全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷精品版.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卷精品版
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
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