高中数学奥林匹克竞赛全真试题

12003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题（本题满分36分，每小题6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（）A．2046B．2047C．2048D．20492、设a，b∈R，ab≠0，那么，直线ax－y＋b=0和曲线bx2＋ay2=ab的图形是（）3、过抛物线y2=8（x＋2）的焦点F作倾斜角为60°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．163B．83C．1633D．834、若5[,]123x，则2tan()tan()cos()366yxxx的最大值是（）.A．1225B．1126C．1136D．12355、已知x、y都在区间（－2，2）内，且xy=－1，则函数224949uxy的最小值是（）A．85B．2411C．127D．1256、在四面体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的距离为2，夹角为3，则四面体ABCD的体积等于（）A．32B．12C．13D．33二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7、不等式|x|3－2x2－4|x|＋30的解集是__________.8、设F1，F2是椭圆22194xy的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|：|PF2|=2：1，则△PF1F2的面积等于__________.9、已知A={x|x2－4x＋30，x∈R}，B={x|21－x＋a≤0，x2－2（a＋7）x＋5≤0，x∈R}.若AB，则实数a的取值范围是__________.10、已知a，b，c，d均为正整数，且35log,log24acbd，若a－c=9，b－d=__________.11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于__________.12、设Mn={（十进制）n位纯小数0.12|niaaaa只取0或1（i=1，2，…，n－1），an=1}，2Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则limnnnST=__________.三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、设352x，证明不等式2123153219xxx.14、设A，B，C分别是复数Z0=ai，Z1=12＋bi，Z2=1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点.证明：曲线Z=Z0cos4t＋2Z1cos2tsin2t＋Z2sin4t（t∈R）与△ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点.15、一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A′刚好与A点重合.这样的每一种折法，都留下一条直线折痕.当A′取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合.加试一、（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B.所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间.在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC.求证：∠DBQ=∠PAC.二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l，m，n，且lmn.已知444333{}{}{}101010lmn，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数.求这种三角形周长的最小值.三、（本小题满分50分）由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2＋q＋1，l≥12q（q＋1）2＋1，q≥2，q∈N.已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）.答案一、选择题1、注意到452=2025，462=2116，故2026=a2026－45=a1981，2115=a2115－45=a2070.而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.又1981＋22=2003，故a2003=a1981＋22=2026＋22=2048.故选（C）.2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=ax＋b和221xyab，则观察可知应选（B）.3、易知此抛物线焦点F与坐标原点重合，故直线AB的方程为y=3x.因此，A，B两点的横坐标满足方程：3x2－8x－16=0.由此求得弦AB中点的横坐标043x，纵坐标043y，进而求得其中垂线方程414()333yx，令y=0，得P点的横坐标416433x，即163PF，故选（A）.34、22tan()cot()cos()3361cos()226cos()sin()332cos()46sin(2)3542,2[,],[,].12322364625cos()[,].46123sin(2)3113.36yxxxxxxxxxxxxxxy因为所以可见与在上同为递增函数故当时,取最大值故选().C5、由已知得1yx，故2422242224997243514491937437(9)xxxuxxxxxx而x∈（－2，12）∪（12，2），故当222224249,,93xxxxx即时之值最小，而此时函数u有最小值125，故选（D）.6、如图，过C作//CEAB，以△CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABF－ECD，则所求四面体的体积V1等于上述棱柱体积V2的13.而△CDE的面积S=12CE×CD×sin∠ECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD的高，故21133sin2132222VMNCECDECD因此121132VV，故选（B）.二、填空题7、由原不等式分解可得（|x|－3）（x2＋|x|－1）0，由此得所求不等式的解集为5151(3,)(,3)22.8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，则由其方程知a=3，b=2，c=5，故|PF1|＋|PF2|=2a=6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2，4，25，而22＋42=225，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为42和4，故△PF1F2的面积=12|PF1|·|PF2|=12×2×4=4.9、易得A=（1，3），设f(x)=21－x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5要使AB，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)≤0，f(3)≤0，g(1)≤0，g(3)≤0.由此推出－4≤a≤－1.10、由已知可得352424,,(),().bdabcdacac从而因此，a|b，c|d.又由于a－c=9，故22222422222259()()9,()()9,,.41bbdabdbdbdacacaadccbdcac即故因而于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93.11、如图，由已知上下层四个球的球心A′，B′，C′，D′和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O′和O为上下底面构成圆柱.同时，A′在下底面的射影必是AB的中点M.在△A′AB中，A′A=A′B=AB=2.设AB的中点为N，则A′N=3.又OM=OA=2，ON=1.所以MN=2－1，224()()228AMANMN.因此所示原来圆柱的高为482.12、因为Mn中小数和小数点后均有n位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择（0或1）方法，故Tn=2n－1.又因在这2n－1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半，故11211212111111112()221010101011(1)11010221101101112(1)2910101111limlim[(1)].18181010nnnnnnnnnnnnnnnnnnnSST故三、解答题13、由于（a＋b＋c＋d）2=a2＋b2＋c2＋d2＋2（ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd）≤4（a2＋b2＋c2＋d2），因此a＋b＋c＋d≤22222abcd（当且仅当a=b=c=d时取等号）.5取a=b=1x，c=23x，d=153x，则21231532(1)(1)(23)(153)214219xxxxxxxx因为1x，23x，153x不能同时相等，所以2123153219xxx.14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi=acos4t·i＋2(12＋bi)cos2tsin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚部分离，可得x=cos2tsin2t＋sin4t=sin2ty=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0≤x≤1)即y=(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a①又因为A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是13(,),(,)4242abbcDE.所以直线DE的方程为y=(c－a)x＋14(3a＋2b－c)②由①，②联立得a＋c－2b（x－12）2=0.由于a＋c－2b≠0，故（x－12）2=0，于是得x=12.注意到113424，所以，抛物线与△ABC中平行于AC的中位线DE有且只有一个公共点，此点的坐标为12(,)24acb，其对应的复数为1224acbZi15、如图，以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有A（a，0）.设折叠时，O上点A′（Rcosα，Rsinα）与点A重合，而折痕为直线MN，则MN为线段AA′的中垂线.设P(x，y)为MN上任一点，则|PA′|=|PA|.故(x－Rcosα)2＋(y－Rsinα)2=(x－a)2＋y2，即2R(xcosα＋ysinα)=R2－a2＋2ax，故62222222222222222222222222222cossin222sin(),sin,cos.22||1.()2()21.()()()222()2()()()222xyRaaxxyRxyRaaxxyRxyxyxyRaaxRxyaxyRRaaxyRRa可得其中故此不等式也可直接由柯西不等式得到.平方后可化为即所求点的集合为椭圆1().外含边界部分加试一、如图，连结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故△ADQ∽△ABC，而有BCDQABAD，即BC·AD=AB·DQ.又由切割线关系知△PCA∽△PAD，故PCACPAAD；同理由△PCB∽△PBD得BCBCPBBD.又因PA=PB，故ACBCADBD，得AC·BD=BC·AD=AB·DQ.又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知AC·BD＋BC·AD=AB·CD于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=12CD，即CQ=DQ.在△CBQ与△ABD中，ADDQCQABBCBC，∠BCQ=∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，故∠CBQ=∠ABD，即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC.二、由题设可知444444333333[][][]101010101010llmmnn于是444333(mod2)333(mod)333(mod5)②lmnlmnlmn①由于（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l－m≡3m－n≡1(mod24).现在设u是满足3u≡1(mod24)的最小正整数，则对任意满足3v≡1(mod24)的正整数v，我们有u|v，即u整除v.事实上，若\|uv，则