高中数学奥林匹克竞赛全真考试.docx
《高中数学奥林匹克竞赛全真考试.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学奥林匹克竞赛全真考试.docx（142页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高中数学奥林匹克竞赛全真考试
高中数学奥林匹克竞赛全真考试
————————————————————————————————作者：
————————————————————————————————日期：
2003年全国高中数学联合竞赛试题
一、选择题（本题满分36分，每小题6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（）
A．2046B．2047C．2048D．2049
2、设a，b∈R，ab≠0，那么，直线ax－y＋b=0和曲线bx2＋ay2=ab的图形是（）
3、过抛物线y2=8（x＋2）的焦点F作倾斜角为60°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（）
A．
B．
C．
D．
4、若
，则
的最大值是（）.
A．
B．
C．
D．
5、已知x、y都在区间（－2，2）内，且xy=－1，则函数
的最小值是（）
A．
B．
C．
D．
6、在四面体ABCD中，设AB=1，CD=
，直线AB与CD的距离为2，夹角为
，则四面体ABCD的体积等于（）
A．
B．
C．
D．
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7、不等式|x|3－2x2－4|x|＋3<0的解集是__________.
8、设F1，F2是椭圆
的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|：
|PF2|=2：
1，则△PF1F2的面积等于__________.
9、已知A={x|x2－4x＋3<0，x∈R}，B={x|21－x＋a≤0，x2－2（a＋7）x＋5≤0，x∈R}.若
，则实数a的取值范围是__________.
10、已知a，b，c，d均为正整数，且
，若a－c=9，b－d=__________.
11、将八个半径都为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.
只取0或1（i=1，2，…，n－1），an=1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则
=__________.
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13、设
，证明不等式
.
14、设A，B，C分别是复数Z0=ai，Z1=
＋bi，Z2=1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点.证明：
曲线Z=Z0cos4t＋2Z1cos2tsin2t＋Z2sin4t（t∈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和圆内一定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A′刚好与A点重合.这样的每一种折法，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.
加试
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.所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间.在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC.
求证：
∠DBQ=∠PAC.
二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l，m，n，且l>m>n.已知
，其中{x}=x－[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、（本小题满分50分）由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2＋q＋1，l≥
q（q＋1）2＋1，q≥2，q∈N.已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2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）.
答案
一、选择题
1、注意到452=2025，462=2116，故2026=a2026－45=a1981，2115=a2115－45=a2070.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1981＋22=2003，故a2003=a1981＋22=2026＋22=2048.故选（C）.
2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=ax＋b和
，则观察可知应选（B）.
3、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=
.因此，A，B两点的横坐标满足方程：
3x2－8x－16=0.由此求得弦AB中点的横坐标
，纵坐标
，进而求得其中垂线方程
，令y=0，得P点的横坐标
，即
，故选（A）.
4、
5、由已知得
，故
而x∈（－2，
）∪（
，2），故当
之值最小，而此时函数u有最小值
，故选（D）.
6、如图，过C作
，以△CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABF－ECD，则所求四面体的体积V1等于上述棱柱体积V2的
.而△CDE的面积S=
CE×CD×sin∠ECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD的高，故
因此
，故选（B）.
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
.
8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，则由其方程知a=3，b=2，c=
，故|PF1|＋|PF2|=2a=6，又已知|PF1|：
|PF2|=2：
1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2，4，
，而22＋42=
，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故△PF1F2的面积=
|PF1|·|PF2|=
×2×4=4.
9、易得A=（1，3），设
f（x）=21－x＋a，g（x）=x2－2（a＋7）x＋5
要使
，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：
同时有f
（1）≤0，f（3）≤0，g
（1）≤0，g（3）≤0.由此推出－4≤a≤－1.
10、由已知可得
因此，a|b，c|d.又由于a－c=9，故
于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93.
11、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
的中点M.
在△A′AB中，A′A=A′B=AB=2.设AB的中点为N，
则A′N=
.
又OM=OA=
，ON=1.所以MN=
－1，
.因此所示原来圆柱的高为
.
12、因为Mn中小数和小数点后均有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=2n－1.又因在这2n－1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半，故
三、解答题
13、由于（a＋b＋c＋d）2=a2＋b2＋c2＋d2＋2（ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd）≤4（a2＋b2＋c2＋d2），因此a＋b＋c＋d≤2
（当且仅当a=b=c=d时取等号）.
取a=b=
，c=
，d=
，则
因为
，
，
不能同时相等，所以
.
14、设Z=x＋yi（x，y∈R），则x＋yi=acos4t·i＋2（
＋bi）cos2tsin2t＋（1＋ci）sin4t，实虚部分离，可得
x=cos2tsin2t＋sin4t=sin2t
y=a（1－x）2＋2b（1－x）x＋cx2（0≤x≤1）
即y=（a＋c－2b）x2＋2（b－a）x＋a①
又因为A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是
.所以直线DE的方程为
y=（c－a）x＋
（3a＋2b－c）②
由①，②联立得a＋c－2b（x－
）2=0.
由于a＋c－2b≠0，故（x－
）2=0，于是得x=
.注意到
，所以，抛物线与△ABC中平行于AC的中位线DE有且只有一个公共点，此点的坐标为
，其对应的复数为
15、如图，以O为原点，OA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′（Rcosα，Rsinα）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′|=|PA|.故（x－Rcosα）2＋（y－Rsinα）2=（x－a）2＋y2，即2R（xcosα＋ysinα）=R2－a2＋2ax，故
加试
一、如图，连结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故△ADQ∽△ABC，而有
，即BC·AD=AB·DQ.
又由切割线关系知△PCA∽△PAD，故
；同理由△PCB∽△PBD得
.
又因PA=PB，故
，得AC·BD=BC·AD=AB·DQ.
又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知
AC·BD＋BC·AD=AB·CD
于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=
CD，即CQ=DQ.
在△CBQ与△ABD中，
，∠BCQ=∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，故∠CBQ=∠ABD，即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC.
二、由题设可知
于是
由于（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l－m≡3m－n≡1（mod24）.
现在设u是满足3u≡1（mod24）的最小正整数，则对任意满足3v≡1（mod24）的正整数v，我们有u|v，即u整除v.事实上，若
，则由带余除法可知，存在非负整数a与b，使得v=au＋b，其中0注意到3≡3（mod24），32≡9（mod24），33≡27≡11（mod24），34≡1（mod24）从而可设m－n=4k，其中k为正整数.
同理可由②推出3m－n≡1（mod54），故34k≡1（mod54）.
现在我们求满足34k≡1（mod54）的正整数k.
因为34=1＋5×24，所以34k－1=（1＋5×24）k－1≡0（mod54），即
即有k=5t，并代入该式得
t＋5t[3＋（5t－1）×27]≡0（mod52）
即有t≡0（mod52），即k=5t=53s，其中s为正整数，故m－n=500s，s为正整数.
同理可证l－n=500r，r为正整数.
由于l>m>n，所以有r>s.
这样一来，三角形的三个边为500r＋n、500s＋n和n.由于两边之差小于第三边，故n>500（r－s），因此，当s=1，r=2，n=501时三角形的周长最小，其值为
（1000＋501）＋（500＋501）＋501=3003
三、设这n个点的集合V={A0，A1，A2，…，An－1}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|Bi|=bi，显然
且bi≤（n－1）（i=0，1，2，…，n－1）.
若存在bi=n－1时，只须取
则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi不妨设q＋2≤b0≤n－1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i≠j时，Bi与Bj无公共点对，即|Bi∩Bj|≤1（0≤i（i=1，2，…，n－1）.故
故（n－1）（n－b0）（n－b0－1）≥（nq－q＋2－b0）（nq－q－n＋3－b0）
q（q＋1）（n－b0）（n－b0－1）≥（nq－q＋2－b0）（nq－q－n＋3－b0）①
但（nq－q－n＋3－b0）－q（n－b0－1）=（q－1）b0－n＋3≥（
升级会员 