1、 2001 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛 试题参考答案及评分标准试题参考答案及评分标准 一一 选择题：选择题： 1C 2B 3D 4D 5C 6A 二填空题：填空题： 7 3 32 8i 13 72 13 30 9 6 6 10),4()2, 1 () 1,0( 7 2 11),2) 2 3 , 1 12 732 以下为解答 一选择题： 1.已知 a 为给定的实数，那么集合 320，的子集的个数为（ ） 1 2 4 不确定 讲解：讲解：M 表示方程 320 在实数范围内的解集由于 140，所以含有 2 个 元素故集合有 2 4 个子集，选 2命题 1：长方体中，必存在到各顶点距
2、高相等的点 命题 2：长方体中，必存在到各条棱距离相等的点； 命题 3：长方体中，必存在到各个面距离相等的点 以上三个命题中正确的有（ ） 0 个 1 个 2 个 3 个 讲解：讲解：由于长方体的中心到各顶点的距离相等，所以命题 1 正确对于命题 2 和命题 3，一般的长方体 （除正方体外）中不存在到各条棱距离相等的点，也不存在到各个面距离相等的点因此，本题只有命题 1 正确，选 3在四个函数、中， 以 为周期、在（0，2）上单调递增的偶函数是（ ） 讲解：讲解：可考虑用排除法不是周期函数（可通过作图判断） ，排除； 的最小正周期为 2，且在（0，2）上是减函数，排除；在（0，2）上是减 函数
3、，排除故应选 4如果满足60 ，12，的 恰有一个，那么的取值范围是（ ） 38k 012 12 012 或38k 讲解：讲解：这是“已知三角形的两边及其一边的对角，解三角形”这类问题的一个逆向问题，由课本结论知， 应选结论 说明：说明：本题也可以通过画图直观地判断，还可以用特殊值法排除、 5若（12）1000的展开式为20002000， 则3691998的值为（ ） 3333 3666 3999 32001 讲解：讲解：由于要求的是展开式中每间降两项系数的和，所以联想到 1 的单位根，用特殊值法 取 （12）（2），则 1，10 令1，得 310002000； 令，得 012 2000 20
4、00； 令 ，得 0 2000 4000 三个式子相加得 310003（1998） 19983999，选 6已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24，而 4 枝攻瑰与 5 枝康乃馨的价格之和小于 22 元，则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较，结果是（ ） 2 枝玫瑰价格高 3 枝康乃馨价格高 价格相同 不确定 讲解：讲解：这是一个大小比较问题可先设玫瑰与康乃馨的单价分别为元、元，则由题设得， 2436 2254 YX YX 问题转化为在条件、的约束下，比较 2与 3的大小有以下两种解法： 解法解法 1 1：为了整体地使用条件、，令 63，45，联立解得 （53）18，（
5、32）9 3（1112）9 24，22， 12112412220 3，选 图 1 解法解法 2：由不等式、及0、0 组成的平面区域如图 1 中的阴影部分（不含边界） 令 2 32，则表示直线：232在轴上的截距显然，当过点（3，2）时，2有最小值 为 0故 230，即 23，选 说明：说明： （1）本题类似于下面的 1983 年一道全国高中数学联赛试题： 已知函数 （） 满足： 4 （1） 1， 1 （2） 5， 那么 （3） 应满足 （ ） 7（3）26 4（3）15 1（3）20 283（3）353 （2）如果由条件、先分别求出、的范围，再由 2的范围得结论，容易出错上面的解 法 1 运用
6、了整体的思想，解法 2 则直观可靠，详见文1 二填空题 7椭圆 1（2）的短轴长等于_ 讲解：讲解：若注意到极点在椭圆的左焦点，可利用特殊值法；若注意到离心率和焦参数 （焦点到相应准线的距离）的几何意义，本题也可以直接求短半轴的长 解法解法 1 1：由 1)0( 3/1)( ca ca 得 23，从而 3 3 ，故 2 3 32 解法解法 2 2：由12， 21 及222，得 3 3 从而 2 3 32 说明：说明：这是一道符合教学大纲而超出高考范围的试题 8若复数、满足2，3，32（32），则 _ 讲解：讲解：参考答案给出的解法技巧性较强，根据问题的特点，用复数的三角形式似乎更符 合学生的思
7、维特点，而且也不繁 令2（），3（），则由 3 2（32）及复数相等的充要条件，得 2/3)cos(cos6 1sin(sin6 即 2/3)2/ )sin()2/ )sin(12 1)2/ )sin()2/ )cos(12 二式相除，得（）2）32由万能公式，得 （）1213，（）513 故6（）（） （3013）（7213） 说明：说明：本题也可以利用复数的几何意义解 9 正方体1的棱长为1， 则直线与的距离是_ 讲解：讲解：这是一道求两条异面直线距离的问题，解法较多，下面给出一种基本的解法 图 2 为了保证所作出的表示距离的线段与和都垂直， 不妨先将其中一条直线置于 另一条直线的垂面内为
8、此，作正方体的对角面，则面，且 面 设0， 在面内作， 垂足为， 则线段的长为异面直线与的距离在中，等于斜边 上高的一半，即6 10不等式（112）232 的解集为_ 讲解：讲解：从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得122，或27 120，或120 从而4，或 12 27，或 01 函数的值域为_ 讲解：讲解：先平方去掉根号 由题设得（） 32，则（2）（23） 由，得（ 2）（23）解得 132，或2 由于能达到下界 0，所以函数的值域为1，32）2，） 说明：说明：（1）参考答案在求得 132 或2 后，还用了较长的篇幅进行了一番验 证，确无必要 （2）本题还可以用三角代换法和图象法来
9、解，不过较繁，读者不妨一试 图 3 12在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图 3） ，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种 不同的植物现有 4 种不同的植物可供选择，则有_种栽种方案 讲解：讲解：为了叙述方便起见，我们给六块区域依次标上字母、按间隔三块、 、种植植物的种数，分以下三类 （1）若、种同一种植物，有 4 种种法当、种植后，、可从剩余的三种 植物中各选一种植物（允许重复） ，各有 3 种方法此时共有 4 3 3 3108 种方法 （2）若、种二种植物，有2种种法当、种好后，若、种同一种，则有 3 种方法， 、 各有 2 种方法； 若、 或、 种同一种， 相同 （只是次序不同）
10、 此时共有 3 （3 2 2） 432 种方法 （3） 若、 、 种三种植物， 有 种种法 这时、 、 各有 2 种种方法 此时共有 2 2 2 192 种方法 根据加法原理，总共有108432192732 种栽种方案 说明：说明：本题是一个环形排列问题 三解答题三解答题： 13设所求公差为 d，a1a2，d0由此得 4 1 2 1 2 1 )()2(dadaa 化简得：042 2 1 2 1 ddaa 解得： 1 )22(ad 5 分 而022，故 a10 若 1 )22(ad，则 2 2 1 2 2 ) 12( a a q 若 1 )22(ad，则 2 2 1 2 2 ) 12( a a
11、q 10 分 但12)( 21 n n bbblim存在，故| q |1，于是 2 ) 12(q不可能 从而2) 12)(222(12 ) 12(1 2 1 2 2 1 a a 所以222)22(,2 11 ada 20 分 14解：(1)由 )(2 1 2 2 2 2 mxy y a x 消去 y 得：022 2222 amaxax 设 2222 22)(amaxaxxf，问题(1)化为方程在 x(a，a)上有唯一解或等根 只需讨论以下三种情况： 10 得： 2 1 2 a m，此时 xpa2，当且仅当aa2a，即 0a1 时适合； 2f (a)f (a)0，当且仅当ama； 3f (a)0
12、 得 ma，此时 xpa2a2，当且仅当aa2a2a，即 0a1 时适合 f (a)0 得 ma，此时 xpa2a2，由于a2a2a，从而 ma 综上可知，当 0a1 时， 2 1 2 a m或ama； 当 a1 时，ama 10 分 (2)OAP 的面积 p ayS 2 1 0a 2 1 ，故ama 时，0maaa21 22 a， 由唯一性得 maaaxp21 22 显然当 ma 时，xp取值最小由于 xp0，从而 yp 2 2 1 a xp 取值最大，此时 2 2aayp， 2 aaaS 当 2 1 2 a m时，xpa2，yp 2 1a，此时 2 1 2 1 aaS 下面比较 2 aaa
13、与 2 1 2 1 aa的大小： 令 22 1 2 1 aaaaa，得 3 1 a 故当 0a 3 1 时， 2 aaa 2 1 2 1 aa，此时 2 1 2 1 aaSmax 当 2 1 3 1 a时， 22 1 2 1 aaaaa，此时 2 aaaSmax 20 分 15解：设 6 个电阻的组件(如图 3)的总电阻为 RFG，当 R ia i，i3，4，5，6，R1、R2是 a1、a2的 任意排列时，RFG最小 5 分 证明如下： 1设当两个电阻 R1、R2并联时，所得组件阻值为 R，则 21 111 RRR 故交换二电阻的位置，不改 变 R 值，且当 R1或 R2变小时，R 也减小，因
14、此不妨取 R1R2 2设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB 21 323121 3 21 21 RR RRRRRR R RR RR RAB 显然 R1 R2越大，RAB越小，所以为使 RAB最 小必须取 R3为所取三个电阻中阻值最小的个 3设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻为RCD 432431421 4232413121 4 111 RRRRRRRRR RRRRRRRRRR RRR ABCD 若 记 41 1 , ji jiR RS 41 2 kji kji RRRS，则 S1、S2为定值，于是 431 3212 RRS RRRS RCD 只有当 R3R4最小，R1R2R
15、3最大时，RCD最小，故应取 R4R3，R3R2，R3Rl，即得总电阻的阻值最 小 15 分 4对于图 3 把由 R1、R2、R3组成的组件用等效电阻 RAB代替要使 RFG最小，由 3必需使 R6R5； 且由 1应使 RCE最小由 2知要使 RCE最小，必需使 R5R4，且应使 RCD最小 而由 3，要使 RCD最小，应使 R4R3R2且 R4R3R1， 这就说明，要证结论成立20 分 2001 年全国高中数学联合竞赛 加试参考答案及评分标准 一证明：(1)A、C、D、F 四点共圆 BDFBAC 又OBC 2 1 (180BOC)90BAC OBDF (2)CFMA MC 2MH 2AC 2
16、AH 2 BENA NB 2NH 2AB 2AH 2 DABC BD 2CD 2BA 2AC 2 OBDF BN 2BD 2ON 2OD 2 OCDE CM 2CD 2OM 2OD 2 30 分 ，得 NH 2MH 2ON 2OM 2 MO 2MH 2NO 2NH 2 OHMN 50 分 另证：以 BC 所在直线为 x 轴，D 为原点建立直角坐标系， 设 A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则 b a k c a k ABAC , 直线 AC 的方程为)(cx c a y，直线 BE 的方程为)(bx a c y 由 )( )( cx c a y bx a c y 得 E 点坐标为 E(
17、 22 2 22 22 , ca abcac ca bcca ) 同理可得 F( 22 2 22 22 , ba abcab ba cbba ) 直线 AC 的垂直平分线方程为) 2 ( 2 c x a ca y 直线 BC 的垂直平分线方程为 2 cb x 由 2 ) 2 ( 2 cb x c x a ca y 得 O( a abccb 2 , 2 2 ) bca acab cbba abcab k abac abc b cb a abc k DFOB 222 22 2 , 2 2 1 DFOBk k OBDF 同理可证 OCDE 在直线 BE 的方程)(bx a c y中令 x0 得 H(
18、0， a bc ) acab bca cb a bc a abc kOH 3 2 2 2 2 直线 DF 的方程为x bca acab y 2 由 )( 2 cx c a y x bca acab y 得 N ( 22 2 22 22 2 , 2cbca acabc cbca bcca ) 同理可得 M ( 22 2 22 22 2 , 2bbca ababc bbca cbba ) bca acab bcabcabc bcacba kMN 3)3)()( )( 222 222 kOH kMN 1，OHMN 二解：先求最小值，因为 n i i njk jk n i i n i i xxx j
19、k xx 111 22 1 12)(1 等号成立当且仅当存在 i 使得 xi1，xj0，ji n i i x 1 最小值为 1 10 分 再求最大值，令 kk ykx n knjk jkk ykyky 11 2 12 设 n k n k kk ykxM 11 ， 令 nn n n ay ayy ayyy 22 121 则1 22 2 2 1 n aaa 30 分 令 1n a0，则 n k kk aakM 1 1) ( n k n k n k n k n k kkkkk akkakakakak 11111 1 )1(1 由柯西不等式得： 2 1 2 1 2 1 )1()()1( 1 2 1 2
20、 1 2 n k n k k n k kkakkM 等号成立 2 2 2 22 1 )1()1( 1 nn a kk aa nk 2 2 22 22 2 2 1 )1()1()12(1 kk a nn aaa kn 2 1 )1( 1 1 2 n k k kk kk a (k=1，2，n) 由于 a1a2an，从而0 )1( )11(2 2 1 1 2 1 n k kkk kk kkk aay，即 xk0 所求最大值为 2 1 )1( 1 2 n k kk 50 分 三解：记所求最小值为 f (m，n)，可义证明 f (m，n)rnn(m，n) (*) 其中(m，n) 表示 m 和 n 的最大
21、公约数 10 分 事实上，不妨没 mn (1)关于 m 归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为 rnn(m，n) 当用 m1 时，命题显然成立 假设当，mk 时，结论成立(k1)当 mk1 时，若 nk1，则命题显然成立若 nk1，从 矩形 ABCD 中切去正方形 AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形 A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰 为 mnn(mn，n)m(m，n)，于是原矩形 ABCD 有 一 种 分 法 使 得 所 得 正 方 形 边 长 之 和 为 rn n (m ， n) 20 分 (2)关于 m 归纳可以证明(*)成立 当 m1 时，由于 n
22、1，显然 f (m，n)rnn(m，n) 假设当 mk 时， 对任意 1nm 有 f (m， n)rnn(m， n) 若 mk1，当 nk1 时显然 f (m，n)k1rnn(m，n) 当 1nk 时，设矩形 ABCD 按要求分成了 p 个正方形，其边长分别为 al，a2，ap 不妨 a1a2ap A A1 B C D1 D m n 显然 a1n 或 a1n 若 a1n， 则在 AD 与 BC 之间的与 AD 平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边界) 于 是 a1a2ap不小于 AB 与 CD 之和 所以 a1a2ap2mrnn(m，n) 若 a1n，则一个边长分别为 mn 和 n 的矩形可按题目要求分成边长分别为 a2，ap的正方形，由归 纳假设 a2apmnn(mn，n)rn(m，n) 从而 a1a2aprnn(m，n) 于是当 rnk1 时，f (m，n)rnn(m，n) 再由(1)可知 f (m，n)rnn(m，n) 50 分
