1999年全国高中数学联合竞赛试卷及解析

1999年全国高中数学联合竞赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.给定公比为的等比数列{a n}，设b1=a1+a2+a3，b2=a4+a5+a6,⋅⋅⋅,b n=a3n−2+a3n−1+a3n,⋅⋅⋅，则数列{b n}（）．A. 是等差数列B. 是公比为q的等比数列C. 是公比为q3的等比数列D. 既非等差数列又非等比数列2.平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点．那么，满足不等式(|x|−1)2+(|y|−1)2<2的整点(x,y)的个数是（）．A. 16B. 17C. 18D. 253.若(log23)x−(log53)x≥(log23)−y−(log53)−y，则（）．A. x−y≥0B. x+y≥0C. x−y≤0D. x+y≤04.给定下列两个关于异面直线的命题：命题Ⅰ：若平面α上的直线a与平面β上的直线b为异面直线，直线c是α与β的交线，那么，c至多与a、b中的一条相交；命题Ⅱ :不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线．那么，（）．A. 命题Ⅰ正确，命题Ⅱ不正确B. 命题Ⅱ正确，命题Ⅰ不正确C. 两个命题都正确D. 两个命题都不正确5.在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手各比赛一场，但有三名选手各比赛两场之后就退出了，这样全部比赛只进行了50场. 则上述三名选手之间比赛的场数为（）A. 0B. 1C. 2D. 36.已知点A(1,2)，过点(5,−2)的直线与抛物线y2=4x交于另外两点B、C．那么，ΔABC是（）．A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 答案不确定第II卷（非选择题）二、填空题7.已知正整数不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和．那么，这样的n的个数是______．8.已知θ=arctg512．那么，复数z=cos2θ+isin2θ239+i的辐角主值是______．9.在ΔABC中，记BC=a，CA=b，AB=c．若9a2+9b2−19c2=0，则cotCcotA+cotB=______．10.已知点P在双曲线x216−y29=1上，并且P到这条这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项．那么，P的横坐标是______．11.已知直线ax+by+c=0中的a、b、c是取自集合{−3,−2,−1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角．那么，这样的直线的条数是______．12.已知三棱锥S−ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是ΔSBC的垂心，二面角H−AB−C的平面角等于30°，SA=2√3．那么，三棱锥S−ABC的体积为______．三、解答题13.已知当时，不等式x2cosθ−x(1−x)+(1−x)2sinθ>0恒成立．试求θ的取值范围．14.给定A(−2,2)，已知B是椭圆x225+y216=1上的动点，F是左焦点．当|AB|+53|BF|取最小值时，求B的坐标．15.给定正整数n和正数M．对于满足条件a12+a n+12≤M的所有等差数列a1,a2,a3,⋅⋅⋅．试求S=a n+1+a n+2+⋅⋅⋅+a2n+1的最大值．16.如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G．求证：∠GAC=∠EAC．17.给定实数a、b、c．已知复数z1、z2、z3满足：{|z1|=|z2|=|z3|=1, z1z2+z2z3+z3z1=1.求|az1+bz2+cz3|的值．18.给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1,2,3,⋅⋅⋅,n克的所有物品．（1）求k的最小值f(n)；（2）当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是惟一确定的？并证明你的结论．参考答案1.C【解析】1. 由题设，a n=a 1q n−1，则bn+1b n=a 3n+1+a 3n+2+a 3n+3a 3n−2+a 3n−1+a 3n =a 1q 3n +a 1q 3n+1+a 1q 3n+2a 1q 3n−3+a 1q 3n−2+a 1q 3n−1=a 1q 3n (1+q+q 2)a 1q (1+q+q )=q 3．因此，{b n }是公比为q 3的等比数列.故答案为：C2.A【解析】2.由(|x |−1)2+(|y |−1)2<2，可得(|x |−1,|y |−1)为(0,0)，(0,1)，(0,−1)，(1,0)或(−1,0)．从而，不难得到(x,y )共有16个．故答案为：A 3.B【解析】3. 记f (t )=(log 23)t −(log 53)t ．则f (t )在R 上是严格增函数．原不等式即f (x )≥f (−y )．故x ≥−y ，即x +y ≥0．故答案为：B4.D【解析】4.如图，c 与a 、b 都相交；故命题Ⅰ不正确；又可以取无穷多个平行平面，在每个平面上取一条直线，且使这些直线两两不同向，则这些直线中的任意两条都是异面直线，从而命题Ⅱ也不正确．故答案为：D5.B【解析】5.试题设一共有n 个选手，故总场次C n−32+6−x =(n−3)(n−4)2+6−x =50，其中x 为上述3名选手之间比赛的场数，则x=(n−3)(n−4)2−44，经验证，当n=13时，x=1.6.C【解析】6.设B(t2,2t)，C(s2,2s)，s≠t，s≠1，t≠1，则直线BC的方程为y−2t2s−2t =x−t2s2−t2，化得2x−(s+t)y+2st=0．由于直线BC过点(5,−2)，故2×5−(s+t)(−2)+2st=0，即(s+1)(t+1)=−4．因此，k AB⋅k AC=2t−2t2−1⋅2s−2 s2−1=4(s+1)(t+1)=−1．所以，∠BAC=90°．从而ΔABC是直角三角形．故答案为：C 7.6【解析】7.首项为a的连续k个正整数之和为S k=ka+k(k−1)2≥k(k+1)2．由S k≤2000，可得60≤k≤62．当k=60时，S k=60a+30×59，由S k≤2000，可得a≤3，故S k= 1830,1890,1950；当k=61时，S k=61a+30×61，由S k≤2000，可得a≤2，故S k= 1891,1952；当k=62时，S k=62a+31×61，由S k≤2000，可得a≤1，故S k=1953．于是，题中的n有6个．故答案为：68.π4【解析】8.z的辐角主值argz=arg[(12+5i)2(239−i)]=arg[(119+120i)(239−i)]=arg[28561+28561i]=π4.故答案为：π49.59【解析】9.cotC cotA+cotB =cosC sinCcosAsinA+cosBsinB=sinAsinBsin2CcosC=abc2⋅a2+b2−c22ab=a2+b2−c22c2=9a 2+9b 2−9c 22×9c 2=19c 2−9c 22×9c 2=59．故答案为：5910.−645【解析】10.记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a 、b 、c ，离心率为e ，点P 到右准线l 的距离为d ，则a=4，b =3，c =5，e =c a=54，右准线l 为x =a 2c=165．如果P 在双曲线右支，则|PF 1|=|PF 2|+2a =ed +2a ． 从而，|PF 1|+|PF 2|=(ed +2a )+ed =2ed +2a >2d ，这不可能；故P 在双曲线的左支，则|PF 2|−|PF 1|=2a ，|PF 1|+|PF 2|=2d ． 两式相加得2|PF 2|=2a +2d ．又|PF 2|=ed ，从而ed =a +d ．故d =a e−1=454−1=16．因此，P 的横坐标为165−16=−645．故答案为：−64511.43【解析】11.试题设倾斜角为θ，则tanθ=−a b>0．不妨设a ＞0，则b ＜0．（1）c=0，a 有三种取法，b 有三种取法，排除2个重复（3x ﹣3y=0，2x ﹣2y=0与x ﹣y=0为同一直线），故这样的直线有3×3﹣2=7条；（2）c≠0，则a 有三种取法，b 有三种取法，c 有四种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36条． 从而，符合要求的直线有7+36=43条． 故答案为：43． 12.94√3【解析】12. 由题设，AH⊥面SBC ．作BH ⊥SC 于E ．由三垂线定理可知SC ⊥AE ，SC ⊥AB ．故SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 内射影为O ，则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理之逆定理，可知CO⊥AB 于F ，同理，BO ⊥AC ，故O 为ΔABC 的垂心．又因为ΔABC 是等边三角形，故O 为ΔABC 的中心，从而，SA =SB =SC =2√3．因为CF⊥AB ，CF 是EF 在面ABC 上的射影，由三垂线定理，EF ⊥AB ．所以，∠EFC 是二面角H −AB −C 的平面角．故∠EFC=30°，OC =SCcos60°=2√3×12=√3，SO =√3tg60°=√3×√3=3．又OC=√33AB ，故AB =√3OC =√3×√3=3． 所以，V S−ABC=13×√34×32×3=94√3． 故答案为：94√313.2kπ+π12<θ<2kπ+5π12,k ∈Z【解析】13. 若对一切x ∈[0,1]，恒有f (x )=x 2cosθ−x (1−x )+(1−x )2sinθ>0，则cosθ=f (1)>0，sinθ=f (0)>0．（1）取x 0=√sinθ√cosθ+√sinθ∈(0,1)，则√cosθx 0−√sinθ(1−x 0)=0．由于f (x )=[√cosθx −√sinθ(1−x )]2+2(−12+√cosθsinθ)x (1−x )，所以，0<f (x 0)=2(−12+√cosθsinθ)x 0(1−x 0)．故−12+√cosθsinθ>0．（2）反之，当（1），（2）成立时，f(0)=sinθ>0，f(1)=cosθ>0，且x∈(0,1)时，f(x)≥2(−12+√cosθsinθ)x(1−x)>0．先在[0,2π]中解（1）与（2）：由cosθ>0，sinθ>0，可得0<θ<π2．又−12+√cosθsinθ>0，√cosθsinθ>12，12sin2θ>14，sin2θ>12，注意到0<2θ<π，故有π6<2θ<5π6，所以，π12<θ<5π12．因此，原题中θ的取值范围是2kπ+π12<θ<2kπ+5π12,k∈Z．故答案为：2kπ+π12<θ<2kπ+5π12,k∈Z14.当|AB|+53|BF|取最小值时，B的坐标为(−52√3,2)【解析】14.记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a、b、c，离心率为e．则a=5，b=4，c=√a2−b2=√52−42=3，e=ca =35，左准线为x=−253．过点B作左准线x=−253的垂线，垂足为N，过A作此准线的垂线，垂足为M．由椭圆定义，|BN|=|BF|e=53|BF|．于是，|AB|+53|BF|=|AB|+|BN|≥|AN|≥|AM|（定值），等号成立当且仅当B是AM与椭圆的交点时，此时B(−52√3,2)．所以，当|AB|+53|BF|取最小值时，B的坐标为(−52√3,2)．故当|AB|+53|BF|取最小值时，B的坐标为(−52√3,2)15.√102(n+1)√M【解析】15.设公差为d ，a n+1=α，则S =a n+1+a n+2+⋅⋅⋅+a 2n+1 =(n +1)α+n (n+1)2d ．故α+nd 2=Sn+1．则M≥a 12+a n+12=(α−nd )2+α2=410(α+nd 2)2+110(4α−3nd )2≥410(Sn+1)2．因此，|S |≤√102(n +1)√M ，且当α=√10√M ，d =√10⋅1n√M 时， S =(n +1)[√10√M +n 2⋅√10⋅1n√M] =(n +1)√10√M =√102(n +1)√M ．由于此时4α=3nd ，故a 12+a n+12=410(S n+1)2=410⋅104M =M ．所以，S 的最大值为√102(n +1)√M ． 16.见解析【解析】16.连结BD 交AC 于H ．对ΔBCD 用塞瓦定理，可得CG GB ⋅BH HD ⋅DE BC=1．因为AH 是∠BAD 的平分线，由角平分线定理，可得BH HD=ABAD ．故CG GB ⋅AB AD ⋅DEBC=1．过点C 作AB 的平分线交AG 的延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J ． 则CGGB=CI AB ，DE EC =AD CJ ．所以，CIAB ⋅AB AD ⋅ADCJ =1．从而，CI =CJ ．又因为CI ∥AB ，CJ ∥AD ．故∠ACI=π−∠BAC =π−∠DAC =∠ACJ ．因此，ΔACI ≌ΔACJ ．从而∠IAC=∠JAC ，即∠GAC =∠EAC ．17.√(a +b )2+c 2或√(b +c )2+a 2或√(c +a )2+b 2【解析】17. 记e iθ=cosθ+isinθ．可设z 1z 2=e iθ，z 2z 3=e iφ，则z 3z1=e −i (θ+φ)． 由题设，有e iθ+e iφ+e −i (θ+φ)=1．两边取虚部，有0=sinθ+sinφ−sin (θ+φ) =2sinθ+φ2cosθ−φ2−2sinθ+φ2cosθ+φ2=2sinθ+φ2(cos θ−φ2−cosθ+φ2) =4sinθ+φ2sin θ2sin φ2．故θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ,k ∈Z ．因而，z 1=z 2或z 2=z 3或z 3=z 1．如果z 1=z 2，代入原式即1+z 1z 3+z 3z 1=1．故(z 3z 1)2+1=0，z 3z1=±i ． 这时，|az 1+bz 2+cz 3|=|z 1||a +b ±ci | =√(a +b )2+c 2．类似地，如果z 2=z 3，则|az 1+bz 2+cz 3|=√(b +c )2+a 2；如果z 3=z 1，则|az 1+bz 2+cz 3|=√(c +a )2+b 2．所以，|az 1+bz 2+cz 3|的值为√(a +b )2+c 2或√(b +c )2+a 2或√(c +a )2+b 2．18.（1）f (n )=m (3m−1−12<n ≤3m −12)；（2）见解析【解析】18.（1）设这k 块砝码的质量数分别为a 1,a 2,⋅⋅⋅,a k ，且1≤a 1≤a 2≤⋅⋅⋅≤a k ,a i ∈Z,1≤i ≤k ．因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为∑x i a i k i=1,x i ∈{−1,0,1}．若利用这k 块砝码可以称出质量为1,2,3,⋅⋅⋅,n 的物品，则上述表示式中含有1,2,3,⋅⋅⋅,n ，由对称性易知也含有0,−1,−2,⋅⋅⋅,−n ，即 {∑x i a i |x i ∈{−1,0,1} ki=1}⊇{0,±1,⋅⋅⋅,±n }．所以，2n +1=|{0,±1,⋅⋅⋅,±n }| ≤|{∑x i a i |x i ∈{−1,0,1} k i=1}|≤3k ．即n ≤3k −12．设3m−1−12<n ≤3m −12(m ≥1,m ∈Z )，则k ≥m ． 且k =m 时，可取a 1=1,a 2=3,⋅⋅⋅,a m =3k −1．由数的三进制表示可知，对任意0≤p ≤3m −1，都有p =∑y i 3i−1m i=1，其中y i ∈{0,1,2}． 则p=3m −12=∑y i 3i−1m i=1−∑3i−1m i=1 =∑(y i −1)3i−1m i=1．令x i =y i −1，则x i ∈{−1,0,1}． 故对一切−3m −12≤l ≤3m −12的整数l ，都有l =∑x i 3i−1m i=1，其中x i ∈{−1,0,1}． 由于n ≤3m −12，因此，对一切−n ≤l ≤n 的整数l ，也有上述表示．综上，可知k 的最小值f (n )=m (3m−1−12<n ≤3m −12)． （2）Ⅰ当3m −12<n <3m+1−12时，由（1）可知1,3,⋅⋅⋅,3m−1,3m 就是一种砝码的组成方式．下面我们证明1,3,⋅⋅⋅,3m−1,3m 也是一种方式． 若1≤l ≤3m −12，由（1）可知l =∑x i 3i−1mi=1,x i ∈{−1,0,1}，则l =∑x i 3i−1+0⋅(3−i −1)m i=1；若3m −12<l ≤n <3m+1−12，则3m −12<l +1<3m+1−12． 由（1）可知l+1=∑x i 3i−1m+1i=1，其中x i ∈{−1,0,1}． 易知，x m+1=1．（否则l ≤∑3i−1−1m i=1=3m −12−1矛盾）则l =∑x i 3i−1+1⋅(3m −1)m i=1．所以，当n ≠3m −12时，f (n )块砝码的组成方式不惟一．Ⅱ．下面我们证明：当n =3m −12时，f (n )=m 块砝码的组成方式是惟一的，即a i =3i−1(1≤i ≤m )．若对每个−3m −12≤l ≤3m −12，都有l =∑x i a i m i=1,x i ∈{−1,0,1}，即{∑x i a i |x i ∈{−1,0,1} m i=1}⊇{0,±1,⋅⋅⋅,±3m −12}．注意左边集合中至多有3m 个元素，故必有{∑x i a i |x i ∈{−1,0,1} m i=1} ={0,±1,⋅⋅⋅,±3m −12}．从而，对每个l ，−3m −12≤l ≤3m −12，都可以惟一地表示为l =∑x i a i m i=1，其中x i ∈{−1,0,1}．因而，∑a i m i=1=3m −12，则∑(x i +1)a i m i=1=∑x i a i m i=1+∑a i m i=1=∑x i a i m i=1+3m −12． 令y i =x i +1，则y i ∈{0,1,2}．由上可知，对每个0≤l ≤3m −1，都可以惟一地表示为l =∑y i a i m i=1，其中y i ∈{0,1,2}．特别地，易知1≤a 1<a 2<⋅⋅⋅<a m ．下面用归纳法证明a i =3i−1(1≤i ≤m )． 当i =1时，易知∑y ia i m i=1中最小的正整数是a i ，故a i =1． 假设当1≤i ≤p 时，a i =3i−1． 由于∑y i a i p i=1=∑y i 3i−1pi=1,y i ∈{0,1,2}就是数的三进制表示，易知它们正好是0,1,2,⋅⋅⋅,3p −1，故a p+1应是除上述表示外{∑y i a i |y i ∈{0,1,2} mi=1}中最小的数，因此，a p+1=3p ．由归纳法可知，a i =3i−1(1≤i ≤m )．综合Ⅰ，Ⅱ可知，当且仅当n =3m −12时，上述f (n )块砝码的组成方式是惟一确定的．。