2001年全国高中数学联赛试卷及答案.doc

2001年全国高中数学联合竞赛试题第一试（10月14日上午8：00 9：40）一、选择题（本题满分36分，每小题6分）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已知a为给定的实数，那么集合的子集的个数为（A） 1（B） 2（C） 4（D）不确定 【答】（）2 命题1 长方体中，必存在到各顶点距离相等的点; 命题2 长方体中，必存在到各棱距离相等的点; 命题3 长方体中，必存在到各面距离相等的点.以上三个命题中正确的有 （A） 0个 （B） 1个 （C） 2个 （D） 3个 【答】（）3在四个函数y=sin|x|，y=cos|x|，y=|ctgx|，y=lg|sinx|中以为周期、在 上单调递增的偶函数是 【答】（ ）（A）y=sin|x|（B） y=cos|x|（C）y=|ctgx|（D） y=lg|sinx|4如果满足ABC=60，AC=12，BC=k的ABC恰有一个，那么k的取值范围是（A）k=（B）0k12 （C） k12（D） 0a2a3a4a5a6) 的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论2001年全国高中数学联合竞赛加试试题（10月14日上午10：00 12：00）考生注意：(1) 本试卷共三大题，全卷满分150分一（本题满分50分）如图，ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N求证：(1) OBDF，OCDE；(2) OHMN二（本题满分50分）设（i=1，2，n）且，求的最大值与最小值三（本题满分50分）将边长为正整数m，n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形每个正方形的边均平行于矩形的相应边试求这些正方形边长之和的最小值2001年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准一 选择题： 1C 2B 3D 4D 5C 6A 二填空题： 7 8 9 10 11 12 732 三解答题： 13设所求公差为d，a1a2，d0由此得 化简得： 解得： 5分而，故a10 若，则 若，则 10分 但存在，故| q |1，于是不可能 从而 所以 20分14解：(1)由 消去y得： 设，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：，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，或ama； 当a1时，ama 10分(2)OAP的面积 0a，故ama时，0a， 由唯一性得 显然当ma时，xp取值最小由于xp0，从而yp取值最大，此时， 当时，xpa2，yp，此时 下面比较与的大小： 令，得 故当0a时，此时 当时，此时 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，因此不妨取R1R22设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB 显然R1R2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 若记 ，则S1、S2为定值，于是 只有当R3R4最小，R1R2R3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(180BOC)90BAC OBDF(2)CFMA MC 2MH 2AC 2AH 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 直线AC的方程为，直线BE的方程为 由 得E点坐标为E () 同理可得F () 直线AC的垂直平分线方程为 直线BC的垂直平分线方程为 由 得O () OBDF 同理可证OCDE在直线BE的方程中令x0得H (0，) 直线DF的方程为 由 得N () 同理可得M () kOH kMN 1，OHMN二解：先求最小值，因为1等号成立当且仅当存在i使得xi1，xj0，ji 最小值为1 10分再求最大值，令 设， 令 则 30分 令0，则 由柯西不等式得： 等号成立 (k=1，2，n) 由于a1a2an，从而，即xk0 所求最大值为 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AA1BCD1Dmn 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rnn(m，n) 20分 (2)关于m归纳可以证明(*)成立 当m1时，由于n1，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 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a1a2ap2mr