数学竞赛Word 2003 文档
2003年全国高中数学联赛试题及解答
O
x
O
x
O
xOx源自A.2 2B.
C.
D.
x y 解：曲线方程为 + =1，直线方程为 y=ax+b． a b 由直线图形，可知 A 、C 中的 a<0，A 图的 b>0，C 图的 b<0，与 A 、C 中曲线为椭圆矛盾． 由直线图形，可知 B 、D 中的 a>0，b<0，则曲线为焦点在 x 轴上的双曲线，故选 B ． 2 3．过抛物线 y =8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线，若此直线与抛物线交于 A 、B 两点，弦 AB 的中垂线与 x 轴交于点 P ，则线段 PF 的长等于 16 8 16 (A) (B) (C) 3 (D) 8 3 3 3 3 p 4 解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦 AB 所在直线方程为 y= 3x，弦的中点在 y= = 上，即 AB 中点 k 3 4 4 3 4 4 16 16 为( ， )，中垂线方程为 y=－ (x－ )+ ，令 y=0，得点 P 的坐标为 ．∴ PF= ．选 A ． 3 3 3 3 3 3 3
2003 年全国高中数学联赛
通渭一中
刘黎明
2003 年全国高中数学联合竞赛试题及解答
第一试 (10 月 12 日上午 8:009:40) 一、选择题(每小题 6 分，共 36 分) 1．删去正整数数列 1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 解： 452 =2025， 462 =2116 ． 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个， 而 2026 至 2115 之间没有完全平方数． 故 1 至 2025 中共有新数列中的 2025－45=1980 项．还缺 2003－1980=23 项．由 2025+23=2048．知选 C． 2 2 2．设 a，b∈R ，ab≠0，那么直线 ax－y+b=0 和曲线 bx +ay =ab 的图形是
2003年全国初中数学联合竞赛试题及解答
为使方程有正整数根要求 4 y 50 4 y 2 y 4 2500 99 y 是完全平方数．
2
经试验得到 y 25 时 是完全平方数，解出 x 20 或 30，即 2025 或者 3025 满足题意. 方法二： 设这两个两位数分别为 x ， y ，则 x y 100 x y
2
由于 △ABC 是直角三角形，所以抛物线与 x 轴的交点必然在 y 轴两边，所以
c 再由射影定理得到 c 2 ，所以 ac 1 . a
c 0. a
9 3 2．设 m 是整数，且方程 3x2＋mx－2＝0 的两根都大于 而小于 ，则 m＝_________. 5 7
【答】 4. 考虑二次函数 f ( x) 3x2 mx 2 与二次函数的两个交点， 由于 3 大于 0， 图像开口向上．
所以 故：
S△ ADE AD AE 1 AE 3 1 ， S△ ABC AB AC 3 AC 4
AE 3 CE 1 ，所以 AC 4 EA 3
B
C
6．如图，在平行□ABCD 中，过 A，B，C 三点的圆交 AD 于 E，且与 CD 相切．若 AB＝4， BE＝5，则 DE 的长为（ A．3. 【答】D. 连接 CE，由于 ABCE 四点共圆，所以：∠DEC＝∠CBA， 在平行四边形 ABCD 中，∠D＝∠ABC， 所以有∠DEC＝∠D＝∠ABC， 同时，CD 平行于 AB，且 DC 与圆相切， 可知：C 为弧 AB 中点，所以∠CEB＝∠CBA，且∠DCE＝∠CBE， 故由∠DEC＝∠D 可知△DEC 为等腰三角形，CD＝CE＝AB＝4， 由∠DEC＝∠CBE 和∠D＝∠ABC＝∠CEB 可知△CDE∽△BCE， 所以：
【数学竞赛】2003年全国初中数学联赛试卷及答案
【数学竞赛】2003年全国初中数学联赛试卷第一试（4月13日上午8:30—9:30）一、选择题（本题满分42分，每小题7分）1.A .5-B .1C .5D .1[答]（ ）2.在凸10边形的所有内角中，锐角的个数最多是A .0B .1C .3D .5[答]（ ）3.若函数()0y kx k =>与函数1y x=的图象相交于A ，C 两点，AB 垂直x 轴于B ，则△ABC 的面积为 A .1 B .2 C .k D .2k[答]（ ）4.满足等式2003的正整数对()x y ，的个数是A .1B .2C .3D .4[答]（ ）5.设△ABC 的面积为1，D 是边AB 上一点，且13AD AB =．若在边AC 上取一点E ，使四边形DECB 的面积为34，则CE EA的值为 A .12 B .13 C .14 D .15[答]（ ）6.如图，在□ABCD 中，过A ，B ，C 三点的圆交AD 于E ，且与CD 相切．若AB =4，BE =5，则DE 的长为A .3B .4C .154D .165[答]（ ） D CA B E二、填空题（本题满分28分，每小题7分）1.抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ．若△ABC 是直角三角形，则ac =__________．2.设m 是整数，且方程2320x mx +-=的两根都大于95-而小于37，则m =____________． 3.如图，'AA ，'BB 分别是∠EAB ，∠DBC 的平分线．若''AA BB AB ==，则∠BAC 的度数为_____________．4.已知正整数a ，b 之差为120，它们的最小公倍数是其最大公约数的105倍，那么a ，b 中较大的数是_________．2003年全国初中数学联合竞赛试卷第二试（A ）（4月13日上午10:00—11:30）考生注意：本试三大题，第一题20分，第二、三题各25分，全卷满分70分．一、（本题满分20分）试求出这样的四位数，它的前两位数字与后两位数字分别组成的二位数之和的平方，恰好等于这个四位数．二、（本题满分25分）。
2003年全国高中数学联赛试题及解答
三、（本题50分）
由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2+q+1，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A、B、C、D和四条连线段AB、BC、CD、DA组成的图形)．
在每一位(从第一位到第n－1位)小数上，数字0与1各出现2n－2次．第n位则1出现2n－1次．
∴Sn=2n－20.11…1+2n－210－n．
∴==．
三、（本题满分20分）
13．设≤x≤5，证明不等式
2++<2．
解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0．≤x≤5．
由平均不等式≤≤．
∴2++=+++≤2．
2003年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试
(10月12日上午8:009:40)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1．(2003年全国高中数学联赛)删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是
(A)2046(B)2047(C) 2048 (D) 2049
2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是
MN=－1．EM=，故EN2=3－(－1)2=2．∴EN=．所求圆柱的高=2+．
12．设Mn={(十进制)n位纯小数0.|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则=．
2003年中国数学奥林匹克
●竞赛之窗●2003年中国数学奥林匹克第一天(2003201215)一、设点I、H分别为锐角△ABC的内心和垂心,点B1、C1分别为边AC、AB的中点.已知射线B1I交边AB于点B2(B2≠B),射线C1I交AC的延长线于点C2,B2C2与BC相交于K,A1为△BHC的外心.试证:A、I、A1三点共线的充分必要条件是△B K B2和△CKC2的面积相等.二、求出同时满足如下条件的集合S的元素个数的最大值:(1)S中的每个元素都是不超过100的正整数;(2)对于S中任意两个不同的元素a、b,都存在S中的元素c,使得a与c的最大公约数等于1,并且b与c的最大公约数也等于1;(3)对于S中任意两个不同的元素a、b,都存在S中异于a、b的元素d,使得a与d的最大公约数大于1,并且b与d的最大公约数也大于1.三、给定正整数n,求最小的正数λ,使得对于任何θi ∈0,π2(i=1,2,…,n),只要tanθ1・tanθ2・…・tanθn=2n2,就有cosθ1+cosθ2+…+cosθn不大于λ.第二天(2003201216)四、求所有满足a≥2,m≥2的三元正整数组(a,m,n),使得a n+203是a m+1的倍数.五、某公司需要录用一名秘书,共有10人报名,公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试,前3个人面试后一定不录用.自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较,如果他的能力超过了前面所有已面试过的人,就录用他,否则就不录用,继续面试下一个.如果前9个人都不录用,那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同,可以按能力由强到弱排为第1,第2,……,第10.显然该公司到底录用哪一个人,与这10个人报名的顺序有关.大家知道,这样的排列共有10!种.我们以Ak表示能力第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目,以A k10!表示他被录用的可能性.证明:在该公司经理的方针之下,有(1)A1>A2>…>A8=A9=A10;(2)该公司有超过70%的可能性录取到能力最强的3个人之一,而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a、b、c、d为正实数,满足ab+cd=1,点P i(x i,y i)(i=1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点.求证:(ay1+by2+cy3+dy4)2+(ax4+bx3+cx2+dx1)2≤2a2+b2ab+c2+d2cd.参考答案图1 一、首先,证明A、I、A1三点共线Ζ∠BAC=60°.如图1,设O为△ABC的外心,连BO,CO.则∠BHC=180°-∠BAC,∠BA1C=2(180°-∠BHC)=2∠BAC.因此,∠BAC=60°Ζ∠BAC+∠BA1C=180°ΖA1在△ABC的外接圆⊙O上ΖAI与AA1重合ΖA、I、A1三点共线.其次,再证S△B K B2=S△CK C2Ζ∠BAC=60°.作IP⊥AB于点P,IQ⊥AC于点Q.则S△AB1B2=12IP・AB2+12IQ・AB1.①设IP=r(r为△ABC的内切圆半径),则IQ=r.又令BC=a,C A=b,AB=c,则r=2S△ABCa+b+c.注意到S△AB1B2=12AB1・AB2・sin A.②由①、②及AB1=b2,2AB1・sin A=h c=2S△ABCc,有AB2・2S△ABCc-2・2S△ABCa+b+c=b・2S△ABCa+b+c.则AB2=bca+b-c.同理,AC2=bca+c-b.由S△B K B2=S△CK C2,有S△ABC=S△AB2C2.于是,bc=bca+b-c ・bca+c-b,即 a2=b2+c2-bcΖ由余弦定理,∠BAC=60°.二、72.将不超过100的每个正整数n表示成n=2α1・3α2・5α3・7α4・11α5・q.其中q是不能被2、3、5、7、11整除的正整数,α1、α2、α3、α4、α5为非负整数.我们选取满足条件α1、α2、α3、α4、α5中恰有1个或2个非零的那些正整数组成集合S,即S中包括50个偶数2,4,…,98,100,但除去2×3×5,22×3×5, 2×32×5,2×3×7,22×3×7,2×5×7,2×3×11这7个数;3的奇数倍3×1,3×3,…,3×33共17个数;最小素因子为5的数5×1,5×5,5×7,5×11,5×13, 5×17,5×19共7个数;最小素因子为7的数7×1, 7×7,7×11,7×13共4个数;以及素数11.从而,S中总共有(50-7)+17+7+4+1=72个数.下面证明如此构造的S满足题述条件.条件(1)显然满足.对于条件(2),注意在[a,b]的素因子中至多出现2,3,5,7,11中的4个数,记某个未出现的系数为p,显然p∈S,并且(p,a)≤(p,[a,b])=1,(p,b)≤(p,[a,b])=1.于是,取c=p即可.对于条件(3),当(a,b)=1时,取a的最小素因子p和b的最小素因子q,易见p≠q,并且p、q∈{2, 3,5,7,11}.于是,pq∈S,并且(pq,a)≥p>1,(pq,b)≥q>1.a、b互质保证了pq异于a、b.从而,取c=pq即可.当(a,b)=e>1时,取p为e的最小素因子,q 为满足q8[a,b]的最小素数,易见p≠q,并且p、q∈{2,3,5,7,11}.于是,pq∈S,并且(pq,a)≥(p,a)=p>1,(pq,b)≥(p,b)=p>1.q8[a,b]保证了pq异于a,b,从而,取d=pq即可.下面证明任意满足题述条件的集合S的元素数目不会超过72.显然,1∈S.对于任意两个大于10的质数p、q,因为与p、q均不互质的数最小是pq,已大于100,故据条件(3)知,10与100之间的21个质数11,13,…, 89,97中最多有一个出现在S中,记除1和这21个质数外的其余78个不超过100的自然数构成集合T,我们断言T中至少有7个数不在S中,从而S中最多有78-7+1=72个元素.(i)当有某个大于10的质数p属于S时,S中所有各数最小素因子只可能是2,3,5,7和p.运用条件(2)可得出以下结论:①若7p∈S,因2×3×5,22×3×5,2×32×5与7p包括了所有的最小素因子,故由条件(2)知,2×3×5,22×3×5,2×32×5∈S;若7p∈S,注意2×7p >100,而p∈S,故由条件(3)知7×1,7×7,7×11,7×13∈S.②若5p∈S,则2×3×7,22×3×7∈S;若5p∈S,则5×1,5×5∈S.③2×5×7与3p不同属于S.④2×3p与5×7不同属于S.⑤若5p,7p∈S,则5×7∈S.当p=11或13时,由①,②,③,④可分别得出至少有3,2,1,1个T中的数不属于S,合计7个;当p= 17或19时,由①,②,③可分别得出至少有4,2,1个T中的数不属于S,合计7个;当p>20时,由①,②,③分别有至少4,2,1个T中的数不属于S,合计也是7个.(ii)如果没有大于10的质数属于S,则S中的最小素因子只可能是2,3,5,7.于是,下面7对数中的每对都不能同时在S中出现:(3,2×5×7),(5,2×3×7),(7,2×3×5),(2×3, 5×7),(2×5,3×7),(2×7,3×5),(22×7,32×5)从而,T中至少有7个数不在S中.综上所述,本题的答案为72.三、当n=1时,cosθ1=(1+tan2θ1)-12=33,有λ=33.当n=2时,可以证明cosθ1+cosθ2≤233,①且当θ1=θ2=arctan2时等号成立.事实上,式①Ζcos2θ1+cos2θ2+2cosθ1・cosθ2≤43,即 11+tan 2θ1+11+tan 2θ2+21(1+tan 2θ1)(1+tan 2θ2)≤43.②由tan θ1・tan θ2=2可得,式②Ζ2+tan 2θ1+tan 2θ25+tan 2θ1+tan 2θ2+215+tan 2θ1+tan 2θ2≤43.③记x =tan 2θ1+tan 2θ2,则式③Ζ215+x ≤14+x3(5+x ),即 36(5+x )≤196+28x +x 2.④显然式④Ζx 2-8x +16=(x -4)2≥0.于是,λ=233.当n ≥3时,不妨设θ1≥θ2≥…≥θn ,则tan θ1・tan θ2・tan θ3≥2 2.由于cos θi =1-sin 2θi <1-12sin 2θi ,则cos θ2+cos θ3<2-12(sin 2θ2+sin 2θ3) <2-sin θ2・sin θ3.由tan 2θ1≥8tan 2θ2・tan 2θ3,有1cos 2θ1≥8+tan 2θ2・tan 2θ3tan 2θ2・tan 2θ3,即 cos θ1≤tan θ2・tan θ38+tan 2θ2・tan 2θ3=sin θ2・sin θ38cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2・sin 2θ3.于是,cos θ2+cos θ3+cos θ1<2-sin θ2・sin θ31-18cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2sin 2θ3.⑤易知 8cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2・sin 2θ3≥1Ζ8+tan 2θ2・tan 2θ3≥1cos 2θ2・cos 2θ3=(1+tan 2θ2)(1+tan 2θ3)Ζtan 2θ2+tan 2θ3≤7.⑥由此可得当式⑥成立时,有cos θ1+cos θ2+cos θ3<2.⑦若式⑥不成立,则tan 2θ2+tan 2θ3≥7,有tan 2θ1≥tan 2θ2≥72.所以cos θ1≤cos θ2≤11+72=23.于是cos θ1+cos θ2+cos θ3≤223+1<2,即 式⑦成立.由此可得cos θ1+cos θ2+cos θ3+…+cos θn <n -1.另一方面,取θ2=θ3=…=θn =α>0,α→0,θ1=arctan2n2(tan α)n -1,显然θ1→π2,从而cos θ1+cos θ2+cos θ3+…+cos θn →n -1.综上可得λ=n -1.四、对于n 、m ,分三种情况讨论.(i )n <m 时,由a n +203≥a m +1,有202≥a m -a n ≥a n(a -1)≥a (a -1).所以,2≤a ≤14.则当a =2时,n 可取1,2,…,7;当a =3时,n 可取1,2,3,4;当a =4时,n 可取1,2,3;当5≤a ≤6时,n 可取1,2;当7≤a ≤14时,n =1.由a m +1|a n +203可知,有解(2,2,1),(2,3,2)和(5,2,1).(ii )n =m 时,a m +1|202.202仅有1,2,101,202共4个约数.而a ≥2,m ≥2,a m +1≥5,则a m=100或201.又m ≥2,故有解(10,2,2).(iii )n >m 时,由a m +1|203(a m +1),有a m +1|a n +203-(203a m+203)=a m (an -m-203).又(a m +1,a m )=1,所以,a m +1|a n -m-203.① 若a n -m<203,则令n -m =s ≥1,有a m+1|203-a s.所以,203-a s ≥a m+1,202≥a s+a m≥a m+a =a (am -1+1)≥a (a +1),2≤a ≤13.类似于(i )的讨论,可知(a ,m ,s )有解(2,2,3),(2,6,3),(2,4,4),(2,3,5),(2,2,7),(3,2,1),(4,2,2),(5,2,3),(8,2,1).于是,(a ,m ,n )有解(2,2,5),(2,6,9),(2,4,8),(2,3,8),(2,2,9),(3,2,3),(4,2,4),(5,2,5),(8,2,3).② a n -m =203时,则a =203,n -m =1,即 (203,m ,m +1),m ≥2均满足.③ a n -m>203时,令n -m =s ≥1,则a m+1|a s-203.又a s -203≥a m +1,则s >m .由a m +1|a s +203a m =(a s -m +203)a m =(a n -2m +203)a m ,(a m +1,a m )=1,所以a m +1|a n -2m +203.又s >m Ζn -m >m Ζn >2m Ζn -2m >0.此时的解只能由前面的解派生出来,即由(a ,m ,n )→(a ,m ,n +2m )→…→(a ,m ,n +2km ),且每一个派生出的解满足a m+1|a n+203.综上所述,所有解(a ,m ,n )为(2,2,4k +1),(2,3,6k +2),(2,4,8k +8),(2,6,12k +9),(3,2,4k +3),(4,2,4k +4),(5,2,4k +1),(8,2,4k +3),(10,2,4k +2),(203,m ,(2k +1)m +1),其中k 为任意非负整数,且m ≥2为整数.五、将前3个面试者中能力最强的排名名次记为a .显然a ≤8.将此时能力排名第k 的人被选上的排列集合记作A k (a ),相应的排列数目记作|A k (a )|.(1)易知,当a =1时,必然放过前面9个人,录用最后一个面试的人,此时除能力第1的人之外,其余各人机会均等,|A k (1)|=3×8!:=r 1,k =2,3,…,10,其中,“:=”表示“记为”.当2≤a ≤8时,对于a ≤k ≤10,能力排名第k 的人无录用机会.对于1≤k <a ,此时机会均等.事实上,此时能力排名第a 的人排在前三个,有3种选择位置的办法.而能力排名第1至第a -1的人都排在后7个位置上,并且谁位于他们之首就是谁被录用,有排法C a -17(a -2)!种;其余10-a 个人可以在剩下的位置上任意排列,有(10-a )!种排法.故有|A k (a )|=3C a -17(a -2)!(10-a )!:=r a ,k =1,…,a -1;0,k =a , (10)上述结果表明:|A 8|=|A 9|=|A 10|=r 1=3×8!>0;①|A k |=r 1+∑8a =k +1ra,k =2, (7)②|A 1|=∑8a =2r a.③由式①和②知|A 2|>|A 3|>…>|A 8|=|A 9|=|A 10|>0;而由式②和③知|A 1|-|A 2|=r 2-r 1=3×7×8!-3×8!>0.综合上述,问题(1)获证.(2)由式①知|A 8|+|A 9|+|A 10|10!=3×r 110!=3×3×8!10!=10%,所以,录用到能力最弱的三人之一的可能性等于10%.由式②和③可知|A 1|=∑8a =2ra=∑8a =23C a -17(a -2)!(10-a )!=3×7!∑8a =2(9-a )(10-a )a -1=3×7!∑7s =1(8-s )(9-s )s=3×7!×56+21+10+5+125+1+27=3×7!×952435>3×7!×9523=287×7!.|A 2|=r 1+∑8a =3ra=3×8!+3×7!×21+10+5+125+1+27=3×7!×472435>3×7!×4723=143×7!.|A 3|=r 1+∑8a =4ra=3×8!+3×7!×10+5+125+1+27=3×7!×262435>3×7!×2623=80×7!.所以,|A 1|+|A 2|+|A 3|10!>287+143+80720=510720=1724>70%,即录用到能力最强三人之一的可能性大于70%.六、令u =ay 1+by 2,v =cy 3+dy 4,u 1=ax 4+bx 3,v 1=cx 2+dx 1.则u 2≤(ay 1+by 2)2+(ax 1-bx 2)2=a 2+b 2+2ab (y 1y 2-x 1x 2),即 x 1x 2-y 1y 2≤a 2+b 2-u22ab.①v 21≤(cx 2+dx 1)2+(cy 2-dy 1)2=c 2+d 2+2cd (x 1x 2-y 1y 2),即 y 1y 2-x 1x 2≤c 2+d 2-v 212cd.②①+②得 u ≤a 2+b 2-u22ab +c 2+d 2-v 212cd ,即 u 2ab +v 21cd ≤a 2+b 2ab +c 2+d2cd.同理,v 2cd +u 21ab ≤c 2+d 2cd +a 2+b2ab.由柯西不等式,有(u +v )2+(u 1+v 1)2≤(ab +cd )u 2ab +v2cd+(ab +cd )u 21ab +v 21cd=u 2ab +v2cd +u 21ab +v 21cd≤2a 2+b 2ab +c 2+d2cd.(浙江大学数学系 李胜宏 提供)2002年上海市高中数学竞赛 说明:解答本试卷不得使用计算器一、填空题(每小题7分,共70分)1.一个正△ABC 内接于椭圆x29+y24=1,顶点A的坐标为(0,2),过顶点A 的高在y 轴上.则此正三角形的边长为.2.已知x 、y 为正数,且sin θx=cos θy,cos 2θx2+sin 2θy 2=103(x 2+y 2).则xy 的值为.3.袋里装有35个球,每个球上都记有从1到35的一个号码,设号码为n 的球重n23-5n +23克,这些球以同等的机会(不受其重量的影响)从袋里取出.若同时从袋内任意取出两球,则它们重量相等的概率为(用分数作答).4.已知正四棱台的上底、下底及侧面(四个等腰梯形)的面积之比为2∶5∶8.则侧面与底面所成角的大小为.5.若对|x |≤1的一切x ,t +1>(t 2-4)x 恒成立,则t 的取值范围是.6.设实数a 、b 、c 、d 满足a 2+b 2+c 2+d 2=5.则(a -b )2+(a -c )2+(a -d )2+(b -c )2+(b -d )2+(c -d )2的最大值是.7.函数f 定义在正整数集上,且满足f (1)=2002和f (1)+f (2)+…+f (n )=n 2f (n )(n >1).则f (2002)的值是.8.已知函数f (x )=12x(1-x +1-2x +2x 2),图1x ∈[2,4].则该函数的值域是.9.如图1,在△ABC 中,∠B =∠C ,点P 、Q 分别在AC 和AB 上,使得AP =PQ =QB =BC .则∠A 的大小是.10.棱长为1的正四面体,在平面上投影面积的最大值是.二、(本题16分)已知数列{a n }、{b n }都是等差数列,S n =a 1+a 2+…+a n ,T n =b 1+b 2+…+b n ,且对一切正整数n ,S n T n =3n +3131n +3.(1)求b 28a 28的值;(2)求使b na n为整数的所有正整数n .三、(本题16分)设F 是所有有序n 元组(A 1,A 2,…,A n )构成的集合,其中A i (1≤i ≤n )都是集合{1,2,3,…,2002}的子集,设|A |表示集合A 的元素的数目.对F 中的所有元素(A 1,A ,…,A n ),求|A 1∪A 2∪…∪A n |的总和,即∑(A 1,A 2,…,A n)∈F |A 1∪A 2∪…∪A n |.四、(本题18分)纸上写有1,2,…,n 这n 个正整数,第1步划去前面4个数1,2,3,4,在n 的后面写上划去的4个数的和10;第2步再划去前面的4个数5,6,7,8,在最后写上划去的4个数的和26;如此下去(即每步划去前面4个数,在最后面写上划去的4个数的和).(1)若最后只剩下一个数,则n 应满足的充要条件是什么?(2)取n =2002,到最后只剩下一个数为止,所有写出的数(包括原来的1,2,…,2002)的总和是多少?参考答案一、1.72331 2.3或133.1854.arccos 38 5.13-12,21+12 6.20 7.220038.14,5-14 9.20° 10.12。
2003年全国高中数学联赛试题及解答
2003年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月12日上午8:00 9:40)一、选择题(每小题6分，共36分)1．(2003年全国高中数学联赛)删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是A. B. C. D.3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB 的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于(A)163(B)83(C)163 3 (D) 8 34．若x∈[－512，－3]，则y=tan(x+23)－tan(x+6)+cos(x+6)的最大值是(A)125 2 (B)116 2 (C)116 3 (D)125 35．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x2+99－y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)1256．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的距离为2，夹角为3，则四面体ABCD 的体积等于(A)32(B)12(C)13(D)33二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是．8．设F1、F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2的面积等于．9．已知A={x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若A B，则实数a的取值范围是．10．已知a，b，c，d均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a－c=9，则b－d=．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．12．设M n={(十进制)n位纯小数0.－a1a2…a n|a i只取0或1(i=1，2，…，n－1)，a n=1}，T n是M n中元素的个数，S n是M n中所有元素的和，则limn→∞S nT n=．三、（本题满分20分）13．设32≤x≤5，证明不等式2x+1+2x－3+15－3x<219．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A 刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A 取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠P AC ．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．1997年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题6分，共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049解：452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C．2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是A. B. C. D.解：曲线方程为x2a+y2b=1，直线方程为y=ax+b．由直线图形，可知A、C中的a<0，A图的b>0，C图的b<0，与A、C中曲线为椭圆矛盾．由直线图形，可知B、D中的a>0，b<0，则曲线为焦点在x轴上的双曲线，故选B．3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB 的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于(A)163(B)83(C)163 3 (D) 8 3解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=3x，弦的中点在y=pk=43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．4．若x∈[－512，－3]，则y=tan(x+23)－tan(x+6)+cos(x+6)的最大值是(A)125 2 (B)116 2 (C)116 3 (D)125 3解：令x+6=u，则x+23=u+2，当x∈[－512，－3]时，u∈[－4，－6]，y=－(cot u+tan u)+cos u=－2sin2u+cos u ．在u∈[－4，－6]时，sin2u与cos u都单调递增，从而y单调递增．于是u=－6时，y取得最大值1163，故选C．5．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x2+99－y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)125解：由x，y∈(－2，2)，xy=－1知，x∈(－2，－12)∪(12，2)，u=44－x2+9x29x2－1=－9x4+72x2－4－9x4+37x2－4=1+3537－(9x2+4x2)．当x∈(－2，－12)∪(12，2)时，x2∈(14，4)，此时，9x2+4x2≥12．(当且仅当x2=23时等号成立)．此时函数的最小值为125，故选D．6．在四面体ABCD 中， 设AB=1，CD=3，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3，则四面体ABCD的体积等于(A) 32 (B) 12 (C) 13 (D) 33解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1×3×sin π3×2=3． 而四面体ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12．故选B ． 二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0解：即|x |3－2|x |2－4|x |+3<0，(|x |－|x |<－5+12，或5－12<|x |<3．∴ 解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)．8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，则△PF 1F 2的面积等于 ．解：F 1(－5，0)，F 2(5，0)；|F 1F 2|=25．|PF 1|+|PF 2|=6，|PF 1|=4，|PF 2|=2．由于42+22=(25)2．故PF 1F 2是直角三角形55． ∴ S=4．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R }若A B ，则实数a 的取值范围是 ．解：A=(1，3)；又，a ≤－21－x∈(－1，－14)，当x ∈(1，3)时，a ≥x 2+52x－7∈(5－7，－4)．∴ －4≤a ≤－1．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．解：a 3=b 2，c 5=d 4，设a=x 2，b=x 3；c=y 4，d=y 5，x 2－y 4=9．(x +y 2)(x －y 2)=9． ∴ x +y 2=9，x －y 2=1，x=5，y 2=4．b －d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．解：如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD 绕其中心旋转45而得．设E 的射影为N ，则 MN=2－1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．解：由于a 1，a 2，…，a n －1中的每一个都可以取0与1两个数，T n =2n －1．在每一位(从第一位到第n －1位)小数上，数字0与1各出现2n －2次．第n 位则1出现2n －1次．∴ S n =2n －20.11…1+2n －210－n ．∴ lim n →∞S n T n =12 19=118．三、（本题满分20分）13．设32≤x ≤5，证明不等式2x +1+2x －3+15－3x <219．N MDC B A解：x +1≥0，2x －3≥0，15－3x ≥0．32≤x ≤5． 由平均不等式x +1+x +1+2x －3+15－3x 4≤x +1+x +1+2x －3+15－3x 4≤14+x4．∴ 2x +1+2x －3+15－3x=x +1+x +1+2x －3+15－3x ≤214+x ．但214+x 在32≤x ≤5时单调增．即214+x ≤214+5=219．故证．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．解：曲线方程为：Z=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t ) ∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t ．(0≤x ≤1) y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1－x )2+2b (1－x )x +cx 2即 y=(a －2b +c )x 2+2(b －a )x +a (0≤x ≤1)． ① 若a －2b +c=0，则Z 0、Z 1、Z 2三点共线，与已知矛盾，故a －2b +c 0．于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线．AB 中点M ：14+12(a +b )i ，BC 中点N ：34+12(b +c )i ．与AC 平行的中位线经过M (14，12(a +b ))及N (34，12(b +c ))两点，其方程为4(a －c )x +4y －3a －2b +c=0．(14≤x ≤34)． ②令 4(a －2b +c )x 2+8(b －a )x +4a=4(c －a )x +3a +2b －c ．即4(a －2b +c )x 2+4(2b －a －c )x +a －2b +c=0．由a －2b +c 0，得4x 2+4x +1=0，此方程在[14，34]内有惟一解： x=12．以x=12代入②得， y=14(a +2b +c )．∴ 所求公共点坐标为(12，14(a +2b +c ))．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A 刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A 取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．解：对于⊙O 上任意一点A ，连AA ，作AA 的垂直平分线MN ，连OA ．交MN 于点P ．显然OP +P A=OA =R ．由于点A 在⊙O 内，故OA=a <R ．从而当点A 取遍圆周上所有点时，点P 的轨迹是以O 、A 为焦点，OA=a 为焦距，R (R >a )为长轴的椭圆C ． 而MN 上任一异于P 的点Q ，都有OQ +QA=OQ +QA >OA ．故点Q 在椭圆C 外．即折痕上所有的点都在椭圆C 上及C 外．反之，对于椭圆C 上或外的一点S ，以S 为圆心，SA 为半径作圆，交⊙O 于A ，则S 在AA 的垂直平分线上，从而S 在某条折痕上．最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交．1 当S在⊙O 外时，由于A 在⊙O 内，故⊙S 与⊙O 必相交； 2 当S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内，但在椭圆C 外或其上的点S )，取过S 的半径OD ，则由点S 在椭圆C 外，故OS +S A ≥R (椭圆的长轴)．即S A ≥S D ．于是D 在⊙S 内或上，即⊙S 与⊙O 必有交点．于是上述证明成立．综上可知，折痕上的点的集合为椭圆C 上及C 外的所有点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠P AC ．分析：由∠PBC=∠CDB ，若∠DBQ=∠P AC=∠ADQ ，则BDQ ∽DAQ ．反之，若BDQ ∽DAQ ．则本题成立．而要证BDQ ∽DAQ ，只要证BD AD =DQAQ即可．证明：连AB ．∵ PBC ∽PDB ， ∴ BD BC =PD PB ，同理，AD AC =PD P A ． ∵ P A=PB ，∴ BD AD =BC AC． ∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ ，∠ABC=∠ADQ ．∴ ABC ∽ADQ ． ∴ BC AC =DQ AQ ．∴ BD AD =DQ AQ．∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ ． ∴ ADQ ∽DBQ ．∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠P AC ．证毕．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．解：当3l 、3m 、3n的末四位数字相同时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104．即求满足3l 3m ≡3n ( mod 104)的l 、m 、n ．∴ 3n (3l －n －1)≡0 (mod 104)．(l －n >0)但 (3n ，104)=1，故必有3l －n ≡1(mod 104)；同理3m －n ≡1(mod 104)． 下面先求满足3x ≡1(mod 104)的最小正整数x ．∵ (104)=10412⨯45=4000．故x |4000．用4000的约数试验：∵ x=1，2，时3x ≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x 必须是4的倍数；∵ x=4，8，12，16时3x ≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x 必须是20的倍数；∵ x=20，40，60，80时3x ≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是100的倍数；∵ x=100，200，300，400时3x ≡∕1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．即，使3x ≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l －n 、m －n 都是500的倍数， 设l －n=500k ，m －n=500h ，(k ，h ∈N *，k >h )．由m +n >l ，即n +500h +n >n +500k ，⇒n >500(k －h )≥500，故n ≥501． 取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．证明：设点集为V ＝{A 0，A 1，…，A n －1}，与A i 连线的点集为B i ，且|Bi |＝b i ．于是1≤b i ≤n －1．又显然有O Q CD B APi ＝0n －1∑b i ＝2l ≥q (q +1)2+2．若存在一点与其余点都连线，不妨设b 0＝n －1． 则B 0中n －1个点的连线数l －b 0≥12q (q +1)2+1－(n －1) (注意：q (q +1)＝q 2+q ＝n －1)＝12(q +1)(n －1)－(n －1)+1＝12(q －1)(n －1)+1 ≥12(n －1)+1≥[12(n －1)]+1．(由q ≥2) 但若在这n －1个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这n －1个点内至多连线[n －12]条，故在B 0中存在一点A i ，它与两点A j 、A k (i 、j 、k 互不相等，且1≤i ，j ，k )连了线，于是A 0、A j 、A i 、A k 连成四边形．现设任一点连的线数≤n －2．且设b 0＝q +2≤n －2．且设图中没有四边形．于是当i ≠j 时，B i 与B j 没有公共的点对，即|B i ∩B j |≤1(0≤i ，j ≤n －1)．记B 0－＝V \B 0，则由|B i ∩B 0|≤1，得|B i ∩B 0－|≥b i －1(i ＝1，2，…，n －1)，且当1≤i ，j ≤n －1且i ≠j 时，B i ∩B 0－与B j ∩B 0－无公共点对．从而B 0－中点对个数≥i ＝1n －1∑(B i ∩B 0－中点对个数)．即C 2 n －b 0≥i ＝1n －1∑C 2 |B i ∩B 0－|≥i ＝1n －1∑C 2b i －1＝12i ＝1n －1∑ (b 2i －3b i +2)≥12[1n －1(i ＝1n －1∑b i )2－3i ＝1n －1∑b i +2(n －1)](由平均不等式) ＝12[1n －1(2l －b 0)2－3(2l －b 0)+2(n －1)]＝12(n －1)[(2l －b 0)2－3(n －1)(2l －b 0)+2(n －1)2]＝12(n －1)(2l －b 0－n +1)(2l －b 0－2n +2) (2l ≥q (q +1)2+2＝(n －1)(q +1)+2)≥12(n －1)[(n －1)(q +1)+2－b 0－n +1][(n －1)(q +1)+2－b 0－2n +2]＝12(n －1)[(n －1)q +2－b 0][(n －1)(q －1)+2－b 0]．(两边同乘以2(n －1)即(n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(n －1≥q (q +1)代入)得 q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(各取一部分因数比较) ① 但(nq －q －n +3－b 0)－q (n －b 0－1)＝(q －1)b 0－n +3≥(q －1)(q +2)－n +3＝q 2+q +1－n ＝0．(b 0≥q +2)② (nq －q +2－b 0)－(q +1)(n －b 0)＝qb 0－q －n +2≥q (q +1)－n +2＝1＞0． ③ 又(nq －q －n +3－b 0)、(nq －q +2－b 0)、q (n －b 0－1)、(q +1)(n －b 0)均为正整数，从而由②、③得， q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)＜(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)． ④ 由①、④矛盾，知原命题成立．又证：画一个n ×n 表格，记题中n 个点为A 1，A 2，…，A n ，若A i 与A j 连了线，则将表格中第i 行j 列的方格中心涂红．于是表中共有2l 个红点，当d (A i )＝m 时，则表格中的i 行及i 列各有m 个红点．且表格的主对角线上的方格中心都没有涂红．由已知，表格中必有一行有q ＋2个红点．不妨设最后一行前q ＋2格为红点．其余格则不为红点(若有红点则更易证)，于是：问题转化为：证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点．若否，则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点．于是，前n －1行的前q ＋2个方格中，每行至多有1个红点．去掉表格的第n 行及前q ＋2列，则至多去掉q ＋2＋(n －1)＝q ＋2＋q 2＋q ＝(q ＋1)2＋1个红点．于是在余下(n －1)×(n －q －2)方格表中，至少有2l －(q ＋1)2－1＝q (q ＋1)2＋2－(q ＋1)2－1＝(q －1)(q ＋1)2＋1＝q 3＋q 2－q 个红点．设此表格中第i 行有m i (i ＝1，2，…，n －1)个红点，于是，同行的红点点对数的总和＝i ＝1n －1∑C 2 m i ．其中n －1＝q 2＋q ．(由于当n ＞k 时，C 2n ＋C 2k ＜C 2 n ＋1＋C 2k －1，故当红点总数为q 3＋q 2－q 个时，可取q 2行每行取q 个红点，q 行每行取q －1个红点时i ＝1n －1∑C 2 m i 取最小值，由下证可知红点数多于此数时更有利于证明．即)但 q2C 2q ＋q C 2q －1≤i ＝1n －1∑C 2 m i ． 由假设，不存在处在不同行的2个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了q ＋2列，故还余q 2－1列，不同的列对数为C 2 q 2－1)i ＝1n －1∑C 2m i≤C 2 q 2－1． 所以q 2·q (q －1)＋q (q －1)(q －2)≤(q 2－1)(q 2－2)．q (q －1)(q 2＋q －2)≤(q －1)(q ＋1)(q 2－2)q 3＋q 2－2q ≤q 3＋q 2－2q －2．矛盾．故证．。
2003年全国高中数学联赛试题及解答
2003 年全国高中数学联合竞赛试卷第一试 (10 月 12 日上午 8:009:40) 一、选择题(每小题 6 分，共 36 分) 1．(2003 年全国高中数学联赛)删去正整数数列 1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数 列．这个数列的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2．设 a，b∈R，ab≠0，那么直线 ax－y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是yyyyOxOxOxOxA.B.C.D.3．过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线，若此直线与抛物线交于 A、B 两点，弦 AB的中垂线与 x 轴交于点 P，则线段 PF 的长等于16816(A) 3 (B) 3 (C) 3 3 (D) 8 34．若x∈[－5 12，－ 3]，则2 y=tan(x+ 3) － tan(x+ 6 )+cos(x+ 6 ) 的 最 大 值 是12111112(A) 5 2 (B) 6 2 (C) 6 3 (D) 5 35．已知x，y都 在 区 间 ( － 2 ， 2) 内 ， 且xy= － 1 ， 则 函 数u=4 4－x2+9 9－y2的最小值是8 (A) 5241212(B) 11 (C) 7 (D) 56．在四面体 ABCD 中， 设 AB=1，CD= 3，直线 AB 与 CD 的距离为 2，夹角为 3 ，则四面体 ABCD的体积等于3113(A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3二．填空题(每小题 9 分，共 54 分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0 的解集是．8．设 F1、F2 是椭圆x92+y42=1 的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2 的面积等于．9．已知 A={x|x2－4x+3<0，x∈R}， B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若 A B，则实数 a 的取值范围是．10．已知 a，b，c，d 均为正整数，且 logab=32，logcd=54，若 a－c=9，则 b－d=．11．将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．12． 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.－ a1a2…an |ai 只取 0 或 1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是 Mn 中元素的个数，Sn 是 Mn 中所有元素的和，则ln→im∞TSnn=．三、（本题满分 20 分）13．设32≤x≤5，证明不等式 2 x+1+ 2x－3+ 15－3x<2 19．1/9四、(本题满分 20 分) 14．设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai，Z1=12+bi，Z2=1+ci(其中 a，b，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R)与△ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．五、(本题满分 20 分) 15．一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A，且 OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点 A 刚好与点 A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当 A 取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2/9加试题 (10 月 12 日上午 10:0012:00) 一、（本题 50 分） 过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线，切点为 A、B，所作割线交圆于 C、D 两点，C 在 P、D 之间．在弦 CD 上取一点 Q，使∠DAQ=∠PBC． 求证：∠DBQ=∠PAC．二、（本题 50 分） 设三角形的三边长分别是正整数 l，m，n．且 l>m>n>0． 已知130l4=130m4=130n4，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过 x 的最大整数．求这种三角形周长的最小 值．三、（本题 50 分） 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形，其中 n=q2+q+1，l≥12q(q+1)2+1，q≥2，q∈ N．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有 q+2 条连线段．证明：图中必存 在一个空间四边形(即由四点 A、B、C、D 和四条连线段 AB、BC、CD、DA 组成的图形)．3/91997 年全国高中数学联赛解答 第一试一、选择题(每小题 6 分，共 36 分) 1．删去正整数数列 1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第 2003 项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 解：452=2025，462=2116． 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个，而 2026 至 2115 之间没有完全平方数．故 1 至 2025 中共有新 数列中的 2025－45=1980 项．还缺 2003－1980=23 项．由 2025+23=2048．知选 C． 2．设 a，b∈R，ab≠0，那么直线 ax－y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是yyyyOxOxOxOxA.B.C.D.解：曲线方程为xa2+yb2=1，直线方程为 y=ax+b． 由直线图形，可知 A、C 中的 a<0，A 图的 b>0，C 图的 b<0，与 A、C 中曲线为椭圆矛盾． 由直线图形，可知 B、D 中的 a>0，b<0，则曲线为焦点在 x 轴上的双曲线，故选 B． 3．过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线，若此直线与抛物线交于 A、B 两点，弦 AB 的中垂线与 x 轴交于点 P，则线段 PF 的长等于16816(A) 3 (B) 3 (C) 3 3 (D) 8 3解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦 AB 所在直线方程为 y=3x，弦的中点在p y=k=4 上，即 3AB 中点为(43，4 )，中垂线方程为 3y=－33(x－43)+4 ，令 3y=0，得点P的坐标为136．∴ PF=136．选 A．4．若x∈[－5 12，－ 3 ]，则2 y=tan(x+ 3) － tan(x+ 6 )+cos(x+ 6 ) 的 最 大 值 是12111112(A) 5 2 (B) 6 2 (C) 6 3 (D) 5 3解：令x+6=u，则2 x+ 3=u+ 2 ，当 x∈[－512 ，－ 3 ]时，u∈[－ 4 ，－ 6 ]，y=－(cotu+tanu)+cosu=－sin22u+cosu．在 u∈[－ 4 ，－ 6 ]时，sin2u 与 cosu 都单调递增，从而 y 单调递增．于是 u=－ 6 时，y 取得最大值161 3，故选 C．5．已知x，y都 在 区 间 ( － 2 ， 2) 内 ， 且xy= － 1 ， 则 函 数u=4 4－x2+9 9－y2的最小值是8 (A) 5241212(B) 11 (C) 7 (D) 5解：由 x，y∈(－2，2)，xy=－1 知，x∈(－2，－12)∪(12，2)， u=4－4 x2+9x92x－2 1=－ －99xx44++7327xx22－ －44=1+37－(395x2+x42)．当 x∈(－2，－12)∪(12，2)时，x2∈(14，4)，此时，9x2+x42≥12．(当且仅当 x2=23时等号成立)．此时函数的最小值为152，故选 D．4/96．在四面体 ABCD 中， 设 AB=1，CD= 3，直线 AB 与 CD 的距离为 2，夹角为 3 ，则四面体 ABCD的体积等于3113(A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3A解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1× 3×sinπ3×MD2=3．N而四面体 ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12．故选 B．BC二．填空题(每小题 9 分，共 54 分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0 的解集是．解：即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，(|x|－3)(|x|－5－1 2 )(|x|+52+1)<0．|x|<－ 52+1，或 52－1<|x|<3．∴ 解为(－3，－ 52－1)∪( 52－1，3)．8．设 F1、F2 是椭圆x92+y42=1 的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2 的面积等于．解：F1(－ 5，0)，F2( 5，0)；|F1F2|=2 5．|PF1|+|PF2|=6， |PF1|=4，|PF2|=2．由于 42+22=(2 5)2．故 PF1F2 是直角三角形 5 5． ∴ S=4．9．已知 A={x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若 A B，则实数 a 的取值范围是．解：A=(1，3)；又，a≤－21－x∈(－1，－14)，当 x∈(1，3)时，a≥x22+x5 －7∈( 5－7，－4)．∴ －4≤a≤－1．10．已知 a，b，c，d 均为正整数，且 logab=32，logcd=54，若 a－c=9，则 b－d=．解：a3=b2，c5=d4，设 a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．∴ x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和H其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等 EG于．解：如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球F心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面 ABCD 上的射影是一个正方形．是D把正方形 ABCD 绕其中心旋转 45 而得．设 E 的射影为 N，则NMCMN= 2－1．EM= 3，故 EN2=3－( 2－1)2=2 2．∴ EN= 4 8．所求圆柱的 AB高=2+ 4 8．12． 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.－ a1a2…an |ai 只取 0 或 1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是 Mn 中元素的个数，Sn 是 Mn 中所有元素的和，则nl→im∞TSnn=．解：由于 a1，a2，…，an－1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数，Tn=2n－1．在每一位(从第一位到第 n－1 位)小数上，数字 0 与 1 各出现 2n－2 次．第 n 位则 1 出现 2n－1 次．∴ Sn=2n－2 0.11…1+2n－2 10－n．∴ nl→im∞TSnn=1219=118．三、（本题满分 20 分）13．设32≤x≤5，证明不等式5/92 x+1+ 2x－3+ 15－3x<2 19．解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0． 32≤x≤5．由平均不等式x+1+x+1+2x－3+ 415－3x≤x+1+x+1+2x4－3+15－3x≤∴ 2 x+1+ 2x－3+ 15－3x= x+1+ x+1+ 2x－3+ 15－3x≤2 14+x．但 2 14+x在32≤x≤5 时单调增．即 2 14+x≤2 14+5=2 19．故证．144+x．四、(本题满分 20 分)14．设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai，Z1=12+bi，Z2=1+ci(其中 a，b，c 都是实数)对应的不共线的三 点．证明：曲线Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R)与△ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．解：曲线方程为：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t)∴x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1)y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2即y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1)．①若 a－2b+c=0，则 Z0、Z1、Z2 三点共线，与已知矛盾，故 a－2b+c 0．于是此曲线为轴与 x 轴垂直的抛物线．AB 中点 M：14+12(a+b)i，BC 中点 N：34+12(b+c)i．与 AC 平行的中位线经过 M(14，12(a+b))及 N(34，12(b+c))两点，其方程为4(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(14≤x≤34)．②令4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．即 4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由 a－2b+c 0，得 4x2+4x+1=0，此方程在[14，34]内有惟一解：x=12．以 x=12代入②得，y=14(a+2b+c)．∴ 所求公共点坐标为(12，14(a+2b+c))．五、(本题满分 20 分)15．一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A，且 OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点 A刚好与点 A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当 A 取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．解：对于⊙O 上任意一点 A ，连 AA ，作 AA 的垂直平分 线 MN，连 OA ．交 MN 于点 P．显然 OP+PA=OA =R．由于点 AMSD在⊙O 内，故 OA=a<R．从而当点 A 取遍圆周上所有点时，点 P 的 轨迹是以 O、A 为焦点，OA=a 为焦距，R(R>a)为长轴的椭圆 C．而 MN 上任一异于 P 的点 Q，都有 OQ+QA=OQ+QA >OAS' QA'P．故点 Q 在椭圆 C 外．即折痕上所有的点都在椭圆 C 上及 C 外． 反之，对于椭圆 C 上或外的一点 S，以 S 为圆心，SA 为半径作圆，交⊙O 于 A ，则 S 在 AA 的垂直平分线上，从而 S 在某条折OAN痕上．最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交．1 当 S 在⊙O 外时，由于 A 在⊙O 内，故⊙S 与⊙O 必相交；2 当 S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内，但在椭圆 C 外或其上的点 S )，取过 S 的半径 OD，则由点6/9S 在椭圆 C 外，故 OS +S A≥R(椭圆的长轴)．即 S A≥S D．于是 D 在⊙S 内或上，即⊙S与⊙O 必有交点．于是上述证明成立．综上可知，折痕上的点的集合为椭圆 C 上及 C 外的所有点的集合．加试题(10 月 12 日上午 10:0012:00)一、（本题 50 分）过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线，切点为 A、B，所作割线交圆于 C、D 两点，C 在 P、D之间．在弦 CD 上取一点 Q，使∠DAQ=∠PBC．求证：∠DBQ=∠PAC．分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，则 BDQ∽ DAQ．反之，若 BDQ∽DAQ．则本题成立．而要证 BDQ∽ DAQ，只要证BADD=DAQQ即可．A证明：连 AB．∵ PBC∽ PDB， ∴ BBDC=PPDB，同理，AADC=PPDA ． ∵ PA=PB，∴ BADD=BACC．POCQDB∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ，∠ABC=∠ADQ．∴ ABC∽ ADQ．∴ BACC=DAQQ．∴ BADD=DAQQ．∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ．∴ ADQ∽ DBQ．∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC．证毕．二、（本题 50 分） 设三角形的三边长分别是正整数 l，m，n．且 l>m>n>0． 已知130l4=130m4=130n4，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过 x 的最大整数．求这种三角形周长的最小 值． 解：当 3l、3m、3n 的末四位数字相同时，130l4=130m4=130n4． 即求满足 3l 3m≡3n( mod 104)的 l、m、n．∴ 3n(3l－n－1)≡0 (mod 104)．(l－n>0) 但 (3n，104)=1，故必有 3l－n≡1(mod 104)；同理 3m－n≡1(mod 104)． 下面先求满足 3x≡1(mod 104)的最小正整数 x． ∵ (104)=104 1245=4000．故 x|4000．用 4000 的约数试验： ∵ x=1，2，时 3x≡∕1(mod 10)，而 34≡1(mod 10)，∴ x 必须是 4 的倍数； ∵ x=4，8，12，16 时 3x≡∕1(mod 102)，而 320≡1(mod 102)，∴ x 必须是 20 的倍数； ∵ x=20，40，60，80 时 3x≡∕1(mod 103)，而 3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是 100 的倍数； ∵ x=100，200，300，400 时 3x≡∕1(mod 104)，而 3500≡1(mod 104)． 即，使 3x≡1(mod 104)成立的最小正整数 x=500，从而 l－n、m－n 都是 500 的倍数， 设 l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)． 由 m+n>l，即 n+500h+n>n+500k，n>500(k－h)≥500，故 n≥501． 取 n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、（本题 50 分） 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形，其中 n=q2+q+1，l≥12q(q+1)2+1，q≥2，q∈ N．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有 q+2 条连线段．证明：图中必存7/9在一个空间四边形(即由四点 A、B、C、D 和四条连线段 AB、BC、CD、DA 组成的图形)．证明：设点集为 V＝{A0，A1，…，An－1}，与 Ai 连线的点集为 Bi，且|Bi|＝bi．于是 1≤bi≤n－1．又 显然有n－1∑ bi＝2l≥q(q+1)2+2．i＝0若存在一点与其余点都连线，不妨设 b0＝n－1． 则 B0 中 n－1 个点的连线数l－b0≥12q(q+1)2+1－(n－1) (注意：q(q+1)＝q2+q＝n－1)＝12(q+1)(n－1)－(n－1)+1＝12(q－1)(n－1)+1≥12(n－1)+1≥[12(n－1)]+1．(由 q≥2)但若在这 n－1 个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这 n－1 个点内至多连线[n－2 1]条，故在B0 中存在一点 Ai，它与两点 Aj、Ak(i、j、k 互不相等，且 1≤i，j，k)连了线，于是 A0、Aj、Ai、Ak 连成四 边形．现设任一点连的线数≤n－2．且设 b0＝q+2≤n－2．且设图中没有四边形．于是当 i≠j 时，Bi 与 Bj 没有公共的点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．记－B0 ＝V\B0，则由|Bi∩B0|≤1 ，得|Bi∩ －B0 |≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且当 1≤i，j≤n－1 且 i≠j 时，Bi∩－B0与 Bj∩－B0无公共点对．从而－B0中点对个数≥n∑－1(Bi∩－B0中点对个数)．即 i＝1n－1n－1∑ ∑ Cn2－b0≥i＝1 C|Bi2∩－B0|≥i＝1Cb2i－1＝12ni＝∑－11 (b2i－3bi+2)≥12[n－1 1(ni＝∑－11bi)2－3ni＝∑－11bi+2(n－1)](由平均不等式)＝12[n－1 1(2l－b0)2－3(2l－b0)+2(n－1)]＝2(n1－1)[(2l－b0)2－3(n－1)(2l－b0)+2(n－1)2]＝2(n1－1)(2l－b0－n+1)(2l－b0－2n+2)(2l≥q(q+1)2+2＝(n－1)(q+1)+2)≥2(n1－1)[(n－1)(q+1)+2－b0－n+1][(n－1)(q+1)+2－b0－2n+2]＝2(n1－1)[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(两边同乘以 2(n－1)即(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)得 q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因数比较) ①但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．(b0≥q+2)②(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0．③又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均为正整数，从而由②、③得， q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．④由①、④矛盾，知原命题成立．又证：画一个 n×n 表格，记题中 n 个点为 A1，A2，…，An，若 Ai 与 Aj 连了线，则将表格中第 i 行 j 列的方格中心涂红．于是表中共有 2l 个红点，当 d(Ai)＝m 时，则表格中的 i 行及 i 列各有 m 个红点．且 表格的主对角线上的方格中心都没有涂红．由已知，表格中必有一行有 q＋2 个红点．不妨设最后一行前 q＋2 格为红点．其余格则不为红点(若有红点则更易证)，于是：问题转化为：证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点．若否，则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点．于是，前 n－1 行的前 q＋2 个方格中，每行至多有 1 个红点．去掉表格的第 n 行及前 q＋2 列，则至多去掉 q＋2＋(n－1)＝q＋2＋q2＋q＝(q＋1)2＋1 个红点．于是在余下(n－1)×(n－q－2)方格表中，至少有2l－(q＋1)2－1＝q(q＋1)2＋2－(q＋1)2－1＝(q－1)(q＋1)2＋1＝q3＋q2－q 个红点．n－1设此表格中第i行有mi(i＝1，2，…，n－1)个红点，于是，同行的红点点对数的总和＝∑i＝1Cm2 i．其中8/9n－1＝q2＋q．(由于当 n＞k 时，C2n＋C2k＜Cn2＋1＋Ck2－1，故当红点总数为 q3＋q2－q 个时，可取 q2 行每行n－1取q个红点，q行每行取q－1个红点时∑i＝1Cm2 i取最小值，由下证可知红点数多于此数时更有利于证明．即)n－1但q2Cq2＋qCq2－1≤∑i＝1Cm2 i．由假设，不存在处在不同行的 2 个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了 q＋2 列，故还余 q2－1 列，不同的列对数为 Cq22－1)n－1∑i＝1Cm2 i≤Cq22－1．所以 q2·q(q－1)＋q(q－1)(q－2)≤(q2－1)(q2－2)．q(q－1)(q2＋q－2)≤(q－1)(q＋1)(q2－2) q3＋q2－2q≤q3＋q2－2q－2．矛盾．故证．9/9。
全国初中数学竞赛试题及答案(2003年).doc
2003年全国初中数学联合竞赛决赛试题一、选择题（每小题7分，共42分）1、221217223－＋－＝＿＿。
A 5－42 B42－1 C5 D12、在凸10边形的所有内角中，锐角的个数最多是＿＿个。
A0 B1 C3 D53、若函数y ＝kx(k ＞0)与函数y ＝x －1的图象相交于A 、C 两点，AB 垂直x 轴于B ，则△ABC 的面积为＿＿。
A1 B2 Ck Dk 24、满足等式x 2003xy 2003y 2003x y x y ＋－－＋＝2003的正整数对的个数是＿＿。
A1 B2 C3 D45、设△ABC 的面积为1，D 是边AB 上一点，且AD ∶AB ＝1∶3。
若在边AC 上取一点E ，使四边形DECB 的面积为43，则EAEC 的值为＿＿。
A 21C 41 D 516、如图，在平行四边形ABCD 中，过A 、B 、C 三点的圆交AD 于E ，且与CD 相切，若AB ＝4，BE ＝5，则ED 的长为＿＿。
A3 B4 C415D516 二、填空题（每小题7分，共28分）1、抛物线y ＝ax ＋bx ＋c 与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C 。
若△ABC 是直角三角形，则ac ＝＿＿＿＿。
2、设m 是整数，且方程3x 2＋mx －2=0的两根都大于－59而小于3，则m=_______。
3、如图，AA 1、BB 1分别是∠EAB 、∠DBC 的平分线，若AA 1＝BB 1＝AB ，则∠BAC 的度数为＿＿。
4、已知正整数a 、b 之差为120数的105倍，那么a 、b 中较大的数是＿＿。
三、（本题满分20分）在△ABC 中，D 为AB 的中点，分别延长CA 、CB 到点E 、F ，使DE ＝DF ；过E ，F 分别作CA 、CB 的垂线，相交于P ，设线段PA 、PB 的中点分别为M 、N 。
求证：①△DEM ≌△DFN ；②∠PAE ＝∠PBF 。
四、（本题满分20分）已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，且a ＋a1＝b ＋b1＝c ＋c1＝1Fd+d1＝x ，试求x 的值。
2003年全国高中数学联合竞赛试题及解答.
2003年全国高中数学联合竞赛一试一、选择题：本大题共6个小题，每小题6分，共36分。
2003*1、删去正整数数列 ,3,2,1中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个新数列的第2003项是A.2046B. 2047C. 2048D. 2049◆答案：C★解析：2025452=，2116462=．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的1980452025=-项．还缺2319802003=-项．由2048232025=+．2003*2、设R b a ∈,，0≠ab ，那么直线0=+-b y ax 和曲线ab ay bx =+22的图形是A. B. C. D.◆答案：B★解析：曲线方程为122=+by a x ，直线方程为b ax y +=,由直线图形，可知A 、C 中的0<a ，A 图的0>b ，C 图的0<b ，与A 、C 中曲线为椭圆矛盾．由直线图形，可知B 、D 中的0,0<>b a ，则曲线为焦点在x 轴上的双曲线，故选B ．2003*3、过抛物线)2(82+=x y 的焦点F 作倾斜角为060的直线．若此直线与抛物线交于B A ,两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点，则线段PF 的长等于A. 316B. 38C. 3316D. 38◆答案：A★解析：抛物线的焦点为原点，弦AB 所在直线方程为x y 3=，弦的中点在34==k p y 上，即AB 中点为⎪⎭⎫⎝⎛34,34，中垂线方程为343433+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x y ，令0=y ，得316=px ,所以316=PF2003*4、若⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∈3,125ππx ，则)6cos()6tan()32tan(πππ+++-+=x x x y 的最大值是A.5212 B. 6211 C. 6311 D. 5312 ◆答案：C★解析：令θπ=+6x ，则232πθπ+=+x ，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∈3,125ππx 时，⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∈6,4ππθ，原函数即变为θθcos 2sin 2+-=y ，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∈6,4ππθ上，θθcos ,2sin 都单调递增，从而y 单调递增．于是6πθ-=时，y 取得最大值6311，故选C ．2003*5、已知y x ,都在区间)2,2(-内，且1-=xy ，则函数229944yx u -+-=的最小值是 A. 58 B. 1124 C. 712 D. 512◆答案：D★解析：由)2,2(,-∈y x ，1-=xy 知，⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛--∈2,2121,2 x ，将xy 1-=代入函数解析式整理得 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=224937351x x u ．因为⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛--∈2,2121,2 x ，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛∈4,412x ，知当2249x x = 即322=x 时，u 取得最小值为512，故选D ．2003*6、在四面体ABCD 中，设1=AB ，3=CD ，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于A. 23B. 21C. 31D. 33◆答案：B★解析：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积为323sin31=⨯⨯π，而四面体BCD A -的体积为21361=⨯．故选B ．二、填空题：本大题共6小题，每小题9分，共54分。
[竞赛]2003年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案
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2003年全国高中数学联合竞赛试卷一．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．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2003项是A ．2046B ．2047C ．2048D ．2049 答（ ）2．设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y ＋b ＝0和曲线bx 2＋ay 2＝ab 的图形是A B 答（ ）3．过抛物线y 2＝8(x ＋2)的焦点F 作倾斜角为60o 的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点，则线段PF 的长等于A ．316 B ．38 C ．3316 D ．38答（ ）4．若)3,125(ππ--∈x ，则)6cos()6tan()32tan(πππ+++-+=x x x y 的最大值是A ．5212B ．6211C ．6311D ．5312答（ ）5.已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy ＝－1，则函数229944y x u -+-=的最小值是 A ．58 B ．1124 C712． D ．512 答（ ）6.在四面体ABCD 中，设AB ＝1，CD ＝3，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于A ．23B ．21C ．31D ．33 答（ ）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．不等式 | x | 3－2x 2－4| x | ＋3 < 0 的解集是____________________．8．设F 1，F 2是椭圆14922=+y x 的两个焦点，P 是椭圆上的点，且|PF 1| : |PF 2|＝2 : 1，则三角形∆PF 1F 2的面积等于______________．9．已知A ＝{x ｜x 2－4x ＋3＜0，x ∈R }，B ＝{x ｜21－x ＋a ≢0，x 2－2(a ＋7)＋5≢0，x ∈R }，若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是___________________．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且45log 23log ==d b c a ，，若a －c ＝9，则b －d ＝ ．11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．12．设M n ＝{(十进制)n 位纯小数n a a a 21.0｜a i 只取0或1（i ＝1，2，…，n －1，a n ＝1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则nnn T S ∞→lim ＝_______． 三．解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设23≢x ≢5，证明不等式1923153212<-+-++x x x ． 14．设A ，B ，C 分别是复数Z 0＝ai ，Z 1＝21＋bi ，Z 2＝1＋ci （其中a ，b ，c 都是实数）对应的不共线的三点，证明：曲线Z ＝Z 0cos 4t ＋2Z 1cos 2t sin 2t ＋Z 2sin 4t （t ∈R ） 与∆ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．15. 一张纸上画有半径为R 的圆O 和圆内一定点A ，且OA ＝a . 拆叠纸片，使圆周上某一点A / 刚好与A 点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A /取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2003年全国高中数学联合竞赛加试试卷一．（本题满分50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B 所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间，在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ ＝∠PBC．求证：∠DBQ ＝∠P AC ．二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l ，m ，n ，且l ＞m ＞n ，已知}103{}103{}103{444nm l ==，其中{x }＝x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．三．（本题满分50分）由n 个点和这些点之间的t 条连线段组成一个空间图形，其中n ＝q 2＋q ＋1，t ≣1)1(212++q q ，q ≣2，q ∈N ，已知此图中任圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q ＋2条连线段，证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A ，B ，C ，D 和四条连线段AB ，BC ，CD ，DA 组成的图形）．PABC Q2003年全国高中数学联合竞赛试卷试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准当划分档次评分，5分为一个档次。
2003全国高中数学联赛加试试题及解答
03年第二试一、过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A、B，所作割线交圆于C、D两点，C在P、D之间．在弦CD上取一点Q，使∠ＤＡＱ＝∠ＰＢＣ．求证：∠ＤＢＱ＝∠ＰＡＣ． 标准答案：如图1，连结AB，在△ＡＤＱ和△ＡＢＣ中，∠ＡＤＱ＝∠ＡＢＣ，∠ＤＡＱ＝∠ＰＢＣ＝∠ＣＡＢ，故△ＡＤＱ∽△ＡＢＣ，有ＢＣ／ＡＢ＝ＤＱ／ＡＤ，即ＢＣ·ＡＤ＝ＡＢ·ＤＱ．图1又由割线关系知，△ＰＣＡ∽△ＰＡＤ，故ＰＣ／ＰＡ＝ＡＣ／ＡＤ．同理，由△ＰＣＢ∽△ＰＢＤ，得ＰＣ／ＰＢ＝ＢＣ／ＢＤ．又ＰＡ＝ＰＢ，故ＡＣ／ＡＤ＝ＢＣ／ＢＤ，即ＡＣ·ＢＤ＝ＢＣ·ＡＤ＝ＡＢ·ＤＱ．在圆内接四边形ＡＣＢＤ中，由托勒密定理，得ＡＣ·ＢＤ＋ＢＣ·ＡＤ＝ＡＢ·ＣＤ．∴ＡＢ·ＣＤ＝２ＡＢ·ＤＱ，故ＤＱ＝1／2ＣＤ，即ＣＱ＝ＤＱ．在△ＣＢＱ和△ＡＢＤ中，ＡＤ／ＡＢ＝ＤＱ／ＢＣ＝ＣＱ／ＢＣ，∠ＢＣＱ＝∠ＢＡＤ，于是，△ＣＢＱ∽△ＡＢＤ，故∠ＣＢＱ＝∠ＡＢＤ，即∠ＤＢＱ＝∠ＡＢＣ＝∠ＰＡＣ．别证1：(陕西杨天旭李少冰(学生) 江苏沈雪明)如图1，连结ＡＢ．∵∠ＰＱＡ＝∠ＱＤＡ＋∠ＱＡＤ＝∠ＡＢＣ＋∠ＰＢＣ＝∠ＰＢＡ，∴Ｐ、Ａ、Ｑ、Ｂ四点共圆．从而∠ＰＱＢ＝∠ＰＡＢ．又∠ＰＡＢ＝∠ＰＡＣ＋∠ＢＡＣ＝∠ＰＡＣ＋∠ＣＤＢ，∠ＰＱＢ＝∠ＣＤＢ＋∠ＤＢＱ，∴∠ＤＢＱ＝∠ＰＡＣ．说明：由以上证明过程不难发现，从点P向圆引的两条切线这一条件并未用上，这说明题设中的这一条件可以减弱，即A、B可以不是切点，只要在圆上 即可．别证2：(山东张洪杰李琳陕西刘天恩胡忠新王勇)如图1，连结ＡＢ．∵∠ＤＡＱ＝∠ＰＢＣ＝∠ＣＡＢ，∠ＡＤＣ＝∠ＡＢＣ，∴ △ＡＤＱ∽△ＡＢＣ．∴ ＡＤ／ＡＢ＝ＤＱ／ＢＣ，即ＡＤ·ＢＣ＝ＡＢ·ＤＱ， 又∠ＰＡＣ＝∠ＰＤＡ，∴ △ＰＡＣ∽△ＰＤＡ． ∴ ＡＣ／ＡＤ＝ＰＡ／ＰＤ， 同理，ＢＣ／ＢＤ＝ＰＢ／ＰＤ．∵ ＰＢ＝ＰＡ，∴ ＡＣ／ＡＤ＝ＢＣ／ＢＤ，即ＡＤ·ＢＣ＝ＡＣ·ＢＤ． ∴ ＡＣ·ＢＤ＝ＡＢ·ＤＱ，即ＡＣ／ＡＢ＝ＤＱ／ＤＢ． 又 ∠ＣＡＢ＝∠ＣＤＢ，∴ △ＱＤＢ∽△ＣＡＢ， ∴ ∠ＤＢＱ＝∠ＣＢＡ＝∠ＰＡＣ． 别证3：(江苏 沈雪明)如图1，连结ＡＢ，则Ｓ△ＰＡＣ／Ｓ△ＰＢＣ＝Ｓ△ＡＤＱ／Ｓ△ＢＤＱ，即(1／2ＰＡ·ＡＣｓｉｎ∠ＰＡＣ)／(1／2ＰＢ·ＢＣｓｉｎ∠ＰＢＣ)＝(1／2ＡＤ·ＤＱｓｉｎ∠ＡＤＱ)／(1／2ＢＤ·ＤＱｓｉｎ∠ＢＤＱ)， ∴ ＡＣ／ＢＣ＝ＡＤ／ＢＤ．∵ ∠ＤＡＱ＝∠ＰＢＣ＝∠ＣＡＢ，∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＱ， ∴ △ＡＤＱ∽△ＡＢＣ，∴ ＡＣ／ＢＣ＝ＡＱ／ＤＱ． ∴ ＡＤ／ＢＤ＝ＡＱ／ＤＱ． 又 ∠ＤＡＱ＝∠ＰＡＣ＝∠ＢＤＱ， ∴ △ＤＡＱ∽△ＤＢＱ． ∴ ∠ＤＢＱ＝∠ＡＤＱ．∵ ∠ＡＤＱ＝∠ＰＡＣ，∴ ∠ＤＢＱ＝∠ＰＡＣ．二、设三角形的三边长分别是整数ｌ、ｍ、ｎ，且ｌ＞ｍ＞ｎ，已知｛３l／１04｝＝｛３ｍ／１04｝＝｛３n ／１04｝，其中｛ｘ｝＝ｘ－［ｘ］，而［ｘ］表示不超过ｘ的最大整数．求这种三角形到周长的最小值．标准答案：由题设可知３l／１04－［３l／１04］＝３ｍ／１04－［３ｍ／１04］＝３n／１04－［３n／１04］，于是 ３l≡３ｍ≡３n（ｍｏｄ１04）３l ≡３ｍ≡３n （ｍｏｄ２4），① ３l ≡３ｍ≡３n （ｍｏｄ５4）， ②由于（３，２）＝（３，５）＝１， ∴ 由①可知３ｌ－ｎ≡３ｍ－ｎ≡１（ｍｏｄ２4）．现在设ｕ是满足３ｕ≡１（ｍｏｄ２4）的最小正整数，则对任意满足３ ｖ≡１（ｍｏｄ２4）的正整数ｖ，我们有ｕ｜ｖ，即ｕ整除ｖ．事实上，若ｕｖ，则由带余除法可知，存在非负整数ａ及ｂ，使得ｖ＝ａｕ＋ｂ，其中0＜ｂ≢ｕ－１，从而可推出３ｂ≡３ｂ＋ａｕ≡３ｖ≡１（ｍｏｄ２4），而这显然与ｕ的定义矛盾，所以ｕ｜ｖ．注意到３≡３（ｍｏｄ２4），３2≡９（ｍｏｄ２4），３3≡２７≡１１（ｍｏｄ２4），３4≡１（ｍｏｄ２4）从而可设ｍ－ｎ＝４ｋ，其中ｋ为正整数． 同理可由②推出 ３ｍ－ｎ≡１（ｍｏｄ５4）．故３４ｋ≡１（ｍｏｄ５4）．现在我们求满足３４ｋ≡１（ｍｏｄ５4）的正整数ｋ．因为３4＝１＋５×２4，所以３４ｋ－１＝（１＋５×２4）ｋ－１≡0（ｍｏｄ５4），即５ｋ×２4＋ｋ（ｋ－１）／２×５2×２8＋ｋ（ｋ－１）（ｋ－２）／６×５3×２12≡５ｋ＋５2ｋ［３＋（ｋ－１）×２7］＋ｋ（ｋ－１）（ｋ－２）／３×５3×２11≡0（ｍｏｄ５4），或 ｋ＋５ｋ［３＋（ｋ－１）×２7］＋ｋ（ｋ－１）（ｋ－２）／３×５2×２11≡0（ｍｏｄ５3），即有 ｋ＝５ｔ，并代入该式得ｔ＋５ｔ［３＋（５ｔ－１）×２7］≡0（ｍｏｄ５2）， 即有 ｔ≡0（ｍｏｄ５2），即 ｋ＝５ｔ＝５3ｓ，其中ｓ为正整数， 故 ｍ－ｎ＝５00ｓ，ｓ为正整数， 同理可证 ｌ－ｎ＝５00ｒ，ｒ为正整数． 由于 ｌ＞ｍ＞ｎ，所以有ｒ＞ｓ．这样一来，三角形的三个边为５00ｒ＋ｎ、５00ｓ＋ｎ和ｎ．由于两边之差小于第三边，故ｎ＞５00（ｒ－ｓ），因此，当ｓ＝１，ｒ＝２，ｎ＝５0１时三角形的周长最小，其值为（１000＋５0１）＋（５00＋５0１）＋５0１＝３00３． 别解1：（陕西 党效文）解1 由题设可知３l≡３ｍ≡３n（ｍｏｄ１04）３l ≡３m ≡３n （ｍｏｄ２4），① ３l ≡３m ≡３n （ｍｏｄ５4）． ②由于（３，２）＝（３，５）＝１， 所以由①可得３ｌ－n≡３m －n≡１（ｍｏｄ２4）．由同余的性质可知：３ｕ≡１（ｍｏｄ２4），３ｖ≡１（ｍｏｄ２4），且ｕ，ｖ∈Ｎ＋，ｕ＜ｖｕ｜ｖ． 易知３４ｋ1≡１（ｍｏｄ２4），（ｋ1∈Ｎ＋），３４ｋ2≡１（ｍｏｄ５4）（ｋ2∈Ｎ＋）．因为φ（５4）＝５4（１－１／５）＝５00，所以由欧拉定理知３500≡１（ｍｏｄ５4）． 而即３125１（ｍｏｄ１04）同时１04＝２4×５4，（２4，３125）＝１．所以３125１（ｍｏｄ５4）．即３４ｋ2≡１（ｍｏｄ５4）中最小的正整数４ｋ2＝５00．设ｍ－ｎ＝５00ｓ，ｌ－ｎ＝５00ｒ（ｒ、ｓ∈Ｎ＋）．由ｌ＞ｍ＞ｎ，所以ｒ＞ｓ．因而三角形三边为５00ｒ＋ｎ，５00ｓ＋ｎ和ｎ，同时５00ｓ＋ｎ＋ｎ＞５00ｒ＋ｎｎ＞５00ｃｒ－ｓ．所以，当ｓ＝１，ｒ＝２，ｎ＝５0时，三角形的周长最小，其值为１000＋５0１＋５00＋５0１＋５0１＝３00３．别解2：(陕西刘天恩胡忠新王勇 党效文)∵｛３l／１04｝＝｛３ｍ／１04｝＝｛３n／１04｝，（ｌ，ｍ，ｎ∈Ｎ*，且ｌ＞ｍ＞ｎ），∴３l／１04－３m／１04＝ｐ∈Ｎ*，３m／１04－３n／１04＝ｑ∈Ｎ*．即３m（３l-m－１）＝ｐ·１04，３n（３m-n－１）＝ｑ·１04．∵（３，１0）＝１，∴（３m，１04）＝１．即１04３m．故必有１04｜３l-m－１．同理，１04｜３m-n－１．∵１04｜３l-m－１３l-m≡１（ｍｏｄ１04）３l-m＝１04ｕ＋１，（ｕ∈Ｎ*），∴３l-m的末位数必是１ｌ－ｍ＝４ｒ（ｒ∈Ｎ*）．∴３４ｒ≡１（ｍｏｄ１04）（１0－１）２ｒ≡１（ｍｏｄ１04）．由二项式定理及组合数的性质，得（１0－１）2r＝１04（１02r-4－Ｃ1２ｒ·１02ｒ－5＋…＋Ｃ2ｒ－4２ｒ）－１000Ｃ32ｒ＋１00Ｃ22r －１0Ｃ12ｒ＋１．∴（１0－１）2r≡１（ｍｏｄ１04）－１000Ｃ32r＋１00Ｃ22r－１0Ｃ12r＋１≡１（ｍｏｄ１04）１00Ｃ32r－１0Ｃ22r＋Ｃ12r≡0（ｍｏｄ１03）１00ｒ3－１６５ｒ2＋５９ｒ≡0（ｍｏｄ７５0）．由整除的性质，可知５｜ｒ．令ｒ＝５ｓ，ｓ∈Ｎ*，代入上式并根据同余的性质化简， 得１00ｓ3－７５ｓ2＋５９ｓ≡0（ｍｏｄ１５0）．同理，令ｓ＝５ｔ，ｔ∈Ｎ*，代入化简，得１0ｔ3－１５ｔ2－ｔ≡0（ｍｏｄ３0）．令ｔ＝５ｔ1，ｔ1∈Ｎ*，代入化简，有４ｔ13－３ｔ12－ｔ1≡0（ｍｏｄ６）．代入以6为模的简化剩余系0，１，２，３，４，５检验知，此同余式恒成立．故ｒ＝１２５ｔ1，ｔ1∈Ｎ*，得ｌ－ｍ＝４ｒ＝５00ｔ1．同理，ｍ－ｎ＝５00ｔ2，ｔ2∈Ｎ*．∴ｍ＝ｎ＋５00ｔ2，ｌ＝ｎ＋５00（ｔ1＋ｔ2）． 又ｍ＋ｎ＞ｌ，∴ｎ＞５00ｔ1．即ｎ≣５00ｔ1＋１，（ｔ1∈Ｎ*）．∴ｌ＋ｍ＋ｎ＝３ｎ＋５00ｔ1＋１000ｔ2≣３（５00ｔ1＋１）＋５00ｔ1＋１000ｔ2＝２000ｔ1＋１000ｔ2＋３，（ｔ1，ｔ2∈Ｎ*）．故当ｔ1＝ｔ2＝１，即ｌ＝１５0１，ｍ＝１00１，ｎ＝５0１时，这种三角形的周长最小，且（ｌ＋ｍ＋ｎ）ｍｉｎ＝３00３．三、由ｎ个点和这些点之间的ｌ条连线段组成一个空间图形，其中ｎ＝ｑ2＋ｑ＋１，ｌ≣1／2ｑ（ｑ＋１）2＋１，ｑ≣２，ｑ∈Ｎ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有ｑ＋２条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A、B、C、D和四条连线段ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ组成的图形)．标准答案：设这ｎ个点的集合Ｖ＝｛Ａ0，Ａ1，Ａ2，…，Ａｎ－１｝为全集，记Ａi的所有邻点（与Ａi有连线段的点）的集合为Ｂi，Ｂi中点的个数记为｜Ｂi｜＝ｂi，显然且ｂi≢（ｎ－１）（ｉ＝0，１，２，…，ｎ－１）．若存在ｂi＝ｎ－１时，只需取ｌ＝（ｎ－１）＋［(ｎ－1)／2］＋１≢1／2（ｑ＋１）（ｎ－１）＋１ ＝1／2ｑ（ｑ＋１）2＋１．则图中必存在四边形，因此下面只讨论ｂi＜ｎ－１（ｉ＝0，１，２，…，ｎ－１）的情况．不妨设ｑ＋２≢ｂ0＜ｎ－１．用反证法，若图中不存在四边形，则当ｉ≠ｊ时，Ｂi与Ｂ ｊ无公共点对，即｜Ｂi∩Ｂｊ｜≢１（0≢ｉ＜ｊ≢ｎ－１）．因此，｜Ｂi∩Ｂ0｜≣ｂi－１（ｉ＝１，２，…，ｎ－１）．故Ｖ∩Ｂ0中点对的个数＝中点对的个数＝（当ｂi＝１或2时，令Ｃ2ｂi－１＝0）故（ｎ－１）（ｎ－ｂ0）（ｎ－ｂ0－１）≣（ｎｑ－ｑ＋２－ｂ0）（ｎｑ－ｑ－ｎ＋３－ｂ0），ｑ（ｑ＋１）（ｎ－ｂ0）（ｎ－ｂ0－１）≣（ｎｑ－ｑ＋２－ｂ0）·（ｎｑ－ｑ－ｎ＋３－ｂ0）． ①但（ｎｑ－ｑ－ｎ＋３－ｂ0）－ｑ（ｎ－ｂ0－１）＝（ｑ－１）ｂ0－ｎ＋３≣（ｑ－１）（ｑ＋２）－ｎ＋３＝0， ②及（ｎｑ－ｑ＋２－ｂ0）－（ｑ＋１）（ｎ－ｂ0）＝ｑｂ0－ｑ－ｎ＋２≣ｑ（ｑ＋２）－ｑ－ｎ＋２＝１＞0． ③由②，③及（ｎ－ｂ0）（ｑ＋１），（ｎ－ｂ0－１）ｑ皆是正整数，得（ｎｑ－ｑ＋２－ｂ0）（ｎｑ－ｑ－ｎ＋３－ｂ0）＞ｑ（ｑ＋１）（ｎ－ｂ0）（ｎ－ｂ0－１）．而这与所得的①式相矛盾，故原命题成立．。
2003年全国高中数学联赛试题及详细解析
2003年全国高中数学联赛试题及详细解析一、选择题(每小题6分，共36分)1．(2003年全国高中数学联赛)删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是yxOO xyO xyyxOA. B. C. D.3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B 两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于(A)163(B)83(C)1633 (D) 8 34．若x∈[－5π12，－π3]，则y=tan(x+2π3)－tan(x+π6)+cos(x+π6)的最大值是(A)1252 (B)1162 (C)1163 (D)1253二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是．8．设F1、F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2的面积等于．9．已知A={x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若A⊆B，则实数a的取值范围是．10．已知a，b，c，d均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a－c=9，则b－d=．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A '刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠PAC ．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．2003年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题6分，共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 【答案】C【解析】452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C ．3．过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于(A) 163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 3【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB 所在直线方程为y=3x ，弦的中点在y=p k =43上，即AB 中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x －43)+43，令y=0，得点P 的坐标为163．∴ PF=163．选A ．4．若x ∈[－5π12 ，－π3]，则y=tan(x +2π3)－tan(x +π6)+cos(x +π6)的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 1253【答案】C【解析】令x +π6=u ，则x +2π3=u +π2，当x ∈[－5π12，－π3]时，u ∈[－π4，－π6]，y=－(cot u +tan u )+cos u=－2sin2u +cos u ．在u ∈[－π4，－π6]时，sin2u 与cos u 都单调递增，从而y 单调递增．于是u=－π6时，y 取得最大值1163，故选C ．二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是 ．【答案】(－3，－5－12)∪(5－12，3)． 【解析】即|x |3－2|x |2－4|x |+3<0，⇒(|x |－3)(|x |－5－12)(|x |+5+12)<0．⇒|x |<－5+12，或5－12<|x|<3．∴解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)．9．已知A={x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若A⊆B，则实数a的取值范围是．【答案】－4≤a≤－1．【解析】A=(1，3)；又，a≤－21－x∈(－1，－14)，当x∈(1，3)时，a≥x2+52x－7∈(5－7，－4)．∴－4≤a≤－1．10．已知a，b，c，d均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a－c=9，则b－d=．【答案】93【解析】a3=b2，c5=d4，设a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．∴x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．【答案】2+48【解析】如图，ABCD是下层四个球的球心，EFGH是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH在平面ABCD上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD绕其中心旋转45︒而得．设E的射影为N，则MN=2－1．EM=3，故EN2=3－(2－1)2=22．∴EN=48．所求圆柱的高=2+48．12．设M n={(十进制)n位纯小数0.－a1a2…a n|a i只取0或1(i=1，2，…，n－1)，a n=1}，N MHGFEDCBAT n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．【答案】118【解析】由于a 1，a 2，…，a n －1中的每一个都可以取0与1两个数，T n =2n －1．在每一位(从第一位到第n －1位)小数上，数字0与1各出现2n －2次．第n 位则1出现2n －1次．∴ S n =2n －2⨯0.11…1+2n －2⨯10－n．∴ lim n →∞S n T n =12⨯19=118．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R)与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．【解析】曲线方程为：Z=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c s in 4t )∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t ．(0≤x ≤1) y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1－x )2+2b (1－x )x +cx 2即 y=(a －2b +c )x 2+2(b －a )x +a (0≤x ≤1)． ①若a －2b +c=0，则Z 0、Z 1、Z 2三点共线，与已知矛盾，故a －2b +c ≠0．于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线．AB 中点M ：14+12(a +b )i ，BC 中点N ：34+12(b +c )i ．与AC 平行的中位线经过M (14，12(a +b ))及N (34，12(b +c ))两点，其方程为4(a －c )x +4y －3a －2b +c=0．(14≤x ≤34)． ②令 4(a －2b +c )x 2+8(b －a )x +4a=4(c －a )x +3a +2b －c ．即4(a －2b +c )x 2+4(2b －a －c )x +a －2b +c=0．由a －2b +c 0，得4x 2+4x +1=0， 此方程在[14，34]内有惟一解： x=12．以x=12代入②得， y=14(a +2b +c )．∴ 所求公共点坐标为(12，14(a +2b +c ))．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠PAC ．分析：由∠PBC=∠CDB ，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ ，则∆BDQ ∽∆DAQ ．反之，若∆BDQ ∽∆DAQ ．则本题成立．而要证∆BDQ ∽∆DAQ ，只要证BD AD =DQAQ即可．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．【解析】当3l、3m、3n的末四位数字相同时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104．即求满足3l ≡3m ≡3n ( mod 104)的l 、m 、n ．∴ 3n (3l －n －1)≡0 (mod 104)．(l －n >0)但 (3n ，104)=1，故必有3l －n ≡1(mod 104)；同理3m －n ≡1(mod 104)．下面先求满足3x ≡1(mod 104)的最小正整数x ．∵ ϕ(104)=104⨯12⨯45=4000．故x |4000．用4000的约数试验：∵ x=1，2，时3x ≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x 必须是4的倍数；∵ x=4，8，12，16时3x ≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x 必须是20的倍数；∵ x=20，40，60，80时3x ≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是100的倍数；∵ x=100，200，300，400时3x ≡∕1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．即，使3x ≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l －n 、m －n 都是500的倍数， 设l －n=500k ，m －n=500h ，(k ，h ∈N*，k >h )．由m +n >l ，即n +500h +n >n +500k ，⇒n >500(k －h )≥500，故n ≥501．取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．现设任一点连的线数≤n －2．且设b 0＝q +2≤n －2．且设图中没有四边形．于是当i ≠j 时，B i 与B j 没有公共的点对，即|B i ∩B j |≤1(0≤i ，j ≤n －1)．记B 0－＝V \B 0，则由|B i ∩B 0|≤1，得|B i ∩B 0－|≥b i －1(i ＝1，2，…，n －1)，且当1≤i ，j ≤n －1且i ≠j 时，B i ∩B 0－与B j ∩B 0－无公共点对．从而B 0－中点对个数≥i ＝1n －1∑(B i ∩B 0－中点对个数)．即C 2 n －b 0≥i ＝1n －1∑C 2 |B i ∩B 0－|≥i ＝1n －1∑C 2 b i －1＝12i ＝1n －1∑ (b 2i －3b i +2)≥12[1n －1(i ＝1n －1∑b i )2－3i ＝1n －1∑b i +2(n －1)](由平均不等式)＝12[1n －1(2l －b 0)2－3(2l －b 0)+2(n －1)]＝12(n －1)[(2l －b 0)2－3(n －1)(2l －b 0)+2(n －1)2]＝12(n －1)(2l －b 0－n +1)(2l －b 0－2n +2)(2l ≥q (q +1)2+2＝(n －1)(q +1)+2)≥12(n －1)[(n －1)(q +1)+2－b 0－n +1][(n －1)(q +1)+2－b 0－2n +2]＝12(n －1)[(n －1)q +2－b 0][(n －1)(q －1)+2－b 0]．(两边同乘以2(n －1)即 (n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(n －1≥q (q +1)代入) 得 q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(各取一部分因数比较) ①但(nq －q －n +3－b 0)－q (n －b 0－1)＝(q －1)b 0－n +3(b 0≥q +2)≥(q －1)(q +2)－n +3＝q 2+q +1－n ＝0．②(nq －q +2－b 0)－(q +1)(n －b 0)＝qb 0－q －n +2≥q (q +1)－n +2＝1＞0． ③由假设，不存在处在不同行的2个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了q ＋2列，故还余q 2－1列，不同的列对数为C 2 q 2－1)i ＝1n －1∑C 2 m i ≤C 2 q 2－1． 所以q 2·q (q －1)＋q (q －1)(q －2)≤(q 2－1)(q 2－2)．⇒ q (q －1)(q 2＋q －2)≤(q －1)(q ＋1)(q 2－2)⇒q 3＋q 2－2q ≤q 3＋q 2－2q －2．矛盾．故证．。
2003年嵊州市初三数学竞赛试卷.doc
2003年嵊州市初三数学竞赛试卷一、选择题（每题有且只有一个正确答案，每小题5分，共30分）1.民航规定：乘坐飞机普通舱旅客一人最多可免费携带20千克行李，超过部分每千克按飞机票价的1.5 % 购买很行李票。
一名旅客带了35千克行李乘机，机票连同行李费共付1323元，则该旅客的机票票价为（ ）A.1000元B.1080元C.1100元D.1200元2.已知x 1、x 2 是方程20x p x q ++=的两个根，且1(5)x -，2(5)x -是方程20x qx p ++=的两个根，则p q +的值为（ ）A.－3B.－4C.3D.4 3.=，满足上式的自然数对（x ，y ，z ）的个数是（ ）A.1B.2C.3D.44.如图，在平行四边形ABCD 中，EF 、GH 把它分成四个小的平行四边形，其中12S =，23S =，36S =，则4S = （ ）A.8B.9C.12D.155.某中学科技窗户设计如图（1）所示，如果每个符号（窗户形状）代表一个阿拉伯数码，每横行三个符号自左至右成一个三位数，这四层组成四个三位数，它们是450，172，396，857，则按图（1）所示规律写出2003应是图（2）中的（ ）+图（1） 图（2）6.抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于A 、B 两点，Q （2，k ）是该抛物线上一点，且AQ ⊥BQ ，则ak 的值等于（ ）A.－1B.－2C.2D.3 二、填空题（每小题5分，共30分）7.定义一种新运算“▲”为x ▲y ＝ax+by （a 、b 为常数），若1▲2＝5，2▲3＝8，那么4▲1000＝______________.8.方程组22513x y x y +=⎧⎨+=⎩的两组解为1111x a y b =⎧⎨=⎩，2222x a y b =⎧⎨=⎩，则1221a b a b +的 S 4S 3S 2S 1H P GFEDC BA 3 913值为__________.9.如图，正方体的每个面上都有一个正整数，已知相对的两个面上两数之和都相等，如果13、9、3的对面分别是a 、b 、c ，试求222a b c bc ca ab ++---的值为_____________. 10.如图，△ABC 中，BC ＝a ，若D 1、E 1分别是AB 、AC 的中点，则D 1E 1＝21a ；若D 2 、E 2分别是D 1 B 、E 1 C 的中点，则D 2E 2＝137248a a a ⎛⎫+= ⎪⎝⎭；…若n n D E 分别是1n D B -、1n E C -的中点，则n n D E ＝___________（n ≥1，且n 为整数）11.如图，在△ABC 中，D 、E 是BC 边上的两个点，且CD ∶DE ∶BE ＝1∶2∶1，F 是AC 的中点，AD 与EF 交于O ，若OF OE ＝1n，则n ＝____________. 12.如图，已知边长为4的正方形截去一角成五边形ABCDE ，其中AF ＝2，BF ＝1.在AB 上的一点P ，使得矩形PNDM 有最大面积，则矩形PNDM 面积的最大值是________________.三、解答题（60分） 13.（15分）已知关于x 的方程211111x mx x x --=+--，求m 为何值时，方程有两个不相等的实数根？14.（15分）将自然数1、2、3 …按下图排列，从1开始，右边写2，然后向下转弯写3，再向左转弯写4、5，再向上转弯写6、7…，这样，第一次转弯是2，第二次转弯是3，E 1E 2E 3E 4D 4D 3D 2D 1CBAOFE DCB AMPF ED CBA第三次转弯是5，第四次转弯是7，…….请同学们先阅读下面的解答过程，然后再解答第(1)、(2)两题解：第一次转弯是2第二次转弯是2321=+个第三次转弯是35=212++个第四次转弯是47=2122+++个……请解答(1)第20次转弯是几？(2)第n 次转弯是几？15.(15分)如图所示，ABCD 为☉O 的内接四边形，E 是BD 上的一点，且有∠BAE=∠DAC. (1)求证：△ABC ∽△AED ； (2)求证：AB •DC + AD •BC = AC •BD.16.(15分)某商场为提高彩电销售人员的积极性，制定了新的工资分配方案.方案规定：每位销售人员的工资总额=基本工资+奖励工资，每位销售人员的月销售定额为10000元，在销售定额内，得基本工资200元；超过销售定额，超过部分的销售额按相应比例作为奖励工资.奖励工资发放比例如表1所示.(1)已知销售员甲本月领到的工资总额为800元，请问销售员甲本月的销售额为多少元？(2)依法纳税是每个公民应尽的义务.根据我国税法规定，每月工资总额不超过800元不要缴纳个人所得税；超过800元的部分为“全月应税所得额”，表2是缴纳个人所得税税率表.若销售员乙本月共销售A、B两种型号的彩电27台，缴纳个人所得税后实际得到的工资为1860元，又知A型彩电的销售价为每台1000元，B型彩电表1 表2。
2003年全国初中数学联赛试题
2003年全国初中数学联合竞赛试题一、选择题（42分）1.计算：( )2.在十边形的所有内角中,锐角的个数最多是( ) (A)0 (B)1 (C)3 (D)53.若函数y=kx(k>0)与函数y=1x的图象相交于A 、C 两点，AB 垂直于x 轴于B,则ΔABC 的面积为( )(A)1 (B)2 (C)k (D)k 24.满足等式的正整数对(x,y)的个数是( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 5.设ΔABC 的面积为1,D 是边AB 上一点,且13AD AB =.若在边AC 上取一点E,使四边形DECB 的面积为34,则CE EA的值为( ) (A)12 (B)13 (C)14 (D)156.如图,在ABCD 中,过A 、B 、C 三点的圆交AD 于E ，且与CD 相切。
若AB=4，BE=5，则DE 的长为（ ） (A)3 (B)4 (C)154 (D)165二、填空题（28分）1. 抛物线y=ax 2+bx+c 与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点.若ΔABC 是直角三角形,则ac=_______. 2.设m 是整数,且方程3x 2+mx-2=0的两根都大于-95而小于37,则m=______. 3.如图,AA /、BB /分别是∠EAB ，∠DBC 的平分线. 若AA /=BB /=AB ，则∠BAC 的度数为________.4.已知正整数a 、b 之差为120,它们的最小公倍数是其最大公约数的105倍,那么a 、b 中较大的数是__ __.EDCBA EDC BAB 'A 'EDCBANMPFEDCBADCBA三、（20分）在ΔABC 中，D 为AB 的中点，分别延长CA 、CB 到点E 、F ，使DE=DF ；过E 、F 分别作CA 、CB 的垂线，相交于P.设线段PA 、PB 的中点分别为M 、N. 求证：（1）ΔDEM ≌ΔDFN.（2）∠PAE=∠PBF.四、（25分）已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，且a +1b = b +1c = c + 1d= d +1a = x,试求x 的值.五、（25分）已知四边形ABCD 的面积为32，AB 、CD 、AC 的长都是整数，且它们的和为16。
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8、 与890相邻的两个数是？（889和891）
9、 钟面上的针属于什么现象？（旋转现象）
10、 在没有小括号的加减乘除混合计算里，应先算什么再算什么？（先乘除再加减）
11、 一个面包2元，9元最多能买几个面包？（4个）
12、 六月份有30天，有几个星期，零几天？（4个星期零2天）
13、 4个千，3个百，5个十组成的数是多少？（4350）
1、 除数是7，余数最大是几？（6）
2、 除数是3，商是4，余数是1，被除数是几？（13）
3、 除法算式当中，余数比除数要？（小）
4、 从右起千位在第几位？（ 第四位）
5、 807是怎么组成的？（8个百和7个一）
6、 排队按2男2女排，第15个同学是男还是女？（ 女）
7、 除法算式中，余数是5，除数最小是几？（6）
14、 5891是几位数，最高位是什么位？（4位数，最高位是千位）
15、 最大的四位数是多少？（9999）
16、 最小的3位数是多少？（100）
17、 在算盘上，一颗上珠表示几？一颗下珠表示几？（表示上珠表示5，一颗下珠表示1）
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