2001年全国高中数学联赛试卷及答案

1、二。一年全国高中数学联合竞赛题（10 月 4 日上午 8: 009: 40）题号一二二合计加试总成绩131415得分评卷人复核人学生注意：1、本试卷共有三大题(15个小题)，全卷满分150分。2、用圆珠笔或钢笔作答。3、解题书写不要超过装订线。4、不能使用计算器。一、 选择题(本题满分 36分，每小题6分)本题共有6个小是题，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 M=x|x 2-3x-a2+2=0

2、,x C R的子集的个数为(A) 1(B) 2(C) 4(D)不确定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3、在四个函数 y=sin|x|, y=cos|x|, y二|ctgx|, y=lg|sinx|中以 为周期、在(0,)上单调递增的偶函数是(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/

3、ABC恰有一个，那么 k的取值范围是(A)k=8$3(B) 0<kW12(C)2( D) 0v k w 1减 k 8<35,若(1 + x + x 2) 1000 的展开式为 a o + a ix + a 2x2+ + & 2000 x 2000,则 a o+a 3+ a 6+ a 9 + a 1998 的值为().(A) 3333(B) 3666(C) 3999(D) 320016 .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().(A) 2枝玫瑰价格高(B) 3枝康乃馨价格高(C

4、)价格相同(D)不确定二、填空题(本题满分 54分，每小题9分)7 .椭圆 尸1/ ( 2 c o s 0)的短轴长等于 .8、若复数 Zi,z 2满足忆 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2= - -I,则 ZiZ2=。29、正方体 ABCD- AB1C1D1的棱长为1 ,则直线 A1G与BD的距离是3 ，,，、10、不等式log 1 x23的解集为211、函数 y X Jx2 3x 2的值域为 。12、在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一场块中种同一种植物，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。二、解答题（本题满分 60分，每小题2

5、0分）22213、设an为等差数列,bn为等比数列，且b1a1,b2a2 ,b3a3(a1<a2),又lim （b b2bn） J2 1 ,试求an的首项与公差。n214、设曲线G: X2 y2 1（a为正常数）与G:y 2=2（x+m）在x轴上方公有一个公共点P。a（1）求实数m的取值范围（用a表示）；（2）。为原点，若。与x轴的负半轴交于点 A当0<a<1时，试求力OAP勺面积的最大值（用a表示）。215、用电阻值分别为 a1、a2、a3、a4、as> a6、（ a1>a2>a3>a4>a5>a6）的电阻组装成一个如图的组件，在组装中

6、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。*WMV*第22页共16页二。一年全国高中数学联合竞赛加试试题0012: 00)（10月4日上午10:学生注意：1、本试卷共有三大题，全卷满分150分。2、用圆珠笔或钢笔作答。3、解题书写不要超过装订线。4、不能使用计算器。H,直线ED和AB交于点M FD和AC交于点N。求一、（本题满分50分）如图：/ABC中，。为外心,证：（1） OBL DF, OCL DE;三条高 AR BE、CF交于点（2） OHL MN二、（本题满分50分）设 Xi>0(I=1,2,3,，n)n2Xi 1：XkXj1,求Xi的最大值与最小值。三、（本题满分

7、50分）每个正方形的边均平行于矩形的相应边,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, 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：CBDDCA1 .已知a为给定的实数，那么集合乂= x | x 2-3x-a 2+2=0, x C R的子集的个数为（）.A. 1 B . 2 C. 4 D.不确定讲解：M表示方程x之一3x a 2 + 2=0在实数范围内的解集.由于 A= 1 + 4 a ? >0,所以M含有2个 元素.故集合M有 2, = 4个子集，选C.2 .命题1 :长方体中，必存在到各顶点距高相等的点.命题2:

8、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（）.A. 0个 B.1个 C.2个 D. 3个讲解：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B .3 .在四个函数 y = sin|x|、y = cos|x|、y=|ctgx|、y=lg|sinx| 中，以兀为周期、在（0, "2）上单调递增的偶函数是（）.A.y=sin|x|B.y = cos|x|C.y=|ctgx|D. y=

9、lg|sinx|讲解：可考虑用排除法.y = s 1 n | x |不是周期函数（可通过作图判断），排除A; y = c o s |x |的最小正周期为 2兀，且在（0, “2）上是减函数，排除B; y = | c t g x |在（0,叱2）上是减函数，排除C.故应选D.4 .如果满足/ABC= 60°, AC= 12, ：6（2=1<的 ABC恰有一个，那么k的取值范围是（）.A. k 8<3B , 0< k <12C. k >12D, 0Vk <1M k 873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

10、结论知,应选结论D .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A、B、C.5 .若(1+x + x 2) 1000 的展开式为 a o + aix + a2X2+ a 2000 x 200°,则 a 0 + a 3+ a 6+ a 9 + a 1998 的值为().A. 33333666C . 3999D. 32001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 w= 一( 1 / 2) + (/ 2) i ,则 a/ = 1 , a/ + w+ 1 = 0.令x = 1 ,得31000 =a o+a i+a 2+a 3+ a 2

11、000;令x = w,得0=a o+a 13+ a2co + a 2000 2000；令X = 3，得0=a o+a icZ+a 2co4+a 3co' + ., + a 2000co4000.三个式子相加得31000 = 3 (a o + a 3+a 6+ a 1998).a o+a 3+a 6+ a 1998= 3999,选 C .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枝玫瑰的彳格和 3枝康乃馨的价格比较，结果是().A. 2枝玫瑰价格高B . 3枝康乃馨价格高C.价格相同D.不确定讲解：这是一个大小比较问题.可先设玫瑰与

12、康乃馨的单价分别为x元、y元，则由题设得，6 X3 Y244 X5 Y22问题转化为在条件、的约束下，比较 解法1：为了整体地使用条件、，令 (5a3b) /18, y= (3b2a) /9. .2x 3y=(11a 12b) /9.v a >24, b < 22, .11 a 12b >11X24 12X22= 0.2 x > 3y ,选 A .2x与3y的大小.有以下两种解法：6x+3y = a, 4x+5y = b,联立解得 x =解法2:由不等式、及x> 0、y > 0组成的平面区域如图1中的阴影部分(不含边界).令2x 3 y = 2 c ,则c表

13、示直线1: 2x 3y = 2c在x轴上的截距.显然，当1过点( 3, 2)时，2 c有最小值 为 0.故 2x 3y>0,即 2x>3y,选A.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：已知函数乂= f (x) = a x 2 c 满足：一4Wf ( 1) <- 1, 1Wf (2) W那么 f (3)应满足().A. - 7<f (3) <26B . - 4<f (3) <15C. - 1<f (3) <20D. 28/3Wf (3) <35/ 3(2)如果由条件、先分别求出x、y的范围，再由 2x y的范

14、围得结论，容易出错.上面的解 法1运用了整体的思想，解法 2则直观可靠，详见文1，二.填空题2 .37. 38.3072 .i 13139._210. (0,1) (1,2T) (4,311. 1,2)2，)12. 7327.椭圆p =1/ (2 c o s 8 )的短轴长等于讲解：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6和焦参数P (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.(0) a c 1解法1 ：由 ()a c 1/3得a = 2/3,从而 b =,故 2 b =解法 2:由 e = c/a=1/2, p = b 2/ c = 1 及 b 2=

15、a 2 c 2,得b=.从而 2b= 3.33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 z 1、Z2 满足 | z 1 |=2, | Z3 |=3,3zi2z2 = (3/2) i , 贝J z 1 , z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 合学生的思维特点，而且也不繁.令 Zi=2(cosa+i s ina) , z 2 = 3(cos0+i s in。),则由 3 z i 2z 2= (3/2) i及复数相等的充要条件，得6 (coscos) 3/26 (sinsin 1即12sin()/2)sin()/2) 3/212cos()

16、/2)sin()/2) 1二式相除，得tg(a + B) / 2) =3/2.由万能公式，得 sin (a + B)= 12/13, cos (a + B) =- 5/13.故 zi Z2=6cos (a + B) + i s i n (a + 0) =(30/13) + 7 72/13) i .说明：本题也可以利用复数的几何意义解.9 .正方体AB CD A i B i C1i的棱长为1,则直线A i C i与BD i的距离是讲解：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A】C】和B D】都垂直，不妨先将其中一条直线置于 另一条

17、直线的垂面内.为此，作正方体的对角面B DDiBi,则AiCi,面BDD iBi,且B D i面 B D D i B i.设 A i C i A B i D i = 0,在面B DD i B i内作OH，B D i ,垂足为H ,则线段O H的长为异面直线A 1。1与8!)1的距 离.在Rt/XBB iDi中，OH等于斜边BD i上高的一半，即OH =/6.10 .不等式 | ( 1/ 1 o g lx) + 2 | >3/2 的解集为讲解：从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得1 og1/2X<2,或2/7< 1。g 1/2X <0,或 1 0 g 1/2 X &g

18、t;0.从而 X > 4,或 1< X < 22 7,或 0< X < 1.11 .函数y = x+的值域为讲解：先平方去掉根号.由题设得(y x) 2=x? 3x + 2,则乂 = (y 2 2) / (2y3).由y>x,得y> (y ? 2) / ( 2 y 3) .解得 1&y<3/2,或y>2.由于能达到下界0,所以函数的值域为1, 3/2)U 2, +oo).说明：(1)参考答案在求得10丫3/2或丫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解，不过较繁，读者不妨一试.图31

19、2 .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：为了叙述方便起见，我们给六块区域依次标上字母A、B、C、D、E、F.按间隔三块A、 C、E种植植物的种数，分以下三类.(1)若A、C、E种同一种植物，有 4种种法.当A、C、E种植后，B、D、E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 4X3X3X3= 108种方法.(2)若A、C、E种二种植物，有P /种种法.当A、C、E种好后，若A、C种同一种，则B有 3 种方法，D、F各有2种方法；若C、E或E、A种同

20、一种，相同(只是次序不同).此时共有P Jx3 (3>2X2) = 432种方法.(3)若A、C、E种三种植物，有种种法.这时B、D、F各有2种种方法.此时共有P 4 3 >2X2X2 = 192种方法.根据加法原理，总共有?=108+ 432+ 192 = 732种栽种方案.说明：本题是一个环形排列问题.三.解答题13 .设所求公差为d,aKa2, /. d>0.由此得22422a2(a12d)2(a1 d)4化简彳导:2a24a1d d20解得：d ( 2 V2)a1 5 分而 24 0,故a1<02若 d ( 2 T2)a1,则 q 与(乏 1)2 a1210分若

21、 d ( 2、；5用1,则 q-af (近 1)2a1但limn(bib2bn)1存在，故| q |<1,于是q （也1）2不可能.从而2a1所以(2 1)2a2 (2,22)(. 2 1) 2a12 )a12、. 2 220分14.解:由2 X -2 a2y消去y得：x2 2a2x2a2m a2 0 (T2(xm)设 f(x)2a2x2a2ma2,问题（1）化为方程在xC（a, a）上有唯一解或等根.只需讨论以下三种情况：a2 11 ° = 0得:m ,此时xp=a2,当且仅当一ava2va,即0v av 1时适合;22 f (a)f(a)<0,当且仅当一avmva;3

22、 f ( a) = 0 得 m=a,此时 xp= a 2a2,当且仅当一ava 2a2va,即 0vav1 时适合.f (a)=0得m=a,此时 xp=a 2a2,由于一a2a2v a,从而 mwa.一., a2 1综上可知，当 0vav1时，m 或一av mW a;2当 a1 时,avmva. 10分，一 八 1(2)AOAP 的面积 S ayp1.0vav ，故一avmwa 时，0v a2 aqa2 1 2m <a,2由唯一性得xp a2 a. a2 1 2m显然当m = a时,xp取值最小.由于xp>0,从而yp= J1 ¥ 取值最大，此时ayp 2 a a2当 m

23、 -1 时，xp=a2, yp= «1 a2 ,此时 S a1 a2 .22下面比较a JOa2与1aqi a2的大小:22121令 aa aa*'1 a ，得 a 一23故当 0v a< 1 时，aVa a2 < -1aV1 a2 ,此时 Smax 32当一a 时，aVa a2a V1 a2 ,此时 Smax3222a"a a 20分15.解：设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为Rfg,当R i=a i,i=3, 4, 5, 6, R1、R2 是 a1、a2 的任意排列时，Rfg最小证明如下:1.设当两个电阻 Ri、R2并联时，所得组件阻值为1R,则一

24、RRi1一.故交换二电阻的位置，不改 R2变R值，且当Ri或R2变小时，R也减小，因此不妨取Ri>R2.2 .设3个电阻白组件（如图1）的总电阻为RabR1R2Rab1 R3R1R2R1 R2R1 R3R2 R3R1R2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一个.3 .设4个电阻白组件（如图2）的总电阻为Rcd32S21 iRiRRk ,则 S1、 j k 4S2为定值，于曰S2R1R2R37 RCD- c cS1R3 R4只有当R3R4最小，R1R2R3最大时,Rcd最小，故应取 R4<R3, R3< R2, R3&l

25、t; Ri,即得总电阻的阻值最小 15分40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Re<R5;且由1 °应使Rce最小.由2知要使Rce最小，必需使 R5VR4,且应使Rcd最小.而由3° ,要使 Rcd最小，应使 R4V R3 v R2且R4V R3V R1,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BDF =/ BAC又/OBC=；(180° -Z BOC)=90° -Z BAC OBXDF.(2)CFXM

26、AMC2MH 2= AC 2AH2 .BEX NA.NB2NH 2=AB2 AH 2 .DAXBC .BD2CD 2= BA2 AC2 .OBXDF.，bn2-bd2=on2-od2 . OCX DE.-.CM 2-CD2 = OM2-OD2 30分+，得NH 2 MH 2=ON2-OM 2 MO 2MH 2= NO2NH 2OHXMN 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),贝U kAC"bcAC的方程为a /y一(xcc),直线BE的方程为cy (x b)ac(x b) aa一(x c) c得E点坐标为E(

27、2a c2abc22c2ac2aabc2 )c22同理可得F(2ab22abc丁)acc直线AC的垂直平分线方程为y(x-)2a2一 ,一、，、一b c直线BC的垂直平分线方程为x2a c (x2 ab c2c2)bc a22akOBbc a22abc a2b cac abb2kDF,2ab abc ab ac22a b b c a bc koB kDF1 OBXDF同理可证OCDE.在直线BE的方程y c(x b)中令x=0得H(0, abc a2 bc22a a a3bc , kOHLZ-；b c ab ac""2"ab ac直线DF的方程为y 二xa2 bc

28、bc) a同理可得ab aca"bcx2.2a c bca /、-(x c) ca2 2bc c212abc ac 、2 Z2)a 2bc c22a b b c(22a2 2bc b22abc ab 、22 )a2 2bc b2a(b2 c2)(a2 bc) ab ackMN222(c b)(a2 bc)(a2 3bc) a2 3bc kOH kMN =- 1, OHXMN .n.解：先求最小值，因为 （xi）2i 1等号成立当且仅当存在i使得x=1, xj=0, j = in10分xi最小值为1.i 1再求最大值，令 xkkykn,2kyk2kykyj1k 11 k j ny y2yna1设 M n xk" Jkyk，令 y2yna2k 1k 1Vn an贝叵？ a12 afa2130分n令 an 1 = 0,则 M(ak ak 1)k 1nnn由柯西不等式得：nd n diiM 3k 、k 1)22( a2广k 1k 1,k 1 ak(. k kk 1)akk 1k 11(.k ,k 1)2k 1(k=1, 2,，n).k 、k 1ak -n(k ,k 1)2厂k 1由于 a1>a2A-&