1、 20002000 年全国高中数学联赛试题年全国高中数学联赛试题 第一试第一试 （10 月 15 日上午 8:009:40） 一、一、 选择题选择题 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|2x0，B=x| 2 2 10 x = x 10,则BA是 【答】 （ ） (A) 2 (B) 1 (C) x|x2 (D) 2 设sin0,cos0,且sin 3 c
2、os 3 ,则 3 的取值范围是 【答】 （ ） (A) (2k+ 6 ,2k+ 3 ), kZ (B) ( 3 2k + 6 , 3 2k + 3 ),kZ (C)(2k+ 6 5 ,2k+),kZ (D)(2k+ 4 ,2k+ 3 )(2k+ 6 5 ,2k+),kZ 3 已知点 A 为双曲线 x2y2=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) 3 3 (B) 2 33 (C) 33 (D) 63 4 给定正数 p,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
3、程 bx22ax+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 平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线 5 4 3 5 xy的距离中的最小值是 (A) 170 34 (B) 85 34 (C) 20 1 (D) 30 1 【答】 （ ） 6 设 5 sin 5 cos i，则以,3,7,9为根的方程是 【答】 （ ） (A) x4+x3+x2+x+1=0 (B) x4x3+x2x+1=0 (C) x4x3x2+x+1=0 (D) x4+x3+x2x1=0 二、填空题二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分）本题共有
4、6 小题，要求直接将答案写在横 线上。 7 arcsin(sin2000)=_. 8 设an是 (3 n x)的 展 开 式 中x项 的 系 数 (n=2,3,4, ) ， 则 n n n aaa 333 (lim 3 3 2 2 )=_. 9 等比数列 a+log23,a+log43,a+log83 的公比是_. 10 在椭圆1 2 2 2 2 b y a x (ab0)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 2 15 ，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,
5、d 都属于1,2,3,4；(2)ab,bc,cd,da；(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_. 三、解答题三、解答题( (本题满分本题满分 6060 分，每小题分，每小题 2020 分分) ) 13 设 Sn=1+2+3+n,nN，求 f(n)= 1 )32( n n Sn S 的最大值. 14 若函数 2 13 2 1 )( 2 xxf在区间a,b上的最小值为 2a，最大值为 2b，求a,b. 15 已知 C0:x2+y2=1 和 C1:1 2 2 2 2 b y a x (ab0)。试问：当且仅当 a,b 满足什么条件 时，对 C1上
6、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。 【加试】【加试】（10 月 15 日上午 1000-1200） 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，FNAC（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 二 （本题满分 50 分） 设数列a n和b n 满足，且 A B C D E F M N , 2 , 1 , 0 478 367 1 1 n bab baa nnn nnn 证明 a n（
7、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 n2 个人之间 通电话的次数相等，都是 3 k次，其中 k 是自然数，求 n 的所有可能值 20002000 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛试题答案试题答案 -2-112 2 1 -1 -2 O B A C D 第3题 1. 答案：D 由22 x得 x=2，故 A=2；由 xx 1010 2 2 得02 2 xx，故 B=-1，2.所以BA=. 2 答案：D 由0sin，0cos得Zkkk ,2 , 2 2 从而有 3 Zk kk , 33 2 , 63 2
8、 又因为 3 cos 3 sin ，所以又有 3 Zkkk , 4 5 2 , 4 2 如上图所示，是、同时成立的公共部分为 3 2 , 4 2 kkZkkk ,2 , 6 5 2 . 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1 22 yx，可以得到 t=3,所以等边三角形， ABC 的面积是33. 4 答案： A 由 题 意 知pq=a2， 2b=p+c,2c=q+b 3 2qp b ， 3 2qp c bc= 3 2qp 3 2qp 3 2 3 2 pqqp=pq=a2 . 因为 pq，故 bc a2，方程的判别式= 4a2 -4bc0，因
9、 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(25 121525 nm d 345 12)35(5 nm 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 的和的 绝对值最小，其值为 2，从而所求的最小值为 85 34 . 6 答案： B 由 5 sin 5 cos i 10 2 sin 10 2 cos i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-
10、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、填空题（满分 54 分，每小题 9 分） 7 答案：-20 sin2000=sin(5360+200)=sin200=-sin20 故arcsin(sin2000)= ar
11、csin(-sin20)= -arcsin(sin20)= -20 8答案：18 由二项式定理知， 22 3 n nn Ca，因此 nnnnan n 1 1 1 18 ) 1( 233 2 n n n aaa 333 3 3 2 2 lim = n n 1 118 lim =18. 9答案： 3 1 3log 3log 3log 3log 4 8 2 4 a a a a q 3log3log 3log3log 42 84 = 3 1 10 答 案 ： 90 如 图 所 示 ， 由 2 15 a c c2+ac-a2=0， 22 2 222 2 cos baa acaba ABF =0 则ABF
12、=90. 11 答案： 3 24 2 a 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= 2 1 2 BOa = 22 3 1a a =a 3 6 , 由 OB 2 =O1O 2 +O1B 2 = 2 1 OBBO+O1B 2 得 2 3 2 aa 3 62 OB+, 0 3 1 2 a 故 OB=, 4 6 62 3 aa 于是 r = OE = 22 BEOB = 22 4 1 8 3 aa =. 22 1 a -55 a 5 -5 b OA B c F 第10题 A B C D 0 E O H 第11题 V= 3 4
13、 r 2 = 2 216 1 3 4 a= 3 24 2 a. 12答案：28 a b c d 中恰有 2 个不中数字时，能组成 C 2 4= 6 个不中数字 abcd中恰有 3 个不中数字时，能组成 C 1 3 1 2 C 1 2 C+ 1 2 C 1 2 C=12+4=16 个不中数字 abcd中恰有 4 个不中数字时，能组成 P 3 3=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： 50 1 解 由已知，对任何 nN, 有 f (n)= 1 32 N n Sn S = 232nn Sn = 6434 2 nn n = n n 64 34 1 又因 n+ n
14、 64 +34 n n 64 .2+34=50, 故对任何 nN, 有 f (n)= n n 64 34 1 50 1 由于 f(8)= 50 1 ,故 f(n)的最大值为 50 1 14答案：所求区间为1,3或-2-17 4 13 . 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 2 13 2 1 2 2 13 2 1 2 2 2 ba ab ，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=0 处取
15、最大值 2b 在 x=a 或 x=b 处取最小值 2a.故 2b= 2 13 ,b= 4 13 .由于 a0, 又 f(b)=- 2 1 ( 4 13 ) 2 + 2 13 =0 32 39 故 f(x)在 x=a 处取最小值 2a,即 2a= 2 2 1 a+ 2 13 , 解得 a=-2-17;于是得 a,b=-2-17, 4 13 . (2) 当 ab0 时，f(x)在a,b 上单调递增，故 f(a)=2a, f(b)=2b, 即 2a=- 2 2 1 a+ 2 13 ,2b=- 2 2 1 a+ 2 13 . 由于方程 2 1 x 2 +2x- 2 13 =0 的两根异号，故满足 ab
16、0 的区间不存在. 综上所述，所求区间为1,3或-2-17 4 13 . 15 答案：所求条件为 2 1 a + 2 1 b =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 a x + b y =1,即 bx+ay=ab.由于菱形与 CO外切, 故必有 2 2 ba ab =1,整理得 2 1 a + 2
17、 1 b =1. 必要性得证. 充分性:设 2 1 a + 2 1 b =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 2 2 1cos a r + 2 2 1sin b r =1, 2 22 ) 2 cos( a r + 2 22 ) 2 sin( b r =1, 于是, 2 1 OP + 2 1 OQ = 2 2 2 1 11 RR =
18、( 2 2 2 2 sincos ba )+ 2 2 ) 2 (cos a + 2 2 ) 2 (sin b = 2 1 a + 2 1 b =1. 又在 RtPOQ 中，设点 O 到 PQ 的距离为 h，则 h 1 = 2 1 OP + 2 1 OQ =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 2222 baba ， 22 ba ab =1 等条件者，应同样给分. 20002000 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛试卷答案试卷答案 加试加试 一、证明：连结 MN、BD， FMAB，FNAC，A，
19、M，F，N 四点共圆. AMN=AFN , AMN+BAE=AFN+CAF=90，即 MNAD. -22 2 -2 O P R Q S 第15题（必要性） -22 2 -2 O P R Q S M 第15题（充分性） CB A F D N M E 加试（一） SAMDN= 2 1 AD MN CAF=DAB，ACF=ADB， AFCABC AD AC AB AF AB AC=AD AF . 又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经， BAC MN sin =AFAF sinBAC=MN. 2 1 abc SAB AC sinBAC = 2 1 AD AF sinBAC = 2 1 AD
20、M N =SAMDN 二 证法一：由假设得 a1=4, b1=4 且当 n1 时 （2an+1-1）+ 1 3 n b=(14an+12bn-7)+3(8an+7bn-4) =(2an-1)+ n b3(7+43) 依次类推可得 （2an-1）+ n b3= (7+ 1 )34 n (2a1 -1+ 1 3b)=(7+4 n )3 同理（2an-1+ ）- n b3=(7+4 n )3 从而 an= 4 1 (7+4 n )3+ 4 1 (7+4 n )3+ 2 1 . 由于 743=（2 2 )3 ， 所以 an = 2 1 (2+ n )3+ 2 1 (2-3) 2 n 由二项式展开得 c
21、 n = 2 1 (2+ n )3+ 2 1 (2-3) n = nk k n C 20 2 k 3 kn 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 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)
22、则有 6)1 ( 1 14 pt pk kp 解得 323 32347 32347 2 2 t p k 或 323 32347 32347 2 2 t p k 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 nn nn aa 2 1 )32(32)347(32)323()347( nn nn aa 2 1 )32(32)347(32)323()347( -，整理得 2 32 2 1 32 2 1 nn n a 由二项式展开得 c n = 2 1 (2+ n )3+ 2 1 (2-3) n = nk k n C 20 2 k 3 kn 2
23、 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, lnji, .则 m i +m j y i . j = n s s m 1 2 1 - k 3= c . （*） 其中 c 是常数 ，lnji, . 根据（*）知， ji mm)()( sjsi mmmm= sjsi yy 1 , lnji, . 1 ji mm, lnji, 设 mi =maxms ,1. ns ,m j = minms,1sn. , 则 m i +m j1. 若 m i +m j=1 ,则
24、对于任意 s, ji 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, ji 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 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 m
25、s=n-1 , 1sn . 所以 2 1 n(n-1)-(2n-3)= k 3, 即 (n-2)(n-3)=2 k 3 . 设 n-2=2 1 3k ,n-3= 2 3k ,k1k2 , 则 2 1 3k- 2 3k=1 ，于是 2 3k（ 21 32 kk -1）=1 ，得 2 3k=1 , 21 32 kk -1=1 , 因此 k2=0 , k1=0 . 这与 k1 矛盾 . 设 n-2= 1 3k ， n-3=2 2 3k , ,k1k2+1 , 则 1 3k-2 2 3k=1 , 于是 2 3k（ 21 3 kk -2）= 1 ， 得 2 3k=1 ， 21 3 kk -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 1 3次 综上所述，n=5 为 n 的所有可能值.
