《（整理版）一九九九全国高中数学联合竞赛.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（整理版）一九九九全国高中数学联合竞赛.doc（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、一九九九年全国高中数学联合竞赛第一试(10月10日上午8:00-9:40)一选择题：每题6分1给定公比为q(q1)的等比数列an，设b1=a1+a2+a3 , b2=a4+a5+a6 , ,bn=a3n-2+a3n-1+a3n , 那么数列bn ( )(A)是等差数列 (B)是公比q为的等比数列 (C)是公比为q3的等比数列 (D)既非等差数列又非等比数列2平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么满足不等式(|x|1)2+(|y|1)2<2的整点(x，y)的个数是( )A16 B17 C18 D253假设(log23)x(log53) x (log23)y(log53)y，
2、那么( ) Axy0 Bx+y0 Cxy0 Dx+y041：假设平面上的直线a与平面上的直线b为异面直线，直线c是与的交线，那么c至多与a , b中的一条相交。2：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条是异面直线。 那么( ) (A12不正确 (B21不正确(C(D5在某次乒乓球单打比赛中，原方案每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场，那么在上述3名选手之间比赛的场数是( )(A) 0 B1 C2 D36点A1，2，过点5，-2的直线与抛物线y2=4x交于另外两点B，C，那么ABC是( )A锐角三角形 B钝角三角形 C直角三角形 D答案不确
3、定一、 填空题：(每题9分)1、正整数n不超过，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么这样的n的个数是 2、=arctan ，那么复数z=的辐角主值是 3、在ABC中，记BC=a , CA=b , AB=c ,假设9a2+9b219c2=0 , 那么= 4、点P在双曲线=1上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项，那么P的横坐标是 5、直线ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合3，2，1，0，1，2，3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样的直线的条数是 6、三棱锥SABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是SBC的垂
4、心，二面角HABC的平面角等于30°，SA=2，那么三棱锥SABC的体积为 三、此题总分值为20分当x 0，1时，不等式 x2cosx(1x)+(1x) 2sin>0恒成立，试求的取值范围。四、此题总分值20分给定A2，2，B是椭圆+=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+|BF|取最小值时，求B的坐标。五、此题总分值20分给定正整数n和正数M，对于满足条件a21+a2n+1M的所有等差数列a1，a2，a3，试求S=an+1+an+2+a2n+1的最大值。第二试一、(总分值50分)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC
5、于G求证：GAC=EAC.二、(总分值50分)给定实数a，b，c，复数z1，z2，z3满足：求|az1+bz2+cz3|的值三、(总分值50分)给定正整数n，用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1,2,3,n克的所有物品。1求k的最小值f(n)；2当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。一九九九年全国高中数学联赛解答第一试一选择题：每题6分1给定公比为q(q1)的等比数列an，设b1=a1+a2+a3 , b2=a4+a5+a6 , ,bn=a3n-2+a3n-1+a3n , 那么数列bn ( )(A)是等差数列 (B)是公比q为的等比数列
6、 (C)是公比为q3的等比数列 (D)既非等差数列又非等比数列解：由题设，an=a1qn1 ，那么=q3因此，bn是公比为q3的等比数列应选C2平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么满足不等式(|x|1)2+(|y|1)2<2的整点(x，y)的个数是( )A16 B17 C18 D25解：由|x|1)2+(|y|1)2<2,可得(|x|1,|y|1)为(0，0)，(0，1)，(0，1)，(1，0)或(1，0).从而，不难得到(x,y)共有16个选A3假设(log23)x(log53) x (log23) y(log53) y，那么( ) Axy0 Bx+y0 Cxy
7、0 Dx+y0解：记f(t)=(log23)t(log53)t，那么f(t)在R上是严格增函数原不等式即f(x)f(y)故xy，即x+y0选B41：假设平面上的直线a与平面上的直线b为异面直线，直线c是与的交线，那么c至多与a , b中的一条相交。2：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条是异面直线。 那么( ) (A12不正确 (B21不正确(C(D解：如图，c与a、b选D5在某次乒乓球单打比赛中，原方案每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场，那么在上述3名选手之间比赛的场数是( )(A) 0 B1 C2 D3解：设这三名选手之间的比赛场
8、数是r，共n名选手参赛由题意，可得50=C+r+(62r)，即 (n3)(n4) =44+r由于0r3，经检验可知，仅当r=1时，n=13为正整数选B6点A1，2，过点5，2的直线与抛物线y2=4x交于另外两点B，C，那么ABC是( )A锐角三角形 B钝角三角形C直角三角形 D答案不确定解：设B(t2,2t),C(s2,2s),st,s1,t1，那么直线BC的方程为=，化得2x(s+t)y+2st=0由于直线BC过点(5，2)，故 2×5(s+t)(2)+2st=0，即 (s+1)(t+1)=4因此，kAB·kAC=·=1.所以，BAC=90°，从而AB
9、C是直角三角形二填空题：(每题9分)1、正整数n不超过，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么这样的n的个数是 解：首项为a为的连续k个正整数之和为Sk=ka+k(k+1)由Sk，可得60k62当k=60时，Sk=60a+30×59，由Sk，可得a3，故Sk=1830,1890,1950；当k=61时，Sk=61a+30×61，由Sk，可得a2，故Sk=1891，1952；当k=62时，Sk=62a+31×61，由Sk，可得a1，故Sk=1953于是，题中的n有6个2、=arctan ，那么复数z=的辐角主值是 解：z的辐角主值argz=arg(12+5i)
10、2(239i)=arg(119+120i)(239i)=arg(28561+28561i)=3、在ABC中，记BC=a , CA=b , AB=c ,假设9a2+9b219c2=0 , 那么= 解：=·=4、点P在双曲线=1上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项，那么P的横坐标是 解：记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a、b、c，离心率为e，点P到右准线l的距离为d，那么a=4, b=3, c=5, e=, 右准线l为x= 如果P在双曲线右支，那么|PF1|=|PF2|+2a=ed+2a从而，|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2e
11、d+2a>2d，这不可能；故P在双曲线的左支，那么|PF2|PF1|=2a,|PF1|+|PF2|=2d两式相加得2|PF2|=2a+2d又|PF2|=ed,从而ed=a+d故d=16因此，P的横坐标为16=5、直线ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合3，2，1，0，1，2，3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样的直线的条数是 解：设倾斜角为，那么tan=>0不妨设a>0，那么b<0(1)c=0,a有三种取法，b有三种取法，排除2个重复(3x3y=0,2x2y=0与xy=0为同一直线)，故这样的直线有3×32=7条；(2)c0，那么a有
12、三种取法，b有三种取法，c有四种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36条从而，符合要求的直线有7+36=43条6、三棱锥S-ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是SBC的垂心，二面角HABC的平面角等于30°，SA=2，那么三棱锥SABC的体积为 解：由题设，AH面SBC作BHSC于E由三垂线定理可知SCAE，SCAB故SC面ABE设S在面ABC内射影为O，那么SO面ABC由三垂线定理之逆定理，可知COAB于F同理，BOAC故O为ABC的垂心又因为ABC是等边三角形，故O为ABC的中心，从而SA=SB=SC=2因为CFAB，C
13、F是EF在面ABC上的射影，由三垂线定理，EFAB 所以，EFC是二面角H-AB-C的平面角故EFC=30°，OC=SCcos60°=2´=，SO=tan60°=3又 OC=AB，故AB=OC=×=3所以，VS-ABC=´´32´3= 三、此题总分值为20分当x 0，1时，不等式 x2cosx(1x)+(1x) 2sin>0恒成立，试求的取值范围。解：假设对一切x0，1，恒有 f(x)=x2cosx(1x)+(1x)2sin>0，那么cos=f(1)>0,sin=f(0)>0. (1)取 x
14、0=(0，1)，那么x0-(1-x0)=0由于f(x)=x-(1-x)2+2(+)x(1x)所以，0<f(x0)=2(+)x0(1x0) 故+>0 (2)反之，当(1)，(2)成立时，f(0)=sin>0，f(1)=cos>0，且x(0，1)时，f(x)2(+)x(1x)>0先在0,2中解(1)与(2)：由cos>0,sin>0，可得0<<又+>0，>, sin2>, sin2>,注意到 0<2<，故有 <2< ,所以，<<因此，原题中的取值范围是 2k+<<2k+,
15、kZ四、此题总分值20分给定A2，2，B是椭圆+=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+|BF|取最小值时，求B的坐标OB'BNlyAFMx1解：记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a、b、c，离心率为e那么a=5,b=4,c=3,e=，左准线为x=过点B作左准线x=的垂线，垂足为N，过A作此准线的垂线，垂足为M由椭圆定义，|BN|=|BF|于是， |AB|+|BF|=|AB|+|BN|AN|AM|(2)()= (定值)，等号成立当且仅当B是AM与椭圆的交点时，此时B(，2)所以，当|AB|+|BF|取最小值时，B的坐标为(，2) 五、此题总分值20分给定正整数n和正数M，对于满足条件a
16、21+a2n+1M的所有等差数列a1，a2，a3，试求S=an+1+an+2+a2n+1的最大值。解 设此数列的公差为d，那么S= an+1+an+2+a2n+1=(n+1)(a1+nd).故=a1+nd由n给定，故应求a1+nd =t的最大值Ma12+(a1+nd)2=2a12+2a1nd+n2d2=(a1+nd)2+(2)a12+(23)a1nd+(1)n2d2(假设(2)a12+(23)a1nd+(1)n2d2能配成完全平方式，那么可求出t的最大值)取(23)24(2)(1)=0，即412+928+2292=0，= M(a1+nd)2+(4a1+nd)2()2. S(n+1)等号当且仅当
17、4a1+nd=0及M=(a1+nd)2时成立即a1=nd，a1=，d=·时成立易算得此时a12+an+12=M，S=(n+1) S的最大值为(n+1)第二试一、(总分值50分)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：GAC=EAC.证明 连结BD交AC于H，对BCD用Ceva定理，可得··=1因为AH是ÐBAD的角平分线，由角平分线定理，可得=，故··=1过点C作AB的平行线交AG延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J，那么 =，=，所以， ·
18、;·=1从而，CI=CJ又因CIAB，CJAD，故ÐACI=-ÐBAC=-ÐDAC=ÐACJ，因此，ACIACJ，从而ÐIAC=ÐJAC，即ÐGAC=ÐEAC二、(总分值50分)给定实数a,b,c，复数z1,z2,z3满足：求|az1+bz2+cz3|的值。解：记 ei=cos+isin可设=ei，=ei，那么=ei(+)由题设，有ei+ei+ei(+)=1两边取虚部，有0=sin+sinsin(+)=2sincos2sincos=2sin(coscos)=4sinsinsin故=2k或=2k或+=2k，
19、kZ因而，z1=z2或z2=z3或z3=z1如果z1=z2，代入原式即1+=1故()2+1=0，故=±i这时，|az1+bz2+cz3|=|z1|a+b±ci|=类似地，如果z2=z3,那么|az1+bz2+cz3|=，如果z3=z1,那么|az1+bz2+cz3|=所以，|az1+bz2+cz3|的值为或 或 三、(总分值50分)给定正整数n，用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，3，n克的所有物品。1求k的最小值f(n)；2当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。(1)解：设这k块砝码的质量数分别为a1,a2,
20、ak，且1a1a2ak，aiZ，1ik因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为xiai，xi1，0，1假设利用这k块砝码可以称出质量为1，2，3，,n的物品，那么上述表示式中含有1，2，n，由对称性易知也含有0，1，2，n，即xiai|xi1，0，10,±1，±n所以，2n+1=|0，±1，±n| |xiai|xi1，0，1|3k，即 n设 <n(m1,mZ)，那么km且k=m时，可取a1=1，a2=3，am=3m1由数的三进制表示可知，对任意0p3m1,都有p=yi·3i1，其中yi0，1，2那么 p=yi·3i13i1=(yi
21、1)·3i1令xi=yi1，那么xi1，0，1故对一切l 的整数l，都有l=xi·3i1，其中xi1，0，1由于n，因此，对一切nln的整数l，也有上述表示综上，可知k的最小值f(n)=m(<n) (2)证明：.当<n< 时，由(1)可知1，3，3m1，3m就是一种砝码的组成方式下面我们证明1，3，3m1,3m1也是一种方式假设1l ，由(1)可知l=xi·3i1，xi1，0，1那么 l=xi·3i1+0·(3m1)；假设 <ln< ，那么 <l+1由(1)可知l+1=xi·3i1，其中xi1，0，
22、1易知xm+1=1(否那么l3i11=1,矛盾)那么l=xi·3i1+1·(3m1)所以，当n时，f(n)块砝码的组成方式不惟一.下面我们证明：当n=时，f(n)=m块砝码的组成方式是惟一的，即ai=3i1(1im)假设对每个l,都有l=xiai，xi1，0，1即 xiai|xi1，0，10,±1，±注意左边集合中至多有3m个元素故必有xiai|xi1，0，1=0,±1，±从而，对每个l，l ,都可以惟一地表示为l=xiai，其中xi1，0，1因而，ai=那么(xi+1)ai=xiai+ai=xiai+令yi=xi+1,那么yi0，1，2由上可知，对每个0l3m1，都可以惟一地表示为 l=yiai，其中yi0，1，2特别地，易知1a1<a2<<am下面用归纳法证明ai=3i1(1im)当i=1时，易知yiai中最小的正整数是a1，故a1=1假设当1ip时，ai=3i1 由于yiai =yi·3i1, yi0，1，2就是数的三进制表示，易知它们正好是0，1，2，,3p1，故ap+1应是除上述表示外yiai |yi0，1，2中最小的数，因此，ap+1=3p由归纳法可知，ai=3i1(1im)综合，可知，当且仅当n=时，上述f(n)块砝码的组成方式是惟一确定的