00全国高中数学联赛试题

12000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|2x≤0}，B={x|2210x=x10},则BA是【答】（）(A){2}(B){1}(C){x|x≤2}(D)2．设sin＞0,cos＜0,且sin3＞cos3,则3的取值范围是【答】（）(A)(2k+6,2k+3),kZ(B)(32k+6,32k+3),kZ(C)(2k+65,2k+),kZ(D)(2k+4,2k+3)(2k+65,2k+),kZ3．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)33(B)233(C)33(D)634．给定正数p,q,a,b,c，其中pq，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=83（B）0k≤12（C）k≥≥≥111222（D）））0k≤12或k=86.平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线5435xy的距离中的最小值是(A)17034(B)8534(C)201(D)301【答】（）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。7.不等式232log121x的解集为8.设an是(3nx)的展开式中x项的系数(n=2,3,4,…)，则nnnaaa333(lim3322)=________.9.等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是____________.10.在椭圆12222byax(a＞b＞0)中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B.若该椭圆的离心率是215，则∠ABF=_________.11.一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的体积是________.12.如果：(1)a,b,c,d都属于{1,2,3,4}；(2)ab,bc,cd,da；(3)a是a,b,c,d中的最小值,那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是_________.2三、解答题(本题满分60分，每小题20分)13.设Sn=1+2+3+…+n,nN，求f(n)=1)32(nnSnS的最大值.14.若函数21321)(2xxf在区间[a,b]上的最小值为2a，最大值为2b，求[a,b].315.已知C0:x2+y2=1和C1:12222byax(a＞b＞0)。试问：当且仅当a,b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为项点,与C0外切,与C1内接的平行四边形？并证明你的结论。4【加试】一．（本题满分50分）如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于D．证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等．ABCDEFMN5二．（本题满分50分）设数列{an}和{bn}满足，且,2,1,047836711nbabbaannnnnn证明an（n=0，1，2，…）是完全平方数．6三．（本题满分50分）有n个人，已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n－2个人之间通电话的次数相等，都是3k次，其中k是自然数，求n的所有可能值．7-2-11221-1-2OBACD第3题2000年全国高中数学联合竞赛试题答案1.答案：D由22x得x=2，故A={2}；由xx101022得022xx，故B={-1，2}.所以BA=φ.2．答案：D由0sin，0cos得Zkkk,2,22从而有3∈Zkkk,332,632………………①又因为3cos3sin，所以又有3∈Zkkk,452,42…………②如上图所示，是①、②同时成立的公共部分为32,42kkZkkk,2,652.3．答案：C如图所示，设BD=t，则OD=3t-1，从而B（3t-1，t）满足方程122yx，可以得到t=3,所以等边三角形，ΔABC的面积是33.4．答案：A由题意知pq=a2，2b=p+c,2c=q+b32qpb，32qpcbc=32qp32qp≥3232pqqp=pq=a2.因为p≠q，故bca2，方程的判别式Δ=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22)15(25121525nmd34512)35(5nm由于m,n∈Z，故5(5m-3n)是5的倍数，只有当m=n=-1，时5(5m-3n)=-10与12的和的绝对值最小，其值为2，从而所求的最小值为8534.6．答案：B由5sin5cosi102sin102cosi知，ω，ω2，ω3，ω4，ω5，ω6，ω7，ω8，ω9，ω10(=1)是1的10个10次方根.从而有(x-ω)(x-ω2)(x-ω3)(x-ω4)(x-ω5)(x-ω6)(x-ω7)(x-ω8)(x-ω9)(x-ω10)=x10-1………①8由因ω2，ω4，ω6，ω8，ω10是1的5个5次方根，从而有(x-ω2)(x-ω4)(x-ω6)(x-ω8)(x-ω10)=x5-1………②①÷②得(x-ω)(x-ω3)(x-ω5)(x-ω7)(x-ω9)=x5+1………③③的两边同除以(x-ω5)=x+1，得(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)=x4-x3+x2-x+1.所以ω，ω3，ω7，ω9为根的方程是x4-x3+x2-x+1=0.二、填空题（满分54分，每小题9分）7．答案：-20°sin2000°=sin(5×360°+200°)=sin200°=-sin20°故arcsin(sin2000°)=arcsin(-sin20°)=-arcsin(sin20°)=-20°8．答案：18由二项式定理知，223nnnCa，因此nnnnann11118)1(2332nnnaaa3333322lim=nn1118lim=18.9．答案：313log3log3log3log4824aaaaq3log3log3log3log4284=3110．答案：90°如图所示，由215acc2+ac-a2=0，2222222cosbaaacabaABF=0则∠ABF=90°.11．答案：3242a[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=212BOa=2231aa=a36,由OB2=O1O2+O1B2=21OBBO+O1B2得-55a5-5bOABcF第10题ABCD0'EOH第11题9232aa362OB+,0312a故OB=,46623aa于是r=OE=22BEOB=224183aa=.221aV=34r2=2216134a=3242a.12．答案：28abcd中恰有2个不中数字时，能组成C24=6个不中数字abcd中恰有3个不中数字时，能组成C1312C12C+12C12C=12+4=16个不中数字abcd中恰有4个不中数字时，能组成P33=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：501解由已知，对任何nN,有f(n)=132NnSnS=232nnSn=64342nnn=nn64341又因n+n64+34nn64.2+34=50,故对任何nN,有f(n)=nn64341501由于f(8)=501,故f(n)的最大值为50114．答案：所求区间为[1,3]或[-2-17413].解化三种情况讨论区间[a,b].(1)若0ab,则f(x)在[a,b]上单调递减，故f(a)=2b,f(b)=2a于是有21321221321222baab，解之得[a,b]=[1,3],(2)若a0b,f(x)在[a,b]上单调递增，在[0,b]上单调递减，,因此f(x)在x=0处取最大值2b在x=a或x=b处取最小值2a.故2b=213,b=413.由于a0,又f(b)=-21(413)2+213=0323910故f(x)在x=a处取最小值2a,即2a=221a+213,解得a=-2-17;于是得[a,b]=[-2-17,413].(2)当ab0时，f(x)在[a,b]上单调递增，故f(a)=2a,f(b)=2b,即2a=-221a+213,2b=-221a+213.由于方程21x2+2x-213=0的两根异号，故满足ab0的区间不存在.综上所述，所求区间为[1,3]或[-2-17413].15．答案：所求条件为21a+21b=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,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ax+by=1,即bx+ay=ab.由于菱形与CO外切,故必有22baab=1,整理得21a+21b=1.必要性得证.充分性:设21a+21b=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(+2),r2sin(+2)),代入椭圆方程,得221cosar+221sinbr=1,222)]2cos([ar+222)]2sin([br=1,于是,21OP+21OQ=222111RR=(2222sincosba)+[22)2(cosa+22)2(sinb]=21a+21b=1.又在Rt△POQ中，设点O到PQ的距离为h，则h1=21OP+21OQ=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2222baba，22baab=1等条件者，应同样给分.-222-2OPRQS第15题（必要性）-222-2OPRQSM第15题（充分性）11CBAFDNME加试（一）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，∵FM⊥AB，FN⊥AC，∴A，M，F，N四点共圆.∴∠AMN=∠AFN,∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°，即MN⊥AD.∴SAMDN=21AD·MN∵∠CAF=∠DAB，∠ACF=∠ADB，∴△AFC∽△ABCADACABAFAB·AC=AD·AF.又AF是过A、M、F、N四点的圆的直经，∴BACMNsin=AFAFsin∠BAC=MN.∴21abcSAB·AC·sin∠BAC=21AD·AF·sin∠BAC=21AD·MN=SAMDN二．[证法一]：由假设得a1=4,b1=4且当n1时（2an+1-1）+13nb=(14an+12bn-7)+3(8an+7bn-4)=[(2an-1)+nb3](7+43)依次类推可得（2an-1）+nb3=(7+1)34n(2a1-1+13b)=(7+4n)3同理（2an-1+）-nb3=(7+4n)3从而an=41(7+4n)3