《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版23》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版23（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2003年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試卷 第一試 (10月12日上午8:00-9:40) 一、選擇題(每小題6分，共36分) 1．刪去正整數(shù)數(shù)列1，2，3，……中的所有完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)列．這個(gè)數(shù)列的第2003項(xiàng)是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2．設(shè)a，b∈R，ab≠0，那么直線ax－y+b=0和曲線bx2+ay2=ab的圖形是 3．過拋物線y2=8(x+2)的焦點(diǎn)F作傾斜角為60°的直線，若此直線與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，弦AB的中垂線與x軸交于點(diǎn)P，則線段PF的長等于

2、 (A) (B) (C) (D) 8 4．若x∈[－，－]，則y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A) (B) (C) (D) 5．已知x，y都在區(qū)間(－2，2)內(nèi)，且xy=－1，則函數(shù)u=+的最小值是 (A) (B) (C) (D) 6．在四面體ABCD中， 設(shè)AB=1，CD=，直線AB與CD的距離為2，夾角為，則四面體ABCD的體積等于 (A) (B) (C)

3、 (D) 二．填空題(每小題9分，共54分) 7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ． 8．設(shè)F1、F2是橢圓+=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上一點(diǎn)，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，則△PF1F2的面積等于 ． 9．已知A={x|x2－4x+3<0，x∈R}， B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R} 若AíB，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ． 10．已知a，b，c，d均為正整數(shù)，且logab=，logcd=，若a－c=9，則b－d=

4、 ． 11．將八個(gè)半徑都為1的球分放兩層放置在一個(gè)圓柱內(nèi)，并使得每個(gè)球都和其相鄰的四個(gè)球相切，且與圓柱的一個(gè)底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于 ． 12． 設(shè)Mn={(十進(jìn)制)n位純小數(shù)0.|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是Mn中元素的個(gè)數(shù)，Sn是Mn中所有元素的和，則= ． 三、（本題滿分20分） 13．設(shè)≤x≤5，證明不等式 2++<2． 四、(本題滿分20分) 14．設(shè)A、B、C分別是復(fù)數(shù)Z0=ai，Z1=+bi，Z2=1+c

5、i(其中a，b，c都是實(shí)數(shù))對(duì)應(yīng)的不共線的三點(diǎn)．證明：曲線 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R) 與△ABC中平行于AC的中位線只有一個(gè)公共點(diǎn)，并求出此點(diǎn)． 五、(本題滿分20分) 15．一張紙上畫有一個(gè)半徑為R的圓O和圓內(nèi)一個(gè)定點(diǎn)A，且OA=a，折疊紙片，使圓周上某一點(diǎn)A￠剛好與點(diǎn)A重合．這樣的每一種折法，都留下一條折痕．當(dāng)A￠取遍圓周上所有點(diǎn)時(shí)，求所有折痕所在直線上點(diǎn)的集合． 加試題 (10月12日上午10:00-12:00) 一、

6、（本題50分） 過圓外一點(diǎn)P作圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為A、B，所作割線交圓于C、D兩點(diǎn)，C在P、D之間．在弦CD上取一點(diǎn)Q，使∠DAQ=∠PBC． 求證：∠DBQ=∠PAC． 二、（本題50分） 設(shè)三角形的三邊長分別是正整數(shù)l，m，n．且l>m>n>0． 已知=+，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超過x的最大整數(shù)．求這種三角形周長的最小值． 三、（本題50分） 由n個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的l條連線段組成一個(gè)空間圖形，其中n=q2+q+1，l≥q(q+1)2+1，

7、q≥2，q∈N．已知此圖中任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條連線段，存在一點(diǎn)至少有q+2條連線段．證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形(即由四點(diǎn)A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形)． 1997年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答 第一試 一、選擇題(每小題6分，共36分) 1．刪去正整數(shù)數(shù)列1，2，3，……中的所有完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)列．這個(gè)數(shù)列的第2003項(xiàng)是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 解：452=2025，462=2116． 在1至2025之間有完全平方數(shù)45個(gè)，而2026至2

8、115之間沒有完全平方數(shù)．故1至2025中共有新數(shù)列中的2025－45=1980項(xiàng)．還缺2003－1980=23項(xiàng)．由2025+23=2048．知選C． 2．設(shè)a，b∈R，ab≠0，那么直線ax－y+b=0和曲線bx2+ay2=ab的圖形是 解：曲線方程為+=1，直線方程為y=ax+b． 由直線圖形，可知A、C中的a<0，A圖的b>0，C圖的b<0，與A、C中曲線為橢圓矛盾． 由直線圖形，可知B、D中的a>0，b<0，則曲線為焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，故選B． 3．過拋物線y2=8(x+2)的焦點(diǎn)F作傾斜角為60°的直線，若此直線與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，弦AB的中垂線與

9、x軸交于點(diǎn)P，則線段PF的長等于 (A) (B) (C) (D) 8 解：拋物線的焦點(diǎn)為原點(diǎn)(0，0)，弦AB所在直線方程為y=x，弦的中點(diǎn)在y==上，即AB中點(diǎn)為(，)，中垂線方程為y=－(x－)+，令y=0，得點(diǎn)P的坐標(biāo)為． ∴ PF=．選A． 4．若x∈[－，－]，則y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A) (B) (C) (D) 解：令x+=u，則x+=u+，當(dāng)x∈[－，－]時(shí)，u∈[－，－]， y=－(cotu+tanu)+cosu=－+cosu．在u∈[

10、－，－]時(shí)，sin2u與cosu都單調(diào)遞增，從而y單調(diào)遞增．于是u=－時(shí)，y取得最大值，故選C． 5．已知x，y都在區(qū)間(－2，2)內(nèi)，且xy=－1，則函數(shù)u=+的最小值是 (A) (B) (C) (D) 解：由x，y∈(－2，2)，xy=－1知，x∈(－2，－)∪(，2)， u=+==1+． 當(dāng)x∈(－2，－)∪(，2)時(shí)，x2∈(，4)，此時(shí)，9x2+≥12．(當(dāng)且僅當(dāng)x2=時(shí)等號(hào)成立)． 此時(shí)函數(shù)的最小值為，故選D． 6．在四面體ABCD中， 設(shè)AB=1，CD=，直線AB與CD的距離為2，夾角為，則四面體ABCD的體積等

11、于 (A) (B) (C) (D) 解：如圖，把四面體補(bǔ)成平行六面體，則此平行六面體的體積=1××sin×2=3． 而四面體ABCD的體積=×平行六面體體積=．故選B． 二．填空題(每小題9分，共54分) 7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ． 解：即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，T(|x|－3)(|x|－)(|x|+)<0．T|x|<－，或<|x|<3． ∴ 解為(－3，－)∪(，3)． 8．設(shè)F1、F2是橢圓+=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上一點(diǎn)，且

12、|PF1|∶|PF2|=2∶1，則△PF1F2的面積等于 ． 解：F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)；|F1F2|=2． |PF1|+|PF2|=6，T|PF1|=4，|PF2|=2．由于42+22=(2)2．故DPF1F2是直角三角形． ∴ S=4． 9．已知A={x|x2－4x+3<0，x∈R}， B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R} 若AíB，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ． 解：A=(1，3)； 又，a≤－21－x∈(－1，－)，當(dāng)x∈(1，3)時(shí)，a≥ －7∈(－7，－4)． ∴ －4

13、≤a≤－1． 10．已知a，b，c，d均為正整數(shù)，且logab=，logcd=，若a－c=9，則b－d= ． 解：a3=b2，c5=d4，設(shè)a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9． ∴ x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93． 11．將八個(gè)半徑都為1的球分放兩層放置在一個(gè)圓柱內(nèi)，并使得每個(gè)球都和其相鄰的四個(gè)球相切，且與圓柱的一個(gè)底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于 ． 解：如圖，ABCD是下層四個(gè)球的球心，EFGH是上層的四個(gè)球心．每個(gè)球

14、心與其相切的球的球心距離=2．EFGH在平面ABCD上的射影是一個(gè)正方形．是把正方形ABCD繞其中心旋轉(zhuǎn)45°而得．設(shè)E的射影為N，則 MN=－1．EM=，故EN2=3－(－1)2=2．∴ EN=．所求圓柱的高=2+． 12． 設(shè)Mn={(十進(jìn)制)n位純小數(shù)0.|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是Mn中元素的個(gè)數(shù)，Sn是Mn中所有元素的和，則= ． 解：由于a1，a2，…，an－1中的每一個(gè)都可以取0與1兩個(gè)數(shù)，Tn=2n－1． 在每一位(從第一位到第n－1位)小數(shù)上，數(shù)字0與1各出現(xiàn)2n－2次．第n位則1出現(xiàn)2n－1次． ∴ S

15、n=2n－2′…1+2n－2′10－n． ∴ =′=． 三、（本題滿分20分） 13．設(shè)≤x≤5，證明不等式 2++<2． 解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0．T≤x≤5． 由平均不等式≤≤． ∴ 2++=+++≤2． 但2在≤x≤5時(shí)單調(diào)增．即2≤2=2． 故證． 四、(本題滿分20分) 14．設(shè)A、B、C分別是復(fù)數(shù)Z0=ai，Z1=+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是實(shí)數(shù))對(duì)應(yīng)的不共線的三點(diǎn)．證明：曲線 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R) 與△

16、ABC中平行于AC的中位線只有一個(gè)公共點(diǎn)，并求出此點(diǎn)． 解：曲線方程為：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t) ∴ x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1) y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2 即 y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1)．

17、 ① 若a－2b+c=0，則Z0、Z1、Z2三點(diǎn)共線，與已知矛盾，故a－2b+c10．于是此曲線為軸與x軸垂直的拋物線． AB中點(diǎn)M：+(a+b)i，BC中點(diǎn)N：+(b+c)i． 與AC平行的中位線經(jīng)過M(，(a+b))及N(，(b+c))兩點(diǎn)，其方程為 4(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(≤x≤)． ② 令 4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c． 即4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由a－2b+c10

18、，得 4x2+4x+1=0， 此方程在[，]內(nèi)有惟一解： x=． 以x=代入②得， y=(a+2b+c)． ∴ 所求公共點(diǎn)坐標(biāo)為(，(a+2b+c))． 五、(本題滿分20分) 15．一張紙上畫有一個(gè)半徑為R的圓O和圓內(nèi)一個(gè)定點(diǎn)A，且OA=a，折疊紙片，使圓周上某一點(diǎn)A￠剛好與點(diǎn)A重合．這樣的每一種折法，都留下一條折痕．當(dāng)A￠取遍圓周上所有點(diǎn)時(shí)，求所有折痕所在直線上點(diǎn)的集合． 解：對(duì)于⊙O上任意一點(diǎn)A￠，連AA￠，作AA￠的垂直平分線MN，連OA￠．交MN于點(diǎn)P．顯然OP+PA=OA￠=R．由于點(diǎn)A在⊙O內(nèi)，故O

19、A=aa)為長軸的橢圓C． 而MN上任一異于P的點(diǎn)Q，都有OQ+QA=OQ+QA￠>OA￠．故點(diǎn)Q在橢圓C外．即折痕上所有的點(diǎn)都在橢圓C上及C外． 反之，對(duì)于橢圓C上或外的一點(diǎn)S，以S為圓心，SA為半徑作圓，交⊙O于A￠，則S在AA￠的垂直平分線上，從而S在某條折痕上． 最后證明所作⊙S與⊙O必相交． 1° 當(dāng)S在⊙O外時(shí)，由于A在⊙O內(nèi)，故⊙S與⊙O必相交； 2° 當(dāng)S在⊙O內(nèi)時(shí)(例如在⊙O內(nèi)，但在橢圓C外或其上的點(diǎn)S￠)，取過S￠的半徑OD，則由點(diǎn)S￠在橢圓C外，故OS￠+S￠A≥R(橢圓的

20、長軸)．即S￠A≥S￠D．于是D在⊙S￠內(nèi)或上，即⊙S￠與⊙O必有交點(diǎn)． 于是上述證明成立． 綜上可知，折痕上的點(diǎn)的集合為橢圓C上及C外的所有點(diǎn)的集合． 加試題 (10月12日上午10:00-12:00) 一、（本題50分） 過圓外一點(diǎn)P作圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為A、B，所作割線交圓于C、D兩點(diǎn)，C在P、D之間．在弦CD上取一點(diǎn)Q，使∠DAQ=∠PBC． 求證：∠DBQ=∠PAC． 分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，則DBDQ∽DDAQ．反之，若DBDQ∽DDAQ．則本題成立．而要證DBDQ∽DDAQ，只要證=即可． 證明：連

21、AB． ∵ DPBC∽DPDB， ∴ =，同理，=． ∵ PA=PB，∴ =． ∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ，∠ABC=∠ADQ． ∴ DABC∽DADQ． ∴ =．∴ =． ∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ． ∴ DADQ∽DDBQ． ∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC．證畢． 二、（本題50分） 設(shè)三角形的三邊長分別是正整數(shù)l，m，n．且l>m>n>0． 已知=+，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超過x的最大整數(shù)．求這種三角形周長的最小值． 解：當(dāng)3l、3m、3n的末四位數(shù)字相同時(shí)，=+． 即求滿足3lo3m≡3n( mod 104)的l、m、n

22、．∴ 3n(3l－n－1)≡0 (mod 104)．(l－n>0) 但 (3n，104)=1，故必有3l－n≡1(mod 104)；同理3m－n≡1(mod 104)． 下面先求滿足3x≡1(mod 104)的最小正整數(shù)x． ∵ j(104)=104′′=4000．故x|4000．用4000的約數(shù)試驗(yàn)： ∵ x=1，2，時(shí)3x1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x必須是4的倍數(shù)； ∵ x=4，8，12，16時(shí)3x1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x必須是20的倍數(shù)； ∵ x=20，40，60，80時(shí)3x1(mod 103)，而3100≡1(m

23、od 103)，∴ x必須是100的倍數(shù)； ∵ x=100，200，300，400時(shí)3x1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)． 即，使3x≡1(mod 104)成立的最小正整數(shù)x=500，從而l－n、m－n都是500的倍數(shù)， 設(shè)l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)． 由m+n>l，即n+500h+n>n+500k，Tn>500(k－h(huán))≥500，故n≥501． 取n=501，m=1001，l=1501，即為滿足題意的最小三個(gè)值． ∴ 所求周長的最小值=3003． 三、（本題50分） 由n個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的l條連線段組成一個(gè)空間圖形

24、，其中n=q2+q+1，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此圖中任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條連線段，存在一點(diǎn)至少有q+2條連線段．證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形(即由四點(diǎn)A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形)． 證明：設(shè)點(diǎn)集為V＝{A0，A1，…，An－1}，與Ai連線的點(diǎn)集為Bi，且|Bi|＝bi．于是1≤bi≤n－1．又顯然有 bi＝2l≥q(q+1)2+2． 若存在一點(diǎn)與其余點(diǎn)都連線，不妨設(shè)b0＝n－1． 則B0中n－1個(gè)點(diǎn)的連線數(shù) l－b0≥q(q+1)2+1－(n－1) (注意：q(q+1)＝q2+q＝n－1) ＝(q+1)(n－1)－(n

25、－1)+1＝(q－1)(n－1)+1 ≥(n－1)+1≥[(n－1)]+1．(由q≥2) 但若在這n－1個(gè)點(diǎn)內(nèi)，沒有任一點(diǎn)同時(shí)與其余兩點(diǎn)連線，則這n－1個(gè)點(diǎn)內(nèi)至多連線[]條，故在B0中存在一點(diǎn)Ai，它與兩點(diǎn)Aj、Ak(i、j、k互不相等，且1≤i，j，k)連了線，于是A0、Aj、Ai、Ak連成四邊形． 現(xiàn)設(shè)任一點(diǎn)連的線數(shù)≤n－2．且設(shè)b0＝q+2≤n－2．且設(shè)圖中沒有四邊形．于是當(dāng)i≠j時(shí)，Bi與Bj沒有公共的點(diǎn)對(duì)，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．記＝V\B0，則由|Bi∩B0|≤1，得|Bi∩|≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且當(dāng)1≤i，j≤n－1且i≠j時(shí)，Bi∩與

26、Bj∩無公共點(diǎn)對(duì)．從而 中點(diǎn)對(duì)個(gè)數(shù)≥(Bi∩中點(diǎn)對(duì)個(gè)數(shù))．即 C≥C≥C ＝ (b－3bi+2)≥[(bi)2－3bi+2(n－1)](由平均不等式) ＝[(2l－b0)2－3(2l－b0)+2(n－1)]＝[(2l－b0)2－3(n－1)(2l－b0)+2(n－1)2] ＝(2l－b0－n+1)(2l－b0－2n+2)(2l≥q(q+1)2+2＝(n－1)(q+1)+2) ≥[(n－1)(q+1)+2－b0－n+1][(n－1)(q+1)+2－b0－2n+2] ＝[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(兩

27、邊同乘以2(n－1)即 (n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入) 得 q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因數(shù)比較) ① 但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3(b0≥q+2)≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．② (nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0． ③ 又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均為正整數(shù)， 從而由②、③得， q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)． ④ 由①、④矛盾，知原命題成立．