2001年全国高中数学联赛试题及解答

1、实用标准文档 文案大全 二一年全国高中数学联合竞赛题 （10月4日上午8：009：40） 题号 一 二 三 合计 加试 总成绩 13 14 15 得分 评卷人 复核人 学生注意：1、本试卷共有三大题（15个小题），全卷满分150分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。 一、 选择题（本题满分36分，每小题6分） 本题共有6个小是题，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、选错或选的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。 1、已知a为给定的实数，那

2、么集合M=x|x2-3x-a2+2=0,xR的子集的个数为 （ A）1 （B）2 （C）4 （D）不确定 2、命题1：长方体中，必存在到各顶点距离相等的点； 命题2：长方体中，必存在到各棱距离相等的点； 命题3：长方体中，必存在到各面距离相等的点； 以上三个命题中正确的有 （A）0个 （B）1个 （C）2个 （D）3个 3、在四个函数y=sin|x|, y=cos|x|, y=|ctgx|, y=lg|sinx|中以?为周期、在（0，2?）上单调递增的偶函数是 （A）y=sin|x| （B）y=cos|x| （C）y=|ctgx| （D）y=lg|sinx| 4、如果满足ABC=60°

3、;，AC=12，BC=k的ABC恰有一个，那么 k的取值范围是 （A） k=83 （B）0<k12 （C ）1122 （D） ）0<k2或k=8 5、若(1+x+x2)1000的展开式为a0+a1x+a2x2+a2000x2000,则a0+a3+a6+a9+a1998的值为 （A）3333 （B）3666 （C）3999 （D）32001 6、已知6技玫瑰与3枝康乃馨和价格之和大于24元，而4技玫瑰与5枝康乃馨和价格之和小于22元，则2 枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较结果是 （A）2枝玫瑰价格高 （B）3枝康乃馨价格高（C）价格相同 （D）不确定 填空题（本题满分24分，每小题

4、9分） 本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。 7、椭圆?cos21?的短轴长等于 。 8、若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1-2z2=23-I,则z1z2= 。 9、正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1 ，则直线A1C1与BD1的距离是 。 10、不等式232log121?x的解集为 。 实用标准文档 文案大全 11 、函数232?xxxy的值域为 。 12、在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一场块中种同一种植物，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 种栽种方案。 二、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13、设an为等差

5、数列，bn为等比数列，且211ab?，222ab?，233ab?（a1<a2）,又 12)(lim21?nnbbb?，试求an的首项与公差。 14、设曲线C1 :1222?yax(a为正常数)与C2:y2=2(x+m)在x轴上方公有一个公共点P。 （1） 求实数m的取值范围（用a表示）； （2） O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当 0<a<21时，试求OAP的面积的最大值（用a表示）。 15、用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6、（a1>a2>a3>a4>a5>a6）的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该

6、组件总电阻值最小？证明你的结论。 二一年全国高中数学联合竞赛加试试题 （10月4日上午10：0012：00） 学生注意：1、本试卷共有三大题，全卷满分150分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。 一、（本题满分50分） 如图：ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N。求证：（1）OBDF，OCDE；（2）OHMN。 二、（本题满分50分） 设xi0(I=1,2,3,n) 且12112?njkjkniixxjkx，求?niix1的最大值与最小值。 三、（本题满分50分） 将边长为正整数m,n的矩形划

7、分成若干边长均为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩形的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值。 F A BCDE 实用标准文档 文案大全 2001年全国高中数学联合试题参考答案及评分标准 一选择题：CBDDCA 二填空题 7 332 8 i13721330? 9 66 10 ),4()2,1()1,0(72? 11 ),2)23,1? 12 732 三解答题 13设所求公差为d，a1a2，d0由此得 412121)()2(dadaa? 化简得：0422121?ddaa 解得：1)22(ad? 5分 而022?，故a10 若1)22(ad? ，则22122)12(?aaq 若1)22(ad

8、? ，则22122)12(?aaq 10分 但12)(21?nnbbblim?存在，故| q |1 ，于是2)12(?q不可能 从而2)12)(222(12)12(121221?aa 所以222)22(,211?ada 20分 14解：(1) 由?)(212222mxyyax 消去y得：0222222?amaxax 设222222)(amaxaxxf?，问题(1)化为方程在x(a，a)上有唯一解或等根 只需讨论以下三种情况： 1°0 得：212?am，此时xpa2，当且仅当aa2a，即0a1时适合； 2°f (a)f (a)0，当且仅当ama； 3°f (a)0得

9、ma，此时xpa2a2，当且仅当aa2a2a，即0a1时适合 实用标准文档 文案大全 f (a)0得ma，此时xpa2a2，由于a2a2a，从而ma 综上可知，当0a1 时，212?am或ama； 当a1时，ama 10分 (2)OAP 的面积payS21? 0a 21，故ama时，0 maaa2122?a， 由唯一性得 maaaxp2122? 显然当ma时，xp取值最小由于xp0，从而yp221axp? 取值最大，此时22aayp? ，2aaaS? 当212?am时，xpa2，yp 21a? ，此时2121aaS? 下面比较2aaa? 与2121aa?的大小： 令22121aaaaa? ，得

10、31?a 故当0a 31 时，2aaa? 2121aa? ，此时2121aaSmax? 当2131?a 时，22121aaaaa? ，此时2aaaSmax? 20分 15解：设6个电阻的组件(如图3)的总电阻为RFG，当R ia i，i3，4，5，6，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21111RRR?故交换二电阻的位置，不改变R值，且当R1或R2变小时，R也减小，因此不妨取R1R2 2设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB 2132312132121RRRRRRRRRRRRRRAB? 显然R1R2越大，

11、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个 3设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为RCD 实用标准文档 文案大全 43243142142324131214111RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRABCD? 若记?411,jijiRRS ?412kjikjiRRRS，则S1、S2 为定值，于是4313212RRSRRRSRCD? 只有当R3R4最小，R1R2R3最大时，RCD最小，故应取R4R3，R3R2，R3Rl，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

12、R5；且由1°应使RCE最小由2°知要使RCE最小，必需使R5R4，且应使RCD最小 而由3°，要使RCD最小，应使R4R3R2且R4R3R1， 这就说明，要证结论成立20分 2001年全国高中数学联合加试参考答案及评分标准 一证明：(1)A、C、D、F四点共圆 BDFBAC 又OBC 21(180°BOC)90°BAC OBDF (2)CFMA MC 2MH 2AC 2AH 2 BENA NB 2NH 2AB 2AH 2 DABC BD 2CD 2BA 2AC 2 OBDF BN 2BD 2ON 2OD 2 OCDE 实用标准文档 文案大全

13、CM 2CD 2OM 2OD 2 30分 ，得 NH 2MH 2ON 2OM 2 MO 2MH 2NO 2NH 2 OHMN 50分 另证：以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系， 设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则 bakcakABAC?, 直线AC 的方程为)(cxcay?，直线BE 的方程为)(bxacy? 由?)()(cxcaybxacy 得E点坐标为E (2222222,caabcaccabcca?) 同理可得F (2222222,baabcabbacbba?) 直线AC 的垂直平分线方程为)2(2cxacay? 直线BC 的垂直平分线方程为2cbx? 由?2)2(

14、2cbxcxacay 得O (aabccb2,22?) bcaacabcbbaabcabkabacabcbcbaabckDFOB?222222,22 1?DFOBkk OBDF 同理可证OCDE 在直线BE 的方程)(bxacy?中令x0得H(0 ，abc?) acabbcacbabcaabckOH?32222 直线DF 的方程为xbcaacaby?2 由?)(2cxcayxbcaacaby 得N (22222222,2cbcaacabccbcabcca?) 实用标准文档 文案大全 同理可得M (22222222,2bbcaababcbbcacbba?) bcaacabbcabcabcbcac

15、bakMN3)3)()()(222222? kOH ·kMN 1，OHMN 二解：先求最小值，因为?niinjkjkniiniixxxjkxx11122112)(1 等号成立当且仅当存在i使得xi1，xj0，ji ?niix1最小值为1 10分 再求最大值，令kkykx? ?nknjkjkkykyky11212 设?nknkkkykxM11， 令?nnnnayayyayyy?22121 则?122221?naaa? 30分 令1?na0 ，则?nkkkaakM11)( ?nknknknknkkkkkkakkakakakak111111)1(1 由柯西不等式得： 212121)1()(

16、)1(121212?nknkknkkkakkM 等号成立 ?222221)1()1(1?nnakkaank? 222222221)1()1()12(1?kkannaaakn? 21)1(112?nkkkkkka (k=1，2，n) 实用标准文档 文案大全 由于a1a2an ，从而0)1()11(221121?nkkkkkkkkkaay，即xk0 所求最大值为21)1(12?nkkk 50分 三解：记所求最小值为f (m，n)，可义证明f (m，n)rnn(m，n) (*) 其中(m，n) 表示m和n的最大公约数 10分 事实上，不妨没mn (1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所

17、得正方形边长之和恰为rnn(m，n) 当用m1时，命题显然成立 假设当，mk时，结论成立(k1)当mk1时，若nk1，则命题显然成立若nk1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为mnn(mn，n)m(m，n)，于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为rnn(m，n) 20分 (2)关于m归纳可以证明(*)成立 当m1时，由于n1，显然f (m，n)rnn(m，n) 假设当mk时，对任意1nm有f (m，n)rnn(m，n) 若mk1，当nk1时显然f (m，n)k1rnn(m，n) 当1nk时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分