00全国高中数学联赛试题及详细解析

一、选择题本题共有6小题，每题均给出（A）、（B）、（C）、（D）四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。1．设全集是实数，若A={x|2x≤0}，B={x|2210x=x10},则BA是（）(A){2}(B){1}(C){x|x≤2}(D)2．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（）(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3．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（）4．设5sin5cosi，则以,3,7,9为根的方程是（）(A)x4+x3+x2+x+1=0(B)x4x3+x2x+1=0(C)x4x3x2+x+1=0(D)x4+x3+x2x1=0[来源:Z_xx_k.Com]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。5．arcsin(sin2000)=__________.6．设an是(3nx)的展开式中x项的系数(n=2,3,4,…)，则nnnaaa333(lim3322)=________.7．等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是____________.8．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=_________.【加试】（10月15日上午10∶00-12∶00）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．[来源:学科网]二．（本题满分50分）设数列{an}和{bn}满足，且ABCDEFMN,2,1,047836711nbabbaannnnnn证明an（n=0，1，2，…）是完全平方数．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．2000年全国高中数学联合竞赛试题答案1.【答案】D【解析】由22x得x=2，故A={2}；由xx101022得022xx，故B={-1，2}.所以BA=φ.3．【答案】C【解析】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【解析】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【解析】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8534.二、填空题（满分54分，每小题9分）7．【答案】-20°【解析】sin2000°=sin(5×360°+200°)=sin200°=-sin20°故arcsin(sin2000°)=arcsin(-sin20°)=-arcsin(sin20°)=-20°8．【答案】18【解析】由二项式定理知，223nnnCa，因此nnnnann11118)1(2332nnnaaa3333322lim=nn1118lim=18.[来源:学科网ZXXK]11．【答案】3242a12．【答案】28【解析】abcd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14．【答案】所求区间为[1,3]或[-2-17413].【解析】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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.-222-2OPRQS第15题（必要性）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.2000年全国高中数学联合竞赛试卷答案加试二．【解析】[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+41(7+4n)3+21.由于743=（22)3，所以an=[21(2+n)3+21(2-3)2]n由二项式展开得cn=21(2+n)3+21(2-3)n=nkknC202k3kn22,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)……①②③④则有6)1(114ptpkkp解得323323473234722tpk或323323473234722tpk三．【解析】显然n5.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nji,.则[来源:Zxxk.Com]mi+mj–yi.j=nssm121-k3=c.（*）其中c是常数，lnji,.根据（*）知，jimm)()(sjsimmmm=sjsiyy..1,lnji,.1jimm,lnji,设mi=max{ms,1.ns},mj=min{ms,1sn.},则mi+mj1.若mi+mj=1,则对于任意s,,ji1sn,都有(mi+ms-yI,s)-(mj+ms-yI,s)=1-(yI,s–yj,s)=0,即yI,s–yj,s=1故yI,s=1,yj,s=0.s,,ji1sn,因此min-2,mj1.于是，mi+mjn-32.出现矛盾，故mi+mj=0，即ms(1sn)恒为常数。根据（*）知，yI,j=0或yI,j=1。若yI,j=0,则ms=0,1sn。与已知条件矛盾。因此，yI,s=1ms=n-1,1sn.所以21n(n-1)-(2n-3)=k3,即(n-2)(n-3)=2k3.[来源:学。科。网Z。X。X。K]