2023年12月2日发(作者：免费数学试卷怎么选题)

2000年全国高中数学联赛试题

第一试

（10月15日上午8:009:40）

一、 选择题

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．设全集是实数，若A={x|x2≤0}，B={x|10x22=10x},则AB是 【答】（ ）

(A) {2} (B) {1} (C) {x|x≤2} (D)

2．设sin＞0,cos＜0,且sin(A) (2k+3＞cos3,则3的取值范围是 【答】（ ）

2k2k,2k+), kZ (B) (+,+),kZ

33366355(C)(2k+,2k+),kZ (D)(2k+,2k+)(2k+,2k+),kZ

43663．已知点A为双曲线x2y2=1的左顶点，点B和点C在双曲线的右分支上，△ABC是等边三角形，则△ABC的面积是 【答】（ ）

333 (B) (C) 33 (D) 63

324．给定正数p,q,a,b,c，其中pq，若p,a,q是等比数列，p,b,c,q是等差数列，则一元二次方(A)

程bx22ax+c=0 【答】（ ）

(A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根

5．平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线y(A)

54x的距离中的最小值是

35343411 (B) (C) (D) 【答】（ ）

1708520306．设cos5isin5，则以,3,7,9为根的方程是 【答】（ ）

(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、填空题（本题满分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．arcsin(sin2000)=__________.

32333n8．设an是(3x)的展开式中x项的系数(n=2,3,4,…)，则lim()=________.

naaa23nn9．等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是____________.

x2y210． 在椭圆221(a＞b＞0)中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B.若ab

51，则∠ABF=_________.

211． 一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的体积是________.

该椭圆的离心率是12． 如果：(1)a,b,c,d都属于{1,2,3,4}；(2)ab,bc,cd,da；(3)a是a,b,c,d中的最小值，

那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是_________.

三、解答题(本题满分60分，每小题20分)

Sn13． 设Sn=1+2+3+…+n,nN，求f(n)=的最大值.

(n32)Sn1

11314． 若函数f(x)x2在区间[a,b]上的最小值为2a，最大值为2b，求[a,b].

22

x2y215． 已知C0:x+y=1和C1:221(a＞b＞0)。试问：当且仅当a,b满足什么条件时，对abC1上任意一点P，均存在以P为项点,与C0外切,与C1内接的平行四边形？并证明你的结论。

22

【加试】（10月15日上午10∶00-12∶00）

一．（本题满分50分）

如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于D．证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等．

A

M

N

B

C

E F

二．（本题满分50分）

D

设数列{a

n}和{b

n }满足，且

an17an6bn3

n0,1,2,b8a7b4nnn1证明a

n（n=0，1，2，…）是完全平方数．

三．（本题满分50分）

有n个人，已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n－2个人之间通电话的次数相等，都是3

k次，其中k是自然数，求n的所有可能值．

2000年全国高中数学联合竞赛试题答案

1. 答案：D 由x22得x=2，故A={2}；由10B={-1，2}.所以AB=φ.

2． 答案：D 由sin0，cos0得2kx2210x得x2x20，故,2k,kZ

2从而有

2k2k∈,,kZ ………………①

33633又因为sin3cos3，所以又有5∈2k,2k,kZ…………②

344如上图所示，是①、②同时成立的公共部分为

52k,2k2k,2k,kZ.

6433．答案：C 如图所示，设BD=t，则OD=3t-1，从而B（3t-1，t）

满足方程x2y21，可以得到t=3,所以等边三角形，ΔABC的面积是33.

4． 答案： A

由题意知pq=a2，2b=p+c,2c=q+bb-22B12pq3A-1O-112D，第3题p2q2pqp2q3232c≥pqpq=pq=a2 .

bc=333C-2因为p≠q，故bc> a2，方程的判别式Δ= 4a2 -4bc<0，因此，方程无实数根.

5． 答案：B 设整点坐标(m,n)，则它到直线25x-15y+12=0的距离为

d25m15n1225(15)225(5m3n)12534

由于m,n∈Z，故5(5m-3n)是5的倍数，只有当m=n=-1，时5(5m-3n)=-10 与12的和的绝对值最小，其值为2，从而所求的最小值为6． 答案： B 由cos34.

85cos22isin知，

10105isin5ω，ω2，ω3，ω4，ω5，ω6，ω7，ω8，ω9，ω10(=1)是1的10个10次方根.

从而有

(x-ω)(x-ω2)(x-ω3)(x-ω4)(x-ω5)(x-ω6)(x-ω7)(x-ω8)(x-ω9)(x-ω10)=x10-1………①

由因ω2，ω4，ω6，ω8，ω10是1的5个5次方根，

从而有

(x-ω2)(x-ω4)(x-ω6)(x-ω8)(x-ω10)=x5-1 ………②

①÷②得 (x-ω)(x-ω3)(x-ω5)(x-ω7)(x-ω9)=x5+1 ………③

③的两边同除以(x-ω5)=x+1，得

(x-ω)(x-ω3) (x-ω7)(x-ω9)= x4-x3+x2-x+1.

所以ω，ω3，ω7，ω9为根的方程是x4-x3+x2-x+1=0.

二、填空题（满分54分，每小题9分）

7． 答案：-20°

sin2000°=sin(5×360°+200°)=sin200°=-sin20°

故arcsin(sin2000°)=

arcsin(-sin20°)= -arcsin(sin20°)= -20°

8．答案：18

由二项式定理知，anC32nn23n32211，因此18

ann(n1)n1nlimn32333naaa3n21=18lim1n=18.

n9．答案：1

3qalog43alog83log43log831=

alog23alog43log23log433510．答案：90° 如图所示，由c51c2+ac-a2=0，

a22BcacosABF2b2a2ca2aab22bO=0

a5-5FA则∠ABF=90°.

-5第10题

11．

答案：23a

24AHO0\'C第11题D[解] 如图，设球心为O，半径为r,体积为V，面BCD的中心为O1，棱BC的中心点为E，

2222则 AO1=aO1B=aa=136a,

32BE由 OB=O1O+O1B=O1BOB+O1B得

22222226136aaOB+a20, 故 OB=aa,

333264于是 r = OE =

OB2BE2=32121a.

aa=8422V=424123r=a2=a.

331622412．答案：28

abcd 中恰有2个不中数字时，能组成C24= 6个不中数字

1111abcd中恰有3个不中数字时，能组成C13C2C2+C2C2=12+4=16个不中数字

abcd中恰有4个不中数字时，能组成P33=6个不中数字

所以，符合要求的数字共有6+16+6=28个

13．答案：1

50解 由已知，对任何nN, 有f (n)=

SnSn=

n32SN1n32n26464+342n.+34=50,

nn=n=2n34n641n3464n 又因n+故对任何nN, 有f (n)=1n3464n

111 由于f(8)=,故f(n)的最大值为

505050

14．答案：所求区间为[1,3]或[-2-17解 化三种情况讨论区间[a,b].

(1) 若0a

13].

412132ba22，解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ],

1132ab222(2)若a <0

因此f (x)在x=0处取最大值2b在x=a或x=b处取最小值

1313,b=.由于a<0,

24113213390 又f(b)=-() + =242322a.故2b=1213a+,

2213解得a=-2-17;于是得 [a,b]=[-2-17,].

4故 f(x)在x=a处取最小值2a,即 2a=(2) 当a

1213113a+,2b=-a2+.

22221213由于方程x+2x-=0的两根异号，故满足ab0的区间不存在.

2213综上所述，所求区间为[1,3]或[-2-17].

4 即2a=-

15． 答案：所求条件为11+=1.

22ab2证明：必要性：易知，圆外切平行四边形一定是菱形，圆心即菱形中心.

假设论成立,则对点( a, 0 ), 有( a, 0 )为项点的菱形与C1内接,与Co外切. ( a, 0 )的相对顶点为( - a, 0 ),由于菱形的对角线互相垂直平分,另外两个顶点必在y轴上,为(0, b) 和 (0, -b) .菱形一条QR-2OS2-2P2xy边的方程为+=1,即bx+ay=ab.由于菱形与CO外切,

ab故必有

第15题（必要性）11=1,整理得2+2=1. 必要性得证.

aba2b2abMPQ-2充分性:设11+=1,P是C1上任意一点,过P、O作C1的弦a2b2OS2PR，再过O作与PR垂直的弦QS，则PQRS为与C1内接菱形.设 OP = r1,

OQ =r2, 则点O的坐标为(r1cos, r1sin),点Q的坐标为(r2cos(+R第15题（充分性）-2r1cos2a2),r2sin(+)),代入椭圆方程,得

22[r2cos()]2[r2sin()]22rsin2+2=1, +12=1,

ba2b2

cos2()sin2()221cossin1112]

2+于是,+==()+[22222222OPabR1R2OQba=11+=1.

22ab111=+=1,故得h=1

22hOPOQ又在Rt△POQ中，设点O到PQ的距离为h，则同理，点O到QR，RS，SP的距离也为1，故菱形PQRS与C0外切.充分性得证.

[注]对于给出abab ，

2222abab22=1等条件者，应同样给分.

2000年全国高中数学联合竞赛试卷答案

加试

一、证明：连结MN、BD，

∵FM⊥AB，FN⊥AC，∴A，M，F，N四点共圆.

∴∠AMN=∠AFN ,

∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°，即MN⊥AD.

∴SAMDN=1AD·MN

2AFACAB·AC=AD·AF .

ABAD∵∠CAF=∠DAB，∠ACF=∠ADB，

∴△AFC∽△ABCAMN又AF是过A、M、F、N四点的圆的直经，

MN=AFAF sin∠BAC=MN.

sinBAC1∴SabcAB·AC·sin∠BAC

21= AD·AF·sin∠BAC

21= AD·M N

2∴=SAMDN

二．

[证法一]：由假设得a1=4, b1=4且当n1时

BDEFC加试（一） （2an+1-1）+3bn1=(14an+12bn-7)+3(8an+7bn-4)

=[(2an-1)+3bn](7+43)

依次类推可得

（2an-1）+3bn= (7+43)n1(2a1

-1+3b1)=(7+43)n

同理（2an-1+ ）-3bn=(7+43)n

从而 an=111(7+43)n+(7+43)n+ .

244由于 743=（2所以 an =[3)2 ，

11(2+3)n+(2-3)n]2

2211nn2kk2k(2+3)n+(2-3)=Cn

3

2 ,

2202kn由二项式展开得 c

n

=显然Cn为整数，于是an为完全平方数.

[证法二]：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 ,

从而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27

=14an-an-1-6 .

也就是 an+1=14an-an-1-6 .

设(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) ……①②③④

pk14则有pk1

t(1p)6k743232k74323222解得p74323或p74323

t323t323分别代入①，根据数列{ an+1-kan+t }是以a1-ka0+t为首项、p为公比的等比数列，整理得

an1(743)an(323)23(743)n23(23)2n …②

an1(743)an(323)23(743)n23(23)2n …③

③-②，整理得

nn11an2323

222由二项式展开得 c

n

=

11nn2kk2k(2+3)n+(2-3)=Cn

3

2 ,

2202kn 显然Cn为整数，于是an为完全平方数.

三．解析：显然n5. 记n 个人为A1，A2， AN ，

设A1通话的次数为m1, Ai

与

Aj

之间通话的数为yij, li,jn .则

n1 m

i +m

j – y

i . j =ms-3k= c . （*）

2s1其中c是常数 ，li,jn .

根据（*）知，mimj(mims)(mjms)=yi.syj.s1 , li,jn .

mimj1, li,jn

设 mi =max{ms ,1sn.} ,m

j = min{ms,1sn.} ,

则 m

i +m

j1.

若 m

i +m

j=1 ,则对于任意 si,j, 1sn ,

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i,j, 1sn ,

因此 mi

 n -2 , m

j

1 . 于是 ，m

i +m

j

n -32 .

出现矛盾 ，故 m

i +m

j=0 ，即 ms(1sn)恒为常数 。

根据 （*）知，y

I ,j

= 0 或 y

I ,j

= 1 。

若 y

I ,j

= 0 ,则 ms=0 , 1sn 。与已知条件矛盾 。

因此 ，y

I ,s

=1

 ms=n-1 , 1sn . 所以

1kkn(n-1)-(2n-3)=3, 即 (n-2)(n-3)=23 .

2设 n-2=231 ,n-3=32 ,k1k2 , 则 231-32=1 ，于是

kkkk3k2（23k1k2-1）=1 ，得

3k2=1 ,

23k1k2-1=1 , 因此k2=0 , k1=0 .

这与k1矛盾 .

设 n-2=31 ， n-3=232 , ,k1k2+1 , 则

31-232=1 , 于是

kkkk3k2（3k1k2-2）= 1 ， 得

3k2=1 ，3k1k2-2=1 ，因此 k2=0 , k1=1 , n=5 .

此时，若5人中每两人之间都通话一次，则其中任意3个人之间通话的总次数为3次

综上所述，n=5为n的所有可能值.

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