2000年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷及詳細(xì)解析

1、豆丁網(wǎng)2000年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題第一試（10月15日上午8:00-9:40）一、 選擇題本題共有6小題，每題均給出（a）、（b）、（c）、（d）四個(gè)結(jié)論，其中有且僅有一個(gè)是正確的，請(qǐng)將正確答案的代表字母填在題后的括號(hào)內(nèi)，每小題選對(duì)得6分；不選、選錯(cuò)或選出的代表字母超過(guò)一個(gè)（不論是否寫在括號(hào)內(nèi)），一律得0分。1 設(shè)全集是實(shí)數(shù)，若a=x|0，b=x|=,則是 （ ）(a) 2 (b) -1 (c) x|x2 (d) 2 設(shè)sina0,cosa0,且sincos,則的取值范圍是 （ ）(a) (2kp+,2kp+), kÎz (b) (+,+),kÎz(c)(2kp+,2kp

2、+p),kÎz (d)(2kp+,2kp+)(2kp+,2kp+p),kÎz3 已知點(diǎn)a為雙曲線x2-y2=1的左頂點(diǎn)，點(diǎn)b和點(diǎn)c在雙曲線的右分支上，abc是等邊三角形，則abc的面積是 （ ）(a) (b) (c) 3 (d) 64 給定正數(shù)p,q,a,b,c，其中p¹q，若p,a,q是等比數(shù)列，p,b,c,q是等差數(shù)列，則一元二次方程bx2-2ax+c=0 （ ）(a)無(wú)實(shí)根 (b)有兩個(gè)相等實(shí)根 (c)有兩個(gè)同號(hào)相異實(shí)根 (d)有兩個(gè)異號(hào)實(shí)根5 平面上整點(diǎn)（縱、橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)）到直線的距離中的最小值是(a) (b) (c) (d) （ ）6 設(shè)，則以w,

3、w3,w7,w9為根的方程是 （ ）(a) x4+x3+x2+x+1=0 (b) x4-x3+x2-x+1=0(c) x4-x3-x2+x+1=0 (d) x4+x3+x2-x-1=0二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫線上。7 arcsin(sin2000°)=_.8 設(shè)an是(3-的展開式中x項(xiàng)的系數(shù)(n=2,3,4,)，則)=_.9 等比數(shù)列a+log23,a+log43,a+log83的公比是_.10 在橢圓(ab0)中，記左焦點(diǎn)為f，右頂點(diǎn)為a，短軸上方的端點(diǎn)為b.若該橢圓的離心率是，則abf=_.11 一個(gè)球與正四面體的六條棱都相切

4、，若正四面體的棱長(zhǎng)為a，則這個(gè)球的體積是_.12 如果：(1)a,b,c,d都屬于1,2,3,4；(2)a¹b,b¹c,c¹d,d¹a；(3)a是a,b,c,d中的最小值， 那么，可以組成的不同的四位數(shù)的個(gè)數(shù)是_.三、解答題(本題滿分60分，每小題20分)13 設(shè)sn=1+2+3+n,nÎn，求f(n)=的最大值.14 若函數(shù)在區(qū)間a,b上的最小值為2a，最大值為2b，求a,b.15 已知c0:x2+y2=1和c1:(ab0)。試問(wèn)：當(dāng)且僅當(dāng)a,b滿足什么條件時(shí)，對(duì)c1上任意一點(diǎn)p，均存在以p為項(xiàng)點(diǎn),與c0外切,與c1內(nèi)接的平行四邊形？并證明你

5、的結(jié)論?！炯釉嚒浚?0月15日上午1000-1200）一（本題滿分50分）abcdefmn如圖，在銳角三角形abc的bc邊上有兩點(diǎn)e、f，滿足bae=caf，作fmab，fnac（m、n是垂足），延長(zhǎng)ae交三角形abc的外接圓于d證明：四邊形amdn與三角形abc的面積相等二（本題滿分50分）設(shè)數(shù)列a n和b n 滿足，且證明a n（n=0，1，2，）是完全平方數(shù)三（本題滿分50分）有n個(gè)人，已知他們中的任意兩人至多通電話一次，他們中的任意n2個(gè)人之間通電話的次數(shù)相等，都是3 k次，其中k是自然數(shù)，求n的所有可能值2000年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試題答案1.【答案】d 【解析】由得x=2，故a=

6、2；由得，故b=-1，2.所以=.2【答案】d【解析】由，得從而有 又因?yàn)?，所以又有如上圖所示，是、同時(shí)成立的公共部分為.3【答案】c 【解析】如圖所示，設(shè)bd=t，則od=t-1，從而b（t-1，t）滿足方程，可以得到t=,所以等邊三角形，abc的面積是.4【答案】 a【解析】由題意知pq=a2，2b=p+c,2c=q+b，bc=pq=a2 .因?yàn)閜q，故bc> a2，方程的判別式= 4a2 -4bc<0，因此，方程無(wú)實(shí)數(shù)根.5【答案】b 【解析】設(shè)整點(diǎn)坐標(biāo)(m,n)，則它到直線25x-15y+12=0的距離為由于m,nz，故5(5m-3n)是5的倍數(shù)，只有當(dāng)m=n=-1，時(shí)5(

7、5m-3n)=-10 與12的和的絕對(duì)值最小，其值為2，從而所求的最小值為.6【答案】 b 【解析】由知，2，3，4，5，6，7，8，9，10(=1)是1的10個(gè)10次方根.從而有(x-)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)(x-9)(x-10)=x10-1由因2，4，6，8，10是1的5個(gè)5次方根，從而有 (x-2)(x-4)(x-6)(x-8)(x-10)=x5-1 ÷得 (x-)(x-3)(x-5)(x-7)(x-9)=x5+1 的兩邊同除以(x-5)=x+1，得(x-)(x-3) (x-7)(x-9)= x4-x3+x2-x+1.所以，3，7

8、，9為根的方程是x4-x3+x2-x+1=0.二、填空題（滿分54分，每小題9分）7【答案】-20°【解析】sin2000°=sin(5×360°+200°)=sin200°=-sin20°故rcsin(sin2000°)= rcsin(-sin20°)= -rcsin(sin20°)= -20°8【答案】18【解析】由二項(xiàng)式定理知，因此=18.9【答案】【解析】=10【答案】90° 【解析】 如圖所示，由c2+ac-a2=0，=0則abf=90°.11【答案】【解

9、析】 如圖，設(shè)球心為o，半徑為r,體積為v，面bcd的中心為o1，棱bc的中心點(diǎn)為e，則 ao1=,由 ob=o1o+o1b=+o1b得ob+ 故 ob=于是 r = oe = =v=r=.12【答案】28 【解析】 中恰有2個(gè)不中數(shù)字時(shí)，能組成c= 6個(gè)不中數(shù)字 中恰有3個(gè)不中數(shù)字時(shí)，能組成c+=12+4=16個(gè)不中數(shù)字中恰有4個(gè)不中數(shù)字時(shí)，能組成p=6個(gè)不中數(shù)字所以，符合要求的數(shù)字共有6+16+6=28個(gè)13【答案】【解析】 由已知，對(duì)任何nn, 有f (n)= = 又因n+34+34=50,故對(duì)任何nn, 有f (n)= 由于f(8)=,故f(n)的最大值為14【答案】所求區(qū)間為1,3或

10、-2-.【解析】 化三種情況討論區(qū)間a,b.(1) 若0a<b, 則f (x)在 a, b 上單調(diào)遞減，故f(a) =2b, f(b)=2a于是有，解之得 a, b = 1, 3 , (2)若a <0 <b, f (x)在 a, b 上單調(diào)遞增，在0,b 上單調(diào)遞減，,因此f (x)在x=0處取最大值2b在x=a或x=b處取最小值2a.故2b=,b=.由于a<0, 又f(b)=-() + =故 f(x)在x=a處取最小值2a,即 2a=+,解得a=-2-;于是得 a,b=-2-,.(2) 當(dāng)a<b0時(shí)，f(x)在a,b 上單調(diào)遞增，故f(a)=2a, f(b)=2

11、b, 即2a=-+,2b=-+.由于方程x+2x-=0的兩根異號(hào)，故滿足ab0的區(qū)間不存在.綜上所述，所求區(qū)間為1,3或-2-.15【答案】所求條件為+=1.【解析】證明：必要性：易知，圓外切平行四邊形一定是菱形，圓心即菱形中心.假設(shè)論成立,則對(duì)點(diǎn)( a, 0 ), 有( a, 0 )為項(xiàng)點(diǎn)的菱形與c1內(nèi)接,與co外切. ( a, 0 )的相對(duì)頂點(diǎn)為( - a, 0 ),由于菱形的對(duì)角線互相垂直平分,另外兩個(gè)頂點(diǎn)必在y軸上,為(0, b) 和 (0, -b) .菱形一條邊的方程為+=1,即bx+ay=ab.由于菱形與co外切,故必有 =1,整理得+=1. 必要性得證.充分性:設(shè)+=1,p是c1

12、上任意一點(diǎn),過(guò)p、o作c1的弦pr，再過(guò)o作與pr垂直的弦qs，則pqrs為與c1內(nèi)接菱形.設(shè) op = r1, oq =r2, 則點(diǎn)o的坐標(biāo)為(r1cos, r1sin),點(diǎn)q的坐標(biāo)為(r2cos(+),r2sin(+),代入橢圓方程,得+=1, +=1,于是,+=()+=+=1. 又在rtpoq中，設(shè)點(diǎn)o到pq的距離為h，則=+=1,故得h=1同理，點(diǎn)o到qr，rs，sp的距離也為1，故菱形pqrs與c0外切.充分性得證.注對(duì)于給出 ，=1等條件者，應(yīng)同樣給分.2000年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試卷答案加試一、【解析】證明：連結(jié)mn、bd，fmab，fnac，a，m，f，n四點(diǎn)共圓.amn=a

13、fn ,amn+bae=afn+caf=90°，即mnad. samdn=ad·mncaf=dab，acf=adb，afcabcab·ac=ad·af . 又af是過(guò)a、m、f、n四點(diǎn)的圓的直經(jīng)，=afaf sinbac=mn.ab·ac·sinbac= ad·af·sinbac= ad·m n=samdn二【解析】證法一：由假設(shè)得a1=4, b1=4且當(dāng)n1時(shí)（2an+1-1）+=(14an+12bn-7)+(8an+7bn-4)=(2an-1)+(7+4)依次類推可得（2an-1）+= (7+(2a1

14、 -1+)=(7+4同理（2an-1+ ）-=(7+4從而 an=(7+4+(7+4+ .由于 74=（2 ，所以 an =(2+(2-)由二項(xiàng)式展開得 c n =(2+(2-)= ,顯然cn為整數(shù)，于是an為完全平方數(shù).證法二：由已知得an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3=7an+48an-1+42bn-1-27 ,由 an=7an-1+6bn-1-3 ,得 42bn-1=7an-49an-1+21 ,從而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27=14an-an-1-6 .也就是 an+1=14an-an-1-6 .設(shè)(an+1

15、-kan+t)=p(an-kan-1+t) 則有解得或分別代入，根據(jù)數(shù)列 an+1-kan+t 是以a1-ka0+t為首項(xiàng)、p為公比的等比數(shù)列，整理得 -，整理得由二項(xiàng)式展開得 c n =(2+(2-)= ,顯然cn為整數(shù)，于是an為完全平方數(shù).三【解析】顯然n5. 記n 個(gè)人為a1，a2， an ， 設(shè)a1通話的次數(shù)為m1, ai 與 aj 之間通話的數(shù)為yij, l .則 m i +m j y i . j =-= c . （*）其中c是常數(shù) ，l .根據(jù)（*）知，=1 , l ., l設(shè) mi =maxms ,1 ,m j = minms,1sn. ,則 m i +m j1.若 m i +

16、m j=1 ,則對(duì)于任意 s 1sn ,都有(m i +ms-y i ,s)- (m j +ms-y i ,s)=1-(y i ,s y j ,s)=0 , 即 y i ,s y j ,s = 1故 y i ,s =1 , y j ,s = 0 . s 1sn ,因此 mi n -2 , m j 1 . 于是 ，m i +m j n -32 .出現(xiàn)矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1sn)恒為常數(shù) 。根據(jù) （*）知，y i ,j = 0 或 y i ,j = 1 。若 y i ,j = 0 ,則 ms=0 , 1sn 。與已知條件矛盾 。因此 ，y i ,s =1 ms=n-1 ,