1、 2000 年全国高中数学联赛试题 第一试 （ 10 月 15 日上午 8:009:40） 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| 2x 0， B=x| 2210x = 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】（ ）
2、(A) (2k+6,2k+3), kZ (B) (32k+6,32k+3 ),kZ (C)(2k+65,2k+),kZ (D)(2k+4 ,2k+3 ) (2k+65,2k+),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) 33(B) 233(C) 3 3 (D) 6 3 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，则一元二次方程 bx22ax+c=0 【答】（ ） (A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相
3、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5435 xy的距离中的最小值是 (A) 17034(B) 8534(C) 201(D) 301【答】（ ） 6 设5sin5cos 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 （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 arcsin(sin2000)=_. 8 设 an 是 (3 nx) 的展开式中 x 项的系数
4、(n=2,3,4, )，则nnn aaa 333(lim 3322 )=_. 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)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 (
5、本题满分 60分，每小题 20分 ) 13 设 Sn=1+2+3+ +n,nN，求 f(n)=1)32( nn SnS 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. 15 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。 【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
6、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 二（本题满分 50 分） 设数列 a n和 b n 满足，且 ,2,1,0 478 36711 nbab baannnnnn证明 a n（ n=0， 1， 2，）是完全平方数 A B C D E F M N -2 -1 1 221-1-2OBACD第 3 题三（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 3 k 次，其中
7、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 由 22x 得 x=2，故 A=2；由 xx 1010 22 得 022 xx ，故B=-1， 2.所以 BA = . 2 答案： D 由 0sin ， 0cos 得 Zkkk ,2,22 从而有 3 Zkkk ,332,632 又因为 3cos3sin ，所以又有 3 Zkkk ,452,42 如上图所示，是、同时成立的公共部分为 32,42 kk Zkkk ,2,652 . 3 答案： C 如图所示，设 BD=t，则 OD= 3 t-1，从而 B（ 3 t-1， t） 满足方程 122 yx
8、，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 32 qpb ，32qpc bc= 32 qp 32qp 3 23 2 pqqp =pq=a2 . 因为 p q，故 bc a2，方程的判别式 = 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 nmd 345 12)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
9、 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 5sin5co s i 102sin102co s 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- 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-
10、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(5 360 +200 )=sin200 =-sin20 故 a rcsin(sin2000 )= a rcsin(-sin20 )= -a rcsin(sin20 )= -20 8 答 案： 18 由二项式定理知， 22 3 nnn Ca ，因此 nnnna nn 11118)1(
11、2332 nnn aaa 333 3322lim = nn 1118lim =18. 9 答案： 31 3lo g 3lo g3lo g 3lo g 4824 aaaaq 3lo3log 3lo3log 42 84 =31 10 答案： 90 如图所示，由 2 15ac c2+ac-a2=0， 2222222c o s baa acabaA B F =0 则 ABF=90 . -5 5a5-5bO ABcF第 10 题11 答案： 3242 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= 212 BOa = 2231aa =
12、 a36 , 由 OB2 =O1O2 +O1B2 = 21 OBBO +O1B2 得 232a a362 OB+ ,031 2 a 故 OB= ,46623 aa 于是 r = OE = 22 BEOB = 22 4183 aa = .221 aV= 34 r2 = 2216134 a= 3242 a . 12 答案： 28 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 C13 12C 12C + 12C 12C =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
13、求的数字共有 6+16+6=28 个 13 答案： 501 解 由已知，对任何 nN, 有 f (n)= 132 Nn Sn S = 232 nn Sn = 64342 nn n=nn64341又因 n+ n64 +34 nn64.2 +34=50, 故对任何 nN, 有 f (n)=nn64341501 由于 f(8)=501 ,故 f(n)的最大值为 501 14 答案： 所求区间为 1,3或 -2- 17 413 . 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 ABCD0EOH第 11
14、题213212 21321222baab ，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
15、)=2a, f(b)=2b, 即 2a=- 221a+ 213 ,2b=- 221a+ 213 . 由于方程 21 x2 +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- 17 413 . 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
16、, 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 22 baab =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 2 21 cosar + 2 21sinbr
17、 =1, 2 22 )2cos( ar + 2 22 )2sin( br =1, -2 22-2OPRQS第 15 题（必要性）-2 22-2OPRQSM第 15 题（充分性）CBAFDNME加试（一）于是 ,21OP+21OQ=2221 11 RR =(2222 sincos ba )+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 2222
18、baba ，22 baab =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 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=21 ADMN CAF= DAB， ACF= ADB， AFC ABC ADACABAF ABAC=ADAF . 又 AF 是过 A、 M、 F、 N 四点的圆的直经， BACMNsin =AF AF sin BAC=MN. 21abcSABACsin BAC = 21 ADAFsin BA
19、C = 21 ADM N =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+4 3 ) 依次类推可得 （ 2an-1） + nb3 = (7+ 1)34 n (2a1 -1+ 13b )=(7+4 n)3 同理（ 2an-1+ ） - nb3 =(7+4 n)3 从而 an=41(7+4 n)3 +41(7+4 n)3 +21 . 由于 7 4 3 =（ 2 2)3 ， 所以 an = 21 (2+ n)3 +21 (2- 3 ) 2n
20、 由二项式展开得 c n =21 (2+ n)3 +21 (2- 3 )n = nk knC20 2k3 kn22 , 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-
21、1+t) 则有6)1(114ptpkkp 解得 323323473234722tpk或 323323473234722tpk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 nnnn aa 21 )32(32)347(32)323()347( nnnn aa 21 )32(32)347(32)323()347( -， 整理得 232213221 nnna 由 二项式展开得 c n =21 (2+ n)3 +21 (2- 3 )n = nk knC20 2k3 kn22 , 显然 Cn 为整数，于是 an 为完全平方数 . 三 解析：
22、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 m i +m j y i . j = ns sm121 - k3 = c . （ *） 其中 c 是常数 ， l nji , . 根据（ *）知， ji mm )()( sjsi mmmm =sjsi yy . 1 , l nji , . 1 ji mm , l nji , 设 mi =maxms ,1 .ns ,m j = minms,1 s n. , 则 m i +m j 1. 若 m i +m j=1 ,则对于任意 s ,ji 1 s
23、n , 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 1 s n , 因此 mi n -2 , m j 1 . 于是 ， m i +m j n -3 2 . 出现矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1 s n)恒为常数 。 根据 （ *）知， y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。 若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1 s n 。 与已知条件矛盾 。 因此 ， y I ,s =1 m
24、s=n-1 , 1 s n . 所以 21 n(n-1)-(2n-3)= k3 , 即 (n-2)(n-3)=2 k3 . 设 n-2=2 13k ,n-3= 23k ,k1 k2 , 则 2 13k - 23k =1 ，于是 23k （ 2132 kk -1） =1 ，得 23k =1 , 2132 kk -1=1 , 因此 k2=0 , k1=0 . 这与 k 1 矛盾 . 设 n-2= 13k ， n-3=2 23k , ,k1 k2+1 , 则 13k -2 23k =1 , 于是 23k （ 213kk -2） = 1 ， 得 23k =1 ， 213kk -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 13 次 综上所述， n=5 为 n 的所有可能值 .
