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1、1999年全国高中数学联赛试题第一试一、选择题本题共有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 给定公比为q(q1)的等比数列an，设b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6, bn=a3n-2+a3n-1+a3n,，则数列bn 【答】（ ）(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) 既非等差数列也非等比数列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
2、不等式 (|x|-1)2+(|y|-1)22的整点(x,y)的个数是 【答】（ ）(A) 16 (B) 17 (C) 18 (D) 253 若(log23)x-(log53)x(log23)-(log53)，则 【答】（ ）(A) x-y0 (B) x+y0 (C) x-y0 (D) x+y04 给定下列两个关于异面直线的命题：命题：若平面a上的直线a与平面b上的直线b为异面直线，直线c是a与b的交线，那么，c至多与a,b中的一条相交；命题：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 【答】（ ）(A) 命题正确，命题不正确 (B) 命题正确，命题不正确(C) 两个命题都正确
3、 (D) 两个命题都不正确5 在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是 【答】（ ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 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，ABC是 (A) 锐角三角形 (B) 钝角三角形 (C) 直角三角形 (D) 不确定 【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. 已知正整数n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
4、样的n的个数是_.8. 已知=arctg，那么，复数的辐角主值是_.9. 在ABC中，记BC=a，CA=b，AB=c，若9a2+9b2-19c2=0，则=_.10. 已知点P在双曲线上，并且P到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SBC的垂心，二面角H-AB-C的平面角等于30, SA=2。那么三棱锥S-
5、ABC的体积为_.三、解答题(本题满分60分，每小题20分)13. 已知当x0,1时，不等式恒成立，试求的取值范围。14. 给定A(-2,2)，已知B是椭圆上的动点，F是左焦点，当|AB|+|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M的所有等差数列a1,a2,a3,.，试求S=an+1+an+2+a2n+1的最大值。第二试试题一、(满分50分) 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.二、(满分50分) 给定实数a, b, c，已知复数z1 , z2 , z3 满足：，求|a
6、z1+bz2+cz3|的值。三、(满分50分) 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唯一确定的？并证明你的结论。1999年全国高中数学联合竞赛答案一、选择题题号123456答案CABDBC提示：1.(C). 由题设，因此，是公比为的等比数列.2.(A) 由,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.3.(B) 记f(t)= ，则f(t)在R上是严格增函数.原不等
7、式即f(x)f(-y).故x-y，即x+y0.4.(D). 易知命题不正确；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，从而命题也不正确. 5.(B) 设这三名选手之间的比赛场数是r，共n名选手参赛.由题意，可得，即=44+r.由于0r3，经检验可知，仅当r=1时，n=13为正整数.6.(C) 设B(t 2,2t),C(s 2,2s),st,s1,t1，则直线BC的方程为，化得2x-(s+t)y+2st=0.由于直线BC过点(5，-2)，故25-(s+t)(-2)+2st=0，即(s+1)(t+1)= - 4.因此，,所以，BA
8、C=90，从而ABC是直角三角形.二、填空题题号789101112答案6 43提示：7. 6. 首项为a为的连续k个正整数之和为由Sk2000，可得60k62.当k=60时，Sk=60a+3059，由Sk2000，可得a3，故Sk=1830,1890,1950；当k=61时，Sk=61a+3061，由Sk2000，可得a2，故Sk=1891，1952；当k=62时，Sk=62a+3161，由Sk2000，可得a1，故Sk=1953.于是，题中的n有6个.8. z的辐角主值 argz=arg(12+5i)2 (239-i)=arg(119+120i) (239-i) =arg28561+2856
9、1i=9. . 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, ,右准线l为. 如果P在双曲线右支，则 |PF1 |=|PF2 |+2a=ed+2a.从而，|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a2d，这不可能；故P在双曲线的左支，则 |PF2|PF1|=2a , |PF1|+|PF2|=2d.两式相加得2|PF2|=2a+2d. 又|PF2|=ed,从而ed=a+d.故. 因此，P的横坐标为.11. 43 设倾斜角为，则tg=-0.不妨设a0，则b0, sin=f(0)0. (1)取x (0，1)，由
10、于 ，所以，恒成立，当且仅当 (2 )先在0,2中解(1)与(2)：由cos0,sin0，可得0注意到02，故有2 ,所以， .因此，原题中的取值范围是2k+0，则cos=f(1)0,sin=f(0)0. (1)取 x0= (0，1)，则 由于 +2x(1-x)，所以，00 (2)反之，当(1)，(2)成立时，f(0)=sin0，f(1)=cos0，且x(0，1)时，f(x)2x(1-x)0先在0,2中解(1)与(2)：由cos0,sin0，可得00, , sin2, sin2,注意到 02，故有 2 ,所以， .因此，原题中的取值范围是 2k+2k+ ,kZ 14. 记椭圆的半长轴、半短轴、
11、半焦距分别为a、b、c，离心率为e.则a=5,b=4,c=3,e=，左准线为x=, 过点B作左准线x=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| .于是，|AB|+|BF|=|AB|+|BN|AM|(定值)，等号成立当且仅当B是AM与椭圆的交点时，此时B(，2) , 所以，当|AB|+|BF|取最小值时，B的坐标为(，2).15. 设公差为d,=,则S= =(n+1)+d.故 .则 因此 |S|(n+1)，且当 =,d= 时，S=(n+1)+ =(n+1) =(n+1)由于此时4=3nd,故 所以，S的最大值为(n+1)1999年全国高中数学联合竞赛加试参考
12、答案及评分标准一、解析：连结BD交AC于H对BCD用塞瓦定理，可得 因为AH是BAD的平分线，由角平分线定理，可得 故 过点C作AB的平行线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 . 所以， 从而，CI=CJ.又因为 CIAB，CJAD，故 ACI=-ABC=-DAC=ACJ因此，ACIACJ从而，IAC=JAC，即 GAC=EAC二、解析： 记 ei=cos+isin可设 ，则 由题设，有ei+ei+e-i(+)=1.两边取虚部，有0=sin+sin-sin(+)故=2k或=2k或+=2k，kZ因而，z1=z2或z2=z3或z3=z1如果z1=z2，代入原式即 故 这时，
13、|az1+bz2+cz3|=|z1|a+bci|=类似地，如果z2=z3,则|az1+bz2+cz3|=;如果z3=z1,则|az1+bz2+cz3|=所以，|az1+bz2+cz3|的值为或 或 三、解析：(1)设这k块砝码的质量数分别为a1,a2,ak，且1a1a2ak，aiZ，1ik因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为 xiai,xi-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，n，由对称性易知也含有0，-1，-2，-n，即xiai|xi-1，0，10,1，n所以，2n+1=|0，1，n| |xiai|xi-1，0，1|3k，即 n设 n
14、(m1,mZ)，则km且k=m时，可取a1=1,a2=3,am=3m-1 由数的三进制表示可知，对任意0p3m-1,都有p=yi3i-1，其中yi0，1，2则 p-=yi3i-1-3i-1=(yi-1)3i-1 令xi=yi-1，则xi-1，0，1故对一切-l 的整数l，都有l=xi3i-1 ,其中xi-1，0，1由于n，因此，对一切-nln的整数l，也有上述表示综上，可知k的最小值f(n)=m(n) .(2).当n3 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-1也是一种方式若1l ，由(1)可知l=xi3i-1，xi-1，0，1则 l=x
15、i3i-1+0(3m-1)；若 ln3 ，则 l+1由(1)可知l+1=，其中xi-1，0，1易知xm+1=1(否则l3i-1-1=-1,矛盾)则l=(3m-1)所以，当n时，f(n)块砝码的组成方式不惟一.下面我们证明：当n=时，f(n)=m块砝码的组成方式是惟一的，即ai=3i-1(1im)若对每个-l,都有l=xiai，xi-1，0，1即 xiai|xi-1，0，10,1，注意左边集合中至多有3m个元素故必有xiai|xi-1，0，1=0,1，从而，对每个l，-l ,都可以惟一地表示为l=xiai，其中xi-1,0,1因而，ai=则(xi+1)ai=xiai+ai=xiai+令yi=xi+1,则yi0，1，2由上可知，对每个0l3m-1，都可以惟一地表示为l=yiai，其中yi0，1，2特别地，易知1a1a2am下面用归纳法证明ai=3i-1(1im)当i=1时，易知yiai中最小的正整数是a1,故a1=1假设当1ip时，ai=3i-1 由于yiai=yi3i-1, yi0，1，2就是数的三进制表示，易知它们正好是0，1，2，,3p-1，故ap+1应是除上述表示外yiai|yi0,1,2中最小的数，因此，ap+1=3p由归纳法可知，ai=3i-1(1im)综合，可知，当且仅当n=时，上述f(n)块砝码的组成方式是惟一确定的11