（整理版）全国高中数学联合竞赛一试试题（A卷）.doc

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1、全国高中数学联合竞赛一试试题A卷说明：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；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次一、选择题此题总分值36分，每题6分1函数在上的最小值是 C A0 B1 C2 D3解当时，因此，当且仅当时上式取等号而此方程有解，因此在上的最小值为22设，假设，那么实数的取值范围为 D A B C D解法一 因有两个实根 ，故等价于且，即且，解之得 解法二特殊

2、值验证法令，排除C，令，排除A、B，应选D。解法三根的分布由题意知的两根在内，令那么解之得：3甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，那么比赛停止时已打局数的期望为 B A. B. C. D. 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，那么该轮结束时比赛停止的概率为 假设该轮结束时比赛还将继续，那么甲、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，故解法二 依题意知，的所有可能值为2，4，6.令表示甲在第局比赛中获

3、胜，那么表示乙在第局比赛中获胜由独立性与互不相容性得， ， ，故4假设三个棱长均为整数：cm的正方体的外表积之和为564 cm2，那么这三个正方体的体积之和为 A A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3解 设这三个正方体的棱长分别为，那么有，不妨设，从而，故只能取9，8，7，6假设，那么，易知，得一组解假设，那么，但，从而或5假设，那么无解，假设，那么无解此时无解假设，那么，有唯一解，假设，那么，此时，故，但，故，此时无解综上，共有两组解或体积为cm3或cm35方程组的有理数解的个数为 B A. 1 B. 2 C.

4、 3 D. 4解 假设，那么解得或假设，那么由得 由得 将代入得 由得，代入化简得.易知无有理数根，故，由得，由得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或6设的内角所对的边成等比数列，那么的取值范围是 C A. B. C. D. 解 设的公比为，那么，而 因此，只需求的取值范围因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且即有不等式组即解得从而，因此所求的取值范围是二、填空题此题总分值54分，每题9分7设，其中为实数，假设，那么 5 .解 由题意知，由得，因此，8设的最小值为，那么解 ，(1) 时，当时取最小值；(2) 时，当时取最小值1；(3) 时，当时取最小值又或时，的最

5、小值不能为，故，解得，(舍去)9 222种解法一 用4条棍子间的空隙代表表示名额如 假设把每个“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“，故有种综上知，满足条件的分配方法共有25331222种，那么每校至少有一个名额的分法数为不定方程的正整数解的个数，即方程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：综上知，满足条件的分配方法共有25331222种10设数列的前项和满足：，那么通项=解 ，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故

6、，所以11设是定义在上的函数，假设 ，且对任意，满足 ，那么=解法一 由题设条件知 ，因此有，故 解法二 令，那么 ，即，故，得是周期为2的周期函数，所以12一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，那么该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 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，作平面/平面，与小球相切于点，那么小球球心为正四面体的中心，垂足为的中心因答12图1 ，故，从而记此时小球与面的切点为，连接，那么考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2记正四面体的棱长

7、为，过作于答12图2 因，有，故小三角形的边长小球与面不能接触到的局部的面积为如答12图2中阴影局部 又，所以由对称性，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三、解答题此题总分值60分，每题20分13函数的图像与直线 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证： 答13图证 的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，5分 由于，所以，即 10分因此 15分 20分14解不等式解法一 由，且在上为增函数，故原不等式等价于即 5分分组分解 ， 10分所以， 15分所以，即或故原不等式解集为 20分解法二 由，且在上为增函数，故原不等式等价于5分即， ，

8、10分令，那么不等式为， 显然在上为增函数，由此上面不等式等价于 ， 15分即，解得(舍去)，故原不等式解集为 20分题15图15如题15图，是抛物线上的动点，点在轴上，圆内切于，求面积的最小值解 设，不妨设直线的方程:，化简得 又圆心到的距离为1， ， 5分故，易知，上式化简得， 同理有 10分所以，那么因是抛物线上的点，有，那么 ， 15分所以 当时，上式取等号，此时因此的最小值为8 20分全国高中数学联合竞赛加试A卷试题参考答案及评分标准说明：1评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评

9、分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次一、此题总分值50分如题一图，给定凸四边形，是平面上的动点，令求证：当到达最小值时，四点共圆；设是外接圆的上一点，满足：，又是的切线，求的最小值解法一 如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，有答一图1 因此 因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在上时， 10分又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号因此当且仅当为的外接圆与的交点时，取最小值故当达最小值时，四点共圆 20分记，那么，由正弦定理有，从而，即，所以，整理得， 30分解得或舍去，故， 由=,有，即，整理得，故，可得， 40分从而，为等腰直角三角形因，那么又也

10、是等腰直角三角形，故，故 50分答一图2解法二 如答一图2，连接交的外接圆于点因为在外，故在上过分别作的垂线，两两相交得，易知在内，从而在内，记之三内角分别为，那么，又因，得，同理有，所以 10分设，那么对平面上任意点，有 ，从而 由点的任意性，知点是使达最小值的点由点在上，故四点共圆 20分由，的最小值 ，记，那么，由正弦定理有，从而，即，所以，整理得， 30分解得或舍去，故， 由=,有，即，整理得，故，可得， 40分所以，为等腰直角三角形，因为，点在上，所以为矩形，故，所以 50分解法三 引进复平面，仍用等代表所对应的复数由三角形不等式，对于复数，有 ，当且仅当与复向量同向时取等号有 ，所

11、以 1 ，从而 2 10分1式取等号的条件是 复数 与同向，故存在实数，使得 ， ，所以 ，向量旋转到所成的角等于旋转到所成的角，从而四点共圆2式取等号的条件显然为共线且在上故当达最小值时点在之外接圆上，四点共圆 20分由知以下同解法一二、此题总分值50分设是周期函数，和1是的周期且证明：假设为有理数，那么存在素数，使是的周期；假设为无理数，那么存在各项均为无理数的数列满足 ，且每个都是的周期证假设是有理数，那么存在正整数使得且，从而存在整数，使得 于是是的周期10分又因，从而设是的素因子，那么，从而 是的周期 20分假设是无理数，令 ，那么，且是无理数，令 ， ， 30分由数学归纳法易知均为

12、无理数且又，故，即因此是递减数列 40分最后证：每个是的周期事实上，因1和是的周期，故亦是的周期假设是的周期，那么也是的周期由数学归纳法，已证得均是的周期 50分三、此题总分值50分设，证明：当且仅当时，存在数列满足以下条件：，；存在；， 证 必要性：假设存在满足，iii注意到中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 10分由可设，将上式取极限得 ，因此 20分充分性：假设定义多项式函数如下： ，那么在0,1上是递增函数，且，因此方程在0,1内有唯一的根，且，即 30分下取数列为，那么明显地满足题设条件，且 因，故，因此，即的极限存在，满足 40分最后验证满足，因，即，从而 综上，存在数列满足， 50分