2003年全国高中数学联赛试卷及答案

2003年全国高中数学联合竞赛试卷

得分	评卷人

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．2046　　　　　　　　　 B．2047　　　　　　　　　　　 C．2048　　　　　　　　　　D．2049　　 答（　 ）

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

　　　　　　　答（　 ）

3．过抛物线y²＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60^o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．　　　　　　　　　 B． 　　　　　　　　　　　　C．　　　　　　　　 D．

　　　　　　 答（　 ）

4．若，则的最大值是

A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　　　C．　　　　　　　　 D．

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 答（　 ）

5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是

A．　　　　　　　　　　　B．　　　　　　　　　　　　C．　　　　　　　 D．　　　　　　 答（　 ）

6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于

　　A．　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　　　　　C．　　　　　　　　　　　 D．　　 答（　 ）

得分	评卷人

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 ³－2x²－4 x ＋3 < 0 的解集是____________________．

8．设F₁，F₂是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF₁ : PF₂＝2 : 1，则三角形PF₁F₂的面积等于______________．

9．已知A＝{x｜x²－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜2^1－x＋a≤0，x²－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，若AB，则实数a的取值范围是___________________．

10．已知a，b，c，d均为正整数，且，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｜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＝_______．

得分	评卷人

三．解答题（本题满分60分，每小题20分）

13．设≤x≤5，证明不等式．

14．设A，B，C分别是复数Z₀＝ai，Z₁＝＋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＋2Z₁cos²t sin²t＋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．

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

得分	评卷人

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＝∠PAC．

得分	评卷人

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，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．

得分	评卷人

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＝q²＋q＋1，t≥，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）．

2003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。不要再增加其它中间档次．

一．选择题：

1．注意到45²＝2025，46²＝2116，∴2026＝a_2026—45＝a₁₉₈₁，2115＝a_2115—45＝a₂₀₇₀．
　　而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数．
　　又1981＋22＝2003，∴a₂₀₀₃＝a₁₉₈₁+22＝2026＋22＝2048．故选(C)．

2．题设方程可变形为y＝ax＋b和，则由观察可知应选(B)．

3．易知此抛物线焦点F与坐标原点重合，故直线AB的方程为，因此，A，B两点的横坐标满足方程3x²－8x－16＝0，由此求得AB中点的横坐标，纵坐标，进而求得其中垂线方程为，令y＝0，得P点的横坐标x＝，即PF＝，故选(A)．

　　因为x∈，∴，因此与在上同为增函数，故当时，y取最大值．故选(C)

5．由已知得，故，而，故当时有最小值，故选(D)．

6．如图，过C作CE∥AB且CE＝AB，以△CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABF—ECD，则所求四面体的体积V₁等于上述棱柱体积V₂的．而△CDE的面积S＝CE×CD×sin∠ECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD)的高，故
　　，因此，故选(B)．

二．填空题：

7．由原不等式分解可得( x －3)(x²＋ x －1)＜0，由此得所求不等式的解集为．

8．设椭圆的长轴、短轴的长及焦矩分别为2a、2b、2c，则由其方程知a＝3，b＝2，c＝，故，PF₁＋PF₂＝2a＝6，又已知[PF₁：PF₂＝2：1，故可得PF_l＝4，PF₂＝2．在△PF_lF₂中，三边之长分别为2，4，2，而2²＋4²＝(2)²，可见△PF_lF₂是直角三角形，且两直角边的长为2和4，故△PF_lF₂的面积＝4．

9．易得：A＝(1，3)，设，要使，只需f (x)、g (x)在(1，3)上的图象均在x轴下方，其充要条件是f (1)≤0，f (3)≤0，g (1)≤0，g (3)≤0，由此推出－4≤a≤－1．

10．由已知可得：，从而，因此a｜b，c｜d．又由于a－c＝9，故，即，故得：，解得．故b－d＝93．

11．如图，由已知，上下层四个球的球心A^/，B^/，C^/，D^/和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆⊙O^/和⊙O为上下底面构成圆柱，同时，A^/在下底面的射影必是弧AB的中点M．在△A^/AB中，A^/A＝A^/B＝AB＝2．设AB的中点为N，则A^/N＝．
　　又OM＝OA＝，ON＝1，∴MN＝A^/M＝，故所求原来圆柱的高为．

12．∵M_n中小数的小数点后均有n位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的　　数字均有两种选择(0或1)方法，故．又因在这2^n－1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半．故
　　
　　∴．

三．解答题：

13．解：∵(a＋b＋c＋d)²＝a²＋b²＋c²＋d²＋2(ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd)≤4(a²＋b²＋c²＋d²)
　　∴　(当且仅当a＝b＝c＝d时取等号)　　　　　　　　5分
　　取，则
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　15分
　　∵不能同时相等
　　∴　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20分

14．解：设z＝x＋yi(x、y∈R)，则
　　
　　∴
　　∴y＝(a＋c－2b)x²＋2(b－a)x＋a，0≤x≤1　　①
　　又∵A、B、C三点不共线，故a＋c－2b≠0，可见所给曲线是抛物线段(如图)　　　　5分
　　AB、BC的中点分别是D()，E()，
　　∴直线DE的方程是　　②　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　10分
　　由①②联立得：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 15分
　　∵a＋c－2b≠0，∴
　　由于，∴抛物线与△ABC中平行于AC的中位线有且仅有一个公共点，此点的坐标为，对应的复数为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　20分

15．解：如图，以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有A(a，0)．设折叠时，⊙O上点A^/()与点A重合，而折痕为直线MN，则 MN为线段AA^/的中垂线．设P(x，y)为MN上任一点，则｜PA^/｜＝｜PA｜　　　　　　5分
　　∴
　　即　　　　 10分
　　∴
　　可得：
　　∴≤1　(此不等式也可直接由柯西不等式得到)　　　　　　　　　　　　　　　15分
　　平方后可化为　≥1，
　　即所求点的集合为椭圆圆＝1外(含边界)的部分．　　　　　 20分

2003年全国高中数学联合竞赛
加试试题参考答案及评分标准

说明：

1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分．

2．如果考生的解题方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要再增加其它中间档次．

一．证明：联结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB
　 故△ADQ∽△ABC，而有，即BC·AD＝AB·DQ　　　　　　　　　　　　　　　　10分
　　又由切割线关系知△PCA∽△PAD得　；
　　同理由△PCB∽△PBD得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20分
　　又因PA＝PB，故，得　AC·BD＝BC·AD＝AB·DQ　　　　　　　　　　　 30分
　　又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知　AC·BD＋BC·AD＝AB·CD
　　于是得：AB·CD＝2AB·DQ，故DQ＝CD，即CQ＝DQ　　　　　　　　　　　　　　　　40分
　　在△CBQ与△ABD中，，∠BCQ＝∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，
　　故∠CBQ＝∠ABD，即得∠DBQ＝∠ABC∠PAC．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 50分

二．解：由题设可知
　　于是3^l≡3^m≡3ⁿ(mod 10⁴) Û 　　　　　　　　　　　　 　　　10分
　　由于(3，2)＝(3，5)＝1，∴由①可知3^l－n≡3^m－n≡1 (mod 2⁴)．
　　设u是满足3^u≡1 (mod 2⁴)的最小正整数，则对任意满足3^v≡1 (mod 2⁴)的正整数v，我们有u｜v．事实上若u不整除v，则由带余除法可知，存在非负整数a、b，使得v＝au＋b，其中0＜b≤u－1，从而可推出3^b≡3^b＋au≡3^v≡1 (mod 2⁴)，而这显然与u的定义矛盾．
　　注意到3≡3 (mod 2⁴)，3²≡9 (mod 2⁴)，3³≡27≡11 (mod 2⁴)，3⁴≡1 (mod 2⁴)，从而可设m－n＝4k，其中k为正整数　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20分
　　同理由②可推出3^m－n≡1 (mod 2⁵)，故3^4k≡1 (mod 2⁵)
　　现在我们求3^4k≡1 (mod 2⁵)满足的整数k．
　　∵3⁴＝1＋5×2⁴，∴3^4k－1＝(1＋5×2⁴)^k－1≡0(mod 5⁵)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　30分
　　
　　或
　　即有　k＝5t，并代入该式得　t＋5t[3＋(5t－1)×2⁷]≡0(mod 5²)
　　即k＝5t＝5³s，其中s为整数，故m－n＝500s，s为正整数
　　同理可得l－n＝500r，r为正整数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 40分
　　由于l＞m＞n，∴r＞s
　　这样三角形的三边为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3003．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 50分

三．证：设这n个点的集合V＝{A₀，A₁，A₂，……，A_n－1}为全集，记A_i的所有邻点(与A_i有连线段的点)的集合为B_i，B_i中点的个数记为｜B_i｜＝b_i，显然且b_i≤(n－1) (i＝0,1，2，……，n－1)．
　　若存在b_i＝n－1时，只须取，则图中必存在四边形，因此下面只讨论b_i＜n－1(i＝0,1，2，……，n－1)的情况．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 10分
　　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，B_i与B_j无公共点对，即｜B_i∩B_j｜≤1(0≤i＜j≤n－1)
　　因此(i＝0,1，2，……，n－1)
　　故中点对的个数＝中点对的个数　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20分
　　＝　(当b_i＝1或2时，令＝0)
　　＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　30分
　　＝
　　≥
　　＝
　　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　　　　　　　　　　　　 40分
　　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②③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)
　　这与①式相矛盾，故原命题成立．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 50分