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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷.精品文档.全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（B卷）说明：1评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次一、（本题满分50分）如题一图，是圆内接四边形与的交点为，是弧上一点，连接并延长交于点，点分别在，的延长线上，满足，求证：四点共圆 证 由已知条件知 10分又，所以，从而四点共圆，此圆记为同理可证：四点共圆，此圆记为 20分点在圆，内延长
2、与圆相交于点，则，故四点共圆 30分所以在的外接圆上，故在上 40分再用相交弦定理：，故四点共圆 50分二、（本题满分50分）求满足下列关系式组的正整数解组的个数解 令，由条件知，方程化为，即 （1）因，故，从而设因此（1）化为 （2） 10分下分为奇偶讨论，（）当为奇数时，由（2）知为奇数令，代入（2）得 （3）（3）式明显无整数解故当为奇数时，原方程无正整数解 20分（）当为偶数时，设，由方程（2）知也为偶数从而可设，代入（2）化简得 （4）由（4）式有，故，从而可设，则（4）可化为， （5）因为整数，故 30分又，因此 ，得， 因此，对给定的，解的个数恰是满足条件的的正因数的个数因不是完
3、全平方数，从而为的正因数的个数的一半即 40分由题设条件，而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23将25以内的数分为以下八组：，从而易知，将以上数相加，共131个因此解的个数共131 50分三、（本题满分50分）设，证明：当且仅当时，存在数列满足以下条件：（），；（）存在；（）， 证 必要性：假设存在满足（），（）注意到（）中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 10分由（）可设，将上式取极限得 ，因此 20分充分性：假设定义多项式函数如下： ，则在0,1上是递增函数，且，因此方程在0,1内有唯一的根，且，即 30分下取数列为，则明显地满足题设条件（
4、），且 因，故，因此，即的极限存在，满足（） 40分最后验证满足（），因，即，从而 综上，已证得存在数列满足（），（），（） 50分高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准（B卷）以说明：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分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1函数在上的最小值是 （ B ）A3 B2 C1 D0解 当时，因此，当
5、且仅当时上式取等号而此方程有解，因此在上的最小值为22设，若，则实数的取值范围为 （ A ）A B C D 解 因有两个实根 ，故等价于且，即且，解之得3甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为 （ C ）A. B. C. D. 解法一 依题意知，的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响从而有，故解法二
6、依题意知，的所有可能值为2，4，6.令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜由独立性与互不相容性得， ， ，故4若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这三个正方体的体积之和为 （ D ）A. 586 cm3 B. 586 cm3或564 cm3 C. 764 cm3 D. 764 cm3或586 cm3解 设这三个正方体的棱长分别为，则有，不妨设，从而，故只能取9，8，7，6若，则，易知，得一组解若，则，但，从而或5若，则无解，若，则无解此时无解若，则，有唯一解，若，则，此时，故，但，故，此时无解综上，共有两组解或体积为cm3或cm35方程组的有理数
7、解的个数为 （ C ）A. 4 B. 3 C. 2 D. 1解 若，则解得或若，则由得 由得 将代入得 由得，代入化简得.易知无有理数根，故，由得，由得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或6设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是 （ B ）A. B. C. D. 解 设的公比为，则，而 因此，只需求的取值范围因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且即有不等式组即解得从而，因此所求的取值范围是二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7设，其中为实数，若，则 17 .解 由题意知，由得，因此，因此8设的最小值为，则解 ，(1) 时，当时取最小值；(2) 时，当时取最
8、小值1；(3) 时，当时取最小值又或时，的最小值不能为，故，解得，(舍去)9将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222种解法一 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额如 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额若把每个“”与每个“”都视为一个位置，由于左右两端必须是“”，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“”占领的一种“占位法”“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“”，故有种又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种综上知，满足条件的
9、分配方法共有25331222种解法二设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种综上知，满足条件的分配方法共有25331222种10设数列的前项和满足：，则=解 ，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，所以因此11设是定义在上的函数，若 ，且对任意，满足 ，则=解法一 由题设条件知 ，因此有，故 解法二 令，则 ，即，故，得是周期为2的周期函数，所以12一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体
10、容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 解 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面/平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，垂足为的中心因 ，故，从而记此时小球与面的切点为，连接，则考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2记正四面体的棱长为，过作于 因，有，故小三角形的边长小球与面不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分） 又，所以由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13
11、已知函数的图像与直线 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证： 证 的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，5分 由于，所以，即 10分因此 15分 20分14解不等式解法一 由，且在上为增函数，故原不等式等价于即 5分分组分解 ， 10分所以， 15分所以，即或故原不等式解集为 20分解法二 由，且在上为增函数，故原不等式等价于5分即， ， 10分令，则不等式为， 显然在上为增函数，由此上面不等式等价于 ， 15分即，解得(舍去)，故原不等式解集为 20分15如题15图，是抛物线上的动点，点在直线上，圆内切于，求面积的最小值解 设，不妨设直线的方程:，化简得 又圆心到的距离为1， ， 5分故，展开得，易知，故，同理有 10分所以，因是抛物线上的点，有，即，则，故， 15分所以 当时，上式取等号，此时因此的最小值为8 20分