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1、全国高中数学联合竞赛一试试题（A卷）阐明：1评阅试卷时，请根据本评分原则选取题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其她各题评阅，请严格按照本评分原则评分档次给分，不要增长其她中间档次2假如考生解答办法和本解答不同，只要思绪合理、环节对的，在评卷时可参照本评分原则恰当划分档次评分，解答题中5分为一种档次，不要增长其她中间档次一、选取题（本题满分36分，每小题6分）1函数在上最小值是 （ C ）A0 B1 C2 D32设，若，则实数取值范畴为 （ D ）A B C D3甲乙两人进行乒乓球比赛，商定每局胜者得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概率
2、为，乙在每局中获胜概率为，且各局胜负互相独立，则比赛停止时已打局数盼望为 （ B ）A. B. C. D. 4若三个棱长均为整数（单位：cm）正方体表面积之和为564 cm2，则这三个正方体体积之和为 （ A ）A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm35方程组有理数解个数为 （ B ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 46设内角所对边成等比数列，则取值范畴是 （ C ）A. B. C. D. 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7设，其中为实数，若，则 5 .8设最小值为，则9将24个志愿者名额分派给3个学校，
3、则每校至少有一种名额且各校名额互不相似分派办法共有 222种10设数列前项和满足：，则通项=11设是定义在上函数，若 ，且对任意，满足，则=12一种半径为1小球在一种内壁棱长为正四周体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不也许接触到容器内壁面积是三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13已知函数图像与直线 有且仅有三个交点，交点横坐标最大值为，求证： 14解不等式题15图15如题15图，是抛物线上动点，点在轴上，圆内切于，求面积最小值全国高中数学联合竞赛加试（A卷）试题一、（本题满分50分）如题一图，给定凸四边形，是平面上动点，令（）求证：当达成最小值时，四点共圆；答一图1（）设是外接
4、圆上一点，满足：，又是切线，求最小值二、（本题满分50分）设是周期函数，和1是周期且证明：（）若为有理数，则存在素数，使是周期；（）若为无理数，则存在各项均为无理数数列满足 ，且每个都是周期三、（本题满分50分）设，证明：当且仅当时，存在数列满足如下条件：（），；（）存在；（）， 全国高中数学联合竞赛一试试题参照答案及评分原则（A卷）阐明：1评阅试卷时，请根据本评分原则选取题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其她各题评阅，请严格按照本评分原则评分档次给分，不要增长其她中间档次2假如考生解答办法和本解答不同，只要思绪合理、环节对的，在评卷时可参照本评分原则恰当划分档次评分，解答题中5
5、分为一种档次，不要增长其她中间档次1.解 当时，因而，当且仅当时上式取等号而此方程有解，因而在上最小值为22. 解 因有两个实根 ，故等价于且，即且，解之得3.解法一 依题意知，所有也许值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止概率为 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，该轮比赛成果对下轮比赛与否停止没有影响从而有，故解法二 依题意知，所有也许值为2，4，6.令表达甲在第局比赛中获胜，则表达乙在第局比赛中获胜由独立性与互不相容性得， ， ，故4.解 设这三个正方体棱长分别为，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
6、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cm3 5.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.解 设公比为，则，而 因而，只需求取值范畴因成等比数列，最大边只能是或，因而要构成三角形三边，必须且只需且即有不等式组即解得从而，因而所求取值范畴是二、填空题7. 解 由题意知，由得，因而，8.解 ，(1) 时，当时取最小值；(2) 时，当时取最小值1；(3) 时，当时取最小值又或时，最小值不能为，故，解得，(舍去)9. 解法一 用
7、4条棍子间空隙代表3个学校，而用表达名额如 表达第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额若把每个“”与每个“”都视为一种位置，由于左右两端必要是“”，故不同分派办法相称于个位置（两端不在内）被2个“”占领一种“占位法”“每校至少有一种名额分法”相称于在24个“”之间23个空隙中选出2个空隙插入“”，故有种又在“每校至少有一种名额分法”中“至少有两个学校名额数相似”分派办法有31种综上知，满足条件分派办法共有25331222种解法二设分派给3个学校名额数分别为，则每校至少有一种名额分法数为不定方程正整数解个数，即方程非负整数解个数，它等于3个不同元素中取21个元素可重组合：又在“每校至少有一种
8、名额分法”中“至少有两个学校名额数相似”分派办法有31种综上知，满足条件分派办法共有25331222种10.解 ，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，因此11.解法一 由题设条件知 ，因而有，故 解法二 令，则 ，即，故，得是周期为2周期函数，因此 12.解 如答12图1，考虑小球挤在一种角时状况，记小球半径为，作平面/平面，与小球相切于点，则小球球心为正四周体中心，垂足为中心因答12图1 ，故，从而记此时小球与面切点为，连接，则考虑小球与正四周体一种面(不妨取为)相切时状况，易知小球在面上最接近边切点轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2记正四周体答12图2棱长为，过作于 因，有，故小三
9、角形边长小球与面不能接触到某些面积为（如答12图2中阴影某些） 又，因此由对称性，且正四周体共4个面，因此小球不能接触到容器内壁面积共为三、解答题答13图13.证 图象与直线 三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，5分 由于，因此，即 10分因而 15分 20分14.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分因此， 15分因此，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. 解 设，不妨设直线方程
10、:，化简得 又圆心到距离为1， ， 5分故，易知，上式化简得， 同理有 10分因此，则因是抛物线上点，有，则 ， 15分因此 当时，上式取等号，此时因而最小值为8 20分全国高中数学联合竞赛加试（A卷）试题参照答案及评分原则阐明：1评阅试卷时，请严格按照本评分原则评分档次给分；2假如考生解答办法和本解答不同，只要思绪合理、环节对的，在评卷时可参照本评分原则恰当划分档次评分，10分为一种档次，不要增长其她中间档次一、解法一 （）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上任意点，有答一图1 因而 由于上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因而当且仅当在外接圆且在上时， 10分又因，此不等式当且仅当共线且在
11、上时取等号因而当且仅当为外接圆与交点时，取最小值故当达最小值时，四点共圆 20分（）记，则，由正弦定理有，从而，即，因此，整顿得， 30分解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整顿得，故，可得， 40分从而，为等腰直角三角形因，则又也是等腰直角三角形，故，故 50分答一图2解法二 （）如答一图2，连接交外接圆于点（由于在外，故在上）过度别作垂线，两两相交得，易知在内，从而在内，记之三内角分别为，则，又因，得，同理有，因此 10分设，则对平面上任意点，有 ，从而 由点任意性，知点是使达最小值点由点在上，故四点共圆 20分（）由（），最小值 ，记，则，由正弦定理有，从而，即，因此，整顿得， 30
12、分解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整顿得，故，可得， 40分因此，为等腰直角三角形，由于，点在上，所觉得矩形，故，因此 50分解法三 （）引进复平面，仍用等代表所相应复数由三角形不等式，对于复数，有 ，当且仅当与（复向量）同向时取等号有 ，因此 （1） ，从而 （2） 10分（1）式取等号条件是 复数 与同向，故存在实数，使得 ， ，因此 ，向量旋转到所成角等于旋转到所成角，从而四点共圆（2）式取等号条件显然为共线且在上故当达最小值时点在之外接圆上，四点共圆 20分（）由（）知如下同解法一二、证（）若是有理数，则存在正整数使得且，从而存在整数，使得 于是是周期10分又因，从而设是素因子
13、，则，从而 是周期 20分（）若是无理数，令 ，则，且是无理数，令 ， ， 30分由数学归纳法易知均为无理数且又，故，即因而是递减数列 40分最后证：每个是周期事实上，因1和是周期，故亦是周期假设是周期，则也是周期由数学归纳法，已证得均是周期 50分三、证 必要性：假设存在满足（），（），（iii）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 ，因而 20分充足性：假设定义多项式函数如下： ，则在0,1上是递增函数，且，因而方程在0,1内有唯一根，且，即 30分下取数列为，则明显地满足题设条件（），且 因，故，因而，即极限存在，满足（） 40分最后验证满足（），因，即，从而 综上，存在数列满足（），（），（） 50分