2004全国高中数学联赛试题答案

1、高中数学竞竞 赛赛 讲讲 义义2004-2006 全国高中数学联赛试题解答河南大学附中河南大学附中目录目录 2004 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准1 2004 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准10 2004 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、选择题（本题满分一、选择题（本题满分 36 分，每小题分，每小题 6 分）分）1、设锐角使关于 x 的方程有重根，则的弧度数为（ ）24 coscot0 xxa. b. c. d. 651212or5612or12解：因方程有重根，故24 coscot0 xx216cos4cot0 得0,4cot (2

2、sin21)021sin22，于是。 故选 b。52266或51212或2、已知。若对所有22( , )|23,( , )|mx yxynx yymxb，则 b 的取值范围是（ ）,mrmn 均有a. b. c. d. 66,2266,222 3 2 3(,332 3 2 3,33解：相当于点（0，b）在椭圆上或它的内部mn 2223xy。故选 a。22661,322bb3、不等式的解集为（ ）32121log1log202xx a. b. c. d. 2,3)(2,32,4)(2,4解：原不等式等价于，设222331log1log0222log10 xxx 22310log1,220ttxt

3、t 则有解得。即。故选 c。01t 20log1 1,24xx 4、设 o 点在内部，且有，则的面积与的abc230oaoboc abcaocobcaed面积的比为（ ）a. 2b. c. 3d. 3253解：如图，设 d，e 分别是 ac，bc 边的中点，则由（1） （2）得，2(1)2()4(2)oaocodobocoe ，232(2)0oaobocodoe 即共线，且， 故选odoe 与33 2| 2|,322aecabcaocaocssodoess c。5、设三位数，若以 a，b，c 为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，nabc则这样的三位数 n 有（ ）a. 45 个b.

4、81 个c. 165 个d. 216 个解：a，b，c 要能构成三角形的边长，显然均不为 0。即, ,1,2,.,9a b c（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为，由于三位数中三个数码都相同，1n所以，。1199nc（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为，由于三位数中只有2n2 个不同数码，为 a、b，因三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a，b）共有。但当大数为底时，设 ab，必须满足。此时，不能构成三角形的数码292c2bab是a987654321b4，32，14，32，13，213，211，21，211共 20 种情况。同时，每个数码组（a，b）中的二个数

5、码填上三个数位，有种情况。23c故。综上，。2222399(220)6(10)156nccc12165nnn6、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 为底面圆的圆心，垂足为 b，垂足为 h，且abobohpbpa=4，c 为 pa 的中点，则当三棱锥 ohpc 的体积最大时，ob 的长是（ ）a. b. c. d. 532 53632 63解：,abobabopabpbohpb又。c 是 pa 中点，,pabpobohhc ohpa面面ocpa最大，hochohcs当时也即最大。o hpcp hcovv此时，002,302 6tan303ho

6、ophpoobop1故h o =2故选 d。二、填空题（本题满分二、填空题（本题满分 54 分，每小题分，每小题 9 分）分）7、在平面直角坐标系 xoy 中，函数在一个最小正周期( )sincos(0)f xaaxaxa长的区间上的图像与函数的图像所围成的封闭图形的面积是 2( )1g xa。解：，它的最小正周期为，振幅为21( )1sin(),arctanf xaaxa其中2a。由的图像与的图像围成的封闭图形的对称性，可将这图形割补成21a ( )f x( )g x长为、宽为的长方形，故它的面积是。2a21a 221aa8、设函数，且对任意:,(0)1frrf满足,x yr都有，则=_。(

7、1)( ) ( )( )2f xyf x f yf yx( )f x解：,(1)( ) ( )( )2,x yrf xyf x f yf yx对有(1)( ) ( )( )2f xyf y f xf xy有=( ) ( )( )2f x f yf yx( ) ( )( )2f y f xf xypabohc即。( )( ),0,( )1f xyf yxyf xx令得9、如图、正方体中，二面角的度数是_。1111abcdabc d11abda解：连结，垂足为 e，延长 ce 交于 f，则，连结1,dc1作c ebd1ab1febdae，由对称性知是二面角的平面角。1,aebdfea11abda连

8、结 ac，设 ab=1，则112,3.acadbd中，1rt abd在1123ab adaebd在aec 中，22222242213cos42223 aeceacaeacaecae ceae的补角，。0120 ,aecfeaaec而是060fea10、设 p 是给定的奇质数，正整数 k 使得也是一个正整数，则 k=_。2kpk解：设，从而222*224,0,2ppnkpkn nnkpknk则是平方数，设为224pn2*2,(2 )(2 )mmnmn mnp则22212123,214pmmnppmnppn 是质数，且解得。 （负值舍去）222(1)(1),244pmpppkk故11、已知数列满足

9、关系式，则012,.,.,na a aa10(3)(6)18,3nnaaa且的值是_。1ni oiaced1c1a1b1abdf解：设1111,0,1,2,.,(3)(6)18,nnnnbnabb则即1111113610.2,2()333nnnnnnbbbbbb 故数列是公比为 2 的等比数列，13nb 。11001111112 ()2 ()2(21)33333nnnnnnbbba。11200111 2(21)1(21)(1)23332 13nnnninii oiiibnna12、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，当取最大值时，点

10、 p 的横坐标为_。mpn解：经过 m、n 两点的圆的圆心在线段 mn 的垂直平分线 y=3x 上，设圆心为s（a，3a） ，则圆 s 的方程为：222()(3)2(1)xayaa 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mpn中的 a 值必须满足解得 a=1 或 a=7。222(1)(3) ,aa即对应的切点分别为，而过点 m，n，的圆的半径大于过点(1,0)( 7,0)pp 和pm，n，p 的圆的半径，所以，故点 p（1，0）为所求，所以点 p 的mpnmp n 横坐标为 1

11、。三、解答题（本题满分三、解答题（本题满分 60 分，每小题分，每小题 20 分）分）13、一项“过关游戏”规则规定：在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次，如果这 n 次抛掷所出现的点数之和大于，则算过关。问：2n（）某人在这项游戏中最多能过几关？（）他连过前三关的概率是多少？（注：骰子是一个在各面上分别有 1，2，3，4，5，6 点数的均匀正方体。抛掷骰子落地静止后，向上一面的点数为出现点数。 ）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。（）因骰子出现的点数最大为 6，而，因此，当时，n 次456 42 , 6 52 5n 出现的点数之和大于已不可能。即这是一个不可能事

12、件，过关的概率为 0。所以最多2n只能连过 4 关。.5 分（）设事件为“第 n 关过关失败”，则对立事件为“第 n 关过关成功”。nana第 n 关游戏中，基本事件总数为个。6n第 1 关：事件所含基本事件数为 2（即出现点数为 1 和 2 这两种情况） ，1a过此关的概率为：。1122()1()163p ap a 第 2 关：事件所含基本事件数为方程当 a 分别取 2，3，4 时的正整数解组2axya数之和。即有（个） 。1111231236ccc 过此关的概率为：。 .10 分22265()1()166p ap a 第 3 关：事件所含基本事件为方程当 a 分别取 3，4，5，6，7，8

13、 时的3axyza正整数解组数之和。即有（个） 。2222222345671 36 10 152156cccccc 过此关的概率为：。.15 分3335620()1()1627p ap a 故连过前三关的概率为：。.20 分1232520100()()()3627243p ap ap a（说明：第 2，3 关的基本事件数也可以列举出来）14、在平面直角坐标系 xoy 中，给定三点，点 p 到直线 bc 的4(0, ), ( 1,0),(1,0)3abc距离是该点到直线 ab，ac 距离的等比中项。（）求点 p 的轨迹方程；（）若直线 l 经过的内心（设为 d） ，且与 p 点的轨迹恰好有 3

14、个公共点，求abcl 的斜率 k 的取值范围。解：（）直线 ab、ac、bc 的方程依次为。点44(1),(1),033yxyxy 到 ab、ac、bc 的距离依次为( , )p x y。依设，12311|434|,|434|,|55dxydxydy，即2222123,|16(34) | 25d ddxyy得，化简得点 p 的轨迹方程为22222216(34)250,16(34)250 xyyxyy或圆 s：.5 分22222320171280 xyyyy2与双曲线t: 8x（）由前知，点 p 的轨迹包含两部分圆 s： 2222320 xyy与双曲线 t：2171280yy28x因为 b（1，

15、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。的内心 d 也是适合题设条abc件的点，由，解得，且知它在圆 s 上。直线 l 经过 d，且与点 p123ddd1(0, )2d的轨迹有 3 个公共点，所以，l 的斜率存在，设 l 的方程为12ykx（i）当 k=0 时，l 与圆 s 相切，有唯一的公共点 d；此时，直线平行于 x 轴，表12y 明 l 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（ii）当时，l 与圆 s 有两个不同的交点。这时，l 与点

16、p 的轨迹恰有 3 个公共点0k 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，直线 l 的方程为12k 。代入方程得，解得。表明直线(21)xy (34)0yy5 4( , )3 3e5 4或f(-,)3 3bd 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。故当时，l 恰好与点 p 的轨迹有 3 个公共点。.15 分12k 情况 2：直线 l 不经过点 b 和 c（即） ，因为 l 与 s 有两个不同的交点，所12k 以 l 与双曲线 t 有且只有一个公共点。即方程组有且只有一22817128012xyyykx组实数解，消

17、去 y 并化简得2225(8 17)504kxkx该方程有唯一实数解的充要条件是28 170k或2225( 5 )4(8 17)04kk解方程得，解方程得。2 3417k 22k 综合得直线 l 的斜率 k 的取值范围是有限集。.20 分12 3420,217215、已知是方程的两个不等实根，函数的, 24410 ()xtxtr 22( )1xtf xx定义域为。, （）求；( )max( )min( )g tf xf x（）证明：对于，若 (0,)(1,2,3)2iui123sinsinsin1,uuu。12311136(tan)(tan)(tan)4gugugu则解：（）设22121122

18、,4410, 4410,xxxtxxtx 则221212121214()4 ()20,2()02xxt xxx xt xx则211212212122222121() ()2222()()11(1)(1)xxt xxx xxtxtf xf xxxxx又12121212211()22()20()()02t xxx xt xxx xf xf x故在区间上是增函数。.5 分( )f x, 1,4t 2222() ()22( )max( )min( )( )( )1tg tf xf xff .10 分2222225181(25)225162516tttttt（）证：2228216(3)24coscosc

19、oscos(tan)16169cos9cosiiiiiiiuuuuguuu222 16 2416 6(1,2,3)169cos169cosiiiuu.15 分33322111111(169cos)(16 39 39)sin)(tan)16 616 6iiiiiiuugu ，而均值不等33322111sin1,(0,),1,2,33sin(sin)12iiiiiiiuuiuu且式与柯西不等式中，等号不能同时成立，.20 分123111113(759)6(tan)(tan)(tan)3416 6gugugu 二试题一(本题满分 50 分)在锐角三角形 abc 中，ab 上的高 ce 与 ac 上的

20、高 bd 相交于点 h，以 de 为直径的圆分别交 ab、ac 于 f、g 两点，fg 与 ah 相交于点 k，已知bc=25，bd=20，be=7，求 ak 的长解： bc=25，bd=20，be=7， ce=24，cd=15 acbd=ceab， ac= ab， 65 bdac，ceab，b、e、d、c 共圆，ac(ac15)=ab(ab7)， ab( ab15)=ab(ab18)，6565 ab=25，ac=30ae=18，ad=15 de= ac=1512延长 ah 交 bc 于 p， 则 apbc apbc=acbd，ap=24连 df，则 dfab， ae=de，dfabaf= a

21、e=912 d、e、f、g 共圆，afg=ade=abc，afgabc， =，ak=akapafab9242521625二(本题满分 50 分)在平面直角坐标系 xoy 中，y 轴正半轴上的点列an与曲线y=(x0)上的点列bn满足|oan|=|obn|= ，直线 anbn在 x 轴上的截距为 an，点 bn的横2x1n坐标为 bn，nn* 证明 anan+14，nn*；24187252015efbcdaghkp 证明有 n0n*，使得对nn0，都有+0)1n 0bn且 bn递减，n2bn=n(n)= =单调增12n2n2 + 1 0n且 tn单调减bn2由截距式方程知，+=1，(12n2bn

22、=n2bn2)bnan an=()2+()2=tn2+tn=(tn+)2 (+)2 =4212212且由于 tn单调减，知 an单调减，即 anan+14 成立亦可由=bn+2=，得 an=bn+2+， 1n2bnbn + 22 bn + 2 由 bn递减知 an递减，且 an0+2+=422 即证(1)2004nk = 1bk + 1bk1=bk + 1bkbkbk + 1bk=k2( )2()2)1k1k + 1 2k + 1(k + 1)22k + 1(k + 1)2121k + 2(1)( + )+( + + + )+ + + +nk = 1bk + 1bknk = 11k + 213

23、1415161718121212只要 n 足够大，就有(1)2004 成立nk = 1bk + 1bk三(本题满分 50 分)对于整数 n4，求出最小的整数 f(n)，使得对于任何正整数m，集合m，m+1，m+n1的任一个 f(n)元子集中，均至少有 3 个两两互素的元素解： 当 n4 时，对集合 m(m，n)=m，m+1，m+n1，当 m 为奇数时，m，m+1，m+2 互质，当 m 为偶数时，m+1，m+2，m+3 互质即m 的子集 m 中存在 3 个两两互质的元素，故 f(n)存在且 f(n)n 取集合 tn=t|2|t 或 3|t，tn+1，则 t 为 m(2，n)=2，3，n+1的一个

24、子集，且其中任 3 个数无不能两两互质故 f(n)card(t)+1但 card(t)=+故 f(n)+1 n + 12n + 13n + 16n + 12n + 13n + 16由与得，f(4)=4，f(5)=55f(6)6，6f(7)7，7f(8)8，8f(9)9现计算 f(6)，取 m=m，m+1，m+5，若取其中任意 5 个数，当这 5 个数中有3 个奇数时，这 3 个奇数互质；当这 3 个数中有 3 个偶数 k，k+2，k+4(k0(mod 2)时，其中至多有 1 个被 5 整除，必有 1 个被 3 整除，故至少有 1 个不能被 3 与 5 整除，此数与另两个奇数两两互质故 f(6)

25、=5而 m(m，n+1)=m(m，n)m+n，故 f(n+1)f(n)+1 f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8 对于 4n9，f(n)= +1 成立 n + 12n + 13n + 16设对于 nk，成立，当 n=k+1 时，由于m(m，k+1)=m(m，k5)m+k5，m+k4，m+k在m+k5，m+k4，m+k中，能被 2 或 3 整除的数恰有 4 个，即使这 4 个数全部取出，只要在前面的 m(m，k5)中取出 f(n)个数就必有 3 个两两互质的数于是当 n4 时，f(n+6)f(n)+4=f(n)+f(6)1故 f(k+1)f(k5)+f(6)1=+1，k + 22k + 23

26、k + 26比较，知对于 n=k+1，命题成立对于任意 nn*，n4，f(n)= +1 成立n + 12n + 13n + 16又可分段写出结果：f(n)= 4k + 1，(n = 6k， k n * )，4k + 2，(n = 6k + 1，k n * )，4k + 3，(n = 6k + 2，k n * )，4k + 4，(n = 6k + 3，k n * )，4k + 4，(n = 6k + 4，k n * )，4k + 5，(n = 6k + 5，k n * ) 2005 年全国高中数学联合竞赛试题（一）及参考答案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

27、，每小题 6 分）1使关于的不等式有解的实数 k 的最大值是（ ）xkxx63abcd36 336 6解：令，则63 ,63xxxy)6)(3(2)6()3(2xxxxy实数 k 的最大值为选 d.,60. 6)6()3(2yxx. 62空间四点 a、b、c、d 满足的取值bdacdacdbcab则, 9| ,11| , 7| , 3|（ ）a只有一个b有二个c有四个d有无穷多个解：注意到 32+112=130=72+92，由于，则0dacdbcabda2=22)(cdbcabda=ab2+bc2+cd2+2（+2222(2)(bccdbcababcdcdbcbcab=，)abcdcdbcbc

28、ab)()(2222cdbcbcabcdbcab即，只有一个值 0，故选 a.022222cdabbcadbdacbdac 3abc 内接于单位圆，三个内角 a、b、c 的平分线延 长后分别交此圆于 a1、b1、c1，则的值为（ ）cbacccbbbaaasinsinsin2cos2cos2cos111a2 b4 c6d8解：如图，连 ba1，则aa1=2sin(b+)22cos(2)222sin(2)2cbcbcbaa)2cos(2cos2cos2cos)22cos(22cos1cbcacbaacbaaa,sinsin)2cos(bcb同理,sinsin2cos1cabbb,sinsin2c

29、os1baccc ),sinsin(sin22cos2cos2cos111cbacccbbbaaa原式=选 a. 2sinsinsin)sinsin(sin2cbacba4如图，abcd为正方体，任作平面 a 与对dcba角线 ac垂直，使得 a 与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为 s，周长为 l，则（ ）as 为定值，l 不为定值 bs 不为定值，l 为定值cs 与 l 均为定值ds 与 l 均不为定值解：将正方体切去两个正三棱锥 aabd 与 c后，得到一个以平行平面cbdabd 与为上、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cbd边形 w 的

30、每一条边分别与 v 的底面上的一条边平行，将 v 的侧面沿棱剪开，展ba平在一张平面上，得到一个 ，而多边形 w 的周界展开后便成为一条与11abba平行的线段（如图中） ，1aa1ee显然，故 l 为定值.11aaee当 e位于中点时，多边形 w 为正六边形，而当 e移至 a处时，w 为正三角ba形，易知周长为定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为，故 s 不为定22363243ll 与值.选 b.5方程表示的曲线是（ ）13cos2cos3sin2sin22yxa焦点在轴上的椭圆b焦点在轴上的双曲线xxc焦点在 y 轴上的椭圆d焦点在 y 轴上的双曲线解：，)23cos()22cos(,

31、223220,32即，3sin2sin又，03cos2cos, 03cos, 02cos,32,220方程表示的曲线是椭圆.）（4232sin(232sin22)3cos2(cos)3sin2(sin*）.423243,432322, 0232sin, 02322. 0(*), 0)4232sin(式即.曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆，选 c.3cos2cos3sin2sin6记集合 t=0，1，2，3，4，5，6，m=，4 , 3 , 2 , 1,|77774433221itaaaaai将 m 中的元素按从大到小的顺序排列，则第 2005 个数是（ ）ab432737675754327276

32、7575cd4327470717143273707171解：用表示 k 位 p 进制数，将集合 m 中的每个数乘以 74，得pkaaa214 , 3 , 2 , 1,|4 , 3 , 2 , 1,|77774321432231itaaaaaitaaaaamii，m中的最大数为66667=240010.在十进制数中，从 2400 起从大到小顺序排列的第 2005 个数是 24002004=396，而39610=11047将此数除以 74，便得 m 中的数.故选 c.43274707171二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分）7将关于的多项式表为关于 y 的多项式x2019321)(xx

33、xxxxf，其中，则202019192210)(yayayayaayg4 xy.615212010aaa解：由题设知，和式中的各项构成首项为 1，公比为的等比数列，由等比)(xfx数列的求和公式，得：.1111)()(2121xxxxxf令，取有51)4()(, 421yyygyx得, 1y615) 1 (2120210gaaaa8已知是定义在（0，+）上的减函数，若成)(xf) 143() 12(22aafaaf立，则的取值范围是a. 51310aa或解：在（0，+）上定义，又)(xf，) 1)(13(143 ; 087)41(212222aaaaaaa仅当或时，1a31a.(*)01432

34、 aa在（0，+）上是减函数，)(xf1431222aaaa50, 052aaa结合（*）知.51310aa或9设、满足， 若对于任意20，则0)cos()cos()cos(,xxxrx.34解：设，0)(,0)(,),cos()cos()cos()(fxfrxxxxxf知由, 0)(, 0)(ff即, 1)cos()cos(, 1)cos()cos(.21)cos()cos()cos(, 1)cos()cos(，2034,32,又.34.32.,只有另一方面，当，有，32rx,34,32记，由于三点x)34sin(),34(cos(),32sin(),32(cos(),sin,(cos构成单

35、位圆上正三角形的三个顶点，其中心位于原点，显然有122 yx即. 0)34cos()32cos(cos. 0)cos()cos()cos(xxx10如图，四面体 dabc 的体积为，且满足acb=45，61ad+bc+，则 cd=.32ac3解：，61)45sin21(31dabcvacbcad即又，等号当且仅当. 12acbcad323acbcad323acbcadad=bc=时成立，这时 ab=1，ad面 abc，dc=.12ac311若正方形 abcd 的一条边在直线上，另外两个顶点在抛物线上.172 xy2xy 则该正方形面积的最小值为 80 .解：设正方形的边 ab 在直线上，而位于

36、抛物线上的两个顶点坐标 c（172 xy） 、d（） ，则 cd 所在直线 l 的方程，将直线 l 的方程与抛物线11, yx22, yxbxy 2方程联立，得. 1122, 12bxbxx令正方形边长为 a，则 ).1(20)(5)()(2212212212bxxyyxxa在上任取一点（6，5） ，它到直线的距离为 172 xybxy 25|17|,baa、联立解得.80.1280,80.63, 32min2221aaabb或12如果自然数 a 的各位数字之和等于 7，那么称 a 为“吉祥数”，将所有“吉祥数”从小到大排成一列.52000,2005,5321mmaaaaa则若 解：方程的非负

37、整数解的个数为而使mxxxk21,1mkmc）的整数解个数为现取 m=7，可知，k 位“吉祥数”的个数为2(0, 11ixxi,12mkmcp（k）=.65kc2005 是形如 2abc 的数中最小的一个“吉祥数”，且 p（1）=1，p（2）66c=7，67cp（3）=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，68c即=28 个.6136c2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数”，即从而 n=65，5n=325.200565a又 p（4）=，而210)5(,8461069cpc.330)(51kkp从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：

38、70000，61000，60100，60010，60001，52000.第 325 个“吉祥数”是 52000，即.520005ma三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）13数列满足：na.,236457, 1210nnaaaannn证明：（1）对任意为正整数；（2）对任意为完全平方mann,1,1nnaann数.证明：（1）由题设得且严格单调递增，将条件式变形得, 51ana，36457221mmmaaa两边平方整理得 0972121nnnnaaaa 0972112nnnnaaaa得07, 0)7)(111111mnnnnnnnnnaaaaaaaaaa .711nnnaaa由式及

39、可知，对任意为正整数.10 分5, 110aamann,（2）将两边配方，得。 211121)3(1),1(9)(nnnnnnnnaaaaaaaa记2113211)3()() 1()(,)3()(nnnnnnnnnnaaaaaanfnfaaaanf由, 0)7(9)3(111121nnnnnnnaaaaaaa从而式成立.10)0() 1()(aafnfnf, 1)3(210aa是完全平方数.20 分11mmaa14将编号为 1，2，9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为 s.求使 s 达到最小值的放法的概率.（注：如果某

40、种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）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种.5 分2! 8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，设是依次排列于这段弧上的小球号码，ixxx,21则. 8|91 | )9()()1 ( |9|1 |2111211ixxxxxxxx上式取等号当且仅当，即每一弧段上的小球编号都是由 19121ixxx到 9 递增排列.因此 s最小=28=16.10 分由上知，当每

41、个弧段上的球号1，9确定之后，达到最小值的排序ixxx,21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，元素较少的一个子集共有种情况，每种情况对应着圆周上6372717072cccc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20 分.31512! 826p15过抛物线上的一点 a（1，1）作抛物线的切线，分别交 x 轴于 d，交 y 轴于2xy b，点 c 在抛物线上，点 e 在线段 ac 上，满足；点 f 在线段 bc 上，满1ecae足， 且=1，线段 cd 与 ef 交于点 p.当点 c 在抛物线上移动

42、时，2fcbf21求点 p 的抛迹方程.解一：过抛物线上点 a 的切线斜率为切线 a b 的方程, 2|21xxy、d 的坐标为 b（0，1） ，d（，0） ，d 是线段 ab 的中点.5 分bxy, 1221设 p（、c） 、e（、), yx200,(xx),11yxf（，则由知，),22yx1ecae;22011101111,11xyxx，得.2fcbf22022202211,1xyxxef 所在直线方程为：，1201202120112012202120111111111111xxxxxxxy化简得10 分.13)()1 ()(202020122012xxxxyx当时，直线 cd 的方程为

43、：210 x12202020 xxxxy联立、解得，消去，得 p 点轨迹方程为：.15331200 xyxx0 x2) 13(31xy分当时，ef 方程为：，210 x2124123)34141(23xycd 方程为：，21x联立解得也在 p 点轨迹上，因 c 与 a 不能重合，.12121yx32, 10 xx所求轨迹方程为20 分).32() 13(312xxy解二：由解一知，ab 的方程为故 d 是 ab 的中点.5),0 ,21(),1, 0(, 12dbxy分令，则因 ad 为abc 的22111,1,cfcbtcecatcpcd. 321tt中线，.22cbdcadcabsss而，

44、23,232)11(212212121212121ttttttttsssssscbcacfcettcbdcfpcedcepcabcefp 是abc 的重心.10 分设 p（、c） ，因点 c 异于 a，则，故重心 p 的坐标为), yx200,(xx10 x消去，得,3131000 xxx,3311),32(2020 xxyx0 x.) 13(312xy故所求轨迹方程为20 分).32() 13(312xxy2005 年全国高中数学联赛试题（二）及参考答案一、 （本题满分 50 分）如图，在abc 中，设 abac，过 a 作abc 的外接圆的切线 l，又以 a 为圆心，ac 为半径作圆分别交

45、线段 ab 于 d；交直线 l 于 e、f。证明：直线 de、df 分别通过abc 的内心与一个旁心。（注：与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为旁心。 ）证明：（1）先证 de 过abc 的内心。如图，连 de、dc，作bac 的平分线分别交 dc 于 g、de 于 i，连 ic，则由 ad=ac，得，agdc，id=ic.又 d、c、e 在a 上，iac=dac=iec，a、i、c、e 四点共圆，21cie=cae=abc，而cie=2icd，icd=abc.21aic=igc+icg=90+abc，aci=acb，i 为abc 的内心。2121 （2

46、）再证 df 过abc 的一个旁心.连 fd 并延长交abc 的外角平分线于 i1，连 ii1、b i1、b i，由（1）知，i 为内心，ibi1=90=edi1，d、b、l1、i 四点共圆，bi l1 =bdi1=90adi1=（bac+adg）adi=bac+idg，a、i、i1共线.2121i1是abc 的 bc 边外的旁心二、 （本题满分 50 分）设正数 a、b、c、x、y、z 满足.;,caybxbcxazabzcy求函数的最小值.zzyyxxzyxf111),(222解：由条件得，0)()()(abzcyacaybxcbcxazb即，02222cbabcx，同理，得bcacbx2

47、222.2,2222222abcbazacbcaya、b、c、x、y、z 为正数，据以上三式知，222222222,cbabcaacb故以 a、b、c 为边长，可构成一个锐角三角形 abc， ，问题转化为：在锐角abc 中，czbyaxcos,cos,cos求函数、）=的最小值.af (cosbcosccosccbbaacos1coscos1coscos1cos222令则,cot,cot,cotcwbvau, 1,wuvwuvrwvu且).)(1),)(1),)(1222wvwuwwvvuvwuvuu1)1()1(1111cos1cos2222222222uuuuuuuuuuuuaa),11(

48、2)(13232232wuvuuuwuvuuuuuu同理，).11(2cos1cos),11(2cos1cos322322wvwuwwccwuvuvvbb)(21)(2122222333333222vuvuwvuwuwuwvwvvuvuwvuf+（取等号当且仅当.21)(21)()(2222uwvwuvwuwuwvwv，此时，wvu.21),(),21,minzyxfzyxcba三、 （本题满分 50 分）对每个正整数 n，定义函数.1,0)(不为平方数当为平方数当nnnnf（其中x表示不超过 x 的最大整数， 试求：的值.).xxx2401)(kkf解：对任意，若，则，设*,nka22) 1

49、( kakkka212, 10 ,ka则.21, 1221112222kakakakkakkakakaa让 a 跑遍区间）中的所有整数，则22) 1( ,(kk22)1(21,21kakkiika于是2)1(11212)(nanikiikaf下面计算画一张 2k2k 的表，第 i 行中，凡是 i 行中的位数处填写“*”号，kiik21,2则这行的“*”号共个，全表的“*”号共个；另一方面，按列收集“*”号数，2ikkiik212第 j 列中，若 j 有 t（j）个正因数，则该列使有 t（j）个“*”号，故全表的“*”号个数共个，因此=.kjjt21)(kiik212kjjt21)(示例如下：j

50、i1234561*2*3*4*56*则.)2() 12()4() 3()1()2() 1 ()()(1121ntntttnttnjtafninikj.由此，1512561)() 12()16()(kkktktkkf记易得的取值情况如下：,15, 2 , 1),2() 12(kktktakkak123456789101112131415ak356678698881071010因此，151161783)16()(kkkakkfn据定义，0)16()256(2 ff又当，)3016(15,255,242,2412rrkk设，301515311515151515222rrrrrrrk，则2311513

51、012rrr255,242,241, 11kk从则.76815783)(783)(25612401iikfkf2006 年全国高中数学联赛试题第一试一、选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分）1. 已知abc，若对任意，则abc 一定为rt acbctbaa锐角三角形 b. 钝角三角形 c. 直角三角形 d. 答案不确定 【答】 （c）【解】令，过 a 作于 d。由，推出abcadbcacbctba,令，代入上式，得22222batba bctbcac 2 ba bctbc ，即 , 2222222coscosbababaac 222sinbaac 也即 。从而有。由此可得 。sinbaa

52、c adac2acb2. 设，则的取值范围为2log (21)log 2 1xxxxxa b c d 【答】112x1, 12xx且1x 01x（b）【解】因为，解得 . 20,1210 xxxx 1,12xx由 2log (21)log 2 1xxxx32log (2)log 2xxxxx 解得 ；或 解得 ，320122xxxx01x32122xxxx1x 所以的取值范围为 .x1, 12xx且3. 已知集合，,，且05axxa06bxxbnba,，则整数对的个数为2,3,4abnba, a. 20 b. 25 c. 30 d. 42 【答】 （ c ）【解】；。要使，则50 xa5ax6

53、0 xb6bx2,3,4abn，即。所以数对共有。126455ba6122025baba,116530c c 4. 在直三棱柱中，. 已知与分别111abcabc2bac11abacaa为 和的中点，与分别为线段和上的动点（不包括端点）. 若11ab1ccacab，则线段的长度的取值范围为gdefdf a. b. c. d. 【答】 （ a 1, 151, 251, 21, 25）【解】建立直角坐标系，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，则（） ，（） 。所以1( ,0,0)f t101t1(0,1, )2e1( ,0,1)2g2(0, ,0)dt201t，。因为，所以，由此推出 11( , 1,

54、)2eft 21(, , 1)2gdt gdef1221tt。又，2102t12( ,0)dftt，从而有 。2212dftt22222215415()55ttt 115df5.设，则对任意实数，是322( )log1f xxxx, a b0ab的( )( )0f af ba. 充分必要条件 b. 充分而不必要条件c. 必要而不充分条件 d. 既不充分也不必要条件 【答】 （ a ）【解】显然为奇函数，且单调递增。于是322( )log1f xxxx若，则，有，即，从而有0abab ( )()f afb( )( )f af b .( )( )0f af b反之，若，则,推出 ，即 ( )( )

55、0f af b( )( )()f af bfb ab 。0ab6. 数码中有奇数个 9 的 2007 位十进制数的个数为1232006,a a aa12320062a a aa a b c d 200620061(108)2200620061(108)22006200610820062006108【答】 （ b ） 【解】出现奇数个 9 的十进制数个数有。又由于以及12005320032005200620062006999accc20062006200620060(9 1)9kkkc，从而得20062006200620060(9 1)( 1) 9kkkkc。120053200320052006

56、20062006200620061999(108)2accc二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分）7. 设，则的值域是 。xxxxxf44coscossinsin)()(xf【解】。令，则44211( )sinsin coscos1sin2sin 222f xxxxxxx sin2tx。因此2211911( )( )1()22822f xg tttt 1191 9min( )(1)0,82 4 tg tg。 即得。111919max ( )()02828 tg tg90( )8f x8. 若对一切r，复数的模不超过 2，则实数的取值(cos )(2sin )izaaa范围为 .【解】

57、依题意，得 2z 22(cos )(2sin )4aa （）22 (cos2sin )35aa22 5 sin()35aa 1arcsin5（对任意实数成立）. 故 的取值范围为 22 535aa55aa。55, 559. 已知椭圆的左右焦点分别为与，点 p 在直线 l：221164xy1f2f上. 当取最大值时，比的值为 .382 30 xy 12fpf12pfpf【解】由平面几何知，要使最大，则过,p 三点的圆必定和直线 l 相切于12fpf12,f fp 点。设直线 l 交 x 轴于 a，则，即，( 82 3,0) 12apfaf p 12apfaf p即 （1） ，122pfappfa

58、f又由圆幂定理， （2） ，212apafaf而，a，从而有，。1( 2 3,0)f 2(2 3,0)f( 82 3,0) 18af 284 3af 代入（1） ， （2）得。1122842 33184 3pfafpfaf10. 底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为cm 的实心铁球，四个球两两相21切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm3.【解】设四个实心铁球的球心为，其中为下层两球的球心，1234,o o o o12,o o分别为四个球心在底面的射影。则 abcd 是一个边长为的正方形。, ,a b c d22所以注水高为。故应

59、注水。2123241(1)4232 12()3211. 方程的实数解的个数为 .20062420042005(1)(1)2006xxxxx【解】200520044220062006)1)(1(xxxxx24200420051()(1)2006xxxxx35200520052003200111112006xxxxxxx10032006xxxxxx要使等号成立，必须，即。3200532005111,xxxxxx1x 但是时，不满足原方程。所以是原方程的全部解。因此原方程的实数0 x 1x 解个数为 1 。12. 袋内有 8 个白球和 2 个红球，每次从中随机

60、取出一个球，然后放回 1 个白球，则第4 次恰好取完所有红球的概率为 .【解】第 4 次恰好取完所有红球的概率为=0.0434.22291829182110101010101010101010三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）13. 给定整数，设 是抛物线与直线的一个交点. 试2n ),(000yxm12 nxyxy 证明对于任意正整数，必存在整数，使为抛物线与m2k ),(00mmyx12 kxy直线的一个交点.xy 【证明】 因为与的交点为.显然有。12 nxyxy 20042nnxy001xnx若为抛物线与直线的一个交点，则.（10 分）),(00mmyx12 kxyxy