00全国高中数学联赛试题.doc

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1、2000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 设全集是实数，若A=x|0，B=x|=,则是 【答】（ ）(A) 2 (B) -1 (C) x|x2 (D) 2 设sina0,cosa0,且sincos,则的取值范围是 【答】（ ）(A) (2kp+,2kp+), kZ (B) (+,+),kZ(C)(2kp+,2kp+p),kZ (D)(2kp+,2kp+)(2kp+,2kp+p),kZ3 已知点A为双曲线x2-y2=1的左顶点，点B和点C在双曲线的右分支上，ABC是等边三角形，则ABC的面积是 【答】（ ）(A) (B) (C) 3 (D) 64 给定正数p

2、,q,a,b,c，其中pq，若p,a,q是等比数列，p,b,c,q是等差数列，则一元二次方程bx2-2ax+c=0 【答】（ ）(A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根5.如果满足ABC=60，AC=12，BC=k的ABC恰有一个，那么k的取值范围是【答】（ ）（A）k=8 （B）0k12 （C）k12 （D）0 a2，方程的判别式= 4a2 -4bc0，因此，方程无实数根.5 答案：B 设整点坐标(m,n)，则它到直线25x-15y+12=0的距离为由于m,nZ，故5(5m-3n)是5的倍数，只有当m=n=-1，时5(5m-3n)=-10 与12的和

3、的绝对值最小，其值为2，从而所求的最小值为.6 答案： B 由知，2，3，4，5，6，7，8，9，10(=1)是1的10个10次方根.从而有(x-)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)(x-9)(x-10)=x10-1由因2，4，6，8，10是1的5个5次方根，从而有 (x-2)(x-4)(x-6)(x-8)(x-10)=x5-1 得 (x-)(x-3)(x-5)(x-7)(x-9)=x5+1 的两边同除以(x-5)=x+1，得(x-)(x-3) (x-7)(x-9)= x4-x3+x2-x+1.所以，3，7，9为根的方程是x4-x3+x2-x+1=0.二、填

4、空题（满分54分，每小题9分）7 答案：-20sin2000=sin(5360+200)=sin200=-sin20故rcsin(sin2000)= rcsin(-sin20)= -rcsin(sin20)= -208答案：18由二项式定理知，因此=18.9答案：=10答案：90 如图所示，由c2+ac-a2=0，=0则ABF=90.11 答案：解 如图，设球心为O，半径为r,体积为V，面BCD的中心为O1，棱BC的中心点为E，则 AO1=,由 OB=O1O+O1B=+O1B得OB+ 故 OB=于是 r = OE = =V=r=.12答案：28 中恰有2个不中数字时，能组成C= 6个不中数字

5、中恰有3个不中数字时，能组成C+=12+4=16个不中数字中恰有4个不中数字时，能组成P=6个不中数字所以，符合要求的数字共有6+16+6=28个13答案：解 由已知，对任何nN, 有f (n)= = 又因n+34+34=50,故对任何nN, 有f (n)= 由于f(8)=,故f(n)的最大值为14答案：所求区间为1,3或-2-.解 化三种情况讨论区间a,b.(1) 若0ab, 则f (x)在 a, b 上单调递减，故f(a) =2b, f(b)=2a于是有，解之得 a, b = 1, 3 , (2)若a 0 b, f (x)在 a, b 上单调递增，在0,b 上单调递减，,因此f (x)在x

6、=0处取最大值2b在x=a或x=b处取最小值2a.故2b=,b=.由于a0, 又f(b)=-() + =故 f(x)在x=a处取最小值2a,即 2a=+,解得a=-2-;于是得 a,b=-2-,.(2) 当ab0时，f(x)在a,b 上单调递增，故f(a)=2a, f(b)=2b, 即2a=-+,2b=-+.由于方程x+2x-=0的两根异号，故满足ab0的区间不存在.综上所述，所求区间为1,3或-2-.15 答案：所求条件为+=1.证明：必要性：易知，圆外切平行四边形一定是菱形，圆心即菱形中心.假设论成立,则对点( a, 0 ), 有( a, 0 )为项点的菱形与C1内接,与Co外切. ( a

7、, 0 )的相对顶点为( - a, 0 ),由于菱形的对角线互相垂直平分,另外两个顶点必在y轴上,为(0, b) 和 (0, -b) .菱形一条边的方程为+=1,即bx+ay=ab.由于菱形与CO外切,故必有 =1,整理得+=1. 必要性得证.充分性:设+=1,P是C1上任意一点,过P、O作C1的弦PR，再过O作与PR垂直的弦QS，则PQRS为与C1内接菱形.设 OP = r1, OQ =r2, 则点O的坐标为(r1cos, r1sin),点Q的坐标为(r2cos(+),r2sin(+),代入椭圆方程,得+=1, +=1,于是,+=()+=+=1. 又在RtPOQ中，设点O到PQ的距离为h，则

8、=+=1,故得h=1同理，点O到QR，RS，SP的距离也为1，故菱形PQRS与C0外切.充分性得证.注对于给出 ，=1等条件者，应同样给分.2000年全国高中数学联合竞赛试卷答案加试一、证明：连结MN、BD，FMAB，FNAC，A，M，F，N四点共圆.AMN=AFN ,AMN+BAE=AFN+CAF=90，即MNAD. SAMDN=ADMNCAF=DAB，ACF=ADB，AFCABCABAC=ADAF . 又AF是过A、M、F、N四点的圆的直经，=AFAF sinBAC=MN.ABACsinBAC= ADAFsinBAC= ADM N=SAMDN二证法一：由假设得a1=4, b1=4且当n1时

9、 （2an+1-1）+=(14an+12bn-7)+(8an+7bn-4)=(2an-1)+(7+4)依次类推可得（2an-1）+= (7+(2a1 -1+)=(7+4同理（2an-1+ ）-=(7+4从而 an=(7+4+(7+4+ .由于 74=（2 ，所以 an =(2+(2-)由二项式展开得 c n =(2+(2-)= ,显然Cn为整数，于是an为完全平方数. 证法二：由已知得an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3=7an+48an-1+42bn-1-27 ,由 an=7an-1+6bn-1-3 ,得 42bn-1=7an-49an-1+21 ,从而

10、 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27=14an-an-1-6 .也就是 an+1=14an-an-1-6 .设(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) 则有解得或分别代入，根据数列 an+1-kan+t 是以a1-ka0+t为首项、p为公比的等比数列，整理得 -，整理得由二项式展开得 c n =(2+(2-)= ,显然Cn为整数，于是an为完全平方数.三解析：显然n5. 记n 个人为A1，A2， AN ， 设A1通话的次数为m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为yij, l .则 m i +m j y i . j =-= c . （*）其中c是常数 ，

11、l .根据（*）知，=1 , l ., l设 mi =maxms ,1 ,m j = minms,1sn. ,则 m i +m j1.若 m i +m j=1 ,则对于任意 s 1sn ,都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s y j ,s)=0 , 即 y I ,s y j ,s = 1故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s 1sn ,因此 mi n -2 , m j 1 . 于是 ，m i +m j n -32 .出现矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1sn)恒为常数 。根据 （*）知，y I ,j = 0

12、 或 y I ,j = 1 。若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1sn 。与已知条件矛盾 。因此 ，y I ,s =1 ms=n-1 , 1sn . 所以n(n-1)-(2n-3)=, 即 (n-2)(n-3)=2 .设 n-2=2 ,n-3= ,k1k2 , 则 2-=1 ，于是（-1）=1 ，得 =1 , -1=1 , 因此k2=0 , k1=0 .这与k1矛盾 .设 n-2= ， n-3=2 , ,k1k2+1 , 则 -2=1 , 于是（-2）= 1 ， 得 =1 ，-2=1 ，因此 k2=0 , k1=1 , n=5 .此时，若5人中每两人之间都通话一次，则其中任意3个人之间通话的总次数为次综上所述，n=5为n的所有可能值.13