十年全国高中数学联合竞赛试题(解析版经典收藏)

1、二二二年全国高中数学联合竞赛二年全国高中数学联合竞赛 试题参考答案及评分标准试题参考答案及评分标准 说明：说明： 1 评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设 6 分的分的 0 分两档，填空题只设分两档，填空题只设 9 分和分和 0 分两档，其它各题的评阅，请严分两档，其它各题的评阅，请严 格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。 2 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准适当档次评分，可以如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步

2、骤正确，在评卷时请参照本评分标准适当档次评分，可以 5 分分 为一个档次，不要再增加其它中间档次。为一个档次，不要再增加其它中间档次。 一、一、 选择题（本题满分选择题（本题满分 36 分，每小题分，每小题 6 分）分） 1、 函数 f(x)=的单调递增区间是)32(log 2 2 1 xx (A) (-，-1) (B) (-，1) (C) (1，+) (D) (3，+) 解：由 x2-2x-30 x3，令 f(x)=, u= x2-2x-3，故选 Au 2 1 log 2、 若实数 x, y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则 x2+y2的最小值为 (A) 2 (B) 1 (C) (

3、D) 32 解：B 3、 函数 f(x)= 221 xx x (A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数 (C) 既是奇函数又是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数 解：A 4、 直线椭圆相交于 A，B 两点，该圆上点 P，使得PAB 面积等于 3，这样的点1 34 yx 1 916 22 yx P 共有 (A) 1 个 (B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个 解：设 P1(4cos,3sin) (0)，即点 P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形 P1AOB 的面积 S。 2 S=6(sin+cos)= 11 OBPOAP SS cos43 2 1 sin34

4、2 1 ) 4 sin(26 Smax=62 SOAB=6 626)( max 1 ABP S 3626 点 P 不可能在直线 AB 的上方，显然在直线 AB 的下方有两个 点 P，故选 B 5、 已知两个实数集合 A=a1, a2, , a100与 B=b1, b2, , b50，若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个元素都有原象，且 f(a1)f(a2)f(a100)，则这样的映射共有 (A) (B) (C) (D) 50 100 C 50 90 C 49 100 C 49 99 C 解：不妨设 b1b2b50，将 A 中元素 a1, a2, , a100按顺序分为非空的 50

5、 组，定义映射 f：AB，使得 第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi (i=1,2,50)，易知这样的 f 满足题设要求，每个这样的分组都一一对应 满足条件的映射，于是满足题设要求的映射 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等，而 A 的分 法数为，则这样的映射共有，故选 D。 49 99 C 49 99 C 6、 由曲线 x2=4y, x2= 4y, x=4, x= 4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为 V1，满足 x2+y216, x2+(y-2)24, x2+(y+2)24 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2， 则 x

6、y OA B P1 (A) V1=V2 (B) V1=V2 (C) V1=V2 (D) V1=2V2 2 1 3 2 解：如图，两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹 在两相距为 8 的平行平面之间，用任意一个与 y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原 点距离为|y|，则所得截面面积 S1=(424|y|) , S2=(42y2)4(2|y|)2=(424|y|) S1=S2 由祖暅原理知，两个几何体体积相等。故远 C。 二、二、 填空题（本题满分填空题（本题满分 5454 分，每小题分，每小题 9 9 分）分） 7、 已知复数 Z1,Z2满足|Z1|=2, |Z2|=3，若它们所对应向量的夹

7、角为 60，则= 。 21 21 zz zz 解：由余弦定理得|Z1+Z2|=, |Z1Z2|=, =197 21 21 zz zz 7 133 8、 将二项式的展开式按 x 的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中 x 的指 n x x) 2 1 ( 4 数是整数的项共有 个。 解：不难求出前三项的系数分别是，) 1( 8 1 , 2 1 , 1nnn ) 1( 8 1 1 2 1 2nnn 当 n=8 时， (r=0,1,2,，8) 4 316 1 ) 2 1 ( r rr nr xCT r=0,4,8,即有 3 个 9、 如图，点 P1,P2,P10分别是四面体点或棱的中点，那么

8、在 同一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1ij0，所以只须求 xy 的最小值。 令 xy=u 代入 x24y2=4 中有 3y22uy+(4u2)=0 yR 03 u 当时，u=，故|x|y|的最小值是 3 3 , 3 3 4 yx33 12、 使不等式 sin2x+acosx+a21+cosx 对一切 xR 恒成立的负数 a 的取值范围是 。 解：sin2x+acosx+a21+cosx 4 ) 1( ) 2 1 (cos 2 22 a a a x a0, 当 cosx=1 时，函数有最大值 2 ) 2 1 (cos a xy 2 ) 2 1 1 ( a a2+a-20a-2

9、 或 a1 4 ) 1( ) 2 1 1 ( 2 22 a a a a1)，使得存在 tR，只要 x1,m，就有 f(x+t)x 解：f(x-4)=f(2-x) 函数的图象关于 x= -1 对称 b=2a1 2 a b 由知当 x= 1 时,y=0，即 ab+c=0 由得 f(1)1，由得 f(1)1 f(1)=1，即工+了+以=1，又 ab+c=0 a= b= c= 4 1 2 1 4 1 f(x)= 5 分 4 1 2 1 4 1 2 xx 假设存在 tR，只要 x1,m，就有 f(x+t)x 取 x=1 时，有 f(t+1)1(t+1)2+(t+1)+14t0 4 1 2 1 4 1 对

10、固定的 t-4,0，取 x=m，有 f(t m)m (t+m)2+(t+m)+m 4 1 2 1 4 1 m2(1t)m+(t2+2t+1)0 m 10 分tt41tt41 m=9 15 分tt41)4(4)4(1 当 t= -4 时，对任意的 x1,9，恒有 f(x4)x=(x210 x+9)=(x1)(x9)0 4 1 4 1 m 的最大值为 9。 20 分 另解：f(x-4)=f(2-x) 函数的图象关于 x= -1 对称 b=2a1 2 a b 由知当 x= 1 时,y=0，即 ab+c=0 由得 f(1)1，由得 f(1)1 f(1)=1，即工+了+以=1，又 ab+c=0 a= b

11、= c= 4 1 2 1 4 1 f(x)=(x+1)2 5 分 4 1 2 1 4 1 2 xx 4 1 由 f(x+t)=(x+t+1)2x 在 x1,m上恒成立 4 1 4f(x+t)-x=x2+2(t-1)x+(t+1)20 当 x1,m时，恒成立 令 x=1 有 t2+4t04t0 令 x=m 有 t2+2(m+1)t+(m-1)20 当 t-4,0时，恒有解 10 分 令 t= 4 得，m210m+901m9 15 分 即当 t= 4 时，任取 x1,9恒有 f(x-4)-x=(x210 x+9)=(x1)(x9)0 4 1 4 1 mmin=9 20 分 二二二年全国高中数学联合

12、竞赛加试试题二年全国高中数学联合竞赛加试试题 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 说明：说明： 1 评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分；评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分； 2 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，评卷时可参考本评分标准适当划如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分，可以分档次评分，可以 10 分为一个档次，不要再增加其它中间档次。分为一个档次，不要再增加其它中间档次。 一、一、 （本题满分（本题满分 5050 分）分） 如图，在ABC 中，A=60，ABAC，点 O

13、是外心，两条高 BE、CF 交于 H 点，点 M、N 分别在线段 BH、HF 上，且满足 BM=CN， 求的值。 OH NHMH 解：在 BE 上取 BK=CH，连接 OB、OC、OK， B A C E F O H K M N 由三角形外心的性质知 BOC=2A=120 由三角形垂心的性质知 BHC=180-A=120 BOC=BHC B、C、HO 四点共圆 20 分 OBH=OCH OB=OC BK=CH BOKCOH 30 分 BOK=BOC=120，OKH=OHK=30 观察OKH KH=OH 40 分 30sin120sin OHKH 3 又BM=CN，BK=CH， KM=NH MH+

14、NH=MH+KM=KH=OH3 = 50 分 OH NHMH 3 二、二、 （本题满分（本题满分 5050 分）分） 实数 a,b,c 和正数使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3，且满足 x2x1=, x3(x1+x2) 2 1 求 2 339272 3 3 abca 解： f(x)=f(x)f(x3)=(xx3)x2+(a+x3)x+x32+ax3+b x1,x2是方程 x2+(a+x3)x+x32+ax3+b 的两个根 x2x1= (a+x)24(x32+ax3+b)= 3x32+2ax3+2+4ba2=0 x3(x1+x2) 2 1 ()3124 3 1

15、22 3 baax 且 4a212b-320 () 10 分 f(x)=x3+ax2+bx+c = 20 分abca a xb aa x 3 1 27 2 ) 3 )( 3 () 3 ( 3 2 3 f(x3)=0 () 3 )( 3 () 3 ( 27 2 3 1 3 2 3 3 3 a xb aa xcaab 由()得 433 32 3124 3 1 3 22 22 3 b a ba a x 记 p=，由() 和()可知 p且b a 3 2 4 2 )( 49 32 27 2 3 1 2 2 3 ppcaab 令 y=，则 y0 且 30 分 4 2 p) 4 3 ( 9 32 27 2

16、3 1 223 yycaab = 44 3 22 3 yy 24 3 ) 2 ( 4 3 2 3 2 3 yy =)() 2 ( 2 yy 0 40 分 33 18 3 27 2 3 1 caab 2 339272 3 3 abca 取 a=2,b=2,c=0,=2，则 f(x)=x3+ax2+bx+c 有根，0313 13 显然假设条件成立，且 2 33 )336348( 8 19272 3 3 abca 综上所述的最大值是 50 分 3 3 9272 abca 2 33 三、三、 （本题满分（本题满分 5050 分）分） 在世界杯足球赛前，F 国教练为了考察 A1,A2,A7这七名，准备让

17、他们在三场训练比赛(每场 90 分 钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且 A1,A2,A3,A4每人上场的总时间 (以分钟为单位)均被 13 整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种 不同的情况。 解：设第 i 名队员上场的时间为 xi分钟(i=1,2,3,7)，问题即求不定方程 x1+x2+x7=270 在条件 7|xi (1i4)且 13|xj (5j7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,x7)是满足条件的一组正整数解，则应有 =7m =13n m,nN 4 1i i x 7 5j j x m,n 是不定方程 7m+13n=27

18、0 在条件 m4 且 n3 下的一组正整数解。 10 分 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m=m 4 n=n 3 有 7m+13n=270 求满足条件 m4 且 n3 的正整数解等价于求的非负整数解。 易观察到 72+13(-1)=1 7406+13(-203)=203 即 m0=406 n0= 203 是的整数解 的整数通解为 m=406 13k n= 203+7k kZ 令 m0 n0,解得 29k31 20 分 取 k=29,30,31 得到满足条件的三组非负整数解： 0 29 n m 7 16 n m 14 3 n m 从而得到满足条件的三组正整数解： 30 分 3 33 n

19、 m 10 20 n m 17 7 n m 1)在 m=33,n=3 时，显然 x5=x6=x7=13 仅有一种可能， 又设 xi=7yi (i=1,2,3,4)，于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有组正整数解。4960 3 32 14 133 CC 此时有满足条件的=4960 组正整数解。 3 32 C 2)在 m=20,n=10 时，设 xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7) 由 y1+y2+y3+y4=20，有组正整数解；以及 y5+y6+y7=10，有组正整数解。 3 19 C 2 9 C 此时有满足条件的=34884 组正整数解。 2 9

20、 3 19 CC 3) 在 m=7,n=17 时，设 xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7) 由 y1+y2+y3+y4=7，有组正整数解；以及 y5+y6+y7=17，有组正整数解。40 分 3 6 C 2 16 C 综上所述，满足条件的正整数解的组数为 =4960+34884+2400=42244 50 分 2 16 3 6 3 9 3 19 3 32 CCCCC 2003 年全国高中数学联合竞赛试卷 一选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分）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

21、 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删去正整数数列 1，2，3，中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第 2003 项 是 A2046B2047C2048D2049答（ ） 2设 a，bR，ab0，那么直线 axyb0 和曲线 bx2ay2ab 的图形是 yyy y xxxx A B C D 答（ ） 3过抛物线 y28(x2)的焦点 F 作倾斜角为 60o的直线，若此直线与抛物线交于 A、B 两点，弦 AB 的中垂线与 x 轴交于 P 点，则线段 PF 的长等于 A B CD 3 16 3 8 3

22、 316 38 答（ ） 4若，则的最大值是) 3 , 12 5 ( x) 6 cos() 6 tan() 3 2 tan( xxxy ABCD 5 212 6 211 6 311 5 312 答（ ） 5.已知 x，y 都在区间(2，2)内，且 xy1，则函数的最小值是 22 9 9 4 4 yx u ABCD答（ ） 5 8 11 24 7 12 5 12 6.在四面体 ABCD 中，设 AB1，CD，直线 AB 与 CD 的距离为 2，夹角为，则四面体3 3 ABCD 的体积等于 得分评卷人 ABCD答（ ） 2 3 2 1 3 1 3 3 二填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分）

23、本题共有 6 小题，要求直接将答案写在横 线上。 7不等式 | x | 32x24| x | 3 0 的解集为 log2x1 1 2 A2，3) B(2，3 C2，4) D(2，4 4设点 O 在ABC 的内部，且有+2+3=，则ABC 的面积与AOC 的面积的比为( ) OA OB OC 0 A2 B C3 D 3 2 5 3 5设三位数 n=，若以 a，b，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数 abc n 有( ) A45 个 B81 个 C165 个 D216 个 6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

24、面圆圆心，ABOB，垂足为 B，OHPB，垂足为 H，且 PA=4，C 为 PA 的中点，则当三棱锥 OHPC 的体积最大时，OB 的长为 ( ) A B C D 二填空题(本题满分 54 分，每小题 9 分) 7在平面直角坐标系 xOy 中，函数 f(x)=asinax+cosax(a0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函 数 g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ； a2 + 1 8设函数 f：RR，满足 f(0)=1，且对任意 x，yR，都有 f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2，则f(x)= ； 9如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中，二面角 ABD1A1的度数是

25、 ； 10设 p 是给定的奇质数，正整数 k 使得也是一个正整数，则 k= k2pk ； 11已知数列 a0，a1，a2，an，满足关系式(3an+1)(6+an)=18，且 a0=3，则的值是 ； n i= 0 1 ai 12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MPN 取最大值时，点 P 的横坐标为 ； 三解答题(本题满分 60 分，每小题 20 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的 和大于 2n，则算过关问： 某人在这项游戏中最多能过几关？ 他连过前三关的概率是

26、多少？ 14在平面直角坐标系 xOy 中，给定三点 A(0， )，B(1，0)，C(1，0)，点 P 到直线 BC 的距离是 4 3 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ABC 的内心(设为 D)，且与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点，求 L 的斜率 k 的取值范 围 15已知，是方程 4x24tx1=0(tR)的两个不等实根，函数 f(x)=的定义域为， 2xt x2 + 1 求 g(t)=maxf(x)minf(x)； 证明：对于 ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2+sinu3=1，则+an+14，nN*； 证明有 n0

27、N*，使得对nn0，都有 A B P O H C B1 A1 B C D A C1 D1 EF B C D A G H K +n2004 b2 b1 b3 b2 bn bn1 bn+ 1 bn 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 2004 年全国高中数学联赛试卷 第一试 一选择题(本题满分 36 分，每小题 6 分) 1设锐角使关于 x 的方程 x2+4xcos+cot=0 有重根，则的弧度数为 ( ) A B或 C 或 D 6 12 5 12 6 5 1

28、2 12 解：由方程有重根，故 =4cos2cot=0， 1 4 00 的解集为 log2x1 1 2 1 2 A2，3) B(2，3 C2，4) D(2，4 解：令 log2x=t1 时， t2t1，2)，x2，4)，选 C t1 3 2 4设点 O 在ABC 的内部，且有+2+3=，则ABC 的面积与AOC 的面积的比为( ) OA OB OC 0 A2 B C3 D 3 2 5 3 解：如图，设AOC=S，则 OC1D=3S，OB1D=OB1C1=3S，AOB=OBD=1.5SOBC=0.5S，ABC=3S 选 C 5设三位数 n=，若以 a，b，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)

29、三角 abc 形，则这样的三位数 n 有( ) A45 个 B81 个 C165 个 D216 个 解：等边三角形共 9 个； 等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为 a，b)，有 36 种取法，以小数为底时总能构成等腰 三角形，而以大数为底时，ba0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函 数 g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ； a2 + 1 解：f(x)= sin(ax+)，周期=，取长为，宽为 2的矩形，由对称性知，面积之半 a2 + 1 2 a 2 aa2 + 1 即为所求故填 2 a a2 + 1 又解：1sin(ax+)dx= (1sint)dt= 1 0 a2 + 1

30、 2p a a2 + 1 8设函数 f：RR，满足 f(0)=1，且对任意 x，yR，都有 f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2，则 f(x)= ； 解：令 x=y=0，得，f(1)=110+2，f(1)=2 令 y=1，得 f(x+1)=2f(x)2x+2，即 f(x+1)=2f(x)x 又，f(yx+1)=f(y)f(x)f(x)y+2，令 y=1 代入，得 f(x+1)=2f(x)f(x)1+2，即 f(x+1)=f(x)+1 比较、得，f(x)=x+1 9如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中，二面角 ABD1A1的度数是 ； 解：设 AB=1，作 A1MBD1，ANBD1

31、，则 BNBD1=AB2，BN=D1M=NM= A1M=AN= AA12=A1M2+MN2+NA22A1MNAcos，12= + + 2 cos，cos= 2 3 2 3 1 3 2 3 1 2 =60 10设 p 是给定的奇质数，正整数 k 使得也是一个正整数，则 k= ； k2pk 解：设=n，则(k )2n2=，(2kp+2n)(2kp2n)=p2，k= (p+1)2 k2pk p 2 p2 4 1 4 11已知数列 a0，a1，a2，an，满足关系式(3an+1)(6+an)=18，且 a0=3，则的值是 n i= 0 1 ai ； 解：=+ ，令 bn=+ ，得 b0= ，bn=2b

32、n1，bn= 2n即 1 an+ 1 2 an 1 3 1 an 1 3 2 3 2 3 =，= (2n+2n3) 1 an 2n+ 11 3 n i= 0 1 ai 1 3 12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MPN 取最大值时，点 P 的横坐标为 ； M N B1 A1 B C D A C1 D1 M N P K O x y 解：当MPN 最大时，MNP 与 x 轴相切于点 P(否则MNP 与 x 轴交于 PQ，则线段 PQ 上的点 P 使MPN 更大)于是，延长 NM 交 x 轴于 K(3，0)，有 KMKN=KP2，K

33、P=4P(1，0)，(7，0)， 但(1，0)处MNP 的半径小，从而点 P 的横坐标=1 三解答题(本题满分 60 分，每小题 20 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的 和大于 2n，则算过关问： 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？ 解： 设他能过 n 关，则第 n 关掷 n 次，至多得 6n 点， 由 6n2n，知，n4即最多能过 4 关 要求他第一关时掷 1 次的点数2，第二关时掷 2 次的点数和4，第三关时掷 3 次的点数和8 第一关过关的概率= = ； 4 6 2 3 第二关过关的基本事件有

34、 62种，不能过关的基本事件有为不等式 x+y4 的正整数解的个数，有 C 个 (亦可枚举计数：1+1，1+2，1+3，2+1，2+2，3+1)计 6 种，过关的概率=1= ； 2 4 6 62 5 6 第三关的基本事件有 63种，不能过关的基本事件为方程 x+y+z8 的正整数解的总数，可连写 8 个 1，从 8 个空档中选 3 个空档的方法为 C =56 种，不能过关的概率=，能过关的概率=； 3 8 876 321 56 63 7 27 20 27 连过三关的概率= = 2 3 5 6 20 27 100 243 14在平面直角坐标系 xOy 中，给定三点 A(0， )，B(1，0)，C

35、(1，0)，点 P 到直线 BC 的距离是 4 3 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ABC 的内心(设为 D)，且与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点，求 L 的斜率 k 的取值范 围 解： 设点 P 的坐标为(x，y)， AB 方程：+=1，4x3y+4=0， x 1 3y 4 BC 方程：y=0， AC 方程：4x+3y4=0， 25|y|2=|(4x3y+4)(4x+3y4)|， 25y2+16x2(3y4)2=0，16x2+16y2+24y16=0， 2x2+2y2+3y2=0 或 25y216x2+(3y4)2=0，16x234y2+24

36、y16=0， 8x217y2+12y8=0 所求轨迹为圆：2x2+2y2+3y2=0， 或双曲线：8x217y2+12y8=0 但应去掉点(1，0)与(1，0) ABC 的内心 D(0， )：经过 D 的直线为 x=0 或 y=kx+ 1 2 1 2 (a) 直线 x=0 与圆有两个交点，与双曲线没有交点； (b) k=0 时，直线 y= 与圆切于点(0， )，与双曲线交于(， )，即 k=0 满足要求 1 2 1 2 5 8 2 1 2 (c) k= 时，直线与圆只有 1 个公共点，与双曲线也至多有 1 个公共点，故舍去 1 2 (c) k0 时，k 时，直线与圆有 2 个公共点，以代入得：

37、(817k2)x25kx=0 1 2 25 4 当 817k2=0 或(5k)225(817k2)=0，即得 k=与 k= D -1 1 1 BC A y x OK P 所求 k 值的取值范围为0， 15已知，是方程 4x24tx1=0(tR)的两个不等实根，函数 f(x)= 的定义域为， 2xt x2 + 1 求 g(t)=maxf(x)minf(x)； 证明：对于 ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2+sinu3=1，则+ 2 1 g(tanu1) 1 g(tanu2) 1 g(tanu3) 解： +=t，= 故0当 x1，x2，时， 1 4 f (x)= =而当

38、x，时，x2xt0，即 2(x2 + 1)2x(2xt) (x2 + 1)2 2(x2xt) + 2 (x2 + 1)2 f(x)在，上单调增 g(t)= = 2t 2 + 1 2t 2 + 1 (2t)(2 + 1)(2t)(2 + 1) (2 + 1)(2 + 1) ()t( + )2+ 2 22 +2 +2 + 1 = g(tanu)= =， 8secu(2sec2u+ 3) 16sec2u+ 9 16 + 24cos2u 16cosu+ 9cos3u +163+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)= 1 g(tanu1) 1 g(tanu2) 1 g(tanu3) 759(s

39、in2u1+sin2u2+sin2u3) 而 (sin2u1+sin2u2+sin2u3)()2，即 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)3 1 3 sinu1 + sinu2 + sinu3 3 +(753)= 由于等号不能同时成立，故得证 1 g(tanu1) 1 g(tanu2) 1 g(tanu3) 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

40、，BD=20，BE=7， CE=24，CD=15 ACBD=CEAB， AC= AB， 6 5 BDAC，CEAB，B、E、D、C 共圆， AC(AC15)=AB(AB7)， AB( AB15)=AB(AB18)， 6 5 6 5 AB=25，AC=30AE=18，AD=15 DE= AC=15 1 2 延长 AH 交 BC 于 P， 则 APBC APBC=ACBD，AP=24 连 DF，则 DFAB， AE=DE，DFABAF= AE=9 1 2 D、E、F、G 共圆，AFG=ADE=ABC，AFGABC， =，AK= AK AP AF AB 924 25 216 25 二(本题满分 50

41、 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 2x 列Bn满足|OAn|=|OBn|= ，直线 AnBn在 x 轴上的截距为 an，点 Bn的横坐标为 bn，nN* 1 n 证明 anan+14，nN*； 证明有 n0N*，使得对nn0，都有+0) 1 n2bn 1 n 0bn且 bn递减，n2bn=n(n)= =单调增 1 2n2n2 + 1 0n且 tn单调减 bn2 由截距式方程知，+=1，(12n2bn=n2bn2) bn an an=()2+()=tn2+tn=(tn+)2 (+)2 =4 22 1 2 2 1 2 且由于 tn单调减，知 a

42、n单调减，即 anan+14 成立 亦可由=bn+2=，得 an=bn+2+， 1 n2bn bn + 22 bn + 2 由 bn递减知 an递减，且 an0+2+=4 22 即证(1)2004 n k = 1 bk+ 1 bk 1=k2( )2()2) bk+ 1 bk bkbk+ 1 bk 1 k 1 k+ 1 24 18 7 25 20 15 EF B C D A G H K P 2k+ 1 (k+ 1)2 2k+ 1 (k+ 1)2 1 2 1 k+ 2 (1)( + )+( + + + )+ + + + n k = 1 bk+ 1 bk n k = 1 1 k+ 2 1 3 1 4

43、 1 5 1 6 1 7 1 8 1 2 1 2 1 2 只要 n 足够大，就有(1)2004 成立 n k = 1 bk + 1 bk 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

44、，则 T 为 M(2，n)=2，3，n+1的一个子集，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 +1 2 n +1 3 n +1 6 n +1 2 n +1 3 n +1 6 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

45、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)=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 +1 2 n +1 3 n +1 6 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

46、)+f(6)1 故 f(k+1)f(k5)+f(6)1=+1， k+ 2 2 k+ 2 3 k+ 2 6 比较，知对于 n=k+1，命题成立 对于任意 nN*，n4，f(n)= +1 成立 n +1 2 n +1 3 n +1 6 又可分段写出结果： f(n)= 4k+ 1，(n =6k， k N N * )， 4k+ 2，(n =6k+ 1，k N N * )， 4k+ 3，(n =6k+ 2，k N N * )， 4k+ 4，(n =6k+ 3，k N N * )， 4k+ 4，(n =6k+ 4，k N N * )， 4k+ 5，(n =6k+ 5，k N N * ) 二二五年全国高中数

47、学联合竞赛试题及参考答案五年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案 一、选择题 1.使关于 x 的不等式k 有解的实数 k 的最大值是（） A.B.C.D. 2.空间四点 A、B、C、D，满足、，则的取值（） A.只有一个 B.有两个 C.有四个 D.有无穷多个 3.ABC 内接于单位圆，三个内角 A、B、C 的平分线交此圆于 A1、B1、C1三点，则 的值是（） A.2 B.4 C.6 D.8 4.如图，ABCDABCD为正方体，任作平面 与对角线 AC垂直，使 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（） A.S 是定值，l 不是定值 B.S 不是定值，

48、l 是定值 C.S、l 均是定值 D.S、l 均不是定值 5.方程表示的曲线是（） A.焦点在 x 轴上的椭圆 B.焦点在 x 轴上的双曲线 C.焦点在 y 轴上的椭圆 D.焦点在 y 轴上的双曲线 6.记集合 T=0,1,2,3,4,5,6，将 M 中的元素按从大到小 顺序排列，则第 2005 个数是（） A. B. C. D. 二、填空题 7.将多项式 f(x)=1-x+x2-x3+-x19+x20表示为关于 y 的多项式 g(y)=a0+a1y+a2y2+a19y19+a20y20， 且 y=x-4，则 a0+a1+a20=_. 8.f(x)是定义在(0,+)上的减函数，若 f(2a2+

49、a+1)f(3a2-4a+1)成立，则实数 a 的取值范围是 _. 9.设 、 满足 02，若对任意 xR，cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)=0 成立，则 -=_. 10.如图，四面体 DABC 的体积为，ACB=45，则 CD=_. 11.正方形 ABCD 的一条边在直线 y=2x-17 上，另外两顶点在 y=x2上，则正方形面积的最小值为 _. 12.若自然数 a 的各位数字之和为 7，则称 a 是“吉祥数”。将所有“吉祥数”从小到大排成一列： a1、a2、a3，若 an=2005，则 a5n=_. 三、解答题 13.数列an满足 a0=1，nN，证明：(1)对于任意 nN，

50、a 为整数；(2) 对于任意 nN，anan+1-1 为完全平方数. 14.将编号为 1、2、3、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，求值 S 达到最小值的方法的概率（若某种方法， 经旋转或镜面反射可与另一种方法重合，则认为是相同方法）. 15.过抛物线 y=x2一点 A(1,1)作抛物线的切线交 x 轴于 D，交 y 轴于 B，C 在抛物线上，E 在线段 AC 上，F 在线段 BC 上，且 1+2=1，线段 CD 与 EF 交于 P，当 C 在抛物线上移动时， 求 P 的轨迹方程. 参考答案及评分标准参考答案及

51、评分标准 说明： 1.评阅试卷时，请依据本评分标准.选择题只设 6 分和 0 分两档，填空题只设 9 分和 0 分两档；其它 各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次. 2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适当 划分档次评分，5 分为一个档次，不要再增加其它中间档次. 一、选择题(本题满分 36 分，每小题 6 分) 本题共 6 小题，每小题均给出 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

52、括号内），一律得 0 分. 1.解：令，3x6， 则. 0y，实数 k 的最大值为.选 D. 2.解：注意到 32+112=130=72+92， 由于， 则 ， 即， 只有一个值 0.故选 A. 3.解：如图，连， 则. ， 同理， ， 原式.选 A. 4.解：将正方体切去两个正三棱锥 A-ABD 与 C-DBC 后，得到一个以平行平面 ABD 与 DBC 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 AB剪开，展开在一 张平面上，得到一个平行四边形 ABB1A1，而多边形 W 的周界展 开后便成为一

53、条与 AA1平行的线段(如图 EE1)，显然 EE1=AA1，故 l 为定值. 当 E位于 AB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与，故 S 不为定值.选 B. 5.解：，. ，即 sinsin. 又， cos0，cos0.cos-cos0，方程表示的曲线是椭圆. (*) ，. .(*)式0， 即 sin-sincos-cos.曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆.选 C. 6.解：用a1a2akp表示 k 位 p 进制数，将集合 M 中的每个数乘以 74，得 M=a173+a272+a37+a4，aiT，i=1

54、,2,3,4=a1a2a3a47|aiT，i=1,2,3,4 ，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 2400-2004=396.而39610=11047，将 此数除以 74,便得 M 中的数.故选 C. 二、填空题(本题满分 54 分，每小题 9 分) 本题共有小题，要求直接将答案写在横线上. 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. 令 x=y+4，得，取 y=1，有. 8.解：f(x)在(0,+)上定义，又； 3a2-4a+1=(3a-1)(a-1

55、)，仅当 a1 或 a时， 3a2-4a+10.(*) f(x)在(0,+)上是减函数，2a2+a+13a2-4a+1， ， 0a5，结合(*)知. 9.解：设 f(x)=cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)，由 xR，f(x)=0 知， f(-)=0，f(-)=0，f(-)=0，即 cos(-)+cos(-)=-1， cos(-)+cos(-)=-1，cos(-)+cos(-)=-1， cos(-)=cos(-)=cos(-)=-. 02，-，-，-. 又 -，-，只有 -=-=.-=. 另一方面，当 -=-=，有 =+，=+. xR，记 x+=0，由于三点(cos,sin)，(cos(+),sin(+) ，(cos(+),sin(+)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 cos+cos(+)+cos(+)=0.即 cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)=0. 10.解：，即. 又，等号当且仅当 AD=BC=1