD ? 0 ,若存在,指出这样的直线有多少条?若不存在,请 说明理由. ? y ? kx ? m ? 【解析】 由 ? x 2 y 2 消去 y 化简整理得 ?1 ? ? ?16 12

8.

?3 ? 4k ? x
2

2

? 8kmx ? 4m2 ? 48 ? 0
8km 3 ? 4k 2

设 A ? x1 ,y1 ? , B ? x2 ,y2 ? ,则 x1 ? x2 ? ?

?1 ? ?8km? ? 4?3 ? 4k 2 ?? 4m2 ? 48? ? 0
2



??????????????????4 分 ? y ? kx ? m ? 由 ? x2 y 2 消去 y 化简整理得 ?1 ? ? ? 4 12
45

?3 ? k ? x
2

2

? 2kmx ? m2 ?12 ? 0
2km 3 ? k2

设 C ? x3 ,y4 ? , D ? x4 ,y4 ? ,则 x3 ? x4 ?

?2 ? ? ?2km? ? 4?3 ? k 2 ?? m2 ? 12? ? 0
2



??????????????????8 分 ???? ??? ? 因为 AC ? BD? 0 ,所以 ? x4 ? x2 ? ? ? x3 ? x1? ?0 ,此时 ? y4 ? y2 ? ? ? y3 ? y1? ?0 .由
x1 ? x2 ? x3 ? x4得

?

8km 2km . ? 2 3 ? 4k 3 ? k2

4 1 .由上式解得 k ? 0 或 m ? 0 .当 k ? 0 时,由①和 ? 2 3 ? 4k 3 ? k2 ②得 ?2 3 ? m ? 2 3 . 因 m 是整数, 所以 m 的值为 ?3 ,?2 ,?1 ,0 ,1 ,2 ,3 . 当
所以 2 km ? 0 或 ?
m ? 0 ,由①和②得 ? 3 ? k ? 3 .因 k 是整数,所以 k ? ?1 , 0 , 1 .于是满足条 件的直线共有 9 条.???14 分

2.

(本小题 15 分)已知 p ,q ? q ? 0? 是实数,方程 x2 ? px ? q ? 0 有两个实根 ? ,? , (Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式(用 ? , ? 表示) ; 数列 ?an ? 满足 a1 ? p , a2 ? p2 ? q , an ? pan?1 ? qan?2 ? n ? 3 , 4, ??

1 (Ⅱ)若 p ? 1 , q ? ,求 ?an ? 的前 n 项和. 4 【解析】 方法一: (Ⅰ)由韦达定理知 ? ? ? ? q ? 0 ,又 ? ? ? ? p ,所以
整理得 an ? ? an?1 ? ? ? an?1 ? ? an?2 ? 数列 ?bn ? 的首项为:
an ? pxn?1 ? qxn?2 ? ?? ? ? ? an?1 ? ?? an?2 , ? n ? 3 , 4, 5, ??

2, ?? . 令 bn ? an?1 ? ? an , 则 bn?1 ? ? bn ? n ? 1, 所以 ?bn ? 是公比为 ? 的等比数列.

b1 ? a2 ? ? a1 ? p2 ? q ? ? p ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? 2 .
2
1 所 以 bn ? ? 2 ? ? n? ? ? n? 1 , 即 an?1 ? ? an ? ? n?1

2, ?? ? n ? 1,

. 所 以 ,

2, ?? . an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1,





? ? p2 ? 4q ? 0
n?1





? ?? ?0


n?1

an?1 ? ? an ? ?

?? 变为 an?1 ? ? an ? ? ? n ? 1,2 ,

?? .整理得, ? n ? 1,2 ,

a1 ? p ? ? ? ? ? 2?

?a ? 2, ?? .所以,数列 ? nn ? 成公差为 1 的等差数列,其 ? 1 , ? n ? 1, ? ? ?? ? a 2? 首项为 1 ? ? 2 .所以

an?1

n?1

?

an

n

?

?

于是数列 ?an ? 的通项公式为

?n

an

? 2 ? 1? n ? 1? ? n ? 1 .

an ? ? n ? 1?? n ;?????????5 分
②当 ? ? p2 ? 4q ? 0 时, ? ? ? ,
an?1 ? ? an ? ? n?1 ? ? ? n?1 ? ? an ? ? ? ??

46

? ? an ?

? ? ??

? n?1 ?

? ? ??

? n?1 ? n ? 1, 2, ?? .

整理得 ? ? n? 2 ? n?1 ? an?1 ? ? ? ? an ? 2, ?? . ? , ? n ? 1, ? ?? ? ?? ? ? ? ? n?1 ? 所 以 , 数 列 ?an ? ? 成 公 比 为 ? 的 等 比 数 列 , 其 首 项 为 ? ?? ? ?
a1 ?

?2 ?2 ?2 ? n?1 ?2 ?? ? ? ? ? ? ? n?1 . .所以 an ? ? ?? ? ?? ? ?? ? ?? ? ??

? n?1 ? ? n?1 .???10 分 ? ?? 1 1 (Ⅱ)若 p ? 1 , q ? ,则 ? ? p2 ? 4q ? 0 ,此时 ? ? ? ? .由第(Ⅰ)步的结果得,数 4 2 n ? 1 ? n ?1 列 ?an ? 的通项公式为 an ? ? n ? 1? ? ? ? n ,所以, ?an ? 的前 n 项和为 2 ?2? 2 3 4 n n ?1 sn ? ? 2 ? 3 ? ? ? n?1 ? n 2 2 2 2 2 1 2 3 4 n n ?1 sn ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? ? 2 2 2 2 2n 2n?1 1 3 n?3 以上两式相减,整理得 sn ? ? n?1 2 2 2 n?3 所以 sn ? 3 ? n .????????15 分 2 方法二: (Ⅰ)由韦达定理知 ? ? ? ? q ? 0 ,又 ? ? ? ? p ,所以
于是数列 ?an ? 的通项公式为 an ?
a1 ? ? ? ? , a2 ? ? 2 ? ? 2 ? ?? .

特征方程 ? 2 ? p? ? q ? 0 的两个根为 ? , ? . ①当 ? ? ? ? 0 时,通项 an ? ? A1 ? A2n ?? n ? n ? 1, 2, ?? 由 a1 ? 2? , a2 ? 3? 2 得

? ?? A1 ? A2 ?? ? 2? ? 2 2 ? ?? A1 ? 2 A2 ?? ? 3?
解得 A1 ? A2 ? 1 .故
a2 ? ? 2 ? ? 2 ? ?? 得

an ? ?1 ? n ?? n .??????5 分

② 当 ? ? ? 时 , 通 项 an ? A1? n ? A2 ? n ? n ? 1, 2, ?? . 由 a1 ? ? ? ? ,

? ? A1? ? A2 ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 ? ? A1? ? A2 ? ? ? ? ? ? ??
解得 A1 ?
an ?
?? ? , A2 ? .故 ? ?? ? ??

?? n?1 ? n?1 ? n?1 ? ? n?1 ? ? .???????10 分 ? ? ? ?? ? ? ? ?

(Ⅱ)同方法一. 3. (本小题满分 15 分)求函数 y ? x ? 27 ? 13 ? x ? x 的最大和最小值.
y ? x ? x ? 27 ? 13 ? x ? x ? 27 ? 13 ? 2 x ?13 ? x ?

13? .因为 【解析】 函数的定义域为 ?0 ,

47

≥ 27 ? 13 ? 3 3 ? 13

当 x ? 0 时等号成立.故 y 的最小值为 3 3 ? 13 .????5 分 又由柯西不等式得
y2 ?

?

x ? x ? 27 ? 13 ? x

?

2

1? ?1 ≤ ? ? 1 ? ? ? 2 x ? ? x ? 27 ? ? 3 ?13 ? x ? ? ? 121 3? ?2 所以 y ≤11 .?????10 分

由柯西不等式等号成立的条件,得 4x ? 9 ?13 ? x ? ? x ? 27 ,解得 x ? 9 .故当 x ? 9 时 等号成立.因此 y 的最大值为 11 .??????????15 分

2010 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准
一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分) 1. 函数 f ( x) ?

x ? 5 ? 24 ? 3x 的值域是 [?3, 3] .

解:易知 f ( x) 的定义域是 ?5,8? ,且 f ( x) 在 ?5,8? 上是增函数,从而可知 f ( x) 的值域为

[?3, 3] .
2. 已 知 函 数 y ? (a c o 2 s x ? 3) s i n x 的最小值为 ?3 ,则实数 a 的取值范围是

?

3 ? a ? 12 . 2

解:令 sin x ? t ,则原函数化为 g (t ) ? (?at 2 ? a ? 3)t ,即

g (t ) ? ?at 3 ? (a ? 3)t .


? at 3 ? (a ? 3)t ? ?3 , ? at(t 2 ? 1) ? 3(t ? 1) ? 0 ,

(t ? 1)(?at(t ? 1) ? 3) ? 0 及 t ? 1 ? 0 知 ? at(t ? 1) ? 3 ? 0 即

a(t 2 ? t ) ? ?3

(1)

当 t ? 0,?1 时(1)总成立; 对 0 ? t ? 1,0 ? t ? t ? 2 ;
2

对 ? 1 ? t ? 0,?

1 ? t2 ? t ? 0. 4

48

从而可知

?

3 ? a ? 12 . 2

3. 双曲线 x 2 ? y 2 ? 1 的右半支与直线 x ? 100 围成的区域内部(不含边界)整点(纵横坐 标均为整数的点)的个数是 9800 . 解: 由对称性知, 只要先考虑 x 轴上方的情况, 设 y ? k (k ? 1,2,?,99) 与双曲线右半支于 Ak , 交直线 x ? 100 于 Bk ,则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为 99 ? k ,从而在 x 轴上方区域内部 整点的个数为

? (99 ? k ) ? 99 ? 49 ? 4851 .
k ?1

99

又 x 轴上有 98 个整点,所以所求整点的个数为 2 ? 4851 ? 98 ? 9800 . 4. 解:设 {an } 的公差为 d ,{bn } 的公比为 q ,则

3 ? d ? q,

(1) (2)

3(3 ? 4d ) ? q 2 ,
(1)代入(2)得

9 ? 12d ? d 2 ? 6d ? 9 ,求得 d ? 6, q ? 9 .
从而有 即 从而 求得 5.
x 2 解:令 a ? y, 则原函数化为 g ( y) ? y ? 3 y ? 2 , g ( y ) 在 (? ,+?) 上是递增的. ?1 当 0 ? a ? 1 时, y ? [a, a ] ,

3 ? 6(n ? 1) ? log? 9 n?1 ? ? 对一切正整数 n 都成立,

6n ? 3 ? (n ? 1) log? 9 ? ? 对一切正整数 n 都成立. log? 9 ? 6,?3 ? ? log? 9 ? ? ,

? ? 3 3, ? ? 3 , ? ? ? ? 3 3 ? 3 .
3 2

g ( y ) max ? a ?2 ? 3a ?1 ? 2 ? 8 ? a ?1 ? 2 ? a ?
所以 g ( y ) min ? ( ) ? 3 ?
2

1 , 2

1 2

1 1 ?2? ? ; 2 4



a ? 1 时, y ? [a ?1 , a] ,

49

g ( y) max ? a 2 ? 3a ? 2 ? 8 ? a ? 2 ,
1 ? 3 ? 2 ?1 ? 2 ? ? . 4 1 综上 f ( x) 在 x ? [?1,1] 上的最小值为 ? . 4
所以 g ( y ) min ? 2
?2

6. 解:同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为

21 7 ? ,从而先投掷人的获胜概率为 36 12

7 5 7 5 7 ? ( )2 ? ? ( )4 ? ? ? 12 12 12 12 12 7 1 12 . ? ? ? 25 17 12 1? 144
7. 解一:如图,以 AB 所在直线为 x 轴,线段 AB 中点 O 为原点, OC 所在直线为 y 轴,建 立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为 2,则 B(1,0,0), B1 (1,0,2), A1 (?1,0,2), P(0, 3,1) , 从而,
z A1 C1

BA , 3,1), B1 A1 ? (?2,0,0), B1 P ? (?1, 3,?1) 1 ? (?2,0,2), BP ? (?1
. 设分别与平面 BA 1 P 、平面 B1 A1 P 垂直的向量 是 m ? ( x1 , y1 , z1 ) 、 n ? ( x2 , y2 , z 2 ) ,则
B1

P A O C B x y

? ?m ? BA1 ? ?2 x1 ? 2 z1 ? 0, ? ? ?m ? BP ? ? x1 ? 3 y1 ? z1 ? 0, ? ?n ? B1 A1 ? ?2 x2 ? 0, ? ? ?n ? B1 P ? ? x2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 0,
由此可设 m ? (1,0,1), n ? (0,1, 3) , 所以 m ? n ? m ? n cos ? , 即 3?

A1 C1 E

?? ?

?? ?

2 ? 2 cos ? ? cos ? ? 10 . 4

6 . 4

B1 O A P

所以 sin ? ?

C B
50

解二:如图, PC ? PC1 , PA 1 ? PB .

设 A1 B 与 AB1 交于点 O, 则

OA1 ? OB, OA ? OB1 , A1B ? AB1 . 因为 PA ? PB1 , 所以 PO ? AB1 ,
从而 AB1 ? 平面 PA 1B . 过 O 在平面 PA 1 B 上作 OE ? A 1 P ,垂足为 E . 连结 B1 E ,则 ?B1 EO 为二面角 B ? A1 P ? B1 的平面角. 设 AA1 ? 2 ,则易求得

PB ? PA 2, PO ? 3 . 1 ? 5, A 1O ? B1O ?
在直角 ?PA1O 中, A1O ? PO ? A1 P ? OE , 即

2 ? 3 ? 5 ? OE,? OE ?

6 5

.

又 B1O ?

2 ,? B1 E ? B1O 2 ? OE 2 ? 2 ?
B1O 2 10 . ? ? B1 E 4 5 4 5

6 4 5 . ? 5 5

sin ? ? sin ?B1 EO ?

8.
2 解:首先易知 x ? y ? z ? 2010的正整数解的个数为 C2009 ? 2009?1004.

把 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解分为三类: (1) x, y , z 均相等的正整数解的个数显然为 1; (2) x, y , z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数,易知为 1003; (3)设 x, y , z 两两均不相等的正整数解为 k .

1 ? 3 ? 1003 ? 6k ? 2009 ? 1004 , 6k ? 2009 ? 1004 ? 3 ? 1003 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2009 ? 3 ? 2 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2004 , k ? 1003 ? 335 ? 334 ? 335671 . 从而满足 x ? y ? z 的正整数解的个数为 1 ? 1003 ? 335671 ? 336675 .
易知 二、解答题(本题满分 56 分)

51

9. (本小题满分 16 分)已知函数 f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d (a ? 0) ,当 0 ? x ? 1 时,

f ?( x) ? 1,试求 a 的最大值.
解一:

f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c,
? f ?(0) ? c, ? 1 3 ? ? f ?( ) ? a ? b ? c, 4 ? 2 ? f ( 1 ) ? 3 a ? 2b ? c ? ?





(4 分)

1 3a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) 2
(8 分) 所以 3 a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( )

.

1 2

1 ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) 2
? 8, 8 a? 3
(12 分) 又易知当 f ( x) ?

.

8 3 8 x ? 4 x 2 ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 . 3 3
(16 分)

2 解二: f ?( x) ? 3ax ? 2bx ? c .

设 g ( x) ? f ?( x) ? 1 ,则当 0 ? x ? 1 时, 0 ? g ( x) ? 2 . 设 z ? 2 x ? 1 ,则 x ?

z ?1 , ?1 ? z ? 1 . 2 z ? 1 3a 2 3a ? 2b 3a h( z ) ? g ( )? z ? z? ? b ? c ?1 2 4 2 4
易 知 道 当

.

(4 分) 容 (8 分) 从而当 ? 1 ? z ? 1 时, 0 ? 即

?1 ? z ? 1





0 ? h( z ) ? 2,0 ? h(? z ) ? 2

.

h( z ) ? h( ? z ) ?2 , 2

0?

3a 2 3a z ? ? b ? c ?1 ? 2 , 4 4
52

3a 3a ? b ? c ?1 ? 0, z2 ? 2, 4 4 8 2 由 0 ? z ? 1知 a ? . (12 分) 3 8 3 2 又易知当 f ( x) ? x ? 4 x ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 3
从而

8 . 3
(16 分) 10. 解一:设线段 AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ,则 x0 ?

x1 ? x 2 y ? y2 ? 2, y 0 ? 1 , 2 2

k AB ?

y 2 ? y1 y ? y1 6 3 .线段 AB 的垂直平分线的方程是 ? 22 ? ? 2 x 2 ? x1 y 2 ? y1 y 0 y 2 y1 ? 6 6
y0 ( x ? 2) . 3
(1)

y ? y0 ? ?

易知 x ? 5, y ? 0 是(1)的一个解,所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且 点 C 坐标为 (5,0) . 由(1)知直线 AB 的方程为

y ? y0 ?

y 3 ( x ? 2) ,即 x ? 0 ( y ? y 0 ) ? 2 . 3 y0
2

(2)

(2)代入 y ? 6 x 得
2 y 2 ? 2 y0 ( y ? y0 ) ? 12 ,即 y 2 ? 2 y0 y ? 2 y0 ? 12 ? 0 .

y A

(3) 依题意, y1 , y2 是方程(3)的两个实根,且 y1 ? y2 ,所以
2 2 2 ? ? 4 y0 ? 4(2 y0 ?12) ? ?4 y0 ? 48 ? 0 ,

B

O

C(5,0)

x

? 2 3 ? y0 ? 2 3 .
AB ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2

? (1 ? (

y0 2 ) )( y1 ? y 2 ) 2 3

53

2 y0 ? (1 ? )[(y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ] 9 2 y0 2 2 ? (1 ? )(4 y0 ? 4(2 y0 ? 12)) 9

?

2 2 2 (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) . 3

定点 C (5,0) 到线段 AB 的距离
2 h ? CM ? (5 ? 2) 2 ? (0 ? y 0 ) 2 ? 9 ? y 0 .

S ?ABC ?

1 1 2 2 2 AB ? h ? (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) ? 9 ? y0 2 3

?

1 1 2 2 2 (9 ? y0 )(24 ? 2 y0 )(9 ? y0 ) 3 2
2 2 2 ? 24 ? 2 y0 ? 9 ? y0 1 1 9 ? y0 ( )3 3 2 3

?
?


14 7 . 3
且 仅 当
2 2 9 ? y0 ? 24 ? 2 y0





y0 ? ? 5

,

A(

6 ? 35 6 ? 35 , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 3 3



A(

6 ? 35 6 ? 35 , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3
14 7. 3

所以 ?ABC 面积的最大值为

解二:同解一,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且点 C 坐标为 (5,0) . ( 5 分 ) 设 x1 ? t1 , x2 ? t 2 , t1 ? t 2 , t1 ? t 2 ? 4 ,则
2 2 2 2

5 1 2 S ?ABC ? t1 2 2 t2

0

1

6t1 1 的绝对值, 6t 2 1

54

1 2 2 S? 6t12 t 2 ? 6t1t 2 ? 5 6t 2 )) 2 ABC ? ( (5 6t1 ? 2 3 ? (t1 ? t 2 ) 2 (t1t 2 ? 5) 2 2 3 ? (4 ? 2t1t 2 )( t1t 2 ? 5)( t1t 2 ? 5) 2 3 14 ? ( )3 , 2 3 14 S ?ABC ? 7, 3
2 当且仅当 (t1 ? t 2 ) 2 ? t1t 2 ? 5 且 t12 ? t 2 ? 4,

即 t1 ? 或

7? 5 6

, t2 ? ?

7? 5 6

, A(

6 ? 35 6 ? 35 , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 3 3

A(

6 ? 35 6 ? 35 , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3
14 7. 3

所以 ?ABC 面积的最大值是

11.(本小题满分 20 分)数列 ?an ? 满足 a1 ?

a2 1 , an?1 ? 2 n (n ? 1,2,?) . 3 an ? an ? 1
(1)

求证:

1 1 1 1 ? 2n ?1 ? a1 ? a 2 ? ? ? a n ? ? 2n . 2 3 2 3
2 an 知 2 an ? an ? 1

证明:由 a n ?1 ?

1 a n?1

?

1 1 ? ?1, 2 an an
(2)

1 a n ?1
所以

?1 ?

1 1 ( ? 1) . an an

an?1 a2 a ? n ? n ? an , 1 ? an?1 1 ? an 1 ? an
an ? an a ? n?1 . 1 ? an 1 ? an?1



从而

a1 ? a2 ? ? ? an
a a a a1 a a ? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? n?1 1 ? a1 1 ? a2 1 ? a2 1 ? a3 1 ? an 1 ? an?1

?

55

?

a a a1 1 ? n?1 ? ? n?1 .所以(1)等价于 1 ? a1 1 ? an?1 2 1 ? a n?1

a 1 1 1 1 1 ? 2n ?1 ? ? n?1 ? ? 2n , 2 3 2 1 ? an?1 2 3


32

n ?1

?

n 1 ? an?1 ? 32 . an?1

(3)



a1 ?

a2 1 及 a n ?1 ? 2 n 知 3 an ? an ? 1

a2 ?

1 . 7

当 n ?1时 ,

1?1 1 1 ? a2 ? 6 , 32 ? 6 ? 32 , a2

即 n ? 1 时, (3)成立. 设 n ? k (k ? 1) 时, (3)成立,即 3 当 n ? k ? 1 时,由(2)知
k 1 ? ak ? 2 1 ? ak ?1 2 1 1 ? ak ?1 ? ( )?( ) ? 32 ak ?2 ak ?1 ak ?1 ak ?1

2 k ?1

?

k 1 ? ak ?1 ? 32 . ak ?1



(15 分) 又由(2)及 a1 ?

1 ? an 1 知 (n ? 1) 均为整数, 3 an

从而由

k k k 1 ? ak ?1 1 ? ak ?1 1 ? 32 , ? 32 有 ? 32 ? 1 即 a k ?1 ak ?1 ak ?1

所以

k k k ?1 1 ? ak ?2 1 1 ? ak ?1 ? ? ? 32 ? 32 ? 32 , ak ?2 ak ?1 ak ?1

即(3)对 n ? k ? 1 也成立. 所以 (3) 对 n ? 1 的正整数都成立, 即 (1) 对 n ? 1 的正整数都成立. 分)

(20

www.zxsx.co m

56


推荐相关:

2000-2012年十年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案

2000-2012年十年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案_学科竞赛_高中教育_教育专区。rt2000 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、 ...


历年(2000-2010)全国高中数学联赛参考答案及评分标准

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. Luyiping97@163.com 2000 年全国高中数学联合竞赛试题答案答案:D 由 x ? ...


2000-2011年全国高中数学联合竞赛试题及答案

2000-2011年全国高中数学联合竞赛试题答案_学科竞赛_高中教育_教育专区。2011 年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8...


2000年全国高中数学联赛试题及解答

2000年全国高中数学联赛试题及解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。2000 年全国高中数学联合竞赛试卷第一试 (10 月 15 日上午 8:00?9:40) 一、选择题(本题满分...


2000年全国高中数学联合竞赛试题答案

2 二○○一年全国高中数学联合竞赛一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.答】 ( C ) 【解】 方程 x2-3x-a2+2=0 的根的判别式Δ =1+4a2>...


2000年全国高中数学联赛试题

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. 2000 年全国高中数学联合竞赛试题答案 ...


2000年-2011年全国高中数学联合竞赛一试和二试试题及答案

2000年-2011年全国高中数学联合竞赛一试和二试试题答案_学科竞赛_小学教育_教育专区。2011 年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)一、填空题:本大题共 8 小...


2000年全国高中数学联赛试题及详细解析

他们中的任意 n-2 个人之间通电 k 话的次数相等,都是 3 次,其中 k 是自然数,求 n 的所有可能值. 2000 年全国高中数学联合竞赛试题答案 1.【答案】D 【...


2000年全国高中数学联赛试题及解答

2000年全国高中数学联赛试题解答_学科竞赛_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 2000年全国高中数学联赛试题解答_学科竞赛_高中教育_教育专区...


2000年全国高中数学联合竞赛试卷及参考答案

2000 年全国高中数学联合竞赛试卷及参考答案(10 月 15 日上午 8:00?9:40) 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.设全集是实数,若 A={x| x ...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 学霸学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com