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1、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A2046B2047C2048D2049答（）2设 a，bR，ab0，那么直线 axyb0 和曲线 bx2ay2ab 的图形是yxyxyxyxABCD答（）3过抛物线 y28(x2)的焦点 F 作倾斜
2、角为 60o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A163B83C16 33D8 3答（）52,)，则y tan(x)tan(x)cos(x)的最大值是12336611 211 312 212 3ABCD66554若x(答（）5.已知 x，y 都在区间(2，2)内，且 xy1，则函数u A49的最小值是4 x29 y2D85B2411C127125答（）6.在四面体 ABCD 中，设 AB1，CD3，直线 AB 与 CD 的距离为 2，夹角为四面体 ABCD 的体积等于A3，则32B得分评卷人12C13D33答（）二填空题（本
3、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|32x24|x|3 0 的解集是_x2y21的两个焦点，P 是椭圆上的点，且|PF1|:|PF2|2:1，则8设F1，F2是椭圆94三角形PF1F2的面积等于_9已知Axx24x30，xR R，Bx21 xa0，x22(a7)50，xR 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logab 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 Mn(十进制)n 位纯小数0
4、.a1a2anai只取 0 或 1（i1，2，n1，an1，Tn是 Mn中元素的个数，Sn是 Mn中所有元素的和，则lim得分评卷人n35，logcd，若 ac9，则 bd 24Sn_Tn三解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）13设3x5，证明不等式2 x 1 2x 3 153x 2 19214设 A，B，C 分别是复数 Z0ai，Z1对应的不共线的三点，证明：曲线1bi，Z21ci（其中 a，b，c 都是实数）2ZZ0cos4t2Z1cos2t sin2tZ2sin4t（tR 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
5、内一定点 A，且OAa.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 4522025，4622116，2026
6、a202645a1981，2115a211545a2070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 1981222003，a2003a1981+222026222048故选(C)x2y22题设方程可变形为 yaxb 和221，则由观察可知应选(B)ab3易知此抛物线焦点 F 与坐标原点重合，故直线AB 的方程为y 3x，因此，A，B 两点的横坐标满足方程 3x28x160，由此求得 AB 中点的横坐标x0进而求得其中垂线方程为y 44，纵坐标y0，3341416(x)，令 y0，得 P 点的横坐标 x，即 PF333316，故选(A)34.y tan(x 2
7、21)cot(x)cos(x)cos(x)223366cos(x)sin(x)332 cos(x)46sin(2x)3因为 x25422x 因此,，,x,，4123323646sin(2x)311 35故选(C),上同为增函数，故当x 时，y 取最大值61233与cos(x 6)在5 由 已 知得y 35111，故u 1，而x(2,)(,2)，故 当4x2237 (9x22)x9x242122时有最小值，故选(D)x 235x6如图，过 C 作 CEAB 且 CEAB，以CDE 为底面，BC 为侧棱作棱柱 ABFECD，则所求四面体的体积 V1等于上述棱柱体积 V2的1而CDE 的面积 S31
8、CECDsinECD，AB 与 CD 的公垂线 MN 就是棱2柱 ABFECD)的高，故V21311MN CECDs i nE C D，因此V1V2，故选(B)2232二填空题：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(3,5 15 1)(,3)228 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 a3，b2，c5，故，|PF1|PF2|2a6，又已知PF1|：|PF2|2：1，故可得|PFl|4，|PF2|2在PFlF2中，三边之长分别为 2，4，25，而2242(25)2，可见PFlF2是直角三角形，且两直角边的长为 2 和 4，故P
9、FlF2的面积49易得：A(1，3)，设f(x)21x a,g(x)x2 2(a 7)x 5，要使A B，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4a110由已知可得：a2b,c4 d，从而a()2,c()4，因此 ab，cd又由于a35badcbd29bd2bd2b2d4ac2c9，故()()9，即(2)(2)9，故得：，解得2acacacbd1ac2a 25,c 16b 125,d 32故 bd9311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
10、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/AA/BAB2设 AB 的中点为 N，则 A/N31A/M48，故所求原来圆柱的高为482又 OMOA2，ON1，MN212Mn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Tn 2n1又因在这 2n数字全是 1，而其余各位上数字是 0 或 1，各有一半故Sn1个数中，小数点后第n 位上的1n11111112(2n1)2n2(1n1)2n1n210109101010Sn1111 lim(1n1)nT
11、nn18181010limn三解答题：13解：(abcd)2a2b2c2d22(abacadbcbdcd)4(a2b2c2d2)a b c d 2 a2 b2 c2 d2(当且仅当 abcd 时取等号)5 分取a b x 1,c 2x 3,d 153x，则2 x 1 2x 3 153x 2(x 1)(x 1)(2x 3)(153x)2 x 14 2 1915 分x 1,2x 3,153x不能同时相等20 分2 x 1 2x 3 153x2 1914解：设 zxyi(x、yR)，则x yi acos4t i 2(1bi)cos2tsin2t (1 ci)sin4t2x cos2tsin2t si
12、n4t sin2t22y a(1 x)2b(1 x)x cxy(ac2b)x22(ba)xa，0 x1又A、B、C 三点不共线，故 ac2b0，可见所给曲线是抛物线段(如图)AB、BC 的中点分别是 D(5 分1a b3b c)，E(,)，,42421(3a 2b c)410 分15 分直线 DE 的方程是y(c a)x 由联立得：(a c 2b)(x ac2b0，(x 由于坐标为(12)02121)0 x 22113，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42420 分1a c 2b1a c 2b,)，对应的复数为z i242415解：如图，以 O 为原点，OA
13、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/(Rcos,Rsin)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/PA5 分(x Rcos)2(y Rsin)2(x a)2 y2即2R(xcos ysin)R2 a2 2ax10 分xcos ysinx y22R2 a2 2ax2R x y22可得：sin()R2a22ax2R x y22(sinxx y22,cosyx y22)R2 a2 2ax2R x y221(此不等式也可直接由柯西不等式得到)15 分(x 平方后可化为a2)y221，R2R2a2
14、()()()222(x 20 分PACQBa2)y22即所求点的集合为椭圆圆1 外(含边界)的部分R2R2a2()()()2222003 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D线交圆于 C，D 两点，C 在 P，D 之间，在弦 CD 上取一点 Q，使DAQPBC求证：DBQPAC二（本题满分 50 分）设三角形的三边分别3l3m3n是整数 l，m，n，且 lmn，已知444，其中xx101010 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三（本题满分 50 分）由 n 个点和这些点之间的
15、t 条连线段组成一个空间得分评卷人得分评卷人图形，其中nq2q1，t1q(q 1)21，q2，qN，已知此图中任2圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q2 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=AB
16、C，DAQ=PBC=CAB故ADQABC，而有BCDQ，即 BCADABDQABAD10 分又由切割线关系知PCAPAD 得同理由PCBPBD 得又因 PAPB，故PCAC；PAAD20 分30 分PCBCPBBDACBC，得ACBDBCADABDQADBD又由关于圆内接四边形ACBD 的托勒密定理知ACBDBCADABCD于是得：ABCD2ABDQ，故 DQ在CBQ 与ABD 中，1CD，即 CQDQ240 分ADDQCQ，BCQBAD，于是CBQABD，ABBCBC50 分故CBQABD，即得DBQABCPAC3l3l3m3m3n3n二解：由题设可知4444441010101010103l
17、3m3n(mod 24)于是 33 3(mod 10)lmn53 3 3(mod 2)lmn410 分由于(3，2)(3，5)1，由可知 3l n3m n1(mod 24)设 u 是满足 3u1(mod 24)的最小正整数，则对任意满足3v1(mod 24)的正整数 v，我们有 uv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 vaub，其中 0bu1，从而可推出 3b3bau3v1(mod 24)，而这显然与 u 的定义矛盾注意到 33(mod 24)，329(mod 24)，332711(mod 24)，341(mod 24)，从而可设 mn4k，其中 k 为正整
18、数20 分同理由可推出 3m n1(mod 25)，故 34k1(mod 25)现在我们求 34k1(mod 25)满足的整数 k341524，34k1(1524)k10(mod 55)30 分即 5k 24k(k 1)k(k 1)(k 2)52285321226k(k 1)(k 2)2731145k 5 k3(k 1)2 5 2 0(m o 5 d)6或k 5k3(k 1)27k(k 1)(k 2)2115 20(mod53)3即有k5t，并代入该式得t5t3(5t1)270(mod 52)即 k5t53s，其中 s 为整数，故 mn500s，s 为正整数同理可得 ln500r，r 为正整数
19、由于 lmn，rs这样三角形的三边为500rn、500sn 和 n，由于两边之差小于第三边，故 n500(rs)，因此当 s1，r2，n501 时三角形的周长最小，其值为300350 分40 分三证：设这 n 个点的集合 VA0，A1，A2，An1为全集，记 Ai的所有邻点(与Ai有连线段的点)的集合为 Bi，Bi中点的个数记为Bibi，显然0,1，2，n1)若存在 bin1 时，只须取l(n 1)b 2l且 b(n1)(iiin1i0n 1111(q 1)(n 1)1q(q 1)21，22210 分则图中必存在四边形，因此下面只讨论bin1(i0,1，2，n1)的情况不妨设 q2b0n1用反
20、证法若图中不存在四边形，则当 ij 时，Bi与 Bj无公共点对，即BiBj1(0ijn1)因此|Bi B0|bi1(i0,1，2，n1)故V 2B0中点对的个数Cnb0n1i0B B中点对的个数i0i0n120 分i0n1C|2BiB0|C2bi12(当 bi1 或 2 时，令Cb0)i1n112i0n1(bi2n11i03bi 2)3(bi)2(n 1)2n 1i0(b)i230 分1(2l b0)213(2l b0)2(n 1)(2l b0 n 1)(2l b0 2n 2)2n 12(n 1)1(n 1)(q 1)2 b0 n 1(n 1)(q 1)2 b0 2n 22(n 1)1(nq q 2 b0)(nq q n 3b0)2(n 1)故(n1)(nb0)(nb01)(nqq2b0)(nqqn3b0)q(q1)(nb0)(nb01)(nqq2b0)(nqqn3b0)40 分但(nqqn3b0)q(nb01)(q1)b0n3(q1)(q2)n30及(nqq2b0)(q1)(nb0)qb0qn2q(q2)qn210由及(nb0)(q1)、(nb01)q 皆是正整数，得(nqq2b0)(nqqn3b0)q(q1)(nb0)(nb01)这与式相矛盾，故原命题成立50 分