全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷.docx
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全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷
全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（B卷）
说明：
1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；
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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次．
一、（本题满分50分）
如题一图，是圆内接四边形．与的交点为，是弧上一点，连接并延长交于点，点分别在，的延长线上，满足，，求证：
四点共圆．
[证]由已知条件知
．
…10分
又 ，
所以 ，
从而四点共圆，此圆记为．
同理可证：
四点共圆，此圆记为．…20分
点在圆，内．延长与圆相交于点，则
，
故四点共圆．…30分
所以在的外接圆上，故在上．…40分
再用相交弦定理：
，
故四点共圆．…50分
二、（本题满分50分）
求满足下列关系式组
的正整数解组的个数．
[解]令，由条件知，方程化为
，即．
（1）
因，故，从而．
设．因此
（1）化为
．
（2）…10分
下分为奇偶讨论，
（ⅰ）当为奇数时，由
（2）知为奇数．
令，，代入
（2）得
．（3）
（3）式明显无整数解．故当为奇数时，原方程无正整数解．…20分
（ⅱ）当为偶数时，设，由方程
（2）知也为偶数．从而可设，代入
（2）化简得
．（4）
由（4）式有，故，从而可设，则（4）可化为，
． （5）
因为整数，故．…30分
又，因此
，得，
．
因此，对给定的，解的个数恰是满足条件的的正因数的个数．因不是完全平方数，从而为的正因数的个数的一半．即． …40分
由题设条件，．而
25以内有质数9个：
2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：
：
，
，
，
，
，
，
，
，
从而易知
，
，
，
，
，
，
，
，
将以上数相加，共131个．因此解的个数共131． …50分
三、（本题满分50分）
设，．证明：
当且仅当时，存在数列满足以下条件：
（ⅰ），；
（ⅱ）存在；
（ⅲ），．
[证]必要性：
假设存在满足（ⅰ），（ⅱ）．注意到（ⅲ）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（ⅱ）可设，将上式取极限得
，
因此．…20分
充分性：
假设．定义多项式函数如下：
，，
则在[0,1]上是递增函数，且
，．
因此方程在[0,1]内有唯一的根，且，即．…30分
下取数列为，，则明显地满足题设条件（ⅰ），且
．
因，故，因此，即的极限存在，满足（ⅱ）．…40分
最后验证满足（ⅲ），因，即，从而
．
综上，已证得存在数列满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）．…50分
高中数学联合竞赛一试
试题参考答案及评分标准（B卷）以
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分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次．
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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次．
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1．函数在上的最小值是（B）
A．3B．2C．1D．0
[解]当时，，因此
，当且仅当时上式取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2．
2．设，，若，则实数的取值范围为（A）
A．B．C．D．
[解]因有两个实根
，，
故等价于且，即
且，
解之得．
3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得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．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为 （C）
A. B. C. D.
[解法一]依题意知，的所有可能值为2，4，6.
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为
．
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，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有
，
，
，
故．
[解法二]依题意知，的所有可能值为2，4，6.
令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜．
由独立性与互不相容性得
，
，
，
故．
4．若三个棱长均为整数（单位：
cm）的正方体的表面积之和为564cm2，则这三个正方体的体积之和为（D）
A.586cm3 B.586cm3或564cm3
C.764cm3 D.764cm3或586cm3
[解]设这三个正方体的棱长分别为，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．方程组的有理数解的个数为（C）
A.4B.3C.2D.1
[解]若，则解得或
若，则由得．①
由得．②
将②代入得．③
由①得，代入③化简得.
易知无有理数根，故，由①得，由②得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或
6．设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是
（B）
A.B.
C.D.
[解]设的公比为，则，而
．
因此，只需求的取值范围．
因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且．即有不等式组
即
解得
从而，因此所求的取值范围是．
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7．设，其中为实数，，，，若，则 17.
[解]由题意知
，
由得，，因此，．
因此 ．
8．设的最小值为，则．
[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，的最小值不能为，
故，解得，（舍去）．
9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种．
[解法一]用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如
表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．
若把每个“”与每个“”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．
“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有种．
又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．
综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．
[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程
．
的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：
．
又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．
综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．
10．设数列的前项和满足：
，，则=．
[解]，
即2
=，
由此得2．
令，（），
有，故，所以．
因此 ．
11．设是定义在上的函数，若，且对任意，满足
，，则=．
[解法一]由题设条件知
，
因此有，故
．
[解法二]令，则
，
，
即，
故，
得是周期为2的周期函数，
所以．
12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是．
[解]如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．
因
，
故，从而．
记此时小球与面的切点为，连接，则
．
考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为）相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2．记正四面体的棱长为，过作于．
因，有，故小三角形的边长．
小球与面不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）
．
又，，所以
．
由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13．已知函数的图像与直线有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证：
．
[证]的图象与直线的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，．
…5分
由于，，所以，即．…10分
因此
…15分
． …20分
14．解不等式
．
[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
所以 ，
．…15分
所以，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．如题15图，是抛物线上的动点，点在直线上，圆内切于，求面积的最小值．
[解]设，不妨设．
直线的方程:
，
化简得．
又圆心到的距离为1，
，…5分
故，
展开得，易知，
故，
同理有． …10分
所以，，
．
因是抛物线上的点，有，即，则
，
故，．…15分
所以
．
当时，上式取等号，此时．
因此的最小值为8．…20分
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