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1、2001年全国高中数学联合竞赛试题1.（李文秀）已知a为给定的实数，那么集合320，的子集的个数为（C）124不确定解：M表示方程320在实数范围内的解集由于140，所以含有2个元素故集合有a24个子集，选2（伏永辉）命题1：长方体中，必存在到各顶点距高相等的点命题2：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（B）0个1个2个3个O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3(高晶晶)在
2、四个函数、中，以为周期、在（0，2）上单调递增的偶函数是（D） 解：方法一：用排除法首先ABCD四个函数都是偶函数A的图像如下图 B的图像如下图 C的图像如下图 显然，A.不是一个周期函数；B的周期不是，并且在（0，2）上单调递减；C的周期为，但是在 （ 0，2）上是减函数。故选择D方法二：D选项的分析：sinx的绝对值的图像如下图所示：它在并且在（0，2）上单调递增，并且以为周期，又因为log10x （x0）是定义域内的增函数，由复合函数的性质可以得到D是正确的。方法三：特殊值法：A选项假设为偶函数，则取x=4，则y=22 ;取x=54，则y=-22，x与y不相等，所以A的周期不是，A错；同
3、理B选项中取x=4，则y=22 ;若取x=54，则y=-22所以B的周期不是，B错;C选项中，取x=4，则y=1，若取x=3，则y=33，所以该函数在（0，2）上不符合单调递增，所以C错。故选D4（连亚彪）如果满足60，12，的恰有一个，那么的取值范围是（D）01212 012或解：第一种：（1）当ACBCsinABC，即12ksin60，即k83 时，三角形无解；（2）当AC=BCsinABC，即ABC =90 ，即12=ksin60，即k=83时，三角形有1解，为直角三角形；（3）当BCsinABCACBC，即ksin6012k，即12k83，三角形有2个解，锐角或钝角三角形；（4）当0B
4、CAC，即0k12时，三角形有1个解，（5）当BC=AC,即k=12时，为等边三角形，有一解，综上所述：当0k12或k=83时，三角形恰有一个解故答案为：0k12或k=83 B第二种：CA以C为圆心，12为半径作圆，B1. 当圆与AB相切时三角形ABC为角A为直角的直角三角形且三角形唯一，此时，BC取得最大值83AC2. 当圆过B点时，三角形ABC，为等边三角形，也唯一，此时BC=123. 当12BC83时，圆与AB有两个交点，三角形ABC不唯一4. 当0BC12时，圆与AB有一个交点，三角形ABC唯一，综上：0k12或k=83解法三：用排除法，由解法二作图可知，当BC大于83时AC大于12，
5、不符合题意，则排除C答案；当BC=AC,即k=12时，为等边三角形，有一解，当圆与AB相切时三角形ABC为以角A为直角的直角三角形且三角形唯一，则排除A、B答案。故D正确。5（杨柳）若（12）1000的展开式为20002000，则3691998的值为（）33333666399932001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（12）（32），则1，10令1，得310002000；令，得01220002000；令，得020004000三个式子相加得310003（1998）19983999，选6（杨柳）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
6、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（）2枝玫瑰价格高3枝康乃馨价格高价格相同 不确定解：这是一个大小比较问题可先设玫瑰与康乃馨的单价分别为元、元，则由题设得，6x+3y24 4x+5y22 问题转化为在条件、的约束下，比较2与3的大小有以下两种解法：解法1：为了整体地使用条件、，令63，45，联立解得（53）18，（32）923（1112）924，22，11121124122204Y23，选(3,2)LX5.5O解法2：由不等式、及0、0组成的平面区域如图1中的阴影部分（不含边界）令232，则表示直线：232在轴上的截距显然，当过点（3，2）时，2有
7、最小值为0 故230，即23，选7(连亚彪)椭圆1（2）的短轴长等于_233_ 解法一：当=0时:有（0）=1（2cos0）=a+c;当=时:有（）=1（2cos）=a-c;由上式可得a+c=1a-c=13 解得23，c=13从而由b2=a2-c2得b=33所以2b=233.解法二：由1（2）得;2-cos=1; 由=x2+y2; cos=x得：2x2+y2-x=1; 移项去根号得： 4x2+4y2=x2+2x+1整理得： 3x2-2x+4y2=1再配方得： （x-13）2+43y2=49 可化为椭圆方程为 (x-13)249 + y213=1所以b2=1/3所以b33所以2b=(23)/3.
8、8（高晶晶）若复数、满足2，3，32（32），则_-(3013)+(7213)i _解法一： 令Z1=2(cos+isin) Z2=3(cos+isin)因为3 Z1-2 Z2 =32 i则由复数的充要条件得6cos-cos=326sin-sin=-1即-12sin(+/2)sin(-)/2) )=3212cos(+/2)sin-2=-1 /可以得到：tan(+/2)=32利用万能公式得：sin(+)=1213 cos(+)=1513Z1Z2=6cos+isin(+)=-(3013)+(7213)i解法二： z1 z1=4，z2 z2=9，3z1 -2z2=13z2 z2z1-12z1 z1z
9、2=16z1z22z2-3z1z1z2=6(3z1 -2z2)/ 2z2-3z1=-6(3z1 -2z2)/3z1-2z2=-632-i32+i=-3013+(72/13)iD1C1z9.（伏永辉）正方体1的棱长为1，则直线与的距离是_66_B1A1DCByxA解： 解法一：建立如图一所示的空间直角坐标系，则A=（1,0,0）， A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1)故 A1D1=(-1,0,0), BD2=(-1,-1,1), A1C1=(-1,1,0),设 n=(x,y,z)为A1C1 与 BD1所确定平面的法向量，则n.A1C1 =0,n.B1D =
10、0,联立令y=1,解得 n=（1,1,2），所以可以解出d=n.A1D1n=66 。解法二：为了保证所作出的表示距离的线段与和都垂直，先将其中一条直线置于另一条直线的垂面内为此，作正方体的对角面，则面，且面设0，在面内作，垂足为，则线段的长为异面直线与的距离在中，等于斜边上高的一半，即610.（李文秀）不等式（112）232的解集为_4，或1227，或01解法一：由（112 X）232得：（112X）232 或（112X）2-（32）12X2 或2712X0，或12X0得x4 或1x227或0x1 综上所述：x4或1x227或0x1解法二：（112X）232 给不等式两边同时平方整理得： （1
11、12X）+4（112X）+470 112X（-49）2 12X2（-43） 则：12X-2， 或2712X0， 或12X0 x4或1x227或0x1 综上所述：x4，或1x227， 或0x111.（李文秀）函数的值域为_1y32，或y2_解：由x-3x+20解得方程的定义域为x1或x2讨论：(i)当x1时：yxx2-3x+2将方程变形两边平方得：（yx）2x23x2整理得：y2-2=x(2y-3)，(y32)即：xy2-22y-3,则 y-x=x2-3x+20即y-y2-22y-30整理得：y2y-3-（y2-2）2y-3=(y-1)(y-2)2y-30由穿根法的1y32,或y2又因为y32所
12、以1y32,或y2讨论：（ii）当x2时：因为yxx2-3x+2单调递增所以y2（2-3*2+2）=2即 y2 综上所述：解得1y32，或y2由于能达到下界0，所以函数的值域为1，32）2，）12(伏永辉)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_种栽种方案解：六块区域依次用字母、表示按间隔三块、种植植物的种数，分以下三类（1）若、种同一种植物，有4种种法当、种植后，、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4333108种方法（2）若、种二种植物，有2种种法当、种好后，若、种同一
13、种，则有3种方法，、各有2种方法；若、或、种同一种，相同（只是次序不同）此时共有3（322）432种方法（3）若、种三种植物，有种种法这时、各有2种种方法此时共有222192种方法根据加法原理，总共有108432192732种栽种方案三解答题13（高晶晶）设an为等差数列，bn为等比数列，且b1=a12，b2=a22，b3=a32（a1a2） ，又limn(b1+b2+bn)=2+1，试求an的首项与公差。解：设所求公差为d，a1a2，d0由此得a12(a1+2d)2=(a1+d)4 化简得： 2a12+4a1d+d2=0 解得：d=(-22)a1而-220，故a10若d=(-2-2)a1，则
14、q=a22a12=(2+1)2 若d=(-2+2)a1，则 q=a22a12=(2-1)2但limn(b1+b2+bn)=2+1，存在，故| q |1，于是q=a22a12=(2+1)2不可能从而a121-(2-1)2=2+1 得到a12=(22-2)(2+1)所以a1=-2 d=-2+2 a1=-2+2 -2=22-214（连亚彪）设曲线C1:(a为正常数)与C2:y2=2(x+m)在x轴上方公有一个公共点P。（1）求实数m的取值范围（用a表示）；（2）O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当0a时，试求OAP的面积的最大值（用a表示）。解：(1)由 x2a2+y2=1y2=2(x+m)消
15、去y，得x2+2a2x+2a2m-a2=0 设f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，这是以对称轴为xpa2开口向上的二次函数，则问题(1)化为方程在x(a，a)上有唯一解或等根f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2 只需讨论以下三种情况： 1、4a4-4a2（2m-1）=0时 m=a2+12，此时只要使对称轴xpa2在（-a,a）内即可，即aa2a，即0a1；2、当对称轴xpa2不在（-a,a）内时，只要f (a)f (a)0即可，带入化简后得m20化简：0a10a解得：0a1；4、f (a)0得ma，此时对称轴为xna2a2，但显然不满足a2a2a，从而ma综上可知，当0a1时，m=a
16、2+12或ama； 当a1时，ama (2)OAP的面积s=12ayp 0a，故ama时，0-a2+aa2+1-2ma， 由唯一性得 xp=-a2+aa2+1-2m 显然当ma时，xp取值最小由于xp0，从而yp1-xp2a2取值最大，此时yp=2a-a2，s=aa-a2当m=a2+12时，xpa2，yp1-a2，此时s=12a1-a2 下面比较aa-a2与12a1-a2的大小： 令aa-a2=12a1-a2，得a=13故当0a时，aa-a212a1-a2，此时smax=12a1-a2 当13a12a1-a2，此时smax=a-a2 15（杨柳）用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6
17、、（a1a2a3a4a5a6）的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论。解：设6个电阻的组件(如图3)的总电阻为RFG，当R ia i，i3，4，5，6，R1、R2是a1、a2的任意排列时，RFG最小 证明如下：R2 1、设当两个电阻R1、R2并联时，所得组件阻值为R，则1R=1R1+1R2故交换二电阻的位置，不改变R值，且当R1或R2变小时，R也减小，因此不妨取R1R2BR3R2A2、设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB RAB=R1R2R1+R2+R3=R1R2+R1R3+R2R3R1+R2显然R1R2越大，RAB越小，所以为使RAB
18、最小必须取R3为所取三个电阻中阻值最小的个3、设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为RCD R3R2R1 R4DC 若记 S1=1ij4RiRj S2=1ijk4RiRjRk，则S1、S2为定值，于是RCD=S2-R1R2R3S2-R3R4 只有当R3R4最小，R1R2R3最大时，RCD最小，故应取R4R3，R3R2，R3Rl，即得总电阻的阻值最小 4、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R6R5；且由1应使RCE最小由2知要使RCE最小，必需使R5R4，且应使RCD最小 而由3，要使RCD最小，应使R4R3R2且R4R3R1， 这就说明，要证结论
19、成立 2001年全国高中数学联合竞赛加试（以下试题由小组合作完成）一如图：ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N。求证：（1）OBDF，OCDE；（2）OHMN证明：(1)A、C、D、F四点共圆BDFBAC又OBC(180BOC)90BAC OBDF(2)CFMA MC 2MH 2AC 2AH 2 BENA NB 2NH 2AB 2AH 2 DABC BD 2CD 2BA 2AC 2 OBDF BN 2BD 2ON 2OD 2 OCDE CM 2CD 2OM 2OD 2 ，得NH 2MH 2ON 2OM 2 MO 2MH 2NO 2NH
20、2 OHMN 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)，则 直线AC的方程为，直线BE的方程为由 得E点坐标为E() 同理可得F() 直线AC的垂直平分线方程为 直线BC的垂直平分线方程为 由 得O() OBDF 同理可证OCDE在直线BE的方程中令x0得H(0，) 直线DF的方程为 由 得N () 同理可得M () kOH kMN 1，OHMN二设xi0(I=1,2,3,n)且，求的最大值与最小值。解：先求最小值，因为1等号成立当且仅当存在i使得xi1，xj0，ji 最小值为1 再求最大值，令 设， 令 则 令0，则 由柯西不等式得： 等
21、号成立 (k=1，2，n) 由于a1a2an，从而，即xk0 所求最大值为 三将边长为正整数m,n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩形的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值。解：记所求最小值为f (m，n)，可义证明f (m，n)rnn(m，n) (1)其中(m，n) 表示m和n的最大公约数 事实上，不妨没mn(1) 关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为r nn(m，n)(2) 当用m1时，命题显然成立AA1BCD1Dmn假设当，mk时，结论成立(k1)当mk1时，若nk1，则命题显然成立若nk1，从矩形ABCD中切去正方形AA1
22、D1D(如图)，由归纳假设矩形A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为mnn(mn，n)m(m，n)，于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为rnn(m，n) (3) 关于m归纳可以证明(1)成立当m1时，由于n1，显然f (m，n)r nn(m，n)假设当mk时，对任意1nm有f (m，n)r nn(m，n)若mk1，当nk1时显然f (m，n)k1r nn(m，n)当1nk时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为al，a2，a p 不妨a1a2a p 显然a1n或a1n若a1n，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边界)于是a1a2a p不小于AB与CD之和所以a1a2ap2mr nn(m，n)若a1n，则一个边长分别为mn和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2，ap的正方形，由归纳假设a2apmnn(mn，n)rn(m，n)从而a1a2aprnn(m，n)于是当rnk1时，f (m，n)rnn(m，n) 再由(1)可知f (m，n)rnn(m，n) 第 21 页 共 21 页