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1．选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分)
⑴ 条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．
条件乙：两个三角形全等．
A．甲是乙的充分必要条件 B．甲是乙的必要条件
C．甲是乙的充分条件 D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件
⑵ 条件甲：=a．
条件乙：sin+cos=a．
A．甲是乙的充分必要条件 B．甲是乙的必要条件
C．甲是乙的充分条件 D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件
⑸ 给出长方体ABCD—A(B(C(D(，下列12条直线：AB(，BA(，CD(，DC(，AD(，DA(，BC(，CB(，AC，BD，A(C(，B(D(中有多少对异面直线？
A．30对 B．60对 C．24对 D．48对
⑹ 在坐标平面上有两个区域M和N，M是由y≥0，y≤x和y≤2-x?这三个不等式确定，N是随t变化的区域，它由不等式t≤x≤t+1确定，t的取值范围是0≤t≤1?，设M和N的公共面积是函数f(t)，则f(t)为
A．－t2+t+ B．－2t2+2t C.1－t2 D. (t－2)2
⑺ 对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？
A．至多有三个实根 B．至少有一个实根
C．仅当p2－4q≥0时才有实根 D．当p<0和q>0时，有三个实根
2．(本题15分) 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正：
x
0.021
0.27
1.5
2.8
3
5
lgx
2a+b+c－3
6a－3b－2
3a－b+c
1－2a+2b－c
2a－b
a+c
x
6
7
8
9
14
lgx
1+a－b－c
2(a+c)
3－3a－3c
4a－2b
1－a+2b
3．(本题15分)在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45°角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径为1，求证：
PC?QE+PD?QF<2．
5．(本题20分)一张台球桌形状是正六边形ABCDEF，一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD、DE、EF、FA各边，最后击中AB边上的某一点．设∠BPQ=θ，求θ的范围．
提示：利用入射角等于反射角的原理．
1981年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答
1．选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分)
⑴ 条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．
条件乙：两个三角形全等．
A．甲是乙的充分必要条件 B．甲是乙的必要条件
C．甲是乙的充分条件 D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件
【答案】B
【解析】乙(甲，但甲(乙，故选B.
⑶ 设α≠ (k≠0，±1，±2，……)，T=．
A．T取负值 B．T取非负值 C．T取正值 D．T取值可正可负
【答案】C
【解析】T=>0，选C．
⑸ 给出长方体ABCD—A(B(C(D(，下列12条直线：AB(，BA(，CD(，DC(，AD(，DA(，BC(，CB(，AC，BD，A(C(，B(D(中有多少对异面直线？
A．30对 B．60对 C．24对 D．48对
【答案】A
【解析】每条面上的对角线都与5条面上的对角线异面．故共有5×12÷2=30对．选A．
⑹ 在坐标平面上有两个区域M和N，M是由y≥0，y≤x和y≤2-x?这三个不等式确定，N是随t变化的区域，它由不等式t≤x≤t+1确定，t的取值范围是0≤t≤1?，设M和N的公共面积是函数f(t)，则f(t)为
⑺ 对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？
A．至多有三个实根 B．至少有一个实根
C．仅当p2－4q≥0时才有实根 D．当p<0和q>0时，有三个实根
【答案】C,D
【解析】画出y=x|x|及y=－px－q的图象：知A、B正确，C、D错误．选C、D．
2．(本题15分) 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正：
x
0.021
0.27
1.5
2.8
3
5
lgx
2a+b+c－3
6a－3b－2
3a－b+c
1－2a+2b－c
2a－b
a+c
x
6
7
8
9
14
lgx
1+a－b－c
2(a+c)
3－3a－3c
4a－2b
1－a+2b
3．(本题15分)在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45°角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径为1，求证：
PC?QE+PD?QF<2．
4．(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件．每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A与1个C．用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完．
5．(本题20分)一张台球桌形状是正六边形ABCDEF，一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD、DE、EF、FA各边，最后击中AB边上的某一点．设∠BPQ=θ，求θ的范围．
提示：利用入射角等于反射角的原理．

1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：
⑴ 如果凸n边形F(n≥4)的所有对角线都相等，那么
A．F∈{四边形} B．F∈{五边形}
C．F∈{四边形}∪{五边形} D．F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}
⑵ 极坐标方程ρ=所确定的曲线是
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
⑺ 设M={(x，y)| |xy|=1，x>0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么
A．M∪N={(x，y)| |xy|=1} B．M∪N=M
C．M∪N=N D．M∪N={(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数}
⑻ 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：
甲：(a+)(b+)， 乙：(+)2， 丙：(+)2
中间，值最大的一个是
A．必定是甲 B．必定是乙
C．必定是丙 D．一般并不确定，而与a、b的取值有关
2．(本题16分)已知四面体SABC中，
∠ASB=，∠ASC=α(0<α<)，∠BSC=β(0<β<)．
以SC为棱的二面角的平面角为θ．
求证：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．
3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB长为2r；⑵ 半圆外的直线l 与BA的延长线垂直，垂足为T，|AT|=2a(2a<)；⑶ 半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、|NQ|满足条件
==1．
求证：|AM|+|AN|=|AB|．
1982年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答
1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：
⑴ 如果凸n边形F(n≥4)的所有对角线都相等，那么
A．F∈{四边形} B．F∈{五边形}
C．F∈{四边形}∪{五边形} D．F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}
【答案】C
【解析】由正方形及正五边形知A、B均错，由对角线相等的四边形形状不确定，知D错，选C．
=
⑷ 由方程|x－1|+|y－1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是
A．1 B．2 C．π D．4
【答案】B
【解析】此曲线的图形是一个正方形，顶点为(0，1)，(1，0)，(2，1)，(1，2)；其面积为2．选B．
⑹ 已知x1，x2是方程 x2－(k－2)x+(k2+3k+5)=0(k为实数)的两个实数根，x12+x22的最大值是
A．19 B．18 C． 5 D．不存在
⑺ 设M={(x，y)| |xy|=1，x>0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么
A．M∪N={(x，y)| |xy|=1} B．M∪N=M
C．M∪N=N D．M∪N={(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数}

⑻ 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：
甲：(a+)(b+)， 乙：(+)2， 丙：(+)2
中间，值最大的一个是
A．必定是甲 B．必定是乙
C．必定是丙 D．一般并不确定，而与a、b的取值有关
【答案】D
【解析】甲>乙，但甲、丙大小不确定．故选D．
2．(本题16分)已知四面体SABC中，∠ASB=，∠ASC=α(0<α<)，∠BSC=β(0<β<)．
以SC为棱的二面角的平面角为θ．
求证：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．
【解析】证明：在SC上取点D，使SD=1，在面SAC、SBC内分别作DE⊥SC，DF⊥SC，分别交SA、SB于E、F，连EF．则∠EDF为二面角A—SC—B的平面角．即∠EDF=θ．
由∠BSC=β，知SF=secβ，DF=tanβ．由∠ASC=α，得SE=secα，DE=tanα．
由∠ASB=，得EF2=SE2+SF2= DE2+DF2－2DE?DFcosθ．
∴ sec2α+sec2β=tan2α+tan2β－2tanαtanβcosθ．(cosθ=－cotαcotβ．
∴ θ=－arc(cotαcotβ)．
3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB长为2r；⑵ 半圆外的直线l 与BA的延长线垂直，垂足为T，|AT|=2a(2a<)；⑶ 半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、|NQ|满足条件
==1．
求证：|AM|+|AN|=|AB|．
4．(本题20分)已知边长为4的正三角形ABC．D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连结AD、BE、CF，交成△RQS．点P在△RQS内及边上移动，点P到△ABC三边的距离分别记作x、y、z．
⑴ 求证当点P在△RQS的顶点位置时乘积xyz有极小值；
⑵ 求上述乘积xyz的极小值．
【解析】利用面积，易证：⑴ 当点P在△ABC内部及边上移动时，x+y+z为定值h=2；
⑵过P作BC的平行线l，交△ABC的两边于G、H．当点P在线段GH上移动时，y+z为定值，从而x为定值．
⑶设y∈[α，β]，m为定值．则函数u=y(m－y)在点y=α或y=β时取得极小值．
于是可知，过R作AB、AC的平行线，过Q作AB、BC的平行线，过S作BC、AC的平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，易得只有当点P在此六点上时，xyz取得极小值．由对称性易知，xyz的值在此六点处相等．
由··=1，得=，x=·h=h，y=h=h，z=h．
∴ xyz=()3h3=．
5．(本题20分)已知圆x2+y2=r2(r为奇数)，交x轴于点A(r，0)、B(－r，0)，交y轴于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圆周上的点，u=pm，v=qn(p、q都是质数，m、n都是正整数)，且u>v．点P在x轴和y轴上的射影分别为M、N．
求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2．

第一试
1．选择题(本题满分32分，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分)
⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p3－q3是偶数；条件乙：p+q是偶数．那么
A．甲是乙的充分而非必要条件 B．甲是乙的必要而非充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数，
P=+，Q=·，那么
A．P≥Q B．P≤Q
C．P⑺ 在正方形ABCD所在平面上有点P，使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA都是等腰三角形，那么具有这样性质的点P的个数有
A．9个 B．17个 C．1个 D．5个
⑻ 任意△ABC，设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为l、R与r，那么
A．l>R+r B．l≤R+r C．2．填充题(本题满分18分，每小题6分)
⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 ．
⑵ 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个．
⑶ 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面体的内切球半径之比是一个既约分数，那么积m?n是 ．
第二试
1．(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx= ，其中x∈[－1，1]
2．(本题满分16分)函数f(x)在[0，1]上有定义，f(0)=f(1)．如果对于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|< ．
5．(本题满分18分) 函数F(x)=|cos2x+2sinxcosx－sin2x+Ax+B|
在 0≤x≤π上的最大值M与参数A、B有关，问A、B取什么值时，M为最小？证明你的结论．
1983年全国高中数学联赛解答
第一试
1．选择题(本题满分32分，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分)
⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p3－q3是偶数；条件乙：p+q是偶数．那么
A．甲是乙的充分而非必要条件 B．甲是乙的必要而非充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
⑵ x=+的值是属于区间
A．(－2，－1) B．(1，2) C．(－3，－2) D．(2，3)
【答案】D
【解析】x=log32+log35=log310∈(2，3)，选D．
⑷ 已知M={(x，y)|y≥x2}，N={(x，y)|x2+ (y－a)2≤1}．那么，使M∩N=N成立的充要条件是
A．a≥1 B．a=1 C．a≥1 D．0【答案】A
【解析】M∩N=N的充要条件是圆x2+(y－a)2≤1在抛物线y=x2内部(上方)．即a≥1，且方程
y2－(2a－1)y+a2－1=0的△=(2a－1)2－4(a2－1)≤0，(a≥1，选A．
⑸ 已知函数f(x)=ax2－c，满足
－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5．
那么，f(3)应满足
A．7≤f(3)≤26 B．－4≤f(3)≤15 C．－1≤f(3)≤20 D．－≤f(3)≤
⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数，
P=+，Q=·，那么
A．P≥Q B．P≤Q
C．P【答案】B
【解析】由柯西不等式，Q≥P．选B．
2．填充题(本题满分18分，每小题6分)
⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 ．
【答案】
【解析】cosA=±，sinB=，但若cosA=－，则A>135°，cosB=60°，矛盾．故cosA=．∴ cosC=cos(π－A－B)=－cosAcosB+sinAsinB=－·+·=．
⑵ 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个．
【答案】36
【解析】设另两边为x，y，且x≤y．则得x≤y≤11，x+y>11，在直角坐标系内作直线y=x，y=11，x=11，x+y=11，则所求三角形数等于由此四条直线围成三角形内的整点数．(含y=11，y=x上的整点，不含x+y=11上的整点)共有122÷4=36个．即填36．
⑶ 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面体的内切球半径之比是一个既约分数，那么积m?n是 ．
第二试
1．(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx=，其中x∈[－1，1]
【解析】证明：由于x∈[－1，1]，故arcsinx与arccosx有意义，
sin(－arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx∈[0，π]，∴ －arccosx∈[－，]．
故根据反正弦定义，有arcsinx=－arccosx．故证．
2．(本题满分16分)函数f(x)在[0，1]上有定义，f(0)=f(1)．如果对于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|<．
【解析】证明：不妨取0≤x1若|x1-x2|>，则x2－x1>,于是1－(x2－x1)<,即1－x2+x1－0<．
而|f(x1)-f(x2)|= |(f(x1)- f(0))-(f(x2)－f(1))|≤|f(x1)-f(0)|+ |f(1)-f(x2)|<| x1－0|+|1－x2|
=1－x2+x1－0<．故证.
3．(本题满分16分) 在四边形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1，点M、N分别在AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD，并且B、M、N三点共线．求证：M与N分别是AC与CD的中点．
4. (本题满分16分)在在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大体积是多少？证明你的结论．
5．(本题满分18分) 函数F(x)=|cos2x+2sinxcosx－sin2x+Ax+B|
在 0≤x≤π上的最大值M与参数A、B有关，问A、B取什么值时，M为最小？证明你的结论．

第一试
1．选择题(本题满分40分，每小题答对得5分答错得0分，不答得1分)
⑴ 集合S={|argZ=α，α为常数}在复平面上的图形是( )
A．射线argZ=2α B．射线argZ=－2α C．射线argZ=α D．上述答案都不对
⑵下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式logx(logxy2)>0的是( )
⑶ 对所有满足1≤n≤m≤5的m，n，极坐标方程ρ=表示的不同双曲线条数是( )
A．15 B．10 C．7 D．6
⑺ 若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y2－x2)的运动方式是
A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动
B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动
C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动
D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动
⑻ 若四面体的一条棱长是x，其余棱长都是1，体积是F(x)，则函数F(x)在其定义域上
A．是增函数但无最大值 B．是增函数且有最大值
C．不是增函数但无最大值 D．不是增函数但有最大值
2．填充题(本题满分10分，每小题5分)
⑴ 如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D，作DC⊥AB，交圆周于C，若点D的坐标为D(x，0)，则当x∈ 时，线段AD、BD、CD可以构成锐角三角形．
⑵ 方程cos=cosx的通解是 ，在(0，24π)内不相同的解有
个．
2．(本题满分10分)已知两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线AA(的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A(E=m，AF=n，求EF(A(在直线a上，A在直线b上)．
3．(本题满分15分)如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA，若S△ABC=1，证明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于 (SXY…Z表示多边形XY…Z的面积)．
4．(本题满分15分) 设an是12+22+32+…+n2的个位数字， n=1，2，3…，试证：0.a1a2…an…是有理数．
5．(本题满分15分) 设x1，x2，…，xn都是正数，求证：++…++≥x1+x2+…+xn．
1984年全国高中数学联赛试题解答
第一试
1．选择题(本题满分40分，每小题答对得5分答错得0分，不答得1分)
⑴ 集合S={|argZ=α，α为常数}在复平面上的图形是( )
A．射线argZ=2α B．射线argZ=－2α C．射线argZ=α D．上述答案都不对
【答案】D
【解析】由于argZ∈[0.2π)，故不存在答案B．arg=2π－α，故选D．
⑶ 对所有满足1≤n≤m≤5的m，n，极坐标方程ρ=表示的不同双曲线条数是( )
A．15 B．10 C．7 D．6
【答案】D
【解析】由e=C，若表示双曲线，则e>1，由C>1，可得m、n的不同取值为C=5，C=10，C=4，C=6，C=3，C=2，共有6个不同的值，故选D．
⑸ 若a>0，a≠1，F(x)是一个奇函数，则G(x)=F(x)?(+)是（ ）
A．奇函数 B．偶函数 C．不是奇函数也不是偶函数 D．奇偶性与a的具体数值有关
⑺ 若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y2－x2)的运动方式是
A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动
B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动
C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动
D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动

⑻ 若四面体的一条棱长是x，其余棱长都是1，体积是F(x)，则函数F(x)在其定义域上
A．是增函数但无最大值 B．是增函数且有最大值
C．不是增函数但无最大值 D．不是增函数但有最大值
【答案】D
【解析】定义域为02．填充题(本题满分10分，每小题5分)
⑴ 如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D，作DC⊥AB，交圆周于C，若点D的坐标为D(x，0)，则当x∈ 时，线段AD、BD、CD可以构成锐角三角形．
【答案】2－【解析】由对称性，先考虑0≤x<1的情况，设AD=a，BD=b，CD=c，则a+b=2，ab=c2，且必有a≥c≥b，于是只要考虑c2+b2>a2，即(1－x)(1+x)+(1－x)2>(1+x)2，解得0≤x<－2．
∴ 2－⑵ 方程cos=cosx的通解是 ，在(0，24π)内不相同的解有 个
第二试
1．(本题满分15分)下列命题是否正确？若正确，请给予证明．否则给出反例．
⑴ 若P、Q是直线l同侧的两个不同点，则必存在两个不同的圆，通过P、Q且与直线l相切；
⑵ 若a>0，b>0，且a≠1，b≠1，则logab+logba≥2．
⑶ 设A、B是坐标平面上的两个点集，Cr={(x，y)|x2+y2≤r2}，若对任何r≥0，都有Cr∪A(Cr∪B，则必有A(B．
2．(本题满分10分)已知两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线AA(的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A(E=m，AF=n，求EF(A(在直线a上，A在直线b上)．
【解析】EF=．(证明见课本)．
3．(本题满分15分)如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA，若S△ABC=1，证明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于(SXY…Z表示多边形XY…Z的面积)．
【解析】证明：如图，三等分BC于M、N，若点P在BM上(含点M)，则由于PE∥AB，则△CPE∽△CBA．CP∶CB≥．于是S△PCE≥．同理，若P在NC上(含点N)，则S△BPF≥．
若点P在线段MN上．连EF，设=r(S△BPF=r2，S△PCE=(1－r)2．∴ S△BPF+S△PCE=r2+(1－r)2=2r2－2r+1=2(r－)2+<2(-)2+=．
于是S□AEPF≥．故命题成立．

第一试
1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)
⑴ 假定有两个命题：
甲：a是大于0的实数；乙：a>b且a－1>b－1．那么( )
A．甲是乙的充分而不必要条件 B．甲是乙的必要而不充分条件
C．甲是乙的充分必要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
⑵PQ为经过抛物线y2=2px焦点的任一弦，MN为PQ在准线l上的射影，PQ绕l一周所得的旋转面面积为S1，以MN为直径的球面积为S2，则下面结论中，正确的是( )
A．S1>S2 B．S1S2，有时S1=S2，有时S1⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，则( )
A．x= B．x=－ C．x=0 D．这样的x不存在．
⑷ 在下面四个图形中，已知有一个是方程mx+ny2=0与mx2+ny2=1(m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是( )
⑸ 设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程－λZ=W有下面四个结论：
Ⅰ．Z=是这个方程的解； Ⅱ．这个方程只有一解；
Ⅲ．这个方程有两解； Ⅳ．这个方程有无穷多解．则( )
A．只有Ⅰ、Ⅱ正确 B．只有Ⅰ、Ⅲ正确 C．只有Ⅰ、Ⅳ正确 D．以上A、B、C都不正确
⑹ 设0 A．是递增的 B．是递减的 C．奇数项递增，偶数项递减 D．偶数项递增，奇数项递减
二．填空题(本题满分24分，每小题6分)
⑴ 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若角A、B、C的大小成等比数列，且b2－a2=ac，则角B的弧度为等于 ．
⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有 组．
⑶ 在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干个数之和能被11整除的数组共有 ．
⑷ 对任意实数x，y，定义运算x*y为x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数都有x*d=x，则d= ．
第二试
(本试共有4题，每题满分15分)
1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B(，A在y轴上的射影为A(，△OBB(的面积比△OAA(的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四位数=x1?103+x2?102+y2?10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．
4．平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ≥2sin54(．
1985年全国高中数学联赛试题
第一试
1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)
⑴ 假定有两个命题：
甲：a是大于0的实数；乙：a>b且a－1>b－1．那么( )
A．甲是乙的充分而不必要条件 B．甲是乙的必要而不充分条件
C．甲是乙的充分必要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】由于a>b且a－1>b－1成立时，必有a>0，b<0．故由乙可得甲，故选B
⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，则( )
A．x= B．x=－ C．x=0 D．这样的x不存在．
【答案】D
【解析】即arcsinx=2 arccos－π．设arccos=θ，则cosθ=，sinθ=．
∴ sin2θ=2sinθcosθ=．即2θ为锐角．∴2θ－π<－．故选D．
⑷在下面四个图形中，已知有一个是方程与 (m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是( )
【答案】A
⑸ 设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程－λZ=W有下面四个结论：
Ⅰ．Z=是这个方程的解； Ⅱ．这个方程只有一解；
Ⅲ．这个方程有两解； Ⅳ．这个方程有无穷多解．则( )
A．只有Ⅰ、Ⅱ正确 B．只有Ⅰ、Ⅲ正确 C．只有Ⅰ、Ⅳ正确 D．以上A、B、C都不正确
【答案】A
【解析】原式两端取共轭：Z－=，乘以λ再取共轭：－|(|2Z=W，相加，由|(|≠1，得方程有唯一解Z=．选A．
⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有 组．
【答案】174
【解析】x1=1时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1，共有9解；
x1=0时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3，共有9+A+C=9+72+84=165解．
∴ 共有174解．
第二试
(本试共有4题，每题满分15分)
1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B(，A在y轴上的射影为A(，△OBB(的面积比△OAA(的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四位数
=x1?103+x2?102+y2?10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．
【解析】x2y2－x1y1=67．x1y2．且x1，y1，x2，y2都是不超过10的正整数．
∴ x2y2>67，( x2y2=72或81．但x2>y2，故x2y2=91舍去．∴ x2y2=72．x2=9，y2=8．
∴ x1y1=72－67=5．(x1=1，y1=5，∴ =1985．
3．某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队，根据比赛规则，比赛若干天后进行统计，发现除A市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A市乙队已赛过多少场？请证明你的结论．
【解析】证明：用32个点表示这32个队，如果某两队比赛了一场，则在表示这两个队的点间连一条线．否则就不连线．
由于，这些队比赛场次最多30场，最少0场，共有31种情况，现除A城甲队外还有31个队，这31个队比赛场次互不相同，故这31个队比赛的场次恰好从0到30都有．就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次．
4．平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ≥2sin54(．
【解析】证明 ⑴ 若此五点中有三点共线，例如A、B、C三点共线，不妨设B在A、C之间，则AB与BC必有一较大者．不妨设AB≥BC．则≥2>2sin54(．

第一试
1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分)
⑴ 设－1 A．{x|2nπ+θ C．{x|(2n－1)π+θ ⑵ 设x为复数，M={z|(z－1)2=|z－1|2}，那么( )
A．M={纯虚数} B．M={实数} C．{实数} M {复数} D．M={复数}
2．填空题(本题满分28分，每小题7分)：
本题共有4个小题，每小题的答案都是000到999的某一个整数，请把你认为正确的答案填在 上．
⑴ 在底面半径为6的圆柱内，有两个半径也为6的球面，其球心距为13，若作一平面与这二球面相切，且与圆柱面交成一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是 ．
⑵ 已知f(x)=|1－2x|，x∈[0，1]，那么方程
f(f(f(x)))=x
的解的个数是 ．
⑶设f(x)=，那么和式f()+f()+f()+…+f()的值等于 ；
⑷设x、y、z为非负实数，且满足方程4－68(2+256=0，那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于 ．

第二试
1．(本题满分17分)已知实数列a0，a1，a2，…，满足
ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，…)
求证：对于任何自然数n，
P(x)=a0C(1-x)n+a1Cx(1-x)n-1+a2Cx2(1-x)n-2+…+an-1Cxn-1(1-x)+anCxn
是一次多项式．(本题应增加条件：a0≠a1)
3．平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得
⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上；
⑵对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．
证明你设计的方法符合上述要求．
1986年全国高中数学联赛解答
第一试
1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分)
⑴ 设－1 A．{x|2nπ+θ C．{x|(2n－1)π+θ 【答案】D
【解析】－<θ<0，在(－π，0)内满足sinx⑶ 设实数a、b、c满足
那么，a的取值范围是( )
A．(－∞，+∞) B．(－∞，1]∪[9，+∞) C．(0，7) D．[1，9]
【答案】D
【解析】①×3+②：b2+c2－2bc+3a2－30a+27=0，((b－c)2+3(a－1)(a－9)=0，(1≤a≤9．选D．
b2+c2+2bc－a2+2a－1=0，(b+c)2=(a－1)2，(b+c=a－1，或b+c=－a+1．
⑸ 平面上有一个点集和七个不同的圆C1，C2，…，C7，其中圆C7恰好经过M中的7个点，圆C6恰好经过M中的6个点，…，圆C1恰好经过M中的1个点，那么M中的点数最少为( )
A．11 B．12 C．21 D．28
【答案】B
【解析】首先，C7经过M中7个点，C6与C7至多2个公共点，故C6中至少另有4个M中的点，C5至少经过M中另外1个点，共有至少7+4+1=12个点．

⑹ 边长为a、b、c的三角形，其面积等于，而外接圆半径为1，若
s=++，t=++，
则s与t的大小关系是
A．s>t B．s=t C．s 【答案】C
【解析】△=absinC=，由R=1，△=，知abc=1．且三角形不是等边三角形．
∴ ++≥++==++．(等号不成立)．选C．
⑶ 设f(x)=，那么和式f()+f()+f()+…+f()的值等于 ；
【答案】500
【解析】 f(x)+f(1－x)= +=+=1． ⑴
以x=，，，…，代入⑴式，即得所求和=500．
⑷ 设x、y、z为非负实数，且满足方程4－68(2+256=0，那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于 ；
第二试
1．(本题满分17分)已知实数列a0，a1，a2，…，满足
ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，…)
求证：对于任何自然数n，
P(x)=a0C(1-x)n+a1Cx(1-x)n-1+a2Cx2(1-x)n-2+…+an-1Cxn-1(1-x)+anCxn
是一次多项式．
(本题应增加条件：a0≠a1)
2．(本题满分17分)已知锐角三角形ABC的外接圆半径为R，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，求证：AD，BE，CF是⊿ABC的三条高的充要条件是
S=(EF+FD+DE)．
3．(本题16分)平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得
⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上；
⑵ 对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．
证明你设计的方法符合上述要求．

一试题(10月11日上午8∶00——9∶30)
一．选择题(每个小题选对得5分，不选得1分；选错或选出的代号超过一个者得0分．本题满分20分)：
1．对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数，则( )
A．这样的a有无穷多个 B．这样的a存在，但只有有限个
C．这样的a不存在 D．以上A、B、C的结论都不正确(上海供题)
2．边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是( )
A．10 B．14 C．5 D．12(天津供题)
3．在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点，若a为无理数，则过(a，0)的所有直线中( )
A．有无穷多条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点
B．恰有n(2≤n<+∞)条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点
C．有且仅有一条直线至少通过两个有理点
D．每条直线至多通过一个有理点(河南供题)
2．已知集合
A={(x，y)| |x|+|y|=α，α>0}
B={(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|}
若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则α的值为 ．(青海供题)
3．若k是大于1的整数，α是x2－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，α+α的个位数字总是7，则k的个位数字是 ．(河北供题)
4．现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，5，的三角形四个，边长为，4，5的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成 个四面体．(江西供题)
5．五对孪生兄妹参加k个组活动，若规定：⑴ 孪生兄妹不在同一组；⑵非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动，⑶有一人只参加两个组的活动，则k的最小值为 ．(命题组供题)
1987年全国高中数学联赛二试题
一．如图，△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC，而将△ADE绕A点在平面上旋转，试证：不论△ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使△BMD为等腰直角三角形．
二．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点．试证：存在一个同心圆的集合，使得
⑴每个整点都在此集合的某个圆周上；
⑵此集合的每个圆周上，有且只有一个整点．(辛泽尔定理)
三．n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同，试证明：总可以从中去掉一名选手，而使在余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同．
1987年全国高中数学联赛解答
一试题
一．选择题(每个小题选对得5分，不选得1分；选错或选出的代号超过一个者得0分．本题满分20分)：
2．边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是( )
【解析】若直线斜率为k，则当k=0时直线经过x轴上所有有理点．
当k≠0时，直线方程为y=k(x－a)．
若k为有理数，则当x为有理数时，y为无理数；
若k为无理数，若此时直线经过一个有理点A(x1，y1)，对于直线上与A不重合的点B(x2，y2)．由y1=k(x1－a)，y2=k(x2－a)，由于a为无理数，故y1≠0，x2－a≠0，==m，当y2为有理数时，m为有理数，当y2≠y1时，m≠1，此时x2=mx1+(1－m)a为无理数．即此直线上至多有一个有理点．选C．
4．如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A、C在圆周上，∠ABC=2α(0<α< )现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心使B落到圆周上；第二次，以B为中心，使C落到圆周上；第三次，以C为中心，使A落到圆周上．如此旋转直到100次．那么A点所走过的路程的总长度为( )
A．22π(1+sinα)－66α B．π
C．22π+ πsinα－66α D．33π－66α(北京供题)
【答案】A
【解析】点A每k(k≡1(mod 3))不动，第k(k≡2(mod 3))次走过路程π－2α，第k(k≡0(mod 3))走过路程(2sinα)，于是所求路程=33(π－2α+ πsinα)．选A．
二．填空题(每小题填写结果完全正确者得8分，填写错误或多填、少填者均得0分，本题满分40分)：
1．已知集合
M={x，xy，lg(xy)}
及 N={0，|x|，y}，
并且M=N，那么
(x+)+(x2+)+(x3+)+…+(x2001+)的值等于 ．(陕西供题)
2．已知集合
A={(x，y)| |x|+|y|=α，α>0}
B={(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|}
若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则α的值为 ．(青海供题)
【答案】α=2或2+ ．
【解析】集合A的图形是依次连(α，0)，(0，α)，(－α，0)，(0，－α)四点的线段．
集合B的图形是直线x=1，x=－1，y=1，y=－1．它们交得一个正八边形．
若此4条直线为图中的4条实线，则α=tan22.5°+1= ．或此正八边形各边与原点距离相等，知直线x+y=α与原点距离=1．α= ．
若此4条直线为图中的4条虚线，则α=2+2，(α=2+．
∴ α=2或2+ ．
4．现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，5，的三角形四个，边长为，4，5的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成 个四面体．(江西供题)
若再取两个③类三角形时，由于AD=，不满足(*)式，故不可以构成四面体．
情况⑵：两个①类，两个③类．此时取BC=5，AB=CD=3，于是斜边BC上的高AE=DF=h=．且BE=CF=x=，则EF=5－2×=．
于是AD2=AE2+EF2+FD2－2AE·DFcosθ= (337－288cosθ)∈(，25)．
由于AD=，不满足(*)式，故不可以构成四面体．
∴ 只能构成1个四面体．
5．五对孪生兄妹参加k个组活动，若规定：⑴ 孪生兄妹不在同一组；⑵非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动，⑶有一人只参加两个组的活动，则k的最小值为 ．(命题组供题)
1987年全国高中数学联赛二试题
一．如图，△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC，而将△ADE绕A点在平面上旋转，试证：不论△ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使△BMD为等腰直角三角形．
【解析】证明：以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面．设C表示复数c，点E表示复数e(c、e∈R)．则点B表示复数b=c+ci，点D表示复数d=e－ei．
把△ADE绕点A旋转角θ得到△AD(E(，
则点E(表示复数e(=e(cosθ+isinθ)．点D(表示复数d(=d(cosθ+isinθ)
表示E(C中点M的复数m=(c+e()．
∴ 表示向量的复数：z1=b－(c+e()=c+ci－c－e(cosθ+isinθ)=－ecosθ+(c－esinθ)i．
表示向量的复数：z2=d(－m=(e－ei)(cosθ+isinθ)－c－e(cosθ+isinθ)
=(esinθ－c)－iecosθ．
显然：z2=z1i．于是|MB|=|MD(|，且∠BMD(=90°．即△BMD(为等腰直角三角形．故证．
二．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点．试证：存在一个同心圆的集合，使得
⑴每个整点都在此集合的某个圆周上；
⑵此集合的每个圆周上，有且只有一个整点．(辛泽尔定理)
三．n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同，试证明：总可以从中去掉一名选手，而使在余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同．
又证：把这些选手编为1至n号，以n个点表示这n个人，各点也相应编为1至n号．
反设去掉任何一各选手后都有两个选手的已赛过的对手完全相同．于是先去掉1号选手，则有两个选手的已赛过的对手完全相同，设为第i号与第j号，在表示此二人的点间连一条线，并在线上注上“1号”．这说明，此二人在去掉1号选手之前必是一人与1号赛过，另一人与1号没有赛过．而且不可能在去掉1号后有三人都相同，否则，此三人与1号选手比赛的情况只有两种：赛过或没有赛过，如果去掉1号后，此三人的情况完全相同，则去掉1号之前必有2人赛过的对手完全相同．如果去掉1号后有不止一对选手的已赛过对手完全相同，则只任取其中的一对连线，其余的对则不连线．
连线后把1号选手放回来，再依次去掉2号、3号，……，直至n号，每去掉1个选手，都会在某两点之间连出1条线．这样，就在n个选手之间连了n条线．且这些线上分别注了1至n号，每条线注了1个号码，每个号码只注在1条线上．

一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)：
1．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( )
A．y=－φ(x) B．y=－φ(－x) C．y=－φ－1(x) D．y=－φ－1(－x)
4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有命题甲：θ>； 命题乙：a、b、c相交于一点． 则
A．甲是乙的充分条件但不必要 B．甲是乙的必要条件但不充分
C．甲是乙的充分必要条件 D．A、B、C都不对
5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M∪N∪P=I； ⑵ N≠?． ⑶ M≠?． ⑷ P≠?中，正确的表达式的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：
1．设x≠y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么= ．
2．(+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为 ．
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC上的高，则= ．
1988年全国高中数学联赛二试题
一．已知数列{an}，其中a1=1，a2=2，
an+2=
试证：对一切n∈N*， an≠0．
二．如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB边上，求证：>．
三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，……，ln，…的直线族，它满足条件：
⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；
⑵ kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，……)；
⑶ knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．
并证明你的结论．
1988年全国高中数学联赛解答
一试题
一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)：
2．已知原点在椭圆k2x2+y2－4kx+2ky+k2－1=0的内部，那么参数k的取值范围是( )
A．|k|>1 B．|k|≠1 C．－1【答案】D
【解析】因是椭圆，故k≠0，以(0，0)代入方程，得k2－1<0，选D．
4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有
命题甲：θ>；
命题乙：a、b、c相交于一点．
则
A．甲是乙的充分条件但不必要 B．甲是乙的必要条件但不充分
C．甲是乙的充分必要条件 D．A、B、C都不对
5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M∪N∪P=I； ⑵ N≠?． ⑶ M≠?． ⑷ P≠?中，正确的表达式的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】均正确，选D．
2．(+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为 ．
【答案】(32n+1+1)
【解析】(+2)2n+1－(－2)2n+1=2(C2xn+C23xn－1+C25xn－2+…+C22n+1)．
令x=1，得所求系数和=(32n+1+1)．
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC上的高，则= ．
【答案】
【解析】△AED∽△ABC，==|cosα|．
4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．
三．(15分)长为，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．
四．(15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1－Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z0≠0，另一个动点Z满足Z1Z=－1，求点Z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置．
五．(15分)已知a、b为正实数，且+=1．试证：对每一个n∈N*，
(a+b)n－an－bn≥22n－2n+1．
【解析】证明：由已知得a+b=ab．又a+b≥2，∴ ab≥2，故a+b=ab≥4．于是(a+b)k=(ab)k≥22k．
又 ak+bk≥2=2≥2k+1．下面用数学归纳法证明：
1° 当n=1时，左=右=0．左≥右成立．
2° 设当n=k(k≥1，k∈N)时结论成立，即(a+b)k－ak－bk≥22k－2k+1成立．
则(a+b)k+1－ak+1－bk+1=(a+b)(a+b)k－(ak+bk)(a+b)+ab(ak－1+bk－1)
=(a+b)[(a+b)k－ak－bk]+ ab(ak－1+bk－1)≥4?(22k－2k+1)+4?2k=22(k+1)－4?2k+1+4?2k=22(k+1)－2(k+1)+1．即命题对于n=k+1也成立．
故对于一切n∈N*，命题成立．
二试题
一．已知数列{an}，其中a1=1，a2=2，
an+2=
试证：对一切n∈N*，an≠0．（1988年全国高中竞赛试题）
分析：改证an?0(mod 4)或an?0(mod 3)．
二．如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB边上，求证：>．
【解析】证明：作△ABC及△PQR的高CN、RH．设△ABC的周长为1．则PQ=．
则==·，但AB<，于是>，
AP≤AB－PQ<－=，∴ AR=－AP>，AC<，故>，从而>．
三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，……，ln，…的直线族，它满足条件：
⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；
⑵ kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，……)；
⑶ knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．
并证明你的结论．
【解析】证明：设an=bn≠0，即kn－1=－1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此时an+1不存在，故kn≠±1．
由于k1－随m的增大而线性增大，故必存在一个m值，m=m0，使k1－≥－1，从而必存在一个m值，m=m1(m1≤m0)，使k≤－1，而－1即此时不存在这样的直线族．
综上可知这样的直线族不存在．

一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：
1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数
z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)
在复平面内所对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．函数f(x)=arctanx+arcsinx的值域是( )
A．(－π，π) B．[－π，π] C．(－π，π) D．[－π，π]
三．填空题(本题满分30分，每小题5分)
1．若loga<1，则a的取值范围是 ．
2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l(⊥l，则l(与l的交点坐标为 ．
3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是 .
4．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为 ．
5．如果从数1，2，3，…，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足
a2－a1≥3，与a3－a2≥3，
那么，所有符合上述要求的不同取法有 种．
6．当s和t取遍所有实数时，则
(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2
所能达到的最小值为 ．
三．(本题满分20分)
已知a1，a2，…，an是n个正数，满足
a1?a2?…?an=1．
求证：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．
四．(本题满分20分)
已知正三棱锥S—ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O(，在AO(上取一点P，使=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．
五．(本题满分20分)
已知：对任意的n∈N*，有an>0，且 a=(aj)2．求证：an=n．
三．(本题满分35分)
有n×n（n≥4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．
1989年全国高中数学联赛解答
第一试
一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：
1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数
z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)
在复平面内所对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】0°A>90°－B>0°，sinA>cosB，cosA故cosB－sinA<0，sinB－cosA>0．点Z位于第二象限．选B

3．对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－l)与函数y=f(－x+l)的图象恒( )
A．关于x轴对称 B．关于直线x=l对称 C．关于直线x=－l对称 D．关于y轴对称
【答案】B
【解析】令x－1=t，则得f(t)=f(－t)，即f(t)关于t=0对称，即此二图象关于x=1对称．选B
5．若
M={z| z=+i，t∈R，t≠－1，t≠0}，
N={z| z=[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．
则M∩N中元素的个数为
A．0 B．1 C．2 D．4
【答案】A
【解析】M的图象为双曲线xy=1(x≠0，x≠1)N的图象为x2+y2=2(x≥0)，二者无公共点．选A．
三．填空题(本题满分30分，每小题5分)
1．若loga<1，则a的取值范围是 ．
【答案】(0，1)∪(，+∞)
【解析】若01，则得a>．故填(0，1)∪(，+∞)
2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l(⊥l，则l(与l的交点坐标为 ．
【答案】（2，6）
【解析】直线l(方程为(x+10)－2y=0，解得交点为(2，6)．
3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是 .
但n∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0，
∴ (=，
由α>0，知，(=．∴ 原数为．
5．如果从数1，2，3，…，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足
a2－a1≥3，与a3－a2≥3，
那么，所有符合上述要求的不同取法有 种．
【答案】120
【解析】令a1(=a1，a2(=a2－2，a3(=a3－4，则得1≤a1(三．(本题满分20分)
已知a1，a2，…，an是n个正数，满足
a1?a2?…?an=1．
求证：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．
a1a2+a1a3+…+an－1an≥C=C，……，
∴ (2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an
≥2n+C2n－1+C2n－2+…+C=(2+1)n=3n．
四．(本题满分20分)
已知正三棱锥S—ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O(，在AO(上取一点P，使=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．
五．(本题满分20分)
已知：对任意的n∈N*，有an>0，且 a=(aj)2．求证：an=n．
【解析】证明：由已知，a13=a12，a1>0，∴ a1=1．
设n≤k(k∈N，且k≥1)时，由a =(aj)2成立可证ak=k成立．
当n=k+1时，a=(aj)2=(aj)2+2ak+1(aj)+a．
即 k2(k+1)2+a=k2(k+1)2+2ak+1·k(k+1)+a．
∴ a－ak+1－k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=－k或ak+1=k+1．由an>0知，只有ak+1=k+1成立．
即n=k+1时命题也成立．由数学归纳原理知对于一切n∈N*，an=n成立．
第二试
一．(本题满分35分)
已知 在ΔABC中，AB>AC，(A的一个外角的平分线交ΔABC的外接圆于点E，过E作EF⊥AB，垂足为F．
求证 2AF=AB-AC．
【解析】证明：在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，
于是ΔAEG为等腰三角形，∴EG=EA．
又(3=180(－(EGA=180(－(EAG=180(－(5=(4．
(1=(2．于是ΔEGB≌ΔEAC．∴BG=AC，
故证
二．已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，满足
|xi|=1，xi=0，
求证：≤－ ．
三．有n×n（n≥4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．
【解析】证明 ：基本项共有n!个，n>3，则基本项的个数为4的倍数，设共有4m项．
其中每个数aij(=±1)都要在(n－1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了(n－1)!次，而n>3，故(n－1)!为偶数，于是该乘积等于1．这说明等于－1的基

(10月14日上午8∶00—10∶00)
一．选择题(本题满分30分，每小题5分)
1．设α∈(，),则(cos()cos(，(sin()cos(，(cos()sin(的大小顺序是
A．(cos()cos(<(sin()cos(<(cos()sin(
B．(cos()cos(<(cos()sin( <(sin()cos(
C．(sin()cos(<(cos()cos(<(cos()sin(
D．(cos()sin( <(cos()cos(<(sin()cos(
5．设非零复数x、y满足x2+xy+y2=0，则代数式+的值是( )
A．2－1989 B．－1 C．1 D．以上答案都不对
6．已知椭圆+=1(a>b>0)通过点(2，1)，所有这些椭圆上满足|y|>1的点的集合用阴影表示是下面图中的( )
二．填空题(本题满分30分，每小题5分)
1．设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则 +的最小值是 ．
2．设A(2，0)为平面上一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP扫过的面积是 ．
3．设n为自然数，对于任意实数x，y，z，恒有(x2+y2+z2)2≤n(x4+y4+z4)成立，则n的最小值是 ．
4．对任意正整数n，连结原点O与点An(n，n+3)，用f(n)表示线段OAn上的整点个数(不计端点)，试求f(1)+f(2)+…+f(1990)．
5．设n=1990，则
(1－3C+32C－33C+…+3994C－3995C= ．
6．8个女孩与25个男孩围成一圈，任何两个女孩之间至少站两个男孩，则共有 种不同和排列方法．(只要把圆旋转一下就能重合的排法认为是相同的)．
三．(本题满分20分)
已知a，b均为正整数，且a>b，sinθ=，(其中0<θ<)，An=(a2+b2)nsinnθ．求证：对于一切自然数n，An均为整数．
第二试
(10月14日上午10∶30—12∶30)
一．(本题满分35分)
四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4．求证OP、O1O3、O2O4三直线共点．
二．(本题满分35分)
设 E={1，2，3，……，200}，
G={a1，a2，……，a100}E．
且G具有下列两条性质：
⑴ 对任何1≤i ai+aj≠201；
⑵ ai=10080．
试证明：G中的奇数的个数是4的倍数．且G中所有数字的平方和为一个定数．
三．(本题满分35分)
某市有n所中学，第i所中学派出Ci名代表(1≤Ci≤39，1≤i≤n)来到体育馆观看球赛，全部学生总数为Ci=1990．看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下．
1990年全国高中数学联赛解答
第一试
一．选择题(本题满分30分，每小题5分)
1．设α∈(，),则(cos()cos(，(sin()cos(，(cos()sin(的大小顺序是
A．(cos()cos(<(sin()cos(<(cos()sin(
B．(cos()cos(<(cos()sin( < (sin()cos(
C．(sin()cos(<(cos()cos(<(cos()sin(
D．(cos()sin( <(cos()cos(<(sin()cos(
【答案】D
【解析】α∈(，)(0∴ (cos()cos(<(sin()cos(；(cos()sin(<(cos()cos(；选D．
2．设f(x)是定义在实数集上的周期为2的函数，且是偶函数，已知当x∈[2,3]时，f(x)=x，则当x∈[－2,0]时，f(x)的解析式是( )
A．f(x)=x+4 B． f(x)=2-x C． f(x)=3－|x+1| D． f(x)=2+|x+1|
3．设双曲线的左右焦点是F1、F2，左右顶点是M、N，若△PF1F2的顶点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点位置是( )
A．在线段MN内部 B．在线段F1M内部或在线段NF2内部
C．点M或点N D．不能确定的
【答案】C
【解析】设内切圆在三边上切点分别为D、E、F，当P在右支上时，PF1－PF2=2a．
但PF1－PF2=F1D－F2D=2a，即D与N重合，当P在左支上时，D与M重合．故选C．
4．点集{(x，y)|lg(x3+y3+)=lgx+lgy}中元素个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．多于2
【答案】B
【解析】x3+y3+=xy>0．但x3+y3+≥3=xy，等号当且仅当x3=y3=时，即x=，y=时成立．故选B．
6．已知椭圆+=1(a>b>0)通过点(2，1)，所有这些椭圆上满足|y|>1的点的集合用阴影表示是下面图中的( )
【答案】C
【解析】+=1，由a2>b2，故得<1<+=，15．故选C．
二．填空题(本题满分30分，每小题5分)
1．设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则 +的最小值是 ．
【答案】1
【解析】ab≤()2=1，从而anbn≤1，故 + = ≥1．等号当且仅当a=b=1时成立．即所求最小值=1．
2．设A(2，0)为平面上一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP扫过的面积是 ．
【答案】
【解析】点P在单位圆上，sin(2t－60°)=cos(150°－2t)，cos(2t－60°)=sin(150°－2t).当t由15°变到45°时，点P沿单位圆从(－，)运动到(,)．线段AP扫过的面积=扇形面积=π．
3．设n为自然数，对于任意实数x，y，z，恒有(x2+y2+z2)2≤n(x4+y4+z4)成立，则n的最小值是 ．
【答案】3
【解析】(x2+y2+z2)2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2≤x4+y4+z4+(x4+y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4)．等号当且仅当x=y=z时成立．故n=3．
5．设n=1990，则
(1－3C+32C－33C+…+3994C－3995C= ．
【答案】
【解析】取(－+i)1990展开的实部即为此式．而(－+i)1990=－+i．故原式=－．
三．(本题满分20分)
已知a，b均为正整数，且a>b，sinθ=，(其中0<θ<)，An=(a2+b2)nsinnθ．求证：对于一切自然数n，An均为整数．
四．n2个正数排成n行n列
其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等．已知a24=1，a42=，a43=，
求a11+a22+……+ann．(1990年全国高中数学联赛)
分析 由a42、a43或求a44，由a24，a44可求公比．
【解析】 设第一行等差数列的公差为d，各列的公比为q．
∴ a44=2a43－a42=．
由a44=a24?q2，得，
q=.
∴ a12=a42?q－3=1．
∴ d= = ，
∴ a1k=a12+(k－2)d=k(k=1，2， 3，…，n)
∴ akk=a1kqk－1=k·()k－1=()k·k．
令Sn= a11+a22+…+ann．
则 S－S=－=+－
= + －－ =1－.
∴ S=2－．
五．设棱锥M—ABCD的底面为正方形，且MA=MD，MA⊥AB，如果△AMD的面积为 1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径．
第二试
(10月14日上午10∶30—12∶30)
一．(本题满分35分)
四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4．求证OP、O1O3、O2O4三直线共点．
【解析】证明 ∵O为⊿ABC的外心，∴ OA=OB．
∵ O1为⊿PAB的外心，∴O1A=O1B．
∴ OO1⊥AB．
作⊿PCD的外接圆⊙O3，延长PO3与所作圆交于点E，并与AB交于点F，连DE，则(1=(2=(3，(EPD=(BPF，
∴ (PFB=(EDP=90(．
∴ PO3⊥AB，即OO1∥PO3．
同理，OO3∥PO1．即OO1PO3是平行四边形．
∴ O1O3与PO互相平分，即O1O3过PO的中点．
同理，O2O4过PO中点．
∴ OP、O1O3、O2O4三直线共点．
二．(本题满分35分)
设 E={1，2，3，……，200}，
G={a1，a2，……，a100}E．
且G具有下列两条性质：
⑴ 对任何1≤i ai+aj≠201；
⑵ ai=10080．
试证明：G中的奇数的个数是4的倍数．且G中所有数字的平方和为一个定数．
∴ x12+x22+…+x1002+(201－x1)2+(201－x2)2+…+(201－x100)2
=2(x12+x22+…+x1002)－2×201×(x1+x2+…+x100)+100×2012
=2(x12+x22+…+x1002)－2×201×10080+100×2012
=12+22+32+…+2002．
∴ x12+x22+…+x1002=[(12+22+32+…+2002)+2×201×10080－100×2012]
=[×200×201×401+201×20160－20100×201]
=×[100×67×401+201×60]=1349380．为定值．
三．(本题满分35分)
某市有n所中学，第i所中学派出Ci名代表(1≤Ci≤39，1≤i≤n)来到体育馆观看球赛，全部学生总数为Ci=1990．看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下．

一．选择题：
1．由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( )
A．4 B．8 C．12 D．24
2．设a、b、c均为非零复数，且==，则的值为( )
A．1 B．±ω C．1，ω，ω2 D．1，－ω，－ω2
3．设a是正整数，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )
A．4 B．5 C．9 D．10
4．设函数y=f(x)对于一切实数x满足f(3+x)=f(3－x)．且方程f(x)=0恰有6个不同的实数根，则这6个实根的和为( )
A．18 B．12 C．9 D．0
5．设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，则( )
A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=?
6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为( )

二．填空题：
1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°= ．
2．在△ABC中，已知三个角A、B、C成等差数列，假设它们所对的边分别为a，b，c，并且c－a等于AC边上的高h，则sin= ．
3．将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有(2n－1)个奇数进行分组：
{1}， {3，5，7}， {9，11，13，15，17}，……
(第一组) (第二组) (第三组)
则1991位于第 组．
4．19912000除以106，余数是 ．
5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，则log3|(z1)2000+(z2)2000|= ．
6．设集合M={1，2，…，1000}，现对M中的任一非空子集X，令αX表示X中最大数与最小数的和．那么，所有这样的αX的算术平均值为 ．
三．设正三棱锥P—ABC的高为PO，M为PO的中点，过AM作与棱BC平行的平面，将三棱锥截为上、下两部分，试求此两部分的体积比．
四．设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面积．
五．已知0 loga(ax+ay)≤loga2+．
1991年全国高中数学联赛二试题
一．设S={1，2，…，n}，A为至少含有两项的公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后不能构成与A有相同公差的等差数列．求这种A的个数(这里只有两项的数列也看作等差数列)．
二．设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于．
三．设an是下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1、3或4．求证：a2n是完全平方数．这里，n=1，2，…．
1991年全国高中数学联赛解答
第一试
一．选择题：
1．由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( )
A．4 B．8 C．12 D．24
【答案】B
【解析】每个正方形的顶点对应着一个正三角形．故选B

3．设a是正整数，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )
A．4 B．5 C．9 D．10
【答案】B
【解析】即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，则a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod 8)．
若a≡0，1，2(mod 3)，则a3≡0，1，－1(mod 3)，∴ a－1≡0(mod 3)．即a－1≡0(mod 24)．选B．
5．设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，则( )
A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=?
【答案】A
【解析】若x2－y2为奇数，则sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即S(T．
又若x=y时，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得ST，选A．
6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为( )

【答案】D
【解析】∵ |x－y2|=故此方程等价于
故选D．
2．在△ABC中，已知三个角A、B、C成等差数列，假设它们所对的边分别为a，b，c，并且c－a等于AC边上的高h，则sin= ．
3．将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有(2n－1)个奇数进行分组：
{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……
(第一组) (第二组) (第三组)
则1991位于第 组．
【答案】32
【解析】由于1+3+…+(2n－1)=n2，故第n组最后一数为2n2－1，于是解2(n－1)2－1+2≤1991≤2n2－1，得n=32．即在第32组．
5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，则log3|(z1)2000+(z2)2000|= ．
【答案】4000
【解析】由|z1+z2|2+|z1－z2|2=2(|z1|2+|z2|2)，得|z2|=3．由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1－argz2=±120°．
∴|(z1)2000+(z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000．故log3|(z1)2000+(z2)2000|=4000．
三．设正三棱锥P—ABC的高为PO，M为PO的中点，过AM作与棱BC平行的平面，将三棱锥截为上、下两部分，试求此两部分的体积比．
【解析】
M是PO中点，延长AO与BC交于点D，则D为BC中点，连PD，由于AM在平面PAD内，故延长AM与PD相交，设交点为F．题中截面与面PBC交于过F的直线GH，G、H分别在PB、PC上．由于BC∥截面AGH，∴GH∥BC．
在面PAD中，△POD被直线AF截，故··=1，但=1，=，∴=．
∴ =，∴=(=．而截面分此三棱锥所成两部分可看成是有顶点A的两个棱锥A—PGH及A—HGBC．故二者体积比=4∶21．
第二试
一．设S={1，2，…，n}，A为至少含有两项的公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后不能构成与A有相同公差的等差数列．求这种A的个数(这里只有两项的数列也看作等差数列)．
解法二：对于k=[]，这样的数列A必有连续两项，一项在{1，2，…，k}中，一在{k+1.k+2，…，n}中，反之，在此两集合中各取一数，可以其差为公差构成一个A，于是共有这样的数列
当n=2k时，这样的A的个数为k2=n2个；当n=2k+1时，这样的A的个数为k(k+1)= (n2－1)个．
∴ 这样的数列有[n2]个．
二．设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于．
【解析】证明：考虑四边形的四个顶点A、B、C、D，若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面积，设其中面积最小的三角形为△ABD．
⑴ 若S△ABC>，则A、B、C、D即为所求．
⑵ 若S△ABD<，则S△BCD>，取△BCD的重心G，则以B、C、D、G这4点中的任意3点为顶点的三角形面积>．
⑶ 若S△ABD=，其余三个三角形面积均> S△ABD=．
由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD>，故S△ABC<=S△BCD．
∴ 过A作AE∥BC必与CD相交，设交点为E．
则∵ S△ABC>S△ABD，从而S△ABE>S△ABD=．S△ACE=S△ABE>，S△BCE=S△ABC>．即A、B、C、E四点即为所求．
⑷ 若S△ABD=，其余三个三角形中还有一个的面积=，这个三角形不可能是△BCD，(否则ABCD的面积=)，不妨设S△ADC= S△ABD=．则AD∥BC，四边形ABCD为梯形．
由于S△ABD=，S△ABC=，故若AD=a，则BC=3a，设梯形的高=h，
则2ah=1．设对角线交于O，过O作EF∥BC分别交AB、CD于E、F．
三．设an是下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1、3或4．求证：a2n是完全平方数．这里，n=1，2，…．
【解析】证明：设N=，其中x1，x2，…，xk∈{1，3， 4}．且x1+x2+…+xk=n．假定n>4．删去xk时，则当xk依次取1，3，4时，x1+x2+…+xk－1分别等于n－1，n－3，n－4．故当n>4时，
an=an－1+an－3+an－4． ①
a1=a2=1，a3=2，a4=4，
利用①及初始值可以得到下表：
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
……
an
1
1
2
4
6
9
15
25
40
64
104
169
273
441
……
规律
1
12
1(2
22
2(3
32
3(5
52
5(8
82
8(13
132
13(21
212
……
可找到规律：
a2(k+1)=a2k+1+a2k－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+f= fkfk+1+fk－1(fk+fk－1)
= fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=f
a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k－1 =f+f+fk－1fk= f+fk(fk+fk－1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1．
证明2：(用特征方程)由上证得①式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4，
由此得差分方程：λ4－λ3－λ－1=0． ((λ2+1)(λ2－λ－1)=0．此方程有根λ=±i，λ=．
∴ 令an=αin+β(－i)n+γ()2+(()2
利用初值可以求出an=·in+·(－i)n+()n+2+()n+2．
∴ a2n={[()n+1－()n+1]}2．

得a2n=bn=[2(－1)n+()n +1+()n+1]= [()2(n+1)+()2(n+1)－2()n+1()n+1]
={[()n+1－()n+1]}2．
记fn=[()n+1－()n+1]，其特征根为(1，2=．故其特征方程为(2－(－1=0．于是其递推关系为fn=fn－1+fn－2．
而f0=1，f1=1，均为正整数，从而对于一切正整数n，fn为正整数．从而a2n为完全平方数．

一、选择题(每小题5分，共30分)
1．对于每个自然数n，抛物线y=(n2+n)x2((2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+(+|A1992B1992|的值是( ) (A) (B)  (C)  (D) 
 (A)是等腰三角形，但不是直角三角形 (B)是直角三角形，但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形，也不是直角三角形
5．设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z12(2z1z2+z22=0，O为坐标原点，则△OAB的面积为( ) (A)8 (B)4 (C)6 (D)12
6．设f(x)是定义在实数集R上的函数，且满足下列关系f(10+x)=f(10(x)， f(20(x)=(f(20+x)，则f(x)是(A)偶函数，又是周期函数 (B)偶函数，但不是周期函数(C)奇函数，又是周期函数 (D)奇函数，但不是周期函数
二、填空题(每小题5分共30分)
1．设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且，，成等差数列，则+的值是______．
2．在区间[0，(]中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是______．
3．从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则k的最大值是_____．
4．设z1，z2都是复数，且|z1|=3，|z2|=5|z1+z2|=7，则arg()3的值是______．
5．设数列a1，a2，(，an，(满足a1=a2=1，a3=2，且对任何自然数n， 都有anan+1an+2(1，又anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，则a1+a2+(+a100的值是____．
6．函数f(x)= －的最大值是_____．
三、(20分)求证：16<<17．
四、(20分)设l，m是两条异面直线，在l上有A，B，C三点，且AB=BC，过A，B，C分别作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=，BE=CF=，求l与m的距离．

第二试
一、(35分) 设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心．求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．
二、(35分) 设集合Sn={1,2,(,n}．若X是Sn的子集，把X中所有数的和称为X的“容量”(规定空集的容量为0)，若X的容量为奇(偶)数，则称X为的奇(偶)子集． 1．求证Sn的奇子集与偶子集个数相等． 2．求证：当n≥3时，Sn的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和． 3．当n≥3时，求Sn的所有奇子集的容量之和．
三、(35分)在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点，任取6个格点Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足 (1) |xi|≤2,|yi|≤2,(i=1,2,3,4,5,6)，(2) 任何三点不在同一条直线上．试证：在以Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中，必有一个三角形，它的面积不大于2．
1992年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．对于每个自然数n，抛物线y=(n2+n)x2((2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+(+|A1992B1992|的值是( ) (A) (B)  (C)  (D) 
【答案】B
【解析】y=((n+1)x－1)(nx－1)，∴ |AnBn|=－，于是|A1B1|+|A2B2|+(+|A1992B1992|=，选B．
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别记为a，b，c(b(1)，且，都是方程logx=logb(4x－4)的根，则△ABC( ) (A)是等腰三角形，但不是直角三角形 (B)是直角三角形，但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形，也不是直角三角形
【答案】B
【解析】x2=4x－4．根为x=2．∴ C=2A，(B=180°－3A，sinB=2sinA．(sin3A=2sinA，
(3－4sin2A=2．A=30°，C=60°，B=90°．选B．
5．设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z12(2z1z2+z22=0，O为坐标原点，则△OAB的面积为( ) (A)8 (B)4 (C)6 (D)12
【答案】A
【解析】=cos±isin．∴ |z2|=8，z1、z2的夹角=60°．S=·4·8·=8．选A．
二、填空题(每小题5分共30分)
1．设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且，，成等差数列，则+的值是______．
【答案】
【解析】16y2=15xz，y=，(16·4x2z2=15xz(x+z)2．由xz≠0，得=，(+=．
2．在区间[0，(]中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是 ．
【答案】7
【解析】7x=5x+2kπ，或7x=－5x+2kπ，(k∈Z)( x=kπ，x=kπ (k∈Z)，共有7解．
6．函数f(x)= －的最大值是_____．
【答案】
【解析】f(x)= －，表示点(x，x2)与点A(3，2)的距离及B(0，1)距离差的最大值．由于此二点在抛物线两侧，故过此二点的直线必与抛物线交于两点．对于抛物线上任意一点，到此二点距离之差大于|AB|=．即所求最小值为．
四、(20分)设l，m是两条异面直线，在l上有A，B，C三点，且AB=BC，过A，B，C分别作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=，BE=CF=，求l与m的距离．
【解析】过m作平面α∥l，作AP⊥α于P，AP与l确定平面β，β∩α=l(，l(∩m=K．
作BQ⊥α，CR⊥α，垂足为Q、R，则Q、R∈l(，且AP=BQ=CR=l与m的距离d．
连PD、QE、RF，则由三垂线定理之逆，知PD、QE、RF都⊥m．
PD=，QE=，RF=．
当D、E、F在K同侧时2QE=PD+RF，
(=+．解之得d=
当D、E、F不全在K同侧时2QE=PD－RF，(=－．无实解．
∴ l与m距离为．
五、(20分)设n是自然数，fn(x)= (x(0，±1)，令y=x+． 1.求证:fn+1(x)=yfn(x)(fn－1(x)，(n>1) 2.用数学归纳法证明：
fn(x)=
2．若m为奇数，则m+1为偶数，由归纳假设知，对于n=m及n=m－1，有
fm(x)= ym－1－Cym－2+…+(－1)i·Cym－2i+…+(－1)·C y ③
fm－1(x)= ym－1－Cym－3+…+(－1)i－1Cym+1－2i+…+(－1)C ④
用y乘③减去④，同上合并，并注意最后一项常数项为
－(－1)C=－(－1)C=(－1)．
于是得到yfm(x)－fm－1(x)=ym+1－Cm1ym－1+…+(－1)，即仍有对于n=m+1，命题成立
综上所述，知对于一切正整数n，命题成立．

第二试
一、(35分) 设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心．求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．
显然，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是
((cosβ+cosγ+cos()，(sinβ+sinγ+sin())、((cosγ+cos(+cosα)，(sinα+sin(+sinγ))、
((cos(+cosα+cosβ)，(sin(+sinα+sinβ))、((cosα+cosβ+cosγ)，(sinα+sinβ+sinγ))．
从而，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心依次是
H1(cosβ+cosγ+cos(， sinβ+sinγ+sin()、H 2 (cosγ+cos(+cosα，sinα+sin(+sinγ)、
H 3 (cos(+cosα+cosβ，sin(+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ，sinα+sinβ+sinγ)．
而H1、H2、H3、H4点与点O1(cosα+cosβ+cosγ+cos(，sinα+sinβ+sinγ+sin()的距离都等于1，即H1、H2、H3、H4四点在以O1为圆心，1为半径的圆上．证毕．
二、(35分)设集合Sn={1,2,(,n}．若X是Sn的子集，把X中所有数的和称为X的“容量”(规定空集的容量为0)，若X的容量为奇(偶)数，则称X为的奇(偶)子集． 1．求证Sn的奇子集与偶子集个数相等． 2．求证：当n≥3时，Sn的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和．
三、(35分) 在平面直角坐标系中，任取6个格点Pi(xi，yi)(i=1，2，3，4，5，6)满足：
⑴|xi|≤2，|yi|≤2(i=1，2，3，4，5，6)；
⑵ 任何三点不在一条直线上．
试证明：在以Pi(i=1，2，3，4，5，6)为顶点的所有三角形中，必有一个三角形的面积不大于2．

一、选择题(每小题5分，共30分)
1．若M={(x，y)| |tan(y|+sin2(x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)9
5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c(a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是( ) (A)1 (B)  (C)  (D)(1
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，z(C，则方程|z+ni|+|z(mi|=n与|z+ni|(|z(mi|=(m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是( )
二、填空题（每小题5分，共30分）
1．二次方程(1(i)x2+((+i)x+(1+i()=0(i为虚数单位，((R)有两个虚根的充分必要条件是(的取值范围为________．
2．实数x，y满足4x2(5xy+4y2=5，设 S=x2+y2，则+=_______．
3．若z(C，arg(z2(4)= ，arg(z2+4)= ，则z的值是________.
4．整数的末两位数是_______.
三、（本题满分20分）
三棱锥S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D(，则D(为三棱锥S－ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）
设0五、（本题满分20分）
设正数列a0，a1，a2，…，an，…满足－=2an－1，(n≥2)且a0=a1=1，
求{an}的通项公式．
第二试
一、（35分）
设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有(D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．
三、（35分）
水平直线m通过圆O的中心，直线l(m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB(CR+BC(AP=AC(BQ；(2)l与圆O相交时，AB(CR+BC(AP＜AC(BQ；(3)l与圆O相离时，AB(CR+BC(AP＞AC(BQ.
1993年全国高中数学联合竞赛解答
第一试
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．若M={(x，y)| |tan(y|+sin2(x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)9
3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，当A(B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）27
【答案】D
【解析】a1∈A或(A，有2种可能，同样a1∈B或(B，有2种可能，但a1(A与a1(B不能同时成立，故有22－1种安排方式，同样a2、a3也各有22－1种安排方式，故共有(22－1)3种安排方式．选D．
5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c(a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是( ) (A)1 (B)  (C)  (D)(1
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，z(C，则方程|z+ni|+|z(mi|=n与|z+ni|(|z(mi|(m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是( )
【答案】B
【解析】方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni，mi)，由①n>0，故否定A，
由于n为椭圆的长轴，而C中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴，故否定C．
由B与D知，椭圆的两个个焦点都在y轴负半轴上，由n为长轴，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=－m．曲线上一点到－ni距离大，否定D，故选B．
二、填空题（每小题5分，共30分）
1．二次方程(1(i)x2+((+i)x+(1+i()=0(i为虚数单位，((R)有两个虚根的充分必要条件是(的取值范围为________．
2．实数x，y满足4x2(5xy+4y2=5，设 S=x2+y2，则+=_______．
【答案】
【解析】令x=rcosθ，y=rsinθ，则S=r2得r2(4－5sinθcosθ)=5．S=．
∴+=+=．
3．若z(C，arg(z2(4)= ，arg(z2+4)= ，则z的值是________.
【答案】±(1+i)
【解析】如图，可知z2表示复数4(cos120°+isin120°)．∴ z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i)．
4．整数的末两位数是_______.
【答案】08
【解析】令x=1031，则得==x2－3x+9－．由于0<<1，故所求末两位数字为09－1=08．
5．设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立，则k的最大值是_______.
6．三位数(100，101，(，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．
【答案】34
【解析】首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有4×5×4=80种选择．
但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有2×3+2×3=12个，故共有(80－12)÷2=34个．
三、（本题满分20分）
三棱锥S-ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为，则为三棱锥S—ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）
设0五、（本题满分20分）
设正数列a0、a1、a2、…、an、…满足
－=2an－1，(n≥2)
且a0=a1=1，求{an}的通项公式．
【解析】变形，同除以得：=2+1，
令+1=bn，则得bn=2bn－1．
即{bn}是以b1=+1=2为首项，2为公比的等比数列．
∴ bn=2n．
∴ =(2n－1)2．故
∴ 
第二试
一、（35分）
设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有(D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．
n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．
n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC后，再连B与AC上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．
∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n≥4时才有解．
二、（35分）
设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,(,Am两两互不包含．
试证：(1) ≤1；
(2) C≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，C表示n个不同元素取|Ai|个的组合数．
三、（35分）
水平直线m通过圆O的中心，直线l(m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB(CR+BC(AP=AC(BQ；(2)l与圆O相交时，AB(CR+BC(AP＜AC(BQ；(3)l与圆O相离时，AB(CR+BC(AP＞AC(BQ.
【解析】证明：设MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，⊙O的半径=r．
且设k=d2－r2．则当k>0时，点M在⊙O外，此时，直线l与⊙O相离；
当k=0时，点M在⊙O上，此时，直线l与⊙O相切；
当k<0时，点M在⊙O内，此时，直线l与⊙O相交．
∴ AP==，同理，BQ=，CR=．
则AB(CR+BC(AP－AC(BQ= AB(CR+BC(AP－(AB+BC)(BQ=BC×(AP－BQ)－AB×(BQ－CR)
=BC×－AB×

一、选择题(每小题6分，共36分)
1、设a，b，c是实数，那么对任何实数x， 不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要条件是
(A) a，b同时为0，且c>0 (B) =c
(C) c
4、已知0 (A)x5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是
(A)( π，π) (B)( π，π) (C)(0，) (D)( π，π)
6、在平面直角坐标系中，方程+=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是
(A)三角形 (B)正方形
(C)非正方形的长方形 (D)非正方形的菱形
二、填空题(每小题9分，共54分)
第二试
一、(本题满分25分) x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是复数，且z－4z2=16+20i，设这个方程的两个根α、β，满足|α－β|=2,求|m|的最大值和最小值.
二、(本题满分25分) 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。
(1)求m(G)的最小值m0．
(2)设G*是使m(G*)=m0的一个图案，若G*中的线段(指以P的点为端点的线段)用4种颜色染色,每条线段恰好染一种颜色.证明存在一个染色方案,使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形．
1994年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(每小题6分，共36分)
1、设a，b，c是实数，那么对任何实数x， 不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要条件是
(A) a，b同时为0，且c>0 (B) =c
(C) c
【答案】C
【解析】asinx+bcosx+c=sin(x+φ)+c∈[－+c，+c]．故选C．
2、给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+b2－c2>0．(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2－c2>0，则a2+b2>c2．那么下述说法正确的是
(A)命题(1)正确，命题(2)也正确 (B)命题(1)正确，命题(2)错误
(C)命题(1)错误，命题(2)也错误 (D)命题(1)错误，命题(2)正确
3、已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
【答案】C
【解析】(an+1－1)=－(an－1)，即{ an－1}是以－为公比的等比数列，
∴ an=8(－)n－1+1．∴ Sn=8·+n=6+n－6(－)n，(6·<，(n≥7．选C．
5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是
(A)( π，π) (B)( π，π) (C)( 0，) (D)( π，π)
6、在平面直角坐标系中，方程+=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是
(A)三角形 (B)正方形
(C)非正方形的长方形 (D)非正方形的菱形
【答案】D
【解析】x+y≥0，x－y≥0时，(一、四象限角平分线之间)：(a+b)x+(b－a)y=2ab；
x+y≥0，x－y<0时，(一、二象限角平分线之间)：(b－a)x+(a+b)y=2ab；
x+y<0，x－y≥0时，(三、四象限角平分线之间)：(a－b)x－(a+b)y=2ab；
x+y<0，x－y<0时，(二、三象限角平分线之间)：－(a+b)x+(a－b)y=2ab．
四条直线在a≠b时围成一个菱形(非正方形)．选D．
二、填空题(每小题9分，共54分)
2．已知x，y∈[－，]，a∈R且则cos(x+2y) = ．
3．已知点集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2≤()2}，B={(x，y)|(x－4)2+(y－5)2>()2}，则点集A∩B中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ．
【答案】7
【解析】如图可知，共有7个点，即(1，3)，(1，4)，(1， 5)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，2)共7点．

5．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα= ．
【答案】
【解析】12条棱只有三个方向，故只要取如图中AA(与平面AB(D(所成角即可．设AA(=1，则A(C=，A(C⊥平面AB(D(，A(C被平面AB(D(、BDC(三等分．于是sinα=．
第二试
一、(本题满分25分) x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是复数，且z－4z2=16+20i，设这个方程的两个根α、β，满足|α－β|=2,求|m|的最大值和最小值.
【解析】设m=a+bi(a，b∈R)．则△=z12－4z2－4m=16+20i－4a－4bi=4[(4－a)+(5－b)i]．设△的平方根为u+vi．(u，v∈R)
二、(本题满分25分) 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。
【解析】由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－)(1－)(1－)=48个。1000=48×20+48－8， 105×20=2100.而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86．
∴ 所求数为2186。
由ΔACH为正三角形，易证IC+IA=IH．
由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R．
设∠OHI=α，则0<α<30°．
∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2Rsin(α+45°)
又α+45°<75°，故IO+IA+IC<2 R(+)/4=R(1+)
四、 (本题满分35分) 给定平面上的点集P={P1，P2，…，P1994}, P中任三点均不共线,将P中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将在同一组的任两点用一条线段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案G，不同的分组方式得到不同的图案，将图案G中所含的以P中的点为顶点的三角形个数记为m(G)．
(1)求m(G)的最小值m0．
(2)设G*是使m(G*)=m0的一个图案，若G*中的线段(指以P的点为端点的线段)用4种颜色染色,每条线段恰好染一种颜色．证明存在一个染色方案,使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形．
于是可知，只有当各ni的值相差不超过1时，m(G)才能取得最小值．
1994=83×24+2．故当81组中有24个点，2组中有25个点时，m(G)达到最小值．
m0=81C+2C=81×2024+2×2300=168544．

一、选择题(每小题6分，共36分)
1． 设等差数列{an }满足3a8=5a13且a1>0，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( )
(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21
2． 设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z2，…，Z20，则复数Z，Z，…，Z所对应的不同的点的个数是( )
(A)4 (B)5 (C)10 (D)20
6． 设O是正三棱锥P—ABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA，PB的延长线分别交于Q，R，则和式++
(A)有最大值而无最小值 (B有最小值而无最大值
(C)既有最大值又有最小值，两者不等 (D)是一个与面QPS无关的常数
二、填空题(每小题9分，共54分)
1． 设α，β为一对共轭复数，若|α－β|=2，且为实数，则|α|= ．
2． 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 ．
3． 用[x]表示不大于实数x的最大整数， 方程lg2x－[lgx]－2=0的实根个数是 ．
4． 直角坐标平面上，满足不等式组的整点个数是 ．
5． 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是 ．
6． 设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15x(A，则A中元素的个数最多是 ．

第二试
一、(25分) 给定曲线族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ为参数，求该曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值．
二、(25分) 求一切实数p，使得三次方程5x3－5(p+1)x2+(71p－1)x+1=66p的三个根均为正整数．
四、(35分) 将平面上的每个点都以红，蓝两色之一着色。证明：存在这样两个相似的三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色．
1995年全国高中数学联赛一试(解答)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1． 设等差数列{an}满足3a8=5a13且a1>0，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( )
(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21
【答案】C
【解析】3(a+7d)=5(a+12d)，(d=－a，令an=a－a (n－1)≥0，an+1= a－a n<0，得n=20．选C．
3． 如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子最多可能有( )
4． 已知方程|x－2n|=k(n∈N*)在区间(2n－1，2n+1]上有两个不相等的实根，则k的取值范围是( )
(A)k>0 (B)0 (C) 【答案】B
【解析】由|x－2n|≥0，故k≥0，若k=0，可知在所给区间上只有1解．故k>0．
由图象可得，x=2n+1时，k≤1．即k≤．故选B．
又解：y=(x－2n)2与线段y=k2x(2n－10．且(2n－1)2－(4n+k2)(2n－1)+4n2>0，(2n+1)2－(4n+k2)(2n+1)+4n2≥0，2n－1<2n+k2<2n+1．( k≤．
6． 设O是正三棱锥P—ABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA，PB的延长线分别交于Q，R，则和式++
(A)有最大值而无最小值 (B)有最小值而无最大值
(C)既有最大值又有最小值，两者不等 (D)是一个与面QPS无关的常数
二、填空题(每小题9分，共54分)
1． 设α，β为一对共轭复数，若|α－β|=2，且为实数，则|α|= ．
【答案】2
【解析】设α=x+yi，(x，y∈R)，则|α－β|=2|y|．∴y=±．
设argα=θ，则可取θ+2θ=2π，(因为只要求|α|，故不必写出所有可能的角)．θ=π，于是x=±1．|α|=2．
3． 用[x]表示不大于实数x的最大整数， 方程lg2x－[lgx]－2=0的实根个数是 ．
【答案】3
【解析】令lgx=t，则得t2－2=[t]．作图象，知t=－1，t=2，及1当15． 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是 ．
【答案】420
【解析】顶点染色，有5种方法，
底面4个顶点，用4种颜色染，A=24种方法，用3种颜色，选 1对顶点C，这一对顶点用某种颜色染C，余下2个顶点，任选2色染，A种，共有CCA=48种方法；用2种颜色染： A=12种方法；
∴共有5(24+48+12)=420种方法．
6． 设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15x(A，则A中元素的个数最多是 ．
第二试
一、(25分) 给定曲线族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ为参数，求该曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值．
【解析】以y=2x代入曲线方程得x=0，x=．
∴ 所求弦长l=．故只要求|x|的最大值即可．
由(2x－8)sinθ－(x+1)cosθ=1－3x．((2x－8)2+(x+1)2≥(1－3x)2，即x2+16x－16≤0．
解之得，－8≤x≤2．即|x|≤8(当sinθ=±，cosθ=?时即可取得最大值)．故得最大弦长为8．
三、(35分) 如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E，F，G，H，在弧EF与GH上分别作圆O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证： MQ∥NP．
分析 要证MQ∥NP，因AB∥DC，故可以考虑证明∠AMQ=∠CPN．现∠A=∠C，故可证ΔAMQ∽ΔCPN．于是要证明AM∶AQ=CP∶CN．
四、(35分) 将平面上的每个点都以红，蓝两色之一着色．证明：存在这样两个相似的三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色．
AB边上的分点共有n+1个，由于n为奇数，故必存在其中两个相邻的分点同色，(否则任两个相邻分点异色，则可得A、B异色)，不妨设相邻分点E、F同色．考察E、F所在的小矩形的另两个顶点E(、F(，若E(、F(异色，则△EFE(或△DFF(为三个顶点同色的小直角三角形．若E(、F(同色，再考察以此二点为顶点而在其左边的小矩形，…．这样依次考察过去，不妨设这一行小矩形的每条竖边的两个顶点都同色．
同样，BC边上也存在两个相邻的顶点同色，设为P、Q，则考察PQ所在的小矩形，同理，若P、Q所在小矩形的另一横边两个顶点异色，则存在三顶点同色的小直角三角形．否则，PQ所在列的小矩形的每条横边两个顶点都同色．

一、选择题(本题满分36分，每题6分)
1． 把圆x2+(y－1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( )
(A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形
2． 等比数列{an}的首项a1=1536,公比q=－,用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*)最大的是( )
(A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13
6． 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( )
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
二、填空题(本题满分54分，每小题9分)
1． 集合{x|－1≤log10<－，x∈N*}的真子集的个数是 ．
2． 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，·z2的实部为零，z1的辐角主值为，则z2=_______．
3． 曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是_______．
第二试
一、（本题满分25分）设数列{an}的前n项和Sn=2an－1（n=1，2，…），数列{bn }满足b1=3，bk+1=ak+bk(k=1，2，…)．求数列{bn }的前n项和．
二、（本题满分25分）求实数a的取值范围，使得对任意实数x和任意θ∈[0，]，恒有
（x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥．
三、（本题满分35分）如图，圆O1和圆O2与△ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。求证直线PA与BC垂直。
四、（本题满分35分）有n(n≥6)个人聚会，已知：
（1）每人至少同其中个人互相认识；
（2）对于其中任意个人，或者其中有2 人相识，或者余下的人中有2人相识．
证明：这n个人中必有三人两两认识．
1996年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(本题满分36分，每题6分)
1． 把圆x2+(y－1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( )
(A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形
2． 等比数列{an}的首项a1=1536,公比q=－，用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*)最大的是( )
(A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13
3． 存在整数n,使+是整数的质数( )
(A)不存在 (B)只有一个
(C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个
【答案】D
【解析】如果p为奇质数，p=2k+1，则存在n=k2(k∈N+)，使+=2k+1．故选D．
4． 设x∈(－,0)，以下三个数α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小关系是( )
(A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1
【答案】D
5． 如果在区间[1,2]上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该区间上的最大值是( )
(A) 4++ (B) 4－+
(C) 1－+ (D)以上答案都不对
6． 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( )
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
【答案】B
【解析】O2与下底距离=3，与O1距离=2+3=5，与轴距离=4，问题转化为在以4为半径的圆周上，能放几个距离为6的点？
右图中，由sin∠O2HC=3/4>0．707，即∠O2HO3>90°，即此圆上还可再放下2个满足要求的点．故选B．
二、填空题(本题满分54分，每小题9分)
1． 集合{x|－1≤log10<－，x∈N*}的真子集的个数是 ．
【答案】290-1
【解析】由已知，得2． 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，·z2的实部为零，z1的辐角主值为，则z2=_______．
3． 曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是_______。
4． 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________。
【答案】3
【解析】该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a，侧棱为b．
5． 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_______种。(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同。)
6． 在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为________．
【答案】4
【解析】把圆心平移至原点，不影响问题的结果．故问题即求x2+y2=1992的整数解数．
显然x、y一奇一偶，设x=2m，y=2n－1．且1≤m，n≤99．
则得4m2=1992－(2n－1)2=(198+2n)(200－2n)．m2=(99+n)(100－n)≡(n－1)(－n) (mod 4)
由于m为正整数，m2≡0，1 (mod 4)；(n－1)(－n)≡
二者矛盾，故只有(0，±199)，(±199，0)这4解．
∴ 共有4个．(199，±199)，(0，0)，(398，0)．
第二试
一、（本题满分25分）
设数列{an}的前n项和Sn=2an－1（n=1，2，…），数列{bn }满足b1=3，bk+1=ak+bk（k=1，2，…)．求数列{bn }的前n项和．
二、（本题满分25分）
求实数a的取值范围，使得对任意实数x和任意θ∈[0，]，恒有
（x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥．
三、（本题满分35分）
如图，圆O1和圆O2与△ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。求证直线PA与BC垂直。
设P、A在EF上的射影分别为M、N，则EM=EPcos∠FEP=(b+c) ．
又BN=ccosB，故只须证ccosB+ (b+c－a)= (b+c) ,
即sinCcosB+ (sinB+sinC－sin(B+C)) =(sinB+sinC) 就是
2coscossin=sinCcosB－sinBcosC－cosBsinC+sincos
右边= sin(C－B)+sincos=cos(sin－sin)
=2cos cos sin 。故证。
四、（本题满分35分）
有n（n≥6）个人聚会，已知：
（1）每人至少同其中个人互相认识；
（2）对于其中任意个人，或者其中有2 人相识，或者余下的人中有2人相识．
证明：这n个人中必有三人两两认识．

一、选择题(每小题6分，共36分)
1．已知数列{xn}满足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 记Sn=x1+x2+(+xn，则下列结论正确的是(A)x100((a，S100=2b(a (B)x100((b，S100(2b(a(C)x100((b，S100=b(a (D)x100((a，S100(b(a
4．在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为 (A)(0，1) (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞)
5．设f(x)=x2－πx，( ( arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，(=arccot(－)，则(A)f(α)>f(β)>f(()>f(γ) (B) f(α)> f(()>f(β)>f(γ) (C) f(()>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(()>f(α)>f(γ)>f(β)
6．如果空间三条直线a，b，c两两成异面直线，那么与a，b，c都相交的直线有(A) 0条 (B) 1条 (C)多于1 的有限条 (D) 无穷多条
二．填空题(每小题9分，共54分)
1．设x，y为实数，且满足则x+y ( .
2．过双曲线x2－=1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数λ使得|AB| (λ的直线l恰有3条，则λ= .
3．已知复数z满足=1，则z的幅角主值范围是 ．
4．已知三棱锥S(ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点均在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为 ．
5．设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．
6．设a (logz+log[x(yz)(1+1]，b (logx(1+log(xyz+1)，c (logy+log[(xyz)(1+1]，记a，b，c中最大数为M，则M的最小值为 ．
三、（本题满分20分）
设x≥y≥z≥，且x+y+z (，求乘积cosx siny cosz的最大值和最小值．
五、(本题满分20分)
设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足

其中S为实数且|S|≤2．求证：复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
第二试
(10月5日上午10:30(12:30)
一、（本题50分）如图，已知两个半径不相等的⊙O1与⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2分别与⊙O内切于S、T两点。求证：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线。
求最小的自然数k，使得只要表1中填入的数满足xi，j≤1（i=1，2，…，100），
则当i≥k时，在表2中就能保证x(i，j≤1成立。
表1
表2
x1,1
x1,2
…
x1,25
x(1,1
x(1,2
…
x(1,25
x2,1
x2,2
…
x2,25
x(2,1
x(2,2
…
x(2,25
…
…
…
…
…
…
…
…
x100,1
x100,2
…
x100,25
x(100,1
x(100,2
…
x(100,25
1997年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(每小题6分，共36分)
1．已知数列{xn}满足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 记Sn=x1+x2+(+xn，则下列结论正确的是(A)x100((a，S100=2b(a (B)x100((b，S100(2b(a(C)x100((b，S100=b(a (D)x100((a，S100(b(a
【答案】A
【解析】x1=a，x2=b，x3=b－a，x4=－a，x5=－b，x6=a－b，x7=a，x8=b，…．易知此数列循环，xn+6=xn，于是x100=x4=－a，
又x1+x2+x3+x4+x5+x6=0，故S100=2b－a．选A．
3．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个
【答案】C
4．在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为 (A)(0，1) (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞)
【答案】D
【解析】看成是轨迹上点到(0，－1)的距离与到直线x－2y+3=0的距离的比：
=<1(m>5，选D．
5．设f(x)=x2－πx，( ( arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，(=arccot(－)，则 (A)f(α)>f(β)>f(()>f(γ) (B) f(α)> f(()>f(β)>f(γ) (C) f(i)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(()>f(α)>f(γ)>f(β)
【答案】B
【解析】f(x)的对称轴为x=，
易得， 0<α<<<β<<<γ<<<δ<．选B．
二．填空题(每小题9分，共54分)
1．设x，y为实数，且满足则x+y ( .
【答案】2
【解析】原方程组即
取 f(t)=t3+1997t+1，f ((t)=3t2+1987>0．故f(t)单调增，现x－1=1－y，x+y=2．
3．已知复数z满足=1，则z的幅角主值范围是 ．
4．已知三棱锥S(ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点均在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为 ．
5．设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．
【答案】26
【解析】青蛙跳5次，只可能跳到B、D、F三点(染色可证)．
青蛙顺时针跳1次算+1，逆时针跳1次算－1，写5个“□1”，在□中填“+”号或“－”号：
□1□1□1□1□1
规则可解释为：前三个□中如果同号，则停止填写；若不同号，则后2个□中继续填写符号．
前三□同号的方法有2种；前三个□不同号的方法有23－2=6种，后两个□中填号的方法有22种．
∴ 共有2+6×4=26种方法．
6．设a (logz+log[x(yz)(1+1]，b (logx(1+log(xyz+1)，c (logy+log[(xyz)(1+1]，记a，b，c中最大数为M，则M的最小值为 ．
【答案】log2
【解析】a=log(+z)，b=log(yz+)，c=log(+y)．
∴ a+c=log(++yz+x)≥2log2．于是a、c中必有一个≥log2．即M≥log2，于是M的最小值≥log2．
但取x=y=z=1，得a=b=c=log2．即此时M=log2．于是M的最小值≤log2．
∴ 所求值=log2．
四、(本题满分20分)
设双曲线xy(1的两支为C1，C2(如图)，正三角形PQR的三顶点位于此双曲线上．
(1)求证：P、Q、R不能都在双曲线的同一支上；
(2)设P((1，(1)在C2上， Q、R在C1上，求顶点Q、R的坐标．
【解析】设某个正三角形的三个顶点都在同一支上．此三点的坐标为P(x1，)，Q(x2，)，R(x3，)．不妨设0>>0．
kPQ==－；kQR=－；
tan∠PQR=<0，从而∠PQR为钝角．即△PQR不可能是正三角形．
五、(本题满分20分)
设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足

其中S为实数且|S|≤2．求证：复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
∴ q+∈R．再令q=r(cosα+isinα)，(r>0)．则q+=(r+)cosα+i(r－)sinα∈R．(sinα=0或r=1．
若sinα=0，则q=±r为实数．此时q+≥2或q+≤－2．此时q++≥，或q++≤－．
此时，由|(q++)2－|≤1，知q=－1．此时，|ai|=2．
若r=1，仍有|ai|=2，故此五点在同一圆周上．
⑵ 若1+q+q2+q3+q4=0．则q5－1=0，∴ |q|=1．此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五点在同一圆上．
综上可知，表示复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
第二试
二．（本题50分）试问：当且仅当实数x0，x1，…，xn（n≥2）满足什么条件时，存在实数y0，y1，…，yn使得z02=z12+z22+…+zn2成立，其中zk=xk+iyk，i为虚数单位，k=0，1，…，n。证明你的结论。
【解析】解： z02=x02－y02+2x0y0i=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i．
∴ x02－y02=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)；
x0y0=x1y1+x2y2+…+xnyn．
若x02> x12+x22+…+xn2，则y02> y12+y22+…+yn2．
此时x02y02>( x12+x22+…+xn2)( y12+y22+…+yn2)≥(x1y1+x2y2+…+xnyn)2=(x0y0)2．矛盾．
故必x02≤x12+x22+…+xn2．
反之，若x02≤x12+x22+…+xn2成立．此时，可分两种情况：
⑴ 当x02=x12+x22+…+xn2成立时，取yi=xi(i=0，1，2，…，n)，
于是z02=(x0+y0i)2=x02－y02+2x0y0i=2x0y0i，
而z12+z22+…+zn2=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i
=2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i=2(x12+x22+…+xn2)i=2x02i=2x0y0i．即z02=z12+z22+…+zn2成立．
三、（本题50分）在100×25的长方形表格中每一格填入一个非负实数，第i行第j列中填入的数为xi , j（i=1，2，…，100；j=1，2，…，25）（如表1）。然后将表1每列中的数按由小到大的次序从上到下重新排列为x(1 , j≥x(2 , j≥…≥x(100 , j（j=1，2，…，25）。（如表2）
求最小的自然数k，使得只要表1中填入的数满足xi，j≤1（i=1，2，…，100），
则当i≥k时，在表2中就能保证x(i，j≤1成立。
表1
表2
x1,1
x1,2
…
x1,25
x(1,1
x(1,2
…
x(1,25
x2,1
x2,2
…
x2,25
x(2,1
x(2,2
…
x(2,25
…
…
…
…
…
…
…
…
x100,1
x100,2
…
x100,25
x(100,1
x(100,2
…
x(100,25

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
若a > 1, b > 1, 且lg(a + b)=lga+lgb, 则lg(a –1)+lg(b –1) 的值( )
（A）等于lg2 （B）等于1
(C ) 等于0 (D) 不是与a, b无关的常数
2.若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},则能使A(A∩B成立的所有a的集合是( )
（A）{a | 1≤a≤9} (B) {a | 6≤a≤9}
(C) {a | a≤9} (D) ?
6.在正方体的8个顶点, 12条棱的中点, 6个面的中心及正方体的中心共27个点中, 共线的三点组的个数是( )
(A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37
二、填空题( 本题满分54分,每小题9分) 各小题只要求直接填写结果.
1．若f (x) (x(R)是以2为周期的偶函数, 当x([ 0, 1 ]时,f(x)=x，则f()，f()，f()由小到大排列是 ．
2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，复数z，(1+i)z，2在复平面上对应的三个点分别是P, Q, R.当P, Q, R不共线时,以线段PQ, PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S, 点S到原点距离的最大值是___________.
3．从0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9这10个数中取出3个数, 使其和为不小于10的偶数, 不同的取法有________种.
4．各项为实数的等差数列的公差为4, 其首项的平方与其余各项之和不超过100, 这样的数列至多有_______项.
5．若椭圆x2+4(y－a)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是 ．
6．(ABC中, (C = 90o, (B = 30o, AC = 2, M是AB的中点. 将(ACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为 2，此时三棱锥A-BCM的体积等于__________.
三、（本题满分20分）
已知复数z=1－sinθ+icosθ(<θ<π)，求z的共轭复数的辐角主值．
四、（本题满分20分）
设函数f (x) = ax 2 +8x +3 (a<0)．对于给定的负数a , 有一个最大的正数l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ( 5都成立．
问：a为何值时l(a)最大? 求出这个最大的l(a)．证明你的结论.
五、（本题满分20分）
已知抛物线y 2 = 2px及定点A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ( 0, b 2 ( 2pa)．M是抛物线上的点, 设直线AM, BM与抛物线的另一交点分别为M1, M2．
求证：当M点在抛物线上变动时(只要M1, M2存在且M1 ( M2)，直线M1M2恒过一个定点．并求出这个定点的坐标．
第二试
二、（满分50分）设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b，
求证：≤a．并问：等号成立的充要条件．
三、（满分50分）对于正整数a、n，定义Fn(a)=q＋r，其中q、r为非负整数，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意的正整数a≤A，都有
F(F(F(F(F(F(a))))))=1．证明你的结论．
一九九八年全国高中数学联赛解答
第一试
一．选择题（本题满分36分，每小题6分）
2．若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},则能使A(A∩B成立的所有a的集合是( )
（A）{a | 1≤a≤9} (B) {a | 6≤a≤9}
(C) {a | a≤9} (D) ?
【答案】B
【解析】A(B，A≠?．( 3≤2a+1≤3a－5≤22，(6≤a≤9．故选B．
4.设命题P：关于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0与a 2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同;
命题Q：==． 则命题Q( )
(A) 是命题P的充分必要条件
(B) 是命题P的充分条件但不是必要条件
(C) 是命题P的必要条件但不是充分条件
(D) 既不是是命题P的充分条件也不是命题P的必要条件
【答案】D
【解析】若两个不等式的解集都是R，否定A、C，若比值为－1，否定A、B，选D．
5.设E, F, G分别是正四面体ABCD的棱AB,BC,CD的中点,则二面角C—FG—E的大小是( )
(A) arcsin (B) +arccos (C) －arctan (D) π－arccot
6.在正方体的8个顶点, 12条棱的中点, 6个面的中心及正方体的中心共27个点中, 共线的三点组的个数是( )
(A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37
【答案】B
【解析】8个顶点中无3点共线，故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心．
⑴ 体中心为中点：4对顶点，6对棱中点，3对面中心；共13组；
⑵ 面中心为中点：4×6=24组；
⑶ 棱中点为中点：12个．共49个，选B．
二、填空题( 本题满分54分,每小题9分) 各小题只要求直接填写结果.
1．若f (x) (x(R)是以2为周期的偶函数, 当x([ 0, 1 ]时,f(x)=x，则f()，f()，f()由小到大排列是 ．
2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，复数z，(1+i)z，2在复平面上对应的三个点分别是P, Q, R.当P, Q, R不共线时,以线段PQ, PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S, 点S到原点距离的最大值是___________.
【答案】3
【解析】 =++=+－+－
=+－
=(1+i)z+2－z=iz+2
=(2cosθ－sinθ)+i(cosθ－2sinθ)．
∴|OS|2=5－4sin2θ≤9．即|OS|≤3，当sin2θ=1，即θ=时，|OS|=3．
4．各项为实数的等差数列的公差为4, 其首项的平方与其余各项之和不超过100, 这样的数列至多有_______项.
【答案】8
【解析】设其首项为a，项数为n．则得a2+(n－1)a+2n2－2n－100≤0．
△=(n－1)2－4(2n2－2n－100)=－7n2+6n+401≥0．∴ n≤8．
取n=8，则－4≤a≤－3．即至多8项．
(也可直接配方：(a+)2+2n2－2n－100－()2≤0．解2n2－2n－100－()2≤0仍得n≤8．)
6．(ABC中, (C = 90o, (B = 30o, AC = 2, M是AB的中点. 将(ACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为 2，此时三棱锥A－BCM的体积等于 ．
【答案】
【解析】由已知，得AB=4，AM=MB=MC=2，BC=2，由△AMC为等边三角形，取CM中点，则AD⊥CM，AD交BC于E，则AD=，DE=，CE=．
折起后，由BC2=AC2+AB2，知∠BAC=90°，cos∠ECA=．
∴ AE2=CA2+CE2－2CA·CEcos∠ECA=，于是AC2=AE2+CE2．(∠AEC=90°．
∵ AD2=AE2+ED2，(AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A－BCM的高，AE=．
S△BCM=，VA—BCM=．
三、（本题满分20分）

四、（本题满分20分）
设函数f (x) = ax2 +8x+3 (a<0)．对于给定的负数a , 有一个最大的正数l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ( 5都成立．
问：a为何值时l(a)最大? 求出这个最大的l(a)．证明你的结论．
五、（本题满分20分）
已知抛物线y 2 = 2px及定点A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ( 0, b 2 ( 2pa).M是抛物线上的点, 设直线AM, BM与抛物线的另一交点分别为M1, M2．
求证：当M点在抛物线上变动时(只要M1, M2存在且M1 ( M2.)直线M1M2恒过一个定点．并求出这个定点的坐标.
第二试
一、（满分50分）如图，O、I分别为△ABC的外心和内心，AD是BC边上的高，I在线段OD上。求证：△ABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径。
注：△ABC的BC边上的旁切圆是与边AB、AC的延长线以及边BC都相切的圆。
【解析】 由旁切圆半径公式，有
ra==，故只须证明
=即可。连AI并延长交⊙O于K，连OK交BC于M，则K、M分别为弧BC及弦BC的中点。且OK⊥BC。于是OK∥AD，又OK=R，故
===，
故只须证==．
作IN⊥AB，交AB于N，则AN=(b+c－a),
而由⊿AIN∽⊿BKM，可证=成立，故证。
二、（满分50分）设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b，
求证：≤a．并问：等号成立的充要条件．
三、（满分50分）对于正整数a、n，定义Fn（a）=q＋r，其中q、r为非负整数，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意的正整数a≤A，都有F(F(F(F(F(F(a))))))=1．证明你的结论．
【解析】将满足条件“存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数a≤B，都有F(F(…(F(a)…)=1”的最大正整数B记为xk显然，本题所求的最大正整数A即为x6。
⑴先证x1=2．事实上，F2(1)=F2(2)=1，所以x1≥2?,又当n1≥3时，F(2) =2，而F2 另一方面，若取n1=+2，由于=·n1+对于每个a≤，令a=qn1+r，那么
或者q=,r≤；或者q≤－1,r≤n1－1=+1。
两种情况下均有q+r≤xk,因此xk+1=。此外，因为xk为偶数，若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)，若xk≡2(mod4)，由xk+6≡0(mod 4)也可得8|xk(xk+6)．因此xk+1也是偶数。于是完成了归纳证明xk+1=．
由x1=2逐次递推出x2=4,x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590．
即所求最大整数A=53590．

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。
给定公比为q(q(1)的等比数列{an}，设b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6,…, bn=a3n(2+a3n(1+a3n,…，则数列{bn} 【答】（　 ）(A) 是等差数列 (B) 是公比为q的等比数列(C) 是公比为q3的等比数列 (D) 既非等差数列也非等比数列
在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是 【答】（　 ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3
已知点A(1,2)，过点(5,(2)的直线与抛物线y2=4x交于另外两点B,C，那么，△ABC是 (A) 锐角三角形 (B) 钝角三角形 (C) 直角三角形 (D) 不确定 【答】（　 ）
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. 已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是___________.
已知=arctg，那么，复数的辐角主值是_________.
在△ABC中，记BC=a，CA=b，AB=c，若9a2+9b2(19c2=0，则=__________.
已知点P在双曲线上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项，那么，P的横坐标是_____.
已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{(3,(2,(1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是______.
已知三棱锥S(ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是△SBC的垂心，二面角H(AB(C的平面角等于30(, SA=2。那么三棱锥S(ABC的体积为__________.
三、解答题(本题满分60分，每小题20分)
13. 已知当x([0,1]时，不等式恒成立，试求的取值范围。
14. 给定A((2,2)，已知B是椭圆上的动点，F是左焦点，当|AB|+|BF|取最小值时，求B的坐标。
15. 给定正整数n和正数M，对于满足条件≤M的所有等差数列a1,a2,a3,….，试求S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。
第二试
三、(满分50分) 给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1,2,3,…,n克的所有物品。
（1）求k的最小值f(n)；
（2）当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。
1999年全国高中数学联合竞赛答案
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
答案
C
A
B
D
B
C
1. 给定公比为q(q(1)的等比数列{an}，设b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6,…, bn=a3n(2+a3n(1+a3n,…，则数列{bn} 【答】（　 ） (A) 是等差数列 (B) 是公比为q的等比数列 (C) 是公比为q3的等比数列 (D) 既非等差数列也非等比数列
2. 平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么，满足不等式 (|x|(1)2+(|y|(1)2＜2的整点(x,y)的个数是 【答】（　 ） (A) 16 (B) 17 (C) 18 (D) 25
【答案】(A)
【解析】由,可得(|x|-1,|y|-1)为(0，0)，(0，1)，(0，-1)，(1，0)或(-1，0).从而，不难得到(x,y)共有16个.
5. 在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是 【答】（　 ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3
【答案】(B)
【解析】设这三名选手之间的比赛场数是r，共n名选手参赛.由题意，可得，即=44+r.由于0≤r≤3，经检验可知，仅当r=1时，n=13为正整数.
二、填空题
题号
7
8
9
10
11
12
答案
6

43
7. 已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是___________.
【答案】6.
8. 已知=arctg，那么，复数的辐角主值是_________.
【答案】
【解析】 z的辐角主值 argz=arg［(12+5i)2 (239-i)］
　　　　　　=arg［(119+120i) (239-i)］ =arg［28561+28561i］=
9. 在△ABC中，记BC=a，CA=b，AB=c，若9a2+9b2(19c2=0，则=__________.
【答案】 .
【解析】
　　　
　　　
12. 已知三棱锥S(ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是△SBC的垂心，二面角H(AB(C的平面角等于30(, SA=2。那么三棱锥S(ABC的体积为__________.
【答案】
【解析】由题设，AH⊥面SBC.作BH⊥SC于E.由三垂线定理可知SC⊥AE，SC⊥AB.故SC⊥面ABE.设S在面ABC内射影为O，则SO⊥面ABC.由三垂线定理之逆定理，可知CO⊥AB于F.同理，BO⊥AC.故O为△ABC的垂心.
　　 又因为△ABC是等边三角形，故O为△ABC的中心，从而SA=SB=SC=.
　　 因为CF⊥AB，CF是EF在面ABC上的射影，由三垂线定理，EF⊥AB.所以，∠EFC是二面角H-AB-C的平面角.故∠EFC=30°，
　　　　 OC=SCcos60°=，SO= OC tg60°=3.
　　 又OC=AB，故AB=OC=3. 所以，VS-ABC=.
三、解答题
13. 已知当x([0,1]时，不等式恒成立，试求的取值范围。
【解析】
因此，原题中θ的取值范围是2kπ+<θ<2kπ+ ,k(Z.
或解：若对一切x∈［0，1］，恒有
14. 给定A((2,2)，已知B是椭圆上的动点，F是左焦点，当|AB|+|BF|取最小值时，求B的坐标。
【解析】
15. 给定正整数n和正数M，对于满足条件≤M的所有等差数列a1,a2,a3,….，试求
S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。
1999年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准
一、(满分50分) 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC.
二、(满分50分) 给定实数a, b, c，已知复数z1 , z2 , z3 满足：
，求|az1+bz2+cz3|的值。
【解析】 记 eiθ=cosθ+isinθ．可设 ，，则 ．由题设，有eiθ+eiφ+e-i(θ+φ)=1.φ两边取虚部，有0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)
三、(满分50分) 给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1,2,3,…,n克的所有物品。
（1）求k的最小值f(n)；
（2）当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。
【解析】(1)设这k块砝码的质量数分别为a1,a2,…,ak，且1≤a1≤a2≤…≤ak，ai∈Z，1≤i≤k．因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为 xiai,xi∈｛-1，0，1｝．若利用这k块砝码可以称出质量为1，2，3，…,n的物品，则上述表示式中含有1，2，…，n，由对称性易知也含有0，-1，-2，…，-n，即　　｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝｛0,±1，…，±n｝．　　所以，2n+1=|｛0，±1，…，±n｝| ≤|｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝|≤3k，　　即 n≤
　　Ⅱ.下面我们证明：当n=时，f(n)=m块砝码的组成方式是惟一的，即ai=3i-1(1≤i≤m)．　　若对每个-≤l≤,都有l=xiai，xi∈｛-1，0，1｝．　　即 ｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝｛0,±1，…，±｝．　　注意左边集合中至多有3m个元素．故必有　　｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝=｛0,±1，…，±｝．

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。
设全集是实数，若A={x|≤0}，B={x|=},则是 （　 ）(A) {2} (B) {(1} (C) {x|x≤2} (D)
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，则一元二次方程bx2(2ax+c=0 （　 ）(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
平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线的距离中的最小值是(A) (B) (C) (D) （　 ）
设，则以(,(3,(7,(9为根的方程是 （　 ）
(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。
arcsin(sin2000()=__________.
设an是(3(的展开式中x项的系数(n=2,3,4,…)，则)=________.
等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是____________.
在椭圆(a＞b＞0)中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B.若该椭圆的离心率是，则∠ABF=_________.
【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．
二．（本题满分50分）
设数列{a n}和{b n }满足，且
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
【解析】由得x=2，故A={2}；由得，故B={-1，2}.所以=φ.
3．【答案】C
【解析】如图所示，设BD=t，则OD=t-1，从而B（t-1，t）
满足方程，可以得到t=,所以等边三角形，ΔABC的面积是.
4．【答案】 A
【解析】由题意知pq=a2，2b=p+c,2c=q+b，bc=≥=pq=a2 .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
【解析】设整点坐标(m,n)，则它到直线25x-15y+12=0的距离为
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.
二、填空题（满分54分，每小题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】由二项式定理知，，因此
==18.
11．【答案】
12．【答案】28
【解析】 中恰有2个不中数字时，能组成C= 6个不中数字
中恰有3个不中数字时，能组成C+=12+4=16个不中数字
中恰有4个不中数字时，能组成P=6个不中数字
所以，符合要求的数字共有6+16+6=28个
14．【答案】所求区间为[1,3]或[-2-].
【解析】 化三种情况讨论区间[a,b].
若0a，解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ],
(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
2a.故2b=,b=.由于a<0,
又f(b)=-() + =
故 f(x)在x=a处取最小值2a,即 2a=+,
解得a=-2-;于是得 [a,b]=[-2-,].
当a 即2a=-+,2b=-+.
由于方程x+2x-=0的两根异号，故满足ab0的区间不存在.
综上所述，所求区间为[1,3]或[-2-].
15．【答案】所求条件为+=1.
又在Rt△POQ中，设点O到PQ的距离为h，则=+=1,故得h=1
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 ，=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
二．【解析】
[证法一]：由假设得a1=4, b1=4且当n1时（2an+1-1）+=(14an+12bn-7)+(8an+7bn-4)
=[(2an-1)+](7+4)
依次类推可得（2an-1）+= (7+(2a1 -1+)=(7+4
同理（2an-1+ ）-=(7+4从而 an=(7+4+(7+4+ .
由于 74=（2 ，所以 an =[(2++(2-)
由二项式展开得 c n =(2++(2-)= ,
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
则有
解得或
三．【解析】显然n5. 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 .则
m i +m j – y i . j =-= c . （*）
其中c是常数 ，l .
根据（*）知，=1 , l .
, l
设 mi =max{ms ,1} ,m j = min{ms,1sn.} ,
则 m i +m j1.
若 m i +m j=1 ,则对于任意 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 .
出现矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1sn)恒为常数 。
根据 （*）知，y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。
若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1sn 。与已知条件矛盾 。
因此 ，y I ,s =1 ms=n-1 , 1sn . 所以
n(n-1)-(2n-3)=, 即 (n-2)(n-3)=2 .
二○○一年全国高中数学联赛
（10月4日上午8：00—9：40）
题号
一
二
三
合计
加试
总成绩
13
14
15
得分
评卷人
复核人
学生注意：1、本试卷共有三大题（15个小题），全卷满分150分。
2、用圆珠笔或钢笔作答。
3、解题书写不要超过装订线。
4、不能使用计算器。
选择题（本题满分36分，每小题6分）
本题共有6个小是题，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、选错或选的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。
1、已知a为给定的实数，那么集合M={x|x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的个数为
（A）1 （B）2 （C）4 （D）不确定
5．若（1＋ｘ＋ｘ2）1000的展开式为ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ2000ｘ2000，
则ａ０＋ａ3＋ａ6＋ａ9＋…＋ａ1998的值为（　　）．　 （A）3333 　　 （B）3666　　 （C）3999　　 （D）32001
6．已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24，而4枝攻瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是（　　）．　 （A）2枝玫瑰价格高　　 （B）3枝康乃馨价格高 （C）价格相同　　　　 （D）不确定二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．椭圆ρ＝1／（2－ｃｏｓθ）的短轴长等于______________．
8、若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1-2z2=-I,则z1z2= 。
9、正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1 ，则直线A1C1与BD1的距离是 。
10、不等式的解集为 。
11、函数的值域为 。
14、设曲线C1:(a为正常数)与C2:y2=2(x+m)在x轴上方公有一个公共点P。
求实数m的取值范围（用a表示）；
O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当015、用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6、（a1>a2>a3>a4>a5>a6）的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论。
二○○一年全国高中数学联合竞赛加试试题
（10月4日上午10：00—12：00）
学生注意：1、本试卷共有三大题，全卷满分150分。
2、用圆珠笔或钢笔作答。
3、解题书写不要超过装订线。
4、不能使用计算器。
一、（本题满分50分）
如图：⊿ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N。求证：（1）OB⊥DF，OC⊥DE；（2）OH⊥MN。
二、（本题满分50分）
设xi≥0(I=1,2,3,…,n)且，求的最大值与最小值。
三、（本题满分50分）
将边长为正整数m,n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩形的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值。
2001年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
一．选择题：CBDDCA
2．命题1：长方体中，必存在到各顶点距高相等的点．　 命题2：长方体中，必存在到各条棱距离相等的点；　 命题3：长方体中，必存在到各个面距离相等的点．　 以上三个命题中正确的有（　　）．　 Ａ．0个　　Ｂ．1个　　Ｃ．2个　　Ｄ．3个
【答案】B　 【解析】由于长方体的中心到各顶点的距离相等，所以命题1正确．对于命题2和命题3，一般的长方体（除正方体外）中不存在到各条棱距离相等的点，也不存在到各个面距离相等的点．因此，本题只有命题1正确，选Ｂ．　
4．如果满足∠ＡＢＣ＝60°，ＡＣ＝12，ＢＣ＝ｋ的△ＡＢＣ恰有一个，那么ｋ的取值范围是（　　）． Ａ．　　　　　Ｂ．0＜ｋ≤12　Ｃ．ｋ≥12　　　　　　 Ｄ．0＜ｋ≤12或
【答案】D　【解析】这是“已知三角形的两边及其一边的对角，解三角形”这类问题的一个逆向问题，由课本结论知，应选结论Ｄ．　说明：本题也可以通过画图直观地判断，还可以用特殊值法排除Ａ、Ｂ、Ｃ．　
5．若（1＋ｘ＋ｘ2）1000的展开式为ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ2000ｘ2000，
则ａ０＋ａ3＋ａ6＋ａ9＋…＋ａ1998的值为（　　）．　Ａ．3333?　　Ｂ．3666?　　Ｃ．3999?　　Ｄ．32001
【答案】C6．已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24，而4枝攻瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是（　　）．　Ａ．2枝玫瑰价格高　　Ｂ．3枝康乃馨价格高 Ｃ．价格相同　　　　 Ｄ．不确定
【答案】A二．填空题
7． 8． 9． 10． 11． 12． 732
7．椭圆ρ＝1／（2－ｃｏｓθ）的短轴长等于______________．　?【答案】

8．若复数ｚ１、ｚ２满足｜ｚ１｜＝2，｜ｚ３｜＝3，3ｚ１－2ｚ２＝（3／2）－ｉ，则ｚ１·ｚ２＝______________．　?【答案】
ｓｉｎ（α＋β）＝12／13，ｃｏｓ（α＋β）＝－5／13．故ｚ１·ｚ２＝6［ｃｏｓ（α＋β）＋ｉｓｉｎ（α＋β）］ ＝－（30／13）＋（72／13）ｉ．说明：本题也可以利用复数的几何意义解．　?
10．不等式｜（1／ｌｏｇ1／2ｘ）＋2｜＞3／2的解集为______________．　【答案】ｘ＞4，或1＜ｘ＜22／7，或0＜ｘ＜1．?
【解析】从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得ｌｏｇ1／2ｘ＜－2，或－2／7＜ｌｏｇ1／2ｘ＜0，或ｌｏｇ1／2ｘ＞0．从而ｘ＞4，或1＜ｘ＜22／7，或0＜ｘ＜1．　?
11．函数ｙ＝ｘ＋的值域为______________．
【答案】［1，3／2）∪［2，＋∞）．　【解析】先平方去掉根号．由题设得（ｙ－ｘ）２＝ｘ２－3ｘ＋2，则ｘ＝（ｙ２－2）／（2ｙ－3）．由ｙ≥ｘ，得ｙ≥（ｙ２－2）／（2ｙ－3）．解得1≤ｙ＜3／2，或ｙ≥2．由于能达到下界0，所以函数的值域为［1，3／2）∪［2，＋∞）．说明：（1）参考答案在求得1≤ｙ＜3／2或ｙ≥2后，还用了较长的篇幅进行了一番验证，确无必要．（2）本题还可以用三角代换法和图象法来解，不过较繁，读者不妨一试．
12．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图3），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有4种不同的植物可供选择，则有______________种栽种方案．
【答案】732　?【解析】为了叙述方便起见，我们给六块区域依次标上字母Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ．按间隔三块Ａ、Ｃ、Ｅ种植植物的种数，分以下三类．
三．解答题
13．【解析】设所求公差为d，∵a1＜a2，∴d＞0．由此得 化简得：14．【解析】(1)由 消去y得： ① 设，问题(1)化为方程①在x∈(－a，a)上有唯一解或等根． 只需讨论以下三种情况： 1°△＝0得：，此时xp＝－a2，当且仅当－a＜－a2＜a，即0＜a＜1时适合； 2°f (a)f (－a)＜0，当且仅当－a＜m＜a； 3°f (－a)＝0得m＝a，此时xp＝a－2a2，当且仅当－a＜a－2a2＜a，即0＜a＜1时适合． f (a)＝0得m＝－a，此时xp＝－a－2a2，由于－a－2a2＜－a，从而m≠－a． 综上可知，当0＜a＜1时，或－a＜m≤a； 当a≥1时，－a＜m＜a．
15．【解析】设6个电阻的组件(如图3)的总电阻为RFG，当R i＝a i，i＝3，4，5，6，R1、R2是a1、a2的任意排列时，RFG最小
证明如下： 1．设当两个电阻R1、R2并联时，所得组件阻值为R，则．故交换二电阻的位置，不改变R值，且当R1或R2变小时，R也减小，因此不妨取R1＞R2．
2．设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB 显然R1＋R2越大，RAB越小，所以为使RAB最小必须取R3为所取三个电阻中阻值最小的—个．
4°对于图3把由R1、R2、R3组成的组件用等效电阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6＜R5；且由1°应使RCE最小．由2°知要使RCE最小，必需使R5＜R4，且应使RCD最小． 而由3°，要使RCD最小，应使R4＜R3＜R2且R4＜R3＜R1， 这就说明，要证结论成立
2001年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准
另证：以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系， 设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则  ∴直线AC的方程为，直线BE的方程为 由 得E点坐标为E() 同理可得F() 直线AC的垂直平分线方程为 直线BC的垂直平分线方程为 由 得O()  ∵ ∴OB⊥DF
二．【解析】先求最小值，因为≥1等号成立当且仅当存在i使得xi＝1，xj＝0，j＝i ∴最小值为1． 再求最大值，令 ∴ ① 设， 令 则①?  令＝0，则 
三．【解析】记所求最小值为f (m，n)，可义证明f (m，n)＝rn＋n－(m，n) (*) 其中(m，n) 表示m和n的最大公约数  事实上，不妨没m≥n
(1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn＋n－(m，n) 当用m＝1时，命题显然成立．
假设当，m≤k时，结论成立(k≥1)．当m＝k＋1时，若n＝k＋1，则命题显然成立．若n＜k＋1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为m—n＋n—(m－n，n)＝m－(m，n)，于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为rn＋n－(m，n)  (2)关于m归纳可以证明(*)成立． 当m＝1时，由于n＝1，显然f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 假设当m≤k时，对任意1≤n≤m有f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 若m＝k＋1，当n＝k＋1时显然f (m，n)＝k＋1＝rn＋n－(m，n)． 当1≤n≤k时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为al，a2，…，ap  不妨a1≥a2≥…≥ap 显然a1＝n或a1＜n．

说明：
评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设6分的0分两档，填空题只设9分和0分两档，其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。
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，在评卷时请参照本评分标准适当档次评分，可以5分为一个档次，不要再增加其它中间档次。
选择题（本题满分36分，每小题6分）
函数f(x)=的单调递增区间是
(A) (-∞，-1) (B) (-∞，1) (C) (1，+∞) (D) (3，+∞)
已知两个实数集合A={a1, a2, … , a100}与B={b1, b2, … , b50}，若从A到B的映射f使得B中的每一个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，则这样的映射共有
(A) (B) (C) (D)
由曲线x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y2≤16, x2+(y-2)2≥4, x2+(y+2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则
(A) V1=V2 (B) V1=V2 (C) V1=V2 (D) V1=2V2
填空题（本题满分54分，每小题9分）
已知复数Z1,Z2满足|Z1|=2, |Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则= 。
将二项式的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的指数是整数的项共有 个。
解答题（本题满分60分，每小题20分）
已知点A(0,2)和抛物线y=x2+4上两点B、C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围。
如图，有一列曲线P0, P1, P2, ……，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…)，记Sn为曲线Pk所围成图形面积。
①求数列{Sn}的通项公式；②求。
设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件：
当x∈R时，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；
当x∈(0,2)时，f(x)≤
f(x)在R上的最小值为0。
求最大值m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x
二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题
参考答案及评分标准
说明：
评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分；
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，评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，可以10分为一个档次，不要再增加其它中间档次。
三、（本题满分50分）
在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,…,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。

2002全国高中数学联赛答案
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1、函数f(x)=的单调递增区间是
(A) (-∞，-1) (B) (-∞，1) (C) (1，+∞) (D) (3，+∞)
【答案】A
【解析】由x2-2x-3>0x<-1或x>3，令f(x)=, u= x2-2x-3，故选A
函数f(x)=
(A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数
(C) 既是奇函数又是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数
【答案】A
【解析】直接根据奇偶函数的定义解答。
S===6(sin?+cos?)=
∴Smax=6
∵S⊿OAB=6
∴
∵<3
∴点P不可能在直线AB的上方，显然在直线AB的下方有两个点P，故选B
6、由曲线x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y2≤16, x2+(y-2)2≥4, x2+(y+2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则
(A) V1=V2 (B) V1=V2 (C) V1=V2 (D) V1=2V2
四、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7、已知复数Z1,Z2满足|Z1|=2, |Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则= 。
【答案】
【解析】由余弦定理得|Z1+Z2|=, |Z1?Z2|=, =
8、将二项式的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的指数是整数的项共有 个。
【答案】3
【解析】不难求出前三项的系数分别是，
　　∵
　　∴当n=8时， (r=0,1,2,…，8)
∴r=0,4,8,即有3个
9、如图，点P1,P2,…,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(110、已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意x∈R都有
f(x+5)≥f(x)+5 f(x+1)≤f(x)+1
若g(x)=f(x)+1?x，则g(2002)= 。
11、若，则|x|?|y|的最小值是 。
【答案】
12、使不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R恒成立的负数a的取值范围是 。
【答案】(-∞,-2]
四、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13、已知点A(0,2)和抛物线y=x2+4上两点B、C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围。
【解析】设B点坐标为B(y12?4,y1)，C点坐标为C(y2?4,y)
显然y12?4≠0，故
∵AB⊥BC
∴KBC= ?(y1+2)
∴
(2+y1)(y+y1)+1=0
y12+(2+y)y1+(2y+1)=0
∵y1∈R
∴⊿≥0y≤0或y≥4
∴当y=0时，点B的坐标为(-3，-1)；当y=4时，点B的坐标为(5，?3)，均满足题意。
故点C的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞)
14、如图，有一列曲线P0, P1, P2, ……，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…)，记Sn为曲线Pk所围成图形面积。
①求数列{Sn}的通项公式；②求。

下面用数学归纳法证明(※)式
当n=1时，由上面已知(※)式成立，
假设当n=k时，有Sk=
当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较Pk+1与Pk，Pk+1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而Pk有3×4k条边。故
Sk+1=Sk+3×4k×=
综上所述，对任何n∈N，(※)式成立。
②
15、设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件：
①当x∈R时，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；
②当x∈(0,2)时，f(x)≤
③f(x)在R上的最小值为0。
求最大值m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x

∴m≤≤=9
当t= -4时，对任意的x∈[1,9]，恒有
f(x?4)?x=(x2?10x+9)=(x?1)(x?9)≤0
∴m的最大值为9。
另解：∵f(x-4)=f(2-x)
∴函数的图象关于x= -1对称

二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题
参考答案及评分标准
说明：
评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分；
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，评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，可以10分为一个档次，不要再增加其它中间档次。
一、（本题满分50分）
如图，在⊿ABC中，∠A=60°，AB>AC，点O是外心，两条高BE、CF交于H点，点M、N分别在线段BH、HF上，且满足BM=CN，求的值。
【解析】在BE上取BK=CH，连接OB、OC、OK，
由三角形外心的性质知
∠BOC=2∠A=120°
由三角形垂心的性质知
∠BHC=180°-∠A=120°
∴∠BOC=∠BHC
∴B、C、HO四点共圆
∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH
∴⊿BOK≌⊿COH
∵BOK=∠BOC=120°，∠OKH=∠OHK=30°
观察⊿OKH
KH=OH
又∵BM=CN，BK=CH，
∴KM=NH
∴MH+NH=MH+KM=KH=OH
∴=
二、（本题满分50分）
实数a,b,c和正数?使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三个实根x1,x2,x3，且满足
x2?x1=?,
x3>(x1+x2)
求
由(Ⅰ)得
记p=，由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知p≥且
三、（本题满分50分）
在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,…,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。
【解析】设第i名队员上场的时间为xi分钟(i=1,2,3,…,7)，问题即求不定方程
x1+x2+…+x7=270 ①
在条件7|xi (1≤i≤4)且13|xj (5≤j≤7)下的正整数解的级数。
若(x1,x2,…,x7)是满足条件①的一组正整数解，则应有
=7m =13n m,n∈N
∴m,n是不定方程
7m+13n=270 ②
在条件m≥4且n≥3下的一组正整数解。
∵ 7(m-4)+13(n-3)=203
令 m′=m ?4 n′=n ?3 有
7m′+13n′=270 ③
∴ 求②满足条件m≥4且n≥3的正整数解等价于求③的非负整数解。
∵易观察到 7·2+13·(-1)=1
∴ 7·406+13·(-203)=203
即 m0=406 n0= ?203是③的整数解
∴ ③的整数通解为
m′=406 ?13k n′= ?203+7k k∈Z
令 m′≥0 n′≥0,解得 29≤k≤31
取k=29,30,31得到③满足条件的三组非负整数解：


一、选择题(每小题6分，共36分)
1．(2003年全国高中数学联赛)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．这个数列的第2003项是
(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 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轴交于点P，则线段PF的长等于
(A)  (B)  (C)  (D) 8
4．若x∈[－，－]，则y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A)  (B)  (C)  (D) 
二．填空题(每小题9分，共54分)
7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ．
8．设F1、F2是椭圆+=1的两个焦点，P是椭圆上一点，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A(B，则实数a的取值范围是 ．
10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若a－c=9，则b－d= ．
11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都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.|ai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= ．
五、(本题满分20分)
15．一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A(刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．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．
加试题
(10月12日上午10:00(12:00)
一、（本题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50分）
设三角形的三边长分别是正整数l，m，n．且l>m>n>0．
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、（本题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)．
2003年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(每小题6分，共36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．这个数列的第2003项是
(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049
【答案】C
【解析】452=2025，462=2116．
在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C．
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轴交于点P，则线段PF的长等于
(A)  (B)  (C)  (D) 8
【答案】A
【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=x，弦的中点在y==上，即AB中点为(，)，中垂线方程为y=－(x－)+，令y=0，得点P的坐标为．
∴ PF=．选A．
4．若x∈[－，－]，则y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A)  (B)  (C)  (D) 
【答案】C
【解析】令x+=u，则x+=u+，当x∈[－，－]时，u∈[－，－]，
y=－(cotu+tanu)+cosu=－+cosu．在u∈[－，－]时，sin2u与cosu都单调递增，从而y单调递增．于是u=－时，y取得最大值，故选C．
二．填空题(每小题9分，共54分)
7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ．
【答案】(－3，－)∪(，3)．
【解析】即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，((|x|－3)(|x|－)(|x|+)<0．(|x|<－，或<|x|<3．
∴ 解为(－3，－)∪(，3)．
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A(B，则实数a的取值范围是 ．
【答案】－4≤a≤－1．
【解析】A=(1，3)；
又，a≤－21－x∈(－1，－)，当x∈(1，3)时，a≥ －7∈(－7，－4)．
∴ －4≤a≤－1．
10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若a－c=9，则b－d= ．
【答案】93
【解析】a3=b2，c5=d4，设a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．
∴ x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．
11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都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 ．
【答案】2+
【解析】如图，ABCD是下层四个球的球心，EFGH是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH在平面ABCD上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD绕其中心旋转45(而得．设E的射影为N，则
MN=－1．EM=，故EN2=3－(－1)2=2．∴ EN=．所求圆柱的高=2+．
12． 设Mn={(十进制)n位纯小数0.|ai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= ．
【答案】
【解析】由于a1，a2，…，an－1中的每一个都可以取0与1两个数，Tn=2n－1．
在每一位(从第一位到第n－1位)小数上，数字0与1各出现2n－2次．第n位则1出现2n－1次．
∴ Sn=2n－2(0.11…1+2n－2(10－n．
∴ =(=．
四、(本题满分20分)
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．
【解析】曲线方程为：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+ (1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t)
∴ x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1)
y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2
即 y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1)． ①
若a－2b+c=0，则Z0、Z1、Z2三点共线，与已知矛盾，故a－2b+c(0．于是此曲线为轴与x轴垂直的抛物线．
AB中点M：+(a+b)i，BC中点N：+(b+c)i．
与AC平行的中位线经过M(，(a+b))及N(，(b+c))两点，其方程为
4(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(≤x≤)． ②
令 4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．
即4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由a－2b+c(0，得
4x2+4x+1=0，
此方程在[，]内有惟一解： x=．
以x=代入②得， y=(a+2b+c)．
∴ 所求公共点坐标为(，(a+2b+c))．
加试题
(10月12日上午10:00(12:00)
一、（本题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．
分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，则(BDQ∽(DAQ．反之，若(BDQ∽(DAQ．则本题成立．而要证(BDQ∽(DAQ，只要证=即可．
二、（本题50分）
设三角形的三边长分别是正整数l，m，n．且l>m>n>0．
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．
【解析】当3l、3m、3n的末四位数字相同时，==．
即求满足3l(3m≡3n( mod 104)的l、m、n．∴ 3n(3l－n－1)≡0 (mod 104)．(l－n>0)
但 (3n，104)=1，故必有3l－n≡1(mod 104)；同理3m－n≡1(mod 104)．
下面先求满足3x≡1(mod 104)的最小正整数x．
∵ ((104)=104((=4000．故x|4000．用4000的约数试验：
∵ x=1，2，时3x1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x必须是4的倍数；
∵ x=4，8，12，16时3x1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x必须是20的倍数；
∵ x=20，40，60，80时3x1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x必须是100的倍数；
∵ x=100，200，300，400时3x1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．
即，使3x≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l－n、m－n都是500的倍数，
设l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)．
由m+n>l，即n+500h+n>n+500k，(n>500(k－h)≥500，故n≥501．
取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值．
∴ 所求周长的最小值=3003．
三、（本题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)．
现设任一点连的线数≤n－2．且设b0＝q+2≤n－2．且设图中没有四边形．于是当i≠j时，Bi与Bj没有公共的点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．记＝VB0，则由|Bi∩B0|≤1，得|Bi∩|≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且当1≤i，j≤n－1且i≠j时，Bi∩与Bj∩无公共点对．从而
中点对个数≥(Bi∩中点对个数)．即
C≥C≥C
＝ (b－3bi+2)≥[(bi)2－3bi+2(n－1)](由平均不等式)
＝[(2l－b0)2－3(2l－b0)+2(n－1)]＝[(2l－b0)2－3(n－1)(2l－b0)+2(n－1)2]
＝(2l－b0－n+1)(2l－b0－2n+2)(2l≥q(q+1)2+2＝(n－1)(q+1)+2)
≥[(n－1)(q+1)+2－b0－n+1][(n－1)(q+1)+2－b0－2n+2]
＝[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(两边同乘以2(n－1)即
(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)
得 q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因数比较) ①
但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3(b0≥q+2)≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．②
(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0． ③
由假设，不存在处在不同行的2个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了q＋2列，故还余q2－1列，不同的列对数为C)C≤C．
所以q2·q(q－1)＋q(q－1)(q－2)≤(q2－1)(q2－2)．
( q(q－1)(q2＋q－2)≤(q－1)(q＋1)(q2－2)(q3＋q2－2q≤q3＋q2－2q－2．矛盾．故证．

一．选择题(本题满分36分，每小题6分)
1．设锐角(使关于x的方程x2+4xcos(+cos(=0有重根，则(的弧度数为 ( )
A． B．或 C．或 D．
2．已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N((，则b的取值范围是 ( )
A．[－，] B．(－，) C．(－，] D．[－，]
3．不等式+logx3+2>0的解集为
A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]
4．设点O在(ABC的内部，且有+2+3=，则(ABC的面积与(AOC的面积的比为( )
A．2 B． C．3 D．
8．设函数f：R→R，满足f(0)=1，且对任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，则f(x)= ；
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的度数是 ；
10．设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，则k= ；
11．已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，则的值是 ；
12．在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为 ；
二试题
一．(本题满分50分)在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．
二．(本题满分50分)在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{An}与曲线y=(x≥0)上的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|=，直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，n∈N*．
⑴ 证明an>an+1>4，n∈N*；
⑵ 证明有n0∈N*，使得对?n>n0，都有++…++三．(本题满分50分)对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．
2004年全国高中数学联赛试卷
第一试
一．选择题(本题满分36分，每小题6分)
1．设锐角(使关于x的方程x2+4xcos(+cot(=0有重根，则(的弧度数为 ( )
A． B．或 C．或 D．
【答案】B
【解析】由方程有重根，故(=4cos2(－cot(=0，
∵ 0<(<，(2sin2(=1，((=或．选B．
3．不等式+logx3+2>0的解集为
A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]
【答案】C
【解析】令log2x=t≥1时，>t－2．t∈[1，2)，(x∈[2，4)，选C．
4．设点O在(ABC的内部，且有+2+3=，则(ABC的面积与(AOC的面积的比为( )
A．2 B． C．3 D．
【答案】C
【解析】如图，设(AOC=S，则(OC1D=3S，(OB1D=(OB1C1=3S，(AOB=(OBD=1.5S．(OBC=0.5S，((ABC=3S．选C．
5．设三位数n=，若以a，b，c为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有( )
A．45个 B．81个 C．165个 D．216个
6．顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥O－HPC的体积最大时，OB的长为 ( )
A． B． C． D．
二．填空题(本题满分54分，每小题9分)
7．在平面直角坐标系xOy中，函数f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ；
【答案】．
【解析】f(x)= sin(ax+()，周期=，取长为，宽为2的矩形，由对称性知，面积之半即为所求．故填．
又解：∫[1－sin(ax+()]dx=∫(1－sint)dt=．
8．设函数f：R→R，满足f(0)=1，且对任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，则f(x)= ；
【答案】x+1
【解析】令x=y=0，得，f(1)=1－1－0+2，(f(1)=2．
令y=1，得f(x+1)=2f(x)－2－x+2，即f(x+1)=2f(x)－x．①
又，f(yx+1)=f(y)f(x)－f(x)－y+2，令y=1代入，得f(x+1)=2f(x)－f(x)－1+2，即f(x+1)=f(x)+1．②
比较①、②得，f(x)=x+1．
10．设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，则k= ；
【答案】(p+1)2．
【解析】设=n，则(k－)2－n2=，((2k－p+2n)(2k－p－2n)=p2，(k=(p+1)2．
11．已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，则的值是 ；
【答案】(2n+2－n－3)．
【解析】=+，(令bn=+，得b0=，bn=2bn－1，(bn=(2n．即=，(=(2n+2－n－3)．
12．在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为 ；
【答案】1
【解析】当∠MPN最大时，⊙MNP与x轴相切于点P(否则⊙MNP与x轴交于PQ，则线段PQ上的点P(使∠MP(N更大)．于是，延长NM交x轴于K(－3，0)，有KM·KN=KP2，(KP=4．P(1，0)，(－7，0)，但(1，0)处⊙MNP的半径小，从而点P的横坐标=1．
三．解答题(本题满分60分，每小题20分)
13．一项“过关游戏”规则规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数的和大于2n，则算过关．问：
⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关？
⑵ 他连过前三关的概率是多少？
14．在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB、AC距离的等比中项．
⑴ 求点P的轨迹方程；
⑵ 若直线L经过(ABC的内心(设为D)，且与P点轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围．
【解析】⑴ 设点P的坐标为(x，y)，
(b) k=0时，直线y=与圆④切于点(0，)，与双曲线⑤交于(±，)，即k=0满足要求．
(c) k=±时，直线⑥与圆只有1个公共点，与双曲线⑤也至多有1个公共点，故舍去．
(c) k(0时，k(时，直线⑥与圆有2个公共点，以⑥代入⑤得：(8－17k2)x2－5kx－=0．
当8－17k2=0或(5k)2－25(8－17k2)=0，即得k=±与k=±．
∴ 所求k值的取值范围为{0，±，±}．
15．已知(，(是方程4x2－4tx－1=0(t∈R)的两个不等实根，函数f(x)= 的定义域为[(，(]．
⑴ 求g(t)=maxf(x)－minf(x)；
⑵ 证明：对于ui∈(0，)(i=1，2，3)，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则++<．
【解析】⑴ (+(=t，((=－．故(<0，(>0．当x1，x2∈[(，(]时，
∴ f ((x)= =．而当x∈[(，(]时，x2－xt<0，于是f ((x)>0，即f(x)在[(，(]上单调增．
∴ g(t) = －==
==

二试题
一．(本题满分50分)在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．
二．(本题满分50分)在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{An}与曲线y=(x≥0)上的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|=，直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，n∈N*．
⑴ 证明an>an+1>4，n∈N*；
⑵ 证明有n0∈N*，使得对?n>n0，都有++…++【解析】⑴ 点An(0，)，Bn(bn，)(由|OAn|=|OBn|，(bn2+2bn=()2，(bn=－1(bn>0)．
∴ 0∴ 0且tn单调减．
由截距式方程知，+=1，(1－2n2bn=n2bn2)
∴ an====()2+()=tn2+tn=(tn+)2－≥(+)2－=4．
且由于tn单调减，知an单调减，即an>an+1>4成立．
亦可由=bn+2．=，得 an=bn+2+，．
∴ 由bn递减知an递减，且an>0+2+(=4．
三．(本题满分50分)对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．
【解析】⑴ 当n≥4时，对集合M(m，n)={m，m+1，…，m+n－1}，
当m为奇数时，m，m+1，m+2互质，当m为偶数时，m+1，m+2，m+3互质．即M的子集M中存在3个两两互质的元素，故f(n)存在且f(n)≤n． ①
取集合Tn={t|2|t或3|t，t≤n+1}，则T为M(2，n)={2，3，…，n+1}的一个子集，且其中任3个数无不能两两互质．故f(n)≥card(T)+1．
但card(T)=[]+[]－[]．故f(n)≥[]+[]－[]+1． ②
由①与②得，f(4)=4，f(5)=5．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f(8)≤8，8≤f(9)≤9．
现计算f(6)，取M={m，m+1，…，m+5}，若取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇数互质；当这3个数中有3个偶数k，k+2，k+4(k(0(mod 2))时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个

说明：
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规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次。
如果考生的解题方法和本解答不同，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，5分为一个档次，不要再增加其他中间档次。
选择题（本题满分36分，每小题6分）
本题共有6小题，每小题均给出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．使关于的不等式有解的实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．
2．空间四点A、B、C、D满足则的取值（ ）
A．只有一个 B．有二个 C．有四个 D．有无穷多个
6.记集合将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（　　　　）
A．　　B．
C．　　D．
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.将关于的多项式表为关于的多项式
其中则 .
8.已知是定义在上的减函数，若成立，则的取值范围是 。
12.如果自然数的各位数字之和等于7，那么称为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列若则 .
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13.数列满足：
证明：（1）对任意为正整数；(2)对任意为完全平方数。
14.将编号为1,2，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要S.求使S达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）
15.过抛物线上的一点A（1,1）作抛物线的切线，分别交轴于D，交轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足;点F在线段BC上，满足，且，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.
2005年全国高中数学联赛试题（二）及参考答案

二、（本题满分50分）
设正数a、b、c、x、y、z满足
求函数的最小值.
三、（本题满分50分）
对每个正整数n，定义函数
（其中[x]表示不超过x的最大整数， 试求：的值.
2005年全国高中数学联赛解答
选择题（本题满分36分，每小题6分）
本题共有6小题，每小题均给出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．使关于的不等式有解的实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．
2．空间四点A、B、C、D满足则的取值（ ）
A．只有一个 B．有二个 C．有四个 D．有无穷多个
【答案】A
【解析】注意到由于则=
即只有一个值得0，故选A。
3．内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于、、。则的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【解析】如图，连，则

5.方程表示的曲线是（　　　）
A．焦点在轴上的椭圆　　　　　　B．焦点在轴上的双曲线
C．焦点在轴上的椭圆　　　　　　D．焦点在轴上的双曲线
【答案】C
【解析】即
又方程表示的曲线是椭圆。
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，选C。
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.将关于的多项式表为关于的多项式
其中则 .
【答案】
【解析】由题设知，和式中的各项构成首项为1，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式，得：令得取
有
9.设、、满足，若对于任意
则 。
【答案】
【解析】设由，知，
即
又
只有
10.如图，四面体DABC的体积为，且满足则 .
【答案】
【解析】
即又
等号当且仅当时成立，这时面ABC，.
11.若正方形ABCD的一条边在直线上，另外两个顶点在抛物线上.则该正方形面积的最小值为　　　　.
【答案】80
【解析】设正方形的边AB在直线上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为、，则CD所在直线的方程将直线的方程与抛物线方程联立，得
令正方形边长为则①
在上任取一点（6，,5），它到直线的距离为②.
①、②联立解得或
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13.数列满足：
【解析】证明：（1）对任意为正整数；(2)对任意为完全平方数。
证明：（1）由题设得且严格单调递增.将条件式变形得两边平方整理得　①
　②
①-②得
　③
由③式及可知，对任意为正整数.
14.将编号为1,2，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要S.求使S达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）
【解析】九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列，故共有8！种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有种. …5分
下求使S达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，设是依次排列于这段弧上的小球号码，则
上式取等号当且仅当，即每一弧段上的小球编号都是由1到9递增排列.
因此.
由上知，当每个弧段上的球号确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定.
在1,2，…，9中，除1与9外，剩下7个球号2,3，…，8，将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有种情况，每种情况对应着圆周上使S值达到最小的唯一排法，即有利事件总数是种，故所求概率
15.过抛物线上的一点A（1,1）作抛物线的切线，分别交轴于D，交轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足;点F在线段BC上，满足，且，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.
当时，EF方程为：方程为：，联立解得也在P点轨迹上.因C与A不能重合，∴
∴所求轨迹方程为
解二：由解一知，AB的方程为故D是AB的中点.
令则因为CD为的中线，
而是的重心.
设因点C异于A，则故重心P的坐标为
消去得
故所求轨迹方程为
2005年全国高中数学联赛试题（二）及参考答案
一、（本题满分50分）
如图，在△ABC中，设AB>AC，过A作△ABC的外接圆的切线l，又以A为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于D；交直线l于E、F。
证明：直线DE、DF分别通过△ABC的内心与一个旁心。
（2）再证DF过△ABC的一个旁心.
连FD并延长交∠ABC的外角平分线于I1，连II1、B I1、B I，由（1）知，I为内心，
∴∠IBI1=90°=∠EDI1，∴D、B、l1、I四点共圆，
∵∠BI l1 =∠BDI1=90°－∠ADI1
=（∠BAC+∠ADG）－∠ADI=∠BAC+∠IDG，∴A、I、I1共线.
I1是△ABC的BC边外的旁心
二、（本题满分50分）
设正数a、b、c、x、y、z满足
求函数的最小值.

求函数、、）=的最小值.
令则
且

同理，

+（取等号当且仅当，此时，
三、（本题满分50分）
对每个正整数n，定义函数
（其中[x]表示不超过x的最大整数， 试求：的值.
示例如下：
j
i
1
2
3
4
5
6
1
*
*
*
*
*
*
2
*
*
*
3
*
*
4
*
5
6
*
则
……②
由此，……③
记易得的取值情况如下：
k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
5
6
6
7
8
6
9
8
8
8
10
7
10
10
因此，……④
2005年全国高中数学联赛加试第2题的探讨
本文对2005年的全国高中数学联赛加试第2题的解法及来历作以探讨，供感兴趣的读者参考。
题目：设正数a、b、c、x、y、z满足 ；，求函数的最小值。
一．几种迷茫思路的分析
这道题目初看起来比较平易，给人一种立刻想到直接使用Cauchy不等式的通畅思路的惊喜，殊不知，这是一个极大的误区，本题的难度和技巧正好在这里设置了较好的陷阱。
思路一：
由Cauchy不等式知
到此，在u＞0的情况下，力图使用函数的性质无法得到最小值。
思路二：考虑到题目的条件是6个变量的3个等量关系，于是，可根据三个条件等式容易求出x、y、z用a、b、c表达的式子：
因为a、b、c；x、y、z都是正数，所以，

到此，似乎胜利的曙光就在眼前，立刻想到在区间内使用函数的性质，但也无法得到最小值，而此时的最大值正好与题目的最小值（由于函数的对称性，可以猜测其最小值在A=B=C=600时达到）吻合，实际上，这是一条无用的信息（表明使用Cauchy不等式过当！），它是答题人再次陷入不能自拔的困境。
俗话说得好，失败是成功之母，上面的思路也昭示我们，对原式不能直接使用Cauchy不等式，需要再对原式做更好的更有用的恒等变形，可能是正确的途径。
二．赛题的解答
为证明本赛题，我们先证明如下一个引理。
引理：在△ABC 中，求证：
　　　　　　 　　①
等号成立的条件是△ABC为等边三角形。
证明：用向量方法证明如下
设是平面上的单位向量，且成角为π-A, 成角为π-B, 成角为π-C,那么， ,所以

注意到，在△ABC 中有熟知的等式：.
从而①得证。
有了上面的引理，本题的解答就容易多了，下面看本题的解法。
解：同思路二得到，以a、b、c为对应边可以构成一个锐角△ABC，
令从而

等号成立的条件显然是A=B=C=600时达到，最后一个不等式是根据引理而得到的。
所以，的最小值为.
显然，在时，等号成立，所以的最小值为.
三．背景探索
早在1994年，华东交大刘健先生就提出了如下猜想命题：
在△ABC中，是否有： ②
后来，湖南师大附中黄军华（现为深圳中学教师）先生在文[1]曾证明了这一猜想。
请看证明：分两种情况
（1）当△ABC为钝角三角形时，此时不妨设A＞900， 于是 ，
所以 ,∴
再据 ，所以，

即三角形为非钝角三角形时结论也成立，综上结论得证。
对比③之后的叙述与今年的这道竞赛加试第2题的解法，不难知道，今年的这道赛题无非是在②的第2种情况的基础上增加了一个解方程组的程序（并由此判断△ABC为锐角三角形）罢了，即今年的这道加试题可以看作是由解方程组（初中知识的要求），判断三角形种类、与求最值（高中知识的要求）三个问题的简单合成（串联）。
顺便指出，①的证明曾经是上世纪1990年前后在文[2]等刊物上讨论过几年的一个结论。
四．条件等式的几何解释

选择题（本题满分36分，每小题6分）
1. 已知△ABC，若对任意，，则△ABC一定为
A．锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 答案不确定 【答案】 （ ）
2. 设，则的取值范围为
A． B． C． 　D． 【答案】（ ）
5. 设，则对任意实数，是的
A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】 （ ）
6. 数码中有奇数个9的2007位十进制数的个数为
A． B． C． D． 【答案】（ ）
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7. 设，则的值域是 。
8. 若对一切R，复数的模不超过2，则实数的取值范围为 .
9. 已知椭圆的左右焦点分别为与，点P在直线l：上. 当取最大值时，比的值为 .
10. 底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为cm的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm3.
11. 方程的实数解的个数为 .
12. 袋内有8个白球和2个红球，每次从中随机取出一个球，然后放回1个白球，则第4次恰好取完所有红球的概率为 .
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
15. 设 . 记，，
. 证明：.
2006年全国高中数学联合竞赛加试试卷
（考试时间：上午10：00—12：00）
一、以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：
（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；
（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。
一试参考答案
选择题（本题满分36分，每小题6分）
1.【答案】 （ C ）
【解析】令，过A作于D。由，推出　,令，代入上式，得 ，即 , 也即 。从而有。由此可得 。
3.【答案】 （ C ）
【解析】　；。要使，则，即。所以数对共有。
4.【答案】 （ A ）
【解析】建立直角坐标系，以Ａ为坐标原点，ＡＢ为ｘ轴，ＡＣ为ｙ轴，ＡＡ１为ｚ轴，则（），，，（）。所以，。因为，所以，由此推出 。又，，从而有 。
【答案】（ B ）
【解析】出现奇数个9的十进制数个数有。又由于以及，从而得
。
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
　　　　　　　　
8.【答案】。
【解析】依题意，得
（）（对任意实数成立） . 故 的取值范围为 。
9. 【答案】
【解析】 由平面几何知，要使最大，则过，P三点的圆必定和直线l相切于P点。设直线l交x轴于A，则，即，即 （1），又由圆幂定理，（2），而，，A，从而有，。代入（1），（2）得。
12. 【答案】0.0434
【解析】第4次恰好取完所有红球的概率为
=0.0434.
三. 解答题（本题满分60分，每小题20分）
13. 【证明】 因为与的交点为.显然有。
若为抛物线与直线的一个交点，则. 记，则 ，　　　　（13.1）
由于是整数，也是整数，所以根据数学归纳法，通过（13.1）式可证明对于一切正整数，是正整数. 现在对于任意正整数，取，使得与的交点为.

15. 【证明】（１）如果，则，。
（２）如果，由题意 ，,. 则
① 当 时，（）. 事实上，当时，, 设时成立（为某整数），则对， .
（3）当时，记，则对于任意，且。对于任意，, 则。 所以，。当时，，即。因此。综合（１）（２）（３），我们有。
2006年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案
一、（本题满分50分）以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：
（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；
（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。
【解析】证明：（1）显然B0P0=B0Q0，并由圆弧P0Q0和Q0P1，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P′0分别相内切于点Q0、P1、Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及P′0在B0P0或其延长线上，有B0P0=B0P′0。
从而可知点P′0与点P0重合。由于圆弧Q1P0的圆心C0、圆弧P0Q0的圆心B0以及P0在同一直线上，所以圆弧Q1P0和P0Q0相内切于点P0。
（2）现在分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T。又过点Q1引相应相切圆弧的公切线R1S1，分别交P0T和P1T于点R1和S1。连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R1和P1Q1S1。基于此，我们可由
∠P0Q1P1=π?∠P0Q1R1?∠P1Q1S1=π?(∠P1P0T?∠Q1P0P1)?(∠P0P1T?∠Q1P1P0)
而π?∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0，代入上式后，即得
，同理可得。所以四点P0、Q0、Q1、P1共圆。
二、（本题满分50分）已知无穷数列{an}满足a0=x，a1=y，，n=1、2、…。
（1）对于怎样的实数x与y，总存在正整数n0，使当n0≥n时an恒为常数？
（2）求数列{an}的通项公式。
（2）由（2.3）和（2.4），我们得到，n≥2。 （2.7）
记，则当n≥2时，
由此递推，我们得到，n≥2， （2.8）
这里Fn=Fn?1+Fn?2，n≥2，F0=F1=1。 （2.9）
由（2.9）解得。 （2.10）
上式中的n还可以向负向延伸，例如F?1=0，F?2=1。
这样一来，式（2.8）对所有的n≥0都成立。由（2.8）解得
，n≥0。 （2.11）
式（2.11）中的F?1、F?2由（2.10）确定。
2006年全国高中数学联赛加试试题的另解
2006年全国高中数学联赛加试第一题
以和为焦点的椭圆与的边交于。在的延长线上任取点，以为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆弧，交的延长线于。
试证：
点与点重合，且圆弧与相切于点；
四点、、、共圆。（原题图略）
第（1）问的证明略，下面着重讨论第2问的另一种证明方法：
构思：证明四点共圆，如果能找（或猜测）到该圆的圆心，转而证明圆心到四点距离相等，也是一个常用的方法，那么圆心究竟在哪里？
试验：由题意可以知道：=常数（大于）。
利用《几何画板》制作如图1所示的试验场景，其中圆为四边形的外接圆。
图1
拖动点，观察圆心位置的变化，猜测点可能是的内心与的内心（这两个三角形的内心可能是重合的）。利用《几何画板》中的测量工具测得相关角的度数，可以验证这个猜想是正确的！
所以我们就有了下面的另解：
证明：首先证明的内心与的内心重合：
假设这两个三角形的内心不重合，并设为的内心，、、分别为切点。则可从点引圆的切线与圆切于点、与线段交于点，而且点与点∴
又因为
，
∴
∴，这与点与点不重合矛盾，所以假设不成立，因此：的内心与的内心重合。
设、的内心为，如图3。
由于直线平分，又，∴直线垂直平分线段，∴
同理：
直线垂直平分线段，∴
直线垂直平分线段，∴ 图3
直线垂直平分线段，∴
2007年全国高中数学联赛
（考试时间：上午8：00—9：40）
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1. 如图，在正四棱锥P?ABCD中，∠APC=60°，则二面角A?PB?C的平面角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
5. 设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（ ）
6. 已知A与B是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且为A∩B空集。若n∈A时总有2n+2∈B，则集合A∪B的元素个数最多为（ ）
A. 62 B. 66 C. 68 D. 74
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A(?3，0)，B(1，?1)，C(0，3)，D(?1，3)及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为__________。
8. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，
，若，则与的夹角的余弦值等于________。
9. 已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于__________。
10. 已知等差数列{an}的公差d不为0，等比数列{bn}的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于________。
11. 已知函数，则f(x)的最小值为________。
12. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有________种（用数字作答）。
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13. 设，求证：当正整数n≥2时，an+114. 已知过点(0，1)的直线l与曲线C：交于两个不同点M和N。求曲线C在点M、N处切线的交点轨迹。
15. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)=f(x)，求证：存在4个函数fi(x)(i=1，2，3，4)满足：（1）对i=1，2，3，4，fi(x)是偶函数，且对任意的实数x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）对任意的实数x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。
2007年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1. 如图，在正四棱锥P?ABCD中，∠APC=60°，则二面角A?PB?C的平面角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，在侧面PAB内，作AM⊥PB，垂足为M。连结CM、AC，则∠AMC为二面角A?PB?C的平面角。不妨设AB=2，则，斜高为，故，由此得。在△AMC中，由余弦定理得。
3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。甲从袋中摸出一个球，其号码为a，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b。则使不等式a?2b+10>0成立的事件发生的概率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故基本事件总数为92=81个。由不等式a?2b+10>0得2b4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(x?c)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ ）
A. B. C. ?1 D. 1
【答案】D
5. 设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（ ）
【答案】A
【解析】设圆O1和圆O2的半径分别是r1、r2，|O1O2|=2c，则一般地，圆P的圆心轨迹是焦点为O1、O2，且离心率分别是和的圆锥曲线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。
当r1=r2且r1+r2<2c时，圆P的圆心轨迹如选项B；当0<2c<|r1?r2|时，圆P的圆心轨迹如选项C；当r1≠r2且r1+r2<2c时，圆P的圆心轨迹如选项D。由于选项A中的椭圆和双曲线的焦点不重合，因此圆P的圆心轨迹不可能是选项A。
6. 已知A与B是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且为A∩B空集。若n∈A时总有2n+2∈B，则集合A∪B的元素个数最多为（ ）
A. 62 B. 66 C. 68 D. 74
【答案】B
【解析】先证|A∪B|≤66，只须证|A|≤33，为此只须证若A是{1，2，…，49}的任一个34元子集，则必存在n∈A，使得2n+2∈B。证明如下：
将{1，2，…，49}分成如下33个集合：{1，4}，{3，8}，{5，12}，…，{23，48}共12个；{2，6}，{10，22}，{14，30}，{18，38}共4个；{25}，{27}，{29}，…，{49}共13个；{26}，{34}，{42}，{46}共4个。由于A是{1，2，…，49}的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A，即存在n∈A，使得2n+2∈B。
如取A={1，3，5，…，23，2，10，14，18，25，27，29，…，49，26，34，42，46}，
B={2n+2|n∈A}，则A、B满足题设且|A∪B|≤66。
9. 已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。
【答案】
【解析】如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为，AA1=1，则。同理，所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条。在面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为，，所以弧FG的长为。这样的弧也有三条。
于是，所得的曲线长为。
10. 已知等差数列{an}的公差d不为0，等比数列{bn}的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于 。
【答案】
11. 已知函数，则f(x)的最小值为 。
【答案】
12. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有 种（用数字作答）。
【答案】3960
【解析】使2个a既不同行也不同列的填法有C42A42=72种，同样，使2个b既不同行也不同列的填法也有C42A42=72种，故由乘法原理，这样的填法共有722种，其中不符合要求的有两种情况：2个a所在的方格内都填有b的情况有72种；2个a所在的方格内仅有1个方格内填有b的情况有C161A92=16×72种。所以，符合题设条件的填法共有722?72?16×72=3960种。
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13. 设，求证：当正整数n≥2时，an+1【解析】证明：由于，因此，于是，对任意的正整数n≥2，有
，即an+115. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)=f(x)，求证：存在4个函数fi(x)(i=1，2，3，4)满足：（1）对i=1，2，3，4，fi(x)是偶函数，且对任意的实数x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）对任意的实数x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。
【解析】证明：记，，则f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函数，h(x)是奇函数，对任意的x∈R，g(x+2π)=g(x)，h(x+2π)=h(x)。令，，，，其中k为任意整数。
容易验证fi(x)，i=1，2，3，4是偶函数，且对任意的x∈R，fi(x+π)=fi(x)，i=1，2，3，
2007年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案
一、（本题满分50分）如图，在锐角△ABC中，AB【解析】证明：连结BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为PD⊥BC，PF⊥AB，故B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直径。又因为O1是△BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中点。同理可证C、D、P、E四点共圆，且O2是的CP中点。综合以上知O1O2∥BC，所以∠PO2O1=∠PCB。因为AF·AB=AP·AD=AE·AC，所以B、C、E、F四点共圆。
充分性：设P是△ABC的垂心，由于PE⊥AC，PF⊥AB，所以B、O1、P、E四点共线，C、O2、P、F四点共线，∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1，故O1、O2、E、F四点共圆。
必要性：设O1、O2、E、F四点共圆，故∠O1O2E+∠EFO1=180°。
由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?∠ACP，又因为O2是直角△CEP的斜边中点，也就是△CEP的外心，所以∠PO2E=2∠ACP。因为O1是直角△BFP的斜边中点，也就是△BFP的外心，从而∠PFO1=90°?∠BFO1=90°?∠ABP。因为B、C、E、F四点共圆，所以∠AFE=∠ACB，∠PFE=90°?∠ACB。于是，由∠O1O2E+∠EFO1=180°得
(∠ACB?∠ACP)+2∠ACP+(90°?∠ABP)+(90°?∠ACB)=180°，即∠ABP=∠ACP。又因为AB故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90°，故直线BP和AC垂直。由题设P在边BC的高上，所以P是△ABC的垂心。
二、（本题满分50分）如图，在7×8的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这两个棋子相连。现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。问最少取出多少个棋子才可能满足要求？并说明理由。

图1 图2
第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠。如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠。
综上所述，最少要取走11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠。
三、（本题满分50分）设集合P={1，2，3，4，5}，对任意k∈P和正整数m，记
f(m，k)=，其中[a]表示不大于a的最大整数。求证：对任意正整数n，存在k∈P和正整数m，使得f(m，k)=n。

受中国数学会委托，2008年全国高中数学联赛由重庆市数学会承办。中国数学会普及工作委员会和重庆市数学会负责命题工作。
2008年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。主要考查学生对基础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。全卷包括6道选择题、6道填空题和3道大题，满分150分。答卷时间为100分钟。
全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当增加一些竞赛教学大纲的内容。全卷包括3道大题，其中一道平面几何题，试卷满分150分。答卷时问为120分钟。
一 试

4．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这三个正方体的体积之和为 （ ）。
（A）764 cm3或586 cm3 （B） 764 cm3 　
（C）586 cm3或564 cm3 （D） 586 cm3
5．方程组的有理数解的个数为 （ ）。
（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 4
6．设的内角所对的边成等比数列，则
的取值范围是（ ）。
（A） （B）
（C） （D）
二、填空题（每小题9分，共54分）
11．设是定义在上的函数，若 ，且对任意，满足
，，则= 　 .
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　 .
三、解答题（每小题20分，共60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：
．
14．解不等式
．
加 试
一、（本题满分50分）
如图，给定凸四边形，，是平面上的动点，令．
（1）求证：当达到最小值时，四点共圆；
（2）设是外接圆的上一点，满足：，，，又是的切线，，求的最小值．
二、（本题满分50分）
设是周期函数，和1是的周期且．证明：
（1）若为有理数，则存在素数，使是的周期；
（2）若为无理数，则存在各项均为无理数的数列满足 ，且每个都是的周期．
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：
（1），；
（2）存在；
（3），．
一试解答
1. 【答案】C
【解析】当时，，因此
，当且仅当时取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2．故选C.
3.【答案】B
，
，
，
因此．故选B。
4. 【答案】A
5. 【答案】 B
6.【答案】C
【解析】设的公比为，则，而
．
因此，只需求的取值范围．因为成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必须且只需且．即有不等式组即解得从而，因此所求的取值范围是．故选C。
9. 【答案】222
【解析】方法一：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)．
方法二：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）．
11. 【答案】
12.【答案】
【解析】 如图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．
　　　　　　　　　　　　　　　
14. 【解析】方法一：由，且在上为增函数，故原不等式等价于．　　　　　　　　　　　　　　
即．　　　　　　　　　　　　　　
分组分解　　　



，
，　　　　　　　　　　 　　
15. 【解析】设，不妨设．直线的方程:，化简得 ．又圆心到的距离为1， ，故，易知，上式化简得，同理有． 所以，，则．因是抛物线上的点，有，则，． 所以．当时，上式取等号，此时．因此的最小值为8．
解得或（舍去），故，． 由已知=,有，即，整理得，故，可得，从而，，为等腰直角三角形．因，则．又也是等腰直角三角形，故，，．故．
方法二：（1）如图2，连接交的外接圆于点（因为在外，故在上）．
过分别作的垂线，两两相交得，易知在内，从而在内，记之三内角分别为，则，又因，，得，同理有，，
所以∽．设，，，则对平面上任意点，有





，
从而 ．由点的任意性，知点是使达最小值的点．由点在上，故四点共圆．
方法三：（1）引进复平面，仍用等代表所对应的复数．由三角形不等式，对于复数，有 ，当且仅当与（复向量）同向时取等号．
有 ，
二、【解析】（1）若是有理数，则存在正整数使得且，从而存在整数，使得 ．于是是的周期．又因，从而．设是的素因子，则，，从而 是的周期．
（2）若是无理数，令 ，则，且是无理数，令 ， ， 由数学归纳法易知均为无理数且．又，故， 即．因此是递减数列．
最后证：每个是的周期．事实上，因1和是的周期，故亦是的周期．假设是的周期，则也是的周期．由数学归纳法，已证得均是的周期．
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（2）． 最后验证满足（3），因，即，从而
．
综上，存在数列满足（1）.

受中国数学会委托，2009年全国高中数学联赛由黑龙江省数学会承办。中国数学会普及工作委员会和黑龙江数学会负责命题工作。
2009年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。主要考查学生对基础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。全卷包括8填空题和3道大题，满分100分。答卷时间为80分钟。
全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当增加一些竞赛教学大纲的内容。全卷包括4道大题，其中一道平面几何题，试卷满分200分。答卷时问为150分钟。
一 试
5.椭圆上任意两点，，若，则乘积的最小值为 ．
若方程仅有一个实根，那么的取值范围是 ．
一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示）
某车站每天，都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为
到站时刻
概率
一旅客到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分）．
二、解答题
9、（14分）设直线（其中，为整数）与椭圆交于不同两点，，与双曲线交于不同两点，，问是否存在直线，使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．
加试
一、填空（共4小题，每小题50分，共200分）
12、如图，，分别为锐角三角形（）的外接圆上弧、的中点．过点作交圆于点，为的内心，连接并延长交圆于．
⑴求证：；
⑵在弧（不含点）上任取一点（，，），记，的内心分别为，，
求证：，，，四点共圆．
求证不等式：
，，2，…
设，是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数，使得与互素．
2009全国高中数学联赛解答
一、填空（共8小题，每小题7分，共56分）
1.若函数且，则 ．
【解析】，，
……，．故．
2.已知直线和圆，点在直线上，，为圆上两点，在中，，过圆心，则点横坐标范围为 ．
设，则圆心到直线的距离，由直线与圆相交，得．解得．
5.椭圆上任意两点，，若，则乘积的最小值为 ．
设，．
由，在椭圆上，有
① ②
得．
于是当时，达到最小值．
6．若方程仅有一个实根，那么的取值范围是 ．
或
当且仅当
①
②
③
对③由求根公式得， ④
或．
(ⅰ)当时，由③得，所以，同为负根．
又由④知，所以原方程有一个解．
(ⅱ)当时，原方程有一个解．
(ⅲ)当时，由③得，
所以，同为正根，且，不合题意，舍去．
综上可得或为所求．
8.某车站每天，都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为
到站时刻
概率
一旅客到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分）．
27
旅客候车的分布列为
候车时间（分）
10
30
50
70
90
概率
候车时间的数学期望为
二、解答题
9.（本小题满分14分）设直线（其中，为整数）与椭圆交于不同两点，，与双曲线交于不同两点，，问是否存在直线，使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．
10.（本小题15分）已知，是实数，方程有两个实根，，数列满足，，
(Ⅰ)求数列的通项公式（用，表示）；
(Ⅱ)若，，求的前项和．
方法一：(Ⅰ)由韦达定理知，又，所以
，
整理得
令，则．所以是公比为的等比数列．
数列的首项为：．
所以，即．
所以．
①当时，，，变为．整理得，，．所以，数列成公差为的等差数列，其首项为．所以．
于是数列的通项公式为；
②当时，，
．
整理得，．
所以，数列成公比为的等比数列，其首项为
．所以．
于是数列的通项公式为．
11.（本小题满分15分）求函数的最大和最小值．
函数的定义域为.因为
当时等号成立．故的最小值为．
又由柯西不等式得

所以．
由柯西不等式等号成立的条件，得，解得．故当时等号成立．因此的最大值为．
2009年全国高中数学联合竞赛加试
试题参考答案及评分标准（A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、如图，，分别为锐角三角形（）的外接圆上弧、的中点．过点作交圆于点，为的内心，连接并延长交圆于．
⑴求证：；
⑵在弧（不含点）上任取一点（，，），记，的内心分别为，，
求证：，，，四点共圆．
【解析】⑴连，．由于，，，，共圆，故是等腰梯形．因此，．
连，，则与交于，因为
，所以．同理．
于是，．
故四边形为平行四边形．因此（同底，等高）．
又，，，四点共圆，故，由三角形面积公式
于是．
⑵因为，
二、求证不等式：，，2，…
三、设，是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数，使得与互素．
证法一：对任意正整数，令．我们证明．
设是的任一素因子，只要证明：p．
四、在非负数构成的数表

中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，，，，，，，均大于．如果的前三列构成的数表

满足下面的性质：对于数表中的任意一列（，2，…，9）均存在某个使得
⑶．
求证：
（ⅰ）最小值，，2，3一定自数表的不同列．
（ⅱ）存在数表中唯一的一列，，2，3使得数表
仍然具有性质．
（ⅰ）假设最小值，，2，3不是取自数表的不同列．则存在一列不含任何．不妨设，，2，3．由于数表中同一行中的任何两个元素都不等，于是，，2，3．另一方面，由于数表具有性质，在⑶中取，则存在某个使得．矛盾．
（ⅱ）由抽届原理知，，，中至少有两个值取在同一列．不妨设，．由前面的结论知数表的第一列一定含有某个，所以只能是．同样，第二列中也必含某个，，2．不妨设．于是，即是数表中的对角线上数字．
下证唯一性．设有使得数表

具有性质，不失一般性，我们假定

⑷

．
由于，及（ⅰ），有．又由（ⅰ）知：或者，或者．
如果成立，由数表具有性质，则
，
⑸，
．
由数表满足性质，则对于至少存在一个使得．由及⑷和⑹式知，，．于是只能有．类似地，由满足性质及可推得．从而．

2010年全国高中数学联赛
一、填空题（每小题8分，共64分，）
函数的值域是 .
已知函数的最小值为，则实数的取值范围是 .
4.函数 在区间上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .
两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .
正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,则 .
方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是 .
二、解答题（本题满分56分）
9. （16分）已知函数，当时，，试求的最大值.
10.（20分）已知抛物线上的两个动点，其中且.线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值.
11.（20分）证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得 .
加 试
2. （40分）设k是给定的正整数，．记，．证明：存在正整数m，使得为一个整数．这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：，．
3. （50分）给定整数，设正实数满足，记
．
求证： ．
4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？
一试解答
1.【答案】
【解析】易知的定义域是，且在上是增函数，从而可知的值域为.
3. 【答案】 9800
【解析】提示：由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交直线于，则线段内部的整点的个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为
.
又轴上有98个整点，所以所求整点的个数为.
4. 【答案】
【解析】提示 ：设的公差为的公比为，则
（1）
， （2）
（1）代入（2）得，求得.
从而有 对一切正整数都成立，即 对一切正整数都成立.
从而 ，求得 ，.
6.【答案】
【解析】提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为
.
【答案】
【解析】提示：解法一：如图，以所在直线为轴， 线段中点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则，从而，.
设分别与平面、平面垂直的向量是、，则
在直角中，,即 .
又 .
.
【答案】336675
【解析】提示：首先易知的正整数解的个数为 .
9.【解析】 解法一： 由 得
.
设 ，则.
.
容易知道当时，. 从而当时， ， 即 ，
从而 ,，由 知.
又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.

由（1）知直线的方程为，即
. （2）
（2）代入得，即
. （3）
依题意，是方程（3）的两个实根，且，所以
,
.




.
定点到线段的距离
.



.

解法二：同解法一，线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.
设，则的绝对值,

,
所以, 当且仅当且，即 ,或
时等号成立.
所以，面积的最大值是.

二试解答
1. 【解析】 用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．
因为P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）
，
同理
，
所以 ，
故⊥． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是
． ①⑤-④，得
P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．
注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．
3. 【解析】 由知，对，有．
注意到当时，有，于是对，有
，
故 ．

当n为奇数时，，此时． ②
代入①式中，得
．


一、填空题（每小题8分，共64分）
1．设集合，若中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为，则集合 ．
2．函数的值域为 ．
3．设为正实数，，，则 ．
4．如果，，那么的取值范围是 ．
二、解答题（本大题共3小题，共56分）
9．（16分）设函数，实数满足，，求的值．
10．（20分）已知数列满足：R且，
N．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，试比较与的大小．
11．（本小题满分20分）作斜率为的直线与椭圆：交于两点（如图所示），且在直线的左上方．
（1）证明：△的内切圆的圆心在一条定直线上；
（2）若，求△的面积．
加 试
1. （40分）如图，分别是圆内接四边形的对角线的中点．若，证明：．
2.（40分）证明：对任意整数，存在一个次多项式
具有如下性质：
4.（50分）设A是一个的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A中的一个方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A中的一个的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A中“坏格”个数的最大值。
2011全国高中数学联赛解答
1．【答案】.
【解析】提示：显然，在的所有三元子集中，每个元素均出现了3次，所以
，
故，于是集合的四个元素分别为5－（－1）＝6，5－3＝2，5－5＝0，5－8＝－3，因此，集合．
4．【答案】.
【解析】提示：不等式
等价于.
又是上的增函数，所以，故Z)．
因为，所以的取值范围是．
5．【答案】15000.
【解析】提示：由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：
（1）有一个项目有3人参加，共有种方案；
（2）有两个项目各有2人参加，共有种方案；
所以满足题设要求的方案数为．
7．【答案】或．
【解析】提示： 设，由得 ，则，．
又，所以，
．
因为，所以，即有，
即，
即，
即．
显然，否则，则点在直线上，从而点与点或点重合．所以，解得．
故所求点的坐标为或．
8．【答案】15.
【解析】提示：C．
9．【解析】因为，所以，
所以或，又因为，所以，所以．
又由有意义知，从而，
于是．
所以 ．
从而 ．
又，所以，
故 ．解得或（舍去）．
把代入解得．所以 ，．
10．【解析】（1）由原式变形得 ，
则 ．
记，则，．
又 ，从而有，
故 ，于是有 ．
（2）
，
显然在时恒有，故．

（2）若时，结合（1）的结论可知．
直线的方程为：，代入中，消去得
．
它的两根分别是和，所以，即．所以
．
同理可求得．
所以 ．

2. 【解析】令， ①
将①的右边展开即知是一个首项系数为1的正整数系数的次多项式．
下面证明满足性质（2）．
对任意整数，由于，故连续的个整数中必有一个为4的倍数，从而由①知．
因此，对任意个正整数，有 ．
但对任意正整数，有，故，
从而．
所以符合题设要求．

4.【解析】 首先证明A中“坏格”不多于25个．
用反证法．假设结论不成立，则方格表中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．
设方格表第列从上到下填的数依次为．记
，
这里．
我们证明：三组数；及都是模10的完全剩余系．
事实上，假如存在，使，则
，
即第1行的第至第列组成一个“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾．
又假如存在，使，则
，
2012年全国高中数学联赛
一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在题中的横线上．
1.设是函数（）的图像上任意一点，过点分别向
直线和轴作垂线，垂足分别为，则的值是_____________.
6.设是定义在上的奇函数，且当时，．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________.
7．满足的所有正整数的和是_____________.
8．某情报站有四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种．设第1周使用Ａ种密码，那么第7周也使用种密码的概率是_____________.（用最简分数表示）
二、解答题：本大题共３小题，共５６分．解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤．
9．（本小题满分16分）已知函数
（1）若对任意，都有，求的取值范围；
（2）若，且存在，使得，求的取值范围．
10．（本小题满分２０分）已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有
（1）当时，求所有满足条件的三项组成的数列;
（2）是否存在满足条件的无穷数列，使得若存在，
求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由．
11．（本小题满分20分）
如图5，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，且．
（1）求证：为定值；
（2）当点A在半圆（）上运动时，求
点的轨迹．
三、（本题满分50分）
设是平面上个点，它们两两间的距离的最小值为
求证：
四、（本题满分50分）
设，是正整数．证明：对满足的任意实数，数列中有无穷多项属于．这里，表示不超过实数的最大整数．
2012年全国高中数学联赛一试及加试试题
参考答案及详细评分标准(A卷word版)
一、填空题：本大题共８小题，每小题８分，共６４分．把答案填在题中的横线上．
设是函数（）的图像上任意一点，过点分别向直线和轴作垂线，垂
足分别为，则的值是 ．
设的内角的对边分别为，且满足，
则的值是 .
【答案】4
３．设，则的最大值是 .
【答案】
【解析】不妨设则
因为
所以
当且仅当时上式等号同时成立.故
4.抛物线的焦点为，准线为ｌ，是抛物线上的两个动点，且满足．设线段ＡＢ的中点在ｌ上的投影为，则的最大值是 .
【答案】1
【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得
在中,由余弦定理得
当且仅当时等号成立.故的最大值为1.
5．设同底的两个正三棱锥和内接于同一个球．若正三棱锥的侧面与底面所成的角为，则正三棱锥的侧面与底面所成角的正切值是 ．
6. 设是定义在上的奇函数，且当时，．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
７．满足的所有正整数的和是 ．
【答案】33
【解析】由正弦函数的凸性,有当时,由此得
所以
故满足的正整数的所有值分别为它们的和为.
８．某情报站有四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种．设第１周使用Ａ种密码，那么第７周也使用Ａ种密码的概率是 ．（用最简分数表示）
二、解答题：本大题共３小题，共５６分．解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤．
９．（本小题满分１６分）已知函数
（１）若对任意，都有，求的取值范围；
（２）若，且存在，使得，求的取值范围．
１０．（本小题满分２０分）已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有
（１）当时，求所有满足条件的三项组成的数列;
（２）是否存在满足条件的无穷数列，使得若存在，
求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由．
１１．（本小题满分２０分）
如图5，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，且．
（１）求证：为定值；
（２）当点A在半圆（）上运动时，求
点的轨迹．
【解析】因为所以三点共线
如图,连结,则垂直平分线段,设垂足为,于是有
(定值)
(2)设其中则.
因为所以
由(1)的结论得所以从而
故点的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为
2012年全国高中数学联赛加试试题（卷）
一、（本题满分４０分）
如图，在锐角中，是边上不同的两点，使得设和的外心分别为，求证：三点共线。
证法一:令消去得
由于这方程必有整数解;其中为方程的特解.
把最小的正整数解记为则,故使是的倍数．……40分
证法二:由于由中国剩余定理知,同余方程组
在区间上有解即存在使是的倍数．…………40分
证法三:由于总存在使取使则
存在使
此时因而是的倍数．……………40分
三、（本题满分５０分）
设是平面上个点，它们两两间的距离的最小值为
求证：
四、（本题满分５０分）
设，ｎ是正整数．证明：对满足的任意实数，数列中有无穷多项属于．这里，表示不超过实数ｘ的最大整数．
【解析】证法一:(1)对任意,有
证法二:(1)

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