資源簡介

1．選擇題(本題滿分35分，每題答對者得5分，答錯者得－2分，不答者得0分)
⑴ 條件甲：兩個三角形的面積和兩條邊對應相等．
條件乙：兩個三角形全等．
A．甲是乙的充分必要條件 B．甲是乙的必要條件
C．甲是乙的充分條件 D．甲不是乙的必要條件，也不是乙的充分條件
⑵ 條件甲：=a．
條件乙：sin+cos=a．
A．甲是乙的充分必要條件 B．甲是乙的必要條件
C．甲是乙的充分條件 D．甲不是乙的必要條件，也不是乙的充分條件
⑸ 給出長方體ABCD—A(B(C(D(，下列12條直線：AB(，BA(，CD(，DC(，AD(，DA(，BC(，CB(，AC，BD，A(C(，B(D(中有多少對異面直線？
A．30對 B．60對 C．24對 D．48對
⑹ 在坐標平面上有兩個區域M和N，M是由y≥0，y≤x和y≤2-x?這三個不等式確定，N是隨t變化的區域，它由不等式t≤x≤t+1確定，t的取值范圍是0≤t≤1?，設M和N的公共面積是函數f(t)，則f(t)為
A．－t2+t+ B．－2t2+2t C.1－t2 D. (t－2)2
⑺ 對方程x|x|+px+q=0進行討論，下面結論中，哪一個是錯誤的？
A．至多有三個實根 B．至少有一個實根
C．僅當p2－4q≥0時才有實根 D．當p<0和q>0時，有三個實根
2．(本題15分) 下列表中的對數值有兩個是錯誤的，請予糾正：
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．(本題15分)在圓O內，弦CD平行于弦EF，且與直徑AB交成45°角，若CD與EF分別交直徑AB于P和Q，且圓O的半徑為1，求證：
PC?QE+PD?QF<2．
5．(本題20分)一張臺球桌形狀是正六邊形ABCDEF，一個球從AB的中點P擊出，擊中BC邊上的某點Q，并且依次碰擊CD、DE、EF、FA各邊，最后擊中AB邊上的某一點．設∠BPQ=θ，求θ的范圍．
提示：利用入射角等于反射角的原理．
1981年二十五省、市、自治區中學生聯合數學競賽解答
1．選擇題(本題滿分35分，每題答對者得5分，答錯者得－2分，不答者得0分)
⑴ 條件甲：兩個三角形的面積和兩條邊對應相等．
條件乙：兩個三角形全等．
A．甲是乙的充分必要條件 B．甲是乙的必要條件
C．甲是乙的充分條件 D．甲不是乙的必要條件，也不是乙的充分條件
【答案】B
【解析】乙(甲，但甲(乙，故選B.
⑶ 設α≠ (k≠0，±1，±2，……)，T=．
A．T取負值 B．T取非負值 C．T取正值 D．T取值可正可負
【答案】C
【解析】T=>0，選C．
⑸ 給出長方體ABCD—A(B(C(D(，下列12條直線：AB(，BA(，CD(，DC(，AD(，DA(，BC(，CB(，AC，BD，A(C(，B(D(中有多少對異面直線？
A．30對 B．60對 C．24對 D．48對
【答案】A
【解析】每條面上的對角線都與5條面上的對角線異面．故共有5×12÷2=30對．選A．
⑹ 在坐標平面上有兩個區域M和N，M是由y≥0，y≤x和y≤2-x?這三個不等式確定，N是隨t變化的區域，它由不等式t≤x≤t+1確定，t的取值范圍是0≤t≤1?，設M和N的公共面積是函數f(t)，則f(t)為
⑺ 對方程x|x|+px+q=0進行討論，下面結論中，哪一個是錯誤的？
A．至多有三個實根 B．至少有一個實根
C．僅當p2－4q≥0時才有實根 D．當p<0和q>0時，有三個實根
【答案】C,D
【解析】畫出y=x|x|及y=－px－q的圖象：知A、B正確，C、D錯誤．選C、D．
2．(本題15分) 下列表中的對數值有兩個是錯誤的，請予糾正：
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．(本題15分)在圓O內，弦CD平行于弦EF，且與直徑AB交成45°角，若CD與EF分別交直徑AB于P和Q，且圓O的半徑為1，求證：
PC?QE+PD?QF<2．
4．(本題15分)組裝甲、乙、丙三種產品，需用A、B、C三種零件．每件甲需用A、B各2個；每件乙需用B、C各1個；每件丙需用2個A與1個C．用庫存的A、B、C三種零件，如組裝成p件甲產品、q件乙產品和r件丙產品，則剩下2個A和1個B，但C恰好用完．試證：無論怎樣改變甲、乙、兩產品的件數，也不能把庫存的A、B、C三種零件都恰好用完．
5．(本題20分)一張臺球桌形狀是正六邊形ABCDEF，一個球從AB的中點P擊出，擊中BC邊上的某點Q，并且依次碰擊CD、DE、EF、FA各邊，最后擊中AB邊上的某一點．設∠BPQ=θ，求θ的范圍．
提示：利用入射角等于反射角的原理．

1．選擇題(本題48分，每一小題答對者得6分，答錯者得0分，不答者得1分)：
⑴ 如果凸n邊形F(n≥4)的所有對角線都相等，那么
A．F∈{四邊形} B．F∈{五邊形}
C．F∈{四邊形}∪{五邊形} D．F∈{邊相等的多邊形}∪{內角相等的多邊形}
⑵ 極坐標方程ρ=所確定的曲線是
A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
⑺ 設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不同時為負數}
⑻ 當a，b是兩個不相等的正數時，下列三個代數式：
甲：(a+)(b+)， 乙：(+)2， 丙：(+)2
中間，值最大的一個是
A．必定是甲 B．必定是乙
C．必定是丙 D．一般并不確定，而與a、b的取值有關
2．(本題16分)已知四面體SABC中，
∠ASB=，∠ASC=α(0<α<)，∠BSC=β(0<β<)．
以SC為棱的二面角的平面角為θ．
求證：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．
3．(本題16分)已知：⑴ 半圓的直徑AB長為2r；⑵ 半圓外的直線l 與BA的延長線垂直，垂足為T，|AT|=2a(2a<)；⑶ 半圓上有相異兩點M、N，它們與直線l的距離|MP|、|NQ|滿足條件
==1．
求證：|AM|+|AN|=|AB|．
1982年二十八省、市、自治區中學生聯合數學競賽解答
1．選擇題(本題48分，每一小題答對者得6分，答錯者得0分，不答者得1分)：
⑴ 如果凸n邊形F(n≥4)的所有對角線都相等，那么
A．F∈{四邊形} B．F∈{五邊形}
C．F∈{四邊形}∪{五邊形} D．F∈{邊相等的多邊形}∪{內角相等的多邊形}
【答案】C
【解析】由正方形及正五邊形知A、B均錯，由對角線相等的四邊形形狀不確定，知D錯，選C．
=
⑷ 由方程|x－1|+|y－1|=1確定的曲線所圍成的圖形的面積是
A．1 B．2 C．π D．4
【答案】B
【解析】此曲線的圖形是一個正方形，頂點為(0，1)，(1，0)，(2，1)，(1，2)；其面積為2．選B．
⑹ 已知x1，x2是方程 x2－(k－2)x+(k2+3k+5)=0(k為實數)的兩個實數根，x12+x22的最大值是
A．19 B．18 C． 5 D．不存在
⑺ 設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不同時為負數}

⑻ 當a，b是兩個不相等的正數時，下列三個代數式：
甲：(a+)(b+)， 乙：(+)2， 丙：(+)2
中間，值最大的一個是
A．必定是甲 B．必定是乙
C．必定是丙 D．一般并不確定，而與a、b的取值有關
【答案】D
【解析】甲>乙，但甲、丙大小不確定．故選D．
2．(本題16分)已知四面體SABC中，∠ASB=，∠ASC=α(0<α<)，∠BSC=β(0<β<)．
以SC為棱的二面角的平面角為θ．
求證：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．
【解析】證明：在SC上取點D，使SD=1，在面SAC、SBC內分別作DE⊥SC，DF⊥SC，分別交SA、SB于E、F，連EF．則∠EDF為二面角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．(本題16分)已知：⑴ 半圓的直徑AB長為2r；⑵ 半圓外的直線l 與BA的延長線垂直，垂足為T，|AT|=2a(2a<)；⑶ 半圓上有相異兩點M、N，它們與直線l的距離|MP|、|NQ|滿足條件
==1．
求證：|AM|+|AN|=|AB|．
4．(本題20分)已知邊長為4的正三角形ABC．D、E、F分別是BC、CA、AB上的點，且|AE|=|BF|=|CD|=1，連結AD、BE、CF，交成△RQS．點P在△RQS內及邊上移動，點P到△ABC三邊的距離分別記作x、y、z．
⑴ 求證當點P在△RQS的頂點位置時乘積xyz有極小值；
⑵ 求上述乘積xyz的極小值．
【解析】利用面積，易證：⑴ 當點P在△ABC內部及邊上移動時，x+y+z為定值h=2；
⑵過P作BC的平行線l，交△ABC的兩邊于G、H．當點P在線段GH上移動時，y+z為定值，從而x為定值．
⑶設y∈[α，β]，m為定值．則函數u=y(m－y)在點y=α或y=β時取得極小值．
于是可知，過R作AB、AC的平行線，過Q作AB、BC的平行線，過S作BC、AC的平行線，這6條平行線交得六邊形STRUQV，由上證，易得只有當點P在此六點上時，xyz取得極小值．由對稱性易知，xyz的值在此六點處相等．
由··=1，得=，x=·h=h，y=h=h，z=h．
∴ xyz=()3h3=．
5．(本題20分)已知圓x2+y2=r2(r為奇數)，交x軸于點A(r，0)、B(－r，0)，交y軸于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圓周上的點，u=pm，v=qn(p、q都是質數，m、n都是正整數)，且u>v．點P在x軸和y軸上的射影分別為M、N．
求證：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分別為1、9、8、2．

第一試
1．選擇題(本題滿分32分，每題答對者得4分，答錯者得0分，不答得1分)
⑴ 設p、q是自然數，條件甲：p3－q3是偶數；條件乙：p+q是偶數．那么
A．甲是乙的充分而非必要條件 B．甲是乙的必要而非充分條件
C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件，也不是乙的必要條件
⑹ 設a，b，c，d，m，n都是正實數，
P=+，Q=·，那么
A．P≥Q B．P≤Q
C．P⑺ 在正方形ABCD所在平面上有點P，使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA都是等腰三角形，那么具有這樣性質的點P的個數有
A．9個 B．17個 C．1個 D．5個
⑻ 任意△ABC，設它的周長、外接圓半徑長與內切圓半徑長分別為l、R與r，那么
A．l>R+r B．l≤R+r C．2．填充題(本題滿分18分，每小題6分)
⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 ．
⑵ 三邊均為整數，且最大邊長為11的三角形，共有 個．
⑶ 一個六面體的各個面和一個正八面體的各個面都是邊長為a的正三角形，這樣兩個多面體的內切球半徑之比是一個既約分數，那么積m?n是 ．
第二試
1．(本題滿分8分)求證：arc sinx+arc cosx= ，其中x∈[－1，1]
2．(本題滿分16分)函數f(x)在[0，1]上有定義，f(0)=f(1)．如果對于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|．求證：|f(x1)－f(x2)|< ．
5．(本題滿分18分) 函數F(x)=|cos2x+2sinxcosx－sin2x+Ax+B|
在 0≤x≤π上的最大值M與參數A、B有關，問A、B取什么值時，M為最小？證明你的結論．
1983年全國高中數學聯賽解答
第一試
1．選擇題(本題滿分32分，每題答對者得4分，答錯者得0分，不答得1分)
⑴ 設p、q是自然數，條件甲：p3－q3是偶數；條件乙：p+q是偶數．那么
A．甲是乙的充分而非必要條件 B．甲是乙的必要而非充分條件
C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件，也不是乙的必要條件
⑵ x=+的值是屬于區間
A．(－2，－1) B．(1，2) C．(－3，－2) D．(2，3)
【答案】D
【解析】x=log32+log35=log310∈(2，3)，選D．
⑷ 已知M={(x，y)|y≥x2}，N={(x，y)|x2+ (y－a)2≤1}．那么，使M∩N=N成立的充要條件是
A．a≥1 B．a=1 C．a≥1 D．0【答案】A
【解析】M∩N=N的充要條件是圓x2+(y－a)2≤1在拋物線y=x2內部(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，選A．
⑸ 已知函數f(x)=ax2－c，滿足
－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5．
那么，f(3)應滿足
A．7≤f(3)≤26 B．－4≤f(3)≤15 C．－1≤f(3)≤20 D．－≤f(3)≤
⑹ 設a，b，c，d，m，n都是正實數，
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．選B．
2．填充題(本題滿分18分，每小題6分)
⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 ．
【答案】
【解析】cosA=±，sinB=，但若cosA=－，則A>135°，cosB=60°，矛盾．故cosA=．∴ cosC=cos(π－A－B)=－cosAcosB+sinAsinB=－·+·=．
⑵ 三邊均為整數，且最大邊長為11的三角形，共有 個．
【答案】36
【解析】設另兩邊為x，y，且x≤y．則得x≤y≤11，x+y>11，在直角坐標系內作直線y=x，y=11，x=11，x+y=11，則所求三角形數等于由此四條直線圍成三角形內的整點數．(含y=11，y=x上的整點，不含x+y=11上的整點)共有122÷4=36個．即填36．
⑶ 一個六面體的各個面和一個正八面體的各個面都是邊長為a的正三角形，這樣兩個多面體的內切球半徑之比是一個既約分數，那么積m?n是 ．
第二試
1．(本題滿分8分)求證：arc sinx+arc cosx=，其中x∈[－1，1]
【解析】證明：由于x∈[－1，1]，故arcsinx與arccosx有意義，
sin(－arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx∈[0，π]，∴ －arccosx∈[－，]．
故根據反正弦定義，有arcsinx=－arccosx．故證．
2．(本題滿分16分)函數f(x)在[0，1]上有定義，f(0)=f(1)．如果對于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|．求證：|f(x1)－f(x2)|<．
【解析】證明：不妨取0≤x1若|x1-x2|>，則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<．故證.
3．(本題滿分16分) 在四邊形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面積比是3∶4∶1，點M、N分別在AC、CD上滿足AM∶AC=CN∶CD，并且B、M、N三點共線．求證：M與N分別是AC與CD的中點．
4. (本題滿分16分)在在六條棱長分別為2，3，3，4，5，5的所有四面體中，最大體積是多少？證明你的結論．
5．(本題滿分18分) 函數F(x)=|cos2x+2sinxcosx－sin2x+Ax+B|
在 0≤x≤π上的最大值M與參數A、B有關，問A、B取什么值時，M為最小？證明你的結論．

第一試
1．選擇題(本題滿分40分，每小題答對得5分答錯得0分，不答得1分)
⑴ 集合S={|argZ=α，α為常數}在復平面上的圖形是( )
A．射線argZ=2α B．射線argZ=－2α C．射線argZ=α D．上述答案都不對
⑵下列四個圖形的陰影部分(不包括邊界)滿足不等式logx(logxy2)>0的是( )
⑶ 對所有滿足1≤n≤m≤5的m，n，極坐標方程ρ=表示的不同雙曲線條數是( )
A．15 B．10 C．7 D．6
⑺ 若動點P(x，y)以等角速度ω在單位圓上逆時針運動，則點Q(－2xy，y2－x2)的運動方式是
A．以角速度ω在單位圓上順時針運動
B．以角速度ω在單位圓上逆時針運動
C．以角速度2ω在單位圓上順時針運動
D．以角速度2ω在單位圓上逆時針運動
⑻ 若四面體的一條棱長是x，其余棱長都是1，體積是F(x)，則函數F(x)在其定義域上
A．是增函數但無最大值 B．是增函數且有最大值
C．不是增函數但無最大值 D．不是增函數但有最大值
2．填充題(本題滿分10分，每小題5分)
⑴ 如圖，AB是單位圓的直徑，在AB上任取一點D，作DC⊥AB，交圓周于C，若點D的坐標為D(x，0)，則當x∈ 時，線段AD、BD、CD可以構成銳角三角形．
⑵ 方程cos=cosx的通解是 ，在(0，24π)內不相同的解有
個．
2．(本題滿分10分)已知兩條異面直線a、b所成的角為θ，它們的公垂線AA(的長度為d，在直線a、b上分別取點E、F，設A(E=m，AF=n，求EF(A(在直線a上，A在直線b上)．
3．(本題滿分15分)如圖，在△ABC中，P為邊BC上任意一點，PE∥BA，PF∥CA，若S△ABC=1，證明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一個不小于 (SXY…Z表示多邊形XY…Z的面積)．
4．(本題滿分15分) 設an是12+22+32+…+n2的個位數字， n=1，2，3…，試證：0.a1a2…an…是有理數．
5．(本題滿分15分) 設x1，x2，…，xn都是正數，求證：++…++≥x1+x2+…+xn．
1984年全國高中數學聯賽試題解答
第一試
1．選擇題(本題滿分40分，每小題答對得5分答錯得0分，不答得1分)
⑴ 集合S={|argZ=α，α為常數}在復平面上的圖形是( )
A．射線argZ=2α B．射線argZ=－2α C．射線argZ=α D．上述答案都不對
【答案】D
【解析】由于argZ∈[0.2π)，故不存在答案B．arg=2π－α，故選D．
⑶ 對所有滿足1≤n≤m≤5的m，n，極坐標方程ρ=表示的不同雙曲線條數是( )
A．15 B．10 C．7 D．6
【答案】D
【解析】由e=C，若表示雙曲線，則e>1，由C>1，可得m、n的不同取值為C=5，C=10，C=4，C=6，C=3，C=2，共有6個不同的值，故選D．
⑸ 若a>0，a≠1，F(x)是一個奇函數，則G(x)=F(x)?(+)是（ ）
A．奇函數 B．偶函數 C．不是奇函數也不是偶函數 D．奇偶性與a的具體數值有關
⑺ 若動點P(x，y)以等角速度ω在單位圓上逆時針運動，則點Q(－2xy，y2－x2)的運動方式是
A．以角速度ω在單位圓上順時針運動
B．以角速度ω在單位圓上逆時針運動
C．以角速度2ω在單位圓上順時針運動
D．以角速度2ω在單位圓上逆時針運動

⑻ 若四面體的一條棱長是x，其余棱長都是1，體積是F(x)，則函數F(x)在其定義域上
A．是增函數但無最大值 B．是增函數且有最大值
C．不是增函數但無最大值 D．不是增函數但有最大值
【答案】D
【解析】定義域為02．填充題(本題滿分10分，每小題5分)
⑴ 如圖，AB是單位圓的直徑，在AB上任取一點D，作DC⊥AB，交圓周于C，若點D的坐標為D(x，0)，則當x∈ 時，線段AD、BD、CD可以構成銳角三角形．
【答案】2－【解析】由對稱性，先考慮0≤x<1的情況，設AD=a，BD=b，CD=c，則a+b=2，ab=c2，且必有a≥c≥b，于是只要考慮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)內不相同的解有 個
第二試
1．(本題滿分15分)下列命題是否正確？若正確，請給予證明．否則給出反例．
⑴ 若P、Q是直線l同側的兩個不同點，則必存在兩個不同的圓，通過P、Q且與直線l相切；
⑵ 若a>0，b>0，且a≠1，b≠1，則logab+logba≥2．
⑶ 設A、B是坐標平面上的兩個點集，Cr={(x，y)|x2+y2≤r2}，若對任何r≥0，都有Cr∪A(Cr∪B，則必有A(B．
2．(本題滿分10分)已知兩條異面直線a、b所成的角為θ，它們的公垂線AA(的長度為d，在直線a、b上分別取點E、F，設A(E=m，AF=n，求EF(A(在直線a上，A在直線b上)．
【解析】EF=．(證明見課本)．
3．(本題滿分15分)如圖，在△ABC中，P為邊BC上任意一點，PE∥BA，PF∥CA，若S△ABC=1，證明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一個不小于(SXY…Z表示多邊形XY…Z的面積)．
【解析】證明：如圖，三等分BC于M、N，若點P在BM上(含點M)，則由于PE∥AB，則△CPE∽△CBA．CP∶CB≥．于是S△PCE≥．同理，若P在NC上(含點N)，則S△BPF≥．
若點P在線段MN上．連EF，設=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≥．故命題成立．

第一試
1．選擇題(本題滿分36分，每小題答對得6分答錯得0分，不答得1分)
⑴ 假定有兩個命題：
甲：a是大于0的實數；乙：a>b且a－1>b－1．那么( )
A．甲是乙的充分而不必要條件 B．甲是乙的必要而不充分條件
C．甲是乙的充分必要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
⑵PQ為經過拋物線y2=2px焦點的任一弦，MN為PQ在準線l上的射影，PQ繞l一周所得的旋轉面面積為S1，以MN為直徑的球面積為S2，則下面結論中，正確的是( )
A．S1>S2 B．S1S2，有時S1=S2，有時S1⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，則( )
A．x= B．x=－ C．x=0 D．這樣的x不存在．
⑷ 在下面四個圖形中，已知有一個是方程mx+ny2=0與mx2+ny2=1(m≠0，n≠0)在同一坐標系中的示意圖，它應是( )
⑸ 設Z、W、λ為復數，|λ|≠1，關于Z的方程－λZ=W有下面四個結論：
Ⅰ．Z=是這個方程的解； Ⅱ．這個方程只有一解；
Ⅲ．這個方程有兩解； Ⅳ．這個方程有無窮多解．則( )
A．只有Ⅰ、Ⅱ正確 B．只有Ⅰ、Ⅲ正確 C．只有Ⅰ、Ⅳ正確 D．以上A、B、C都不正確
⑹ 設0 A．是遞增的 B．是遞減的 C．奇數項遞增，偶數項遞減 D．偶數項遞增，奇數項遞減
二．填空題(本題滿分24分，每小題6分)
⑴ 在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若角A、B、C的大小成等比數列，且b2－a2=ac，則角B的弧度為等于 ．
⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非負整數解共有 組．
⑶ 在已知數列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相鄰若干個數之和能被11整除的數組共有 ．
⑷ 對任意實數x，y，定義運算x*y為x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c為常數，等式右端中的運算是通常的實數加法、乘法運算．現已知1*2=3，2*3=4，并且有一個非零實數d，使得對于任意實數都有x*d=x，則d= ．
第二試
(本試共有4題，每題滿分15分)
1．在直角坐標系xoy中，點A(x1，y1)和點B(x2，y2)的坐標均為一位的正整數．OA與x軸正方向的夾角大于45°，OB與x軸正方向的夾角小于45°，B在x軸上的射影為B(，A在y軸上的射影為A(，△OBB(的面積比△OAA(的面積大33.5，由x1，y1，x2，y2組成的四位數=x1?103+x2?102+y2?10+y1．試求出所有這樣的四位數，并寫出求解過程．
4．平面上任給5個點，以λ表示這些點間最大的距離與最小的距離之比，證明：λ≥2sin54(．
1985年全國高中數學聯賽試題
第一試
1．選擇題(本題滿分36分，每小題答對得6分答錯得0分，不答得1分)
⑴ 假定有兩個命題：
甲：a是大于0的實數；乙：a>b且a－1>b－1．那么( )
A．甲是乙的充分而不必要條件 B．甲是乙的必要而不充分條件
C．甲是乙的充分必要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
【答案】B
【解析】由于a>b且a－1>b－1成立時，必有a>0，b<0．故由乙可得甲，故選B
⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，則( )
A．x= B．x=－ C．x=0 D．這樣的x不存在．
【答案】D
【解析】即arcsinx=2 arccos－π．設arccos=θ，則cosθ=，sinθ=．
∴ sin2θ=2sinθcosθ=．即2θ為銳角．∴2θ－π<－．故選D．
⑷在下面四個圖形中，已知有一個是方程與 (m≠0，n≠0)在同一坐標系中的示意圖，它應是( )
【答案】A
⑸ 設Z、W、λ為復數，|λ|≠1，關于Z的方程－λZ=W有下面四個結論：
Ⅰ．Z=是這個方程的解； Ⅱ．這個方程只有一解；
Ⅲ．這個方程有兩解； Ⅳ．這個方程有無窮多解．則( )
A．只有Ⅰ、Ⅱ正確 B．只有Ⅰ、Ⅲ正確 C．只有Ⅰ、Ⅳ正確 D．以上A、B、C都不正確
【答案】A
【解析】原式兩端取共軛：Z－=，乘以λ再取共軛：－|(|2Z=W，相加，由|(|≠1，得方程有唯一解Z=．選A．
⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非負整數解共有 組．
【答案】174
【解析】x1=1時，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1，共有9解；
x1=0時，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3，共有9+A+C=9+72+84=165解．
∴ 共有174解．
第二試
(本試共有4題，每題滿分15分)
1．在直角坐標系xoy中，點A(x1，y1)和點B(x2，y2)的坐標均為一位的正整數．OA與x軸正方向的夾角大于45°，OB與x軸正方向的夾角小于45°，B在x軸上的射影為B(，A在y軸上的射影為A(，△OBB(的面積比△OAA(的面積大33.5，由x1，y1，x2，y2組成的四位數
=x1?103+x2?102+y2?10+y1．試求出所有這樣的四位數，并寫出求解過程．
【解析】x2y2－x1y1=67．x1y2．且x1，y1，x2，y2都是不超過10的正整數．
∴ 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．某足球邀請賽有十六個城市參加，每市派出甲、乙兩個隊，根據比賽規則，比賽若干天后進行統計，發現除A市甲隊外，其它各隊已比賽過的場數各不相同．問A市乙隊已賽過多少場？請證明你的結論．
【解析】證明：用32個點表示這32個隊，如果某兩隊比賽了一場，則在表示這兩個隊的點間連一條線．否則就不連線．
由于，這些隊比賽場次最多30場，最少0場，共有31種情況，現除A城甲隊外還有31個隊，這31個隊比賽場次互不相同，故這31個隊比賽的場次恰好從0到30都有．就在表示每個隊的點旁注上這隊的比賽場次．
4．平面上任給5個點，以λ表示這些點間最大的距離與最小的距離之比，證明：λ≥2sin54(．
【解析】證明 ⑴ 若此五點中有三點共線，例如A、B、C三點共線，不妨設B在A、C之間，則AB與BC必有一較大者．不妨設AB≥BC．則≥2>2sin54(．

第一試
1．選擇題(本題滿分42分，每小題7分，每小題答對得7分，答錯得0分不答得1分)
⑴ 設－1 A．{x|2nπ+θ C．{x|(2n－1)π+θ ⑵ 設x為復數，M={z|(z－1)2=|z－1|2}，那么( )
A．M={純虛數} B．M={實數} C．{實數} M {復數} D．M={復數}
2．填空題(本題滿分28分，每小題7分)：
本題共有4個小題，每小題的答案都是000到999的某一個整數，請把你認為正確的答案填在 上．
⑴ 在底面半徑為6的圓柱內，有兩個半徑也為6的球面，其球心距為13，若作一平面與這二球面相切，且與圓柱面交成一個橢圓，則這個橢圓的長軸長與短軸長之和是 ．
⑵ 已知f(x)=|1－2x|，x∈[0，1]，那么方程
f(f(f(x)))=x
的解的個數是 ．
⑶設f(x)=，那么和式f()+f()+f()+…+f()的值等于 ；
⑷設x、y、z為非負實數，且滿足方程4－68(2+256=0，那么x+y+z的最大值與最小值的乘積等于 ．

第二試
1．(本題滿分17分)已知實數列a0，a1，a2，…，滿足
ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，…)
求證：對于任何自然數n，
P(x)=a0C(1-x)n+a1Cx(1-x)n-1+a2Cx2(1-x)n-2+…+an-1Cxn-1(1-x)+anCxn
是一次多項式．(本題應增加條件：a0≠a1)
3．平面直角坐標系中，縱橫坐標都是整數的點稱為整點，請設計一種染色方法將所有的整點都染色，每一個整點染成白色、紅色或黑色中的一種顏色，使得
⑴ 每一種顏色的點出現在無窮多條平行于橫軸的直線上；
⑵對任意白色A、紅點B和黑點C，總可以找到一個紅點D，使得ABCD為一平行四邊形．
證明你設計的方法符合上述要求．
1986年全國高中數學聯賽解答
第一試
1．選擇題(本題滿分42分，每小題7分，每小題答對得7分，答錯得0分不答得1分)
⑴ 設－1 A．{x|2nπ+θ C．{x|(2n－1)π+θ 【答案】D
【解析】－<θ<0，在(－π，0)內滿足sinx⑶ 設實數a、b、c滿足
那么，a的取值范圍是( )
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．選D．
b2+c2+2bc－a2+2a－1=0，(b+c)2=(a－1)2，(b+c=a－1，或b+c=－a+1．
⑸ 平面上有一個點集和七個不同的圓C1，C2，…，C7，其中圓C7恰好經過M中的7個點，圓C6恰好經過M中的6個點，…，圓C1恰好經過M中的1個點，那么M中的點數最少為( )
A．11 B．12 C．21 D．28
【答案】B
【解析】首先，C7經過M中7個點，C6與C7至多2個公共點，故C6中至少另有4個M中的點，C5至少經過M中另外1個點，共有至少7+4+1=12個點．

⑹ 邊長為a、b、c的三角形，其面積等于，而外接圓半徑為1，若
s=++，t=++，
則s與t的大小關系是
A．s>t B．s=t C．s 【答案】C
【解析】△=absinC=，由R=1，△=，知abc=1．且三角形不是等邊三角形．
∴ ++≥++==++．(等號不成立)．選C．
⑶ 設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 設x、y、z為非負實數，且滿足方程4－68(2+256=0，那么x+y+z的最大值與最小值的乘積等于 ；
第二試
1．(本題滿分17分)已知實數列a0，a1，a2，…，滿足
ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，…)
求證：對于任何自然數n，
P(x)=a0C(1-x)n+a1Cx(1-x)n-1+a2Cx2(1-x)n-2+…+an-1Cxn-1(1-x)+anCxn
是一次多項式．
(本題應增加條件：a0≠a1)
2．(本題滿分17分)已知銳角三角形ABC的外接圓半徑為R，點D、E、F分別在邊BC、CA、AB上，求證：AD，BE，CF是⊿ABC的三條高的充要條件是
S=(EF+FD+DE)．
3．(本題16分)平面直角坐標系中，縱橫坐標都是整數的點稱為整點，請設計一種染色方法將所有的整點都染色，每一個整點染成白色、紅色或黑色中的一種顏色，使得
⑴ 每一種顏色的點出現在無窮多條平行于橫軸的直線上；
⑵ 對任意白色A、紅點B和黑點C，總可以找到一個紅點D，使得ABCD為一平行四邊形．
證明你設計的方法符合上述要求．

一試題(10月11日上午8∶00——9∶30)
一．選擇題(每個小題選對得5分，不選得1分；選錯或選出的代號超過一個者得0分．本題滿分20分)：
1．對任意給定的自然數n，若n6+3a為正整數的立方，其中a為正整數，則( )
A．這樣的a有無窮多個 B．這樣的a存在，但只有有限個
C．這樣的a不存在 D．以上A、B、C的結論都不正確(上海供題)
2．邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條不小于6，則這個菱形兩條對角線長度之和的最大值是( )
A．10 B．14 C．5 D．12(天津供題)
3．在平面直角坐標系中縱橫坐標均為有理數的點稱為有理點，若a為無理數，則過(a，0)的所有直線中( )
A．有無窮多條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點
B．恰有n(2≤n<+∞)條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點
C．有且僅有一條直線至少通過兩個有理點
D．每條直線至多通過一個有理點(河南供題)
2．已知集合
A={(x，y)| |x|+|y|=α，α>0}
B={(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|}
若A∩B是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則α的值為 ．(青海供題)
3．若k是大于1的整數，α是x2－kx+1=0的一個根，對于大于10的任意自然數n，α+α的個位數字總是7，則k的個位數字是 ．(河北供題)
4．現有邊長為3，4，5的三角形兩個，邊長為4，5，的三角形四個，邊長為，4，5的三角形六個，用上述三角形為面，可以拼成 個四面體．(江西供題)
5．五對孿生兄妹參加k個組活動，若規定：⑴ 孿生兄妹不在同一組；⑵非孿生關系的任意兩個人都恰好共同參加過一個組的活動，⑶有一人只參加兩個組的活動，則k的最小值為 ．(命題組供題)
1987年全國高中數學聯賽二試題
一．如圖，△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，現固定△ABC，而將△ADE繞A點在平面上旋轉，試證：不論△ADE旋轉到什么位置，線段EC上必存在點M，使△BMD為等腰直角三角形．
二．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點稱為整點．試證：存在一個同心圓的集合，使得
⑴每個整點都在此集合的某個圓周上；
⑵此集合的每個圓周上，有且只有一個整點．(辛澤爾定理)
三．n(n>3)名乒乓球選手單打若干場后，任意兩個選手已賽過的對手恰好都不完全相同，試證明：總可以從中去掉一名選手，而使在余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同．
1987年全國高中數學聯賽解答
一試題
一．選擇題(每個小題選對得5分，不選得1分；選錯或選出的代號超過一個者得0分．本題滿分20分)：
2．邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條不小于6，則這個菱形兩條對角線長度之和的最大值是( )
【解析】若直線斜率為k，則當k=0時直線經過x軸上所有有理點．
當k≠0時，直線方程為y=k(x－a)．
若k為有理數，則當x為有理數時，y為無理數；
若k為無理數，若此時直線經過一個有理點A(x1，y1)，對于直線上與A不重合的點B(x2，y2)．由y1=k(x1－a)，y2=k(x2－a)，由于a為無理數，故y1≠0，x2－a≠0，==m，當y2為有理數時，m為有理數，當y2≠y1時，m≠1，此時x2=mx1+(1－m)a為無理數．即此直線上至多有一個有理點．選C．
4．如圖，△ABC的頂點B在單位圓的圓心上，A、C在圓周上，∠ABC=2α(0<α< )現將△ABC在圓內按逆時針方向依次作旋轉，具體方法如下：第一次，以A為中心使B落到圓周上；第二次，以B為中心，使C落到圓周上；第三次，以C為中心，使A落到圓周上．如此旋轉直到100次．那么A點所走過的路程的總長度為( )
A．22π(1+sinα)－66α B．π
C．22π+ πsinα－66α D．33π－66α(北京供題)
【答案】A
【解析】點A每k(k≡1(mod 3))不動，第k(k≡2(mod 3))次走過路程π－2α，第k(k≡0(mod 3))走過路程(2sinα)，于是所求路程=33(π－2α+ πsinα)．選A．
二．填空題(每小題填寫結果完全正確者得8分，填寫錯誤或多填、少填者均得0分，本題滿分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 ．(陜西供題)
2．已知集合
A={(x，y)| |x|+|y|=α，α>0}
B={(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|}
若A∩B是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則α的值為 ．(青海供題)
【答案】α=2或2+ ．
【解析】集合A的圖形是依次連(α，0)，(0，α)，(－α，0)，(0，－α)四點的線段．
集合B的圖形是直線x=1，x=－1，y=1，y=－1．它們交得一個正八邊形．
若此4條直線為圖中的4條實線，則α=tan22.5°+1= ．或此正八邊形各邊與原點距離相等，知直線x+y=α與原點距離=1．α= ．
若此4條直線為圖中的4條虛線，則α=2+2，(α=2+．
∴ α=2或2+ ．
4．現有邊長為3，4，5的三角形兩個，邊長為4，5，的三角形四個，邊長為，4，5的三角形六個，用上述三角形為面，可以拼成 個四面體．(江西供題)
若再取兩個③類三角形時，由于AD=，不滿足(*)式，故不可以構成四面體．
情況⑵：兩個①類，兩個③類．此時取BC=5，AB=CD=3，于是斜邊BC上的高AE=DF=h=．且BE=CF=x=，則EF=5－2×=．
于是AD2=AE2+EF2+FD2－2AE·DFcosθ= (337－288cosθ)∈(，25)．
由于AD=，不滿足(*)式，故不可以構成四面體．
∴ 只能構成1個四面體．
5．五對孿生兄妹參加k個組活動，若規定：⑴ 孿生兄妹不在同一組；⑵非孿生關系的任意兩個人都恰好共同參加過一個組的活動，⑶有一人只參加兩個組的活動，則k的最小值為 ．(命題組供題)
1987年全國高中數學聯賽二試題
一．如圖，△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，現固定△ABC，而將△ADE繞A點在平面上旋轉，試證：不論△ADE旋轉到什么位置，線段EC上必存在點M，使△BMD為等腰直角三角形．
【解析】證明：以A為原點，AC為x軸正方向建立復平面．設C表示復數c，點E表示復數e(c、e∈R)．則點B表示復數b=c+ci，點D表示復數d=e－ei．
把△ADE繞點A旋轉角θ得到△AD(E(，
則點E(表示復數e(=e(cosθ+isinθ)．點D(表示復數d(=d(cosθ+isinθ)
表示E(C中點M的復數m=(c+e()．
∴ 表示向量的復數：z1=b－(c+e()=c+ci－c－e(cosθ+isinθ)=－ecosθ+(c－esinθ)i．
表示向量的復數：z2=d(－m=(e－ei)(cosθ+isinθ)－c－e(cosθ+isinθ)
=(esinθ－c)－iecosθ．
顯然：z2=z1i．于是|MB|=|MD(|，且∠BMD(=90°．即△BMD(為等腰直角三角形．故證．
二．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點稱為整點．試證：存在一個同心圓的集合，使得
⑴每個整點都在此集合的某個圓周上；
⑵此集合的每個圓周上，有且只有一個整點．(辛澤爾定理)
三．n(n>3)名乒乓球選手單打若干場后，任意兩個選手已賽過的對手恰好都不完全相同，試證明：總可以從中去掉一名選手，而使在余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同．
又證：把這些選手編為1至n號，以n個點表示這n個人，各點也相應編為1至n號．
反設去掉任何一各選手后都有兩個選手的已賽過的對手完全相同．于是先去掉1號選手，則有兩個選手的已賽過的對手完全相同，設為第i號與第j號，在表示此二人的點間連一條線，并在線上注上“1號”．這說明，此二人在去掉1號選手之前必是一人與1號賽過，另一人與1號沒有賽過．而且不可能在去掉1號后有三人都相同，否則，此三人與1號選手比賽的情況只有兩種：賽過或沒有賽過，如果去掉1號后，此三人的情況完全相同，則去掉1號之前必有2人賽過的對手完全相同．如果去掉1號后有不止一對選手的已賽過對手完全相同，則只任取其中的一對連線，其余的對則不連線．
連線后把1號選手放回來，再依次去掉2號、3號，……，直至n號，每去掉1個選手，都會在某兩點之間連出1條線．這樣，就在n個選手之間連了n條線．且這些線上分別注了1至n號，每條線注了1個號碼，每個號碼只注在1條線上．

一．選擇題(本大題共5小題，每小題有一個正確答案，選對得7分，選錯、不選或多選均得0分)：
1．設有三個函數，第一個是y=φ(x)，它的反函數是第二個函數，而第三個函數的圖象與第二個函數的圖象關于x+y=0對稱，那么，第三個函數是( )
A．y=－φ(x) B．y=－φ(－x) C．y=－φ－1(x) D．y=－φ－1(－x)
4．已知三個平面α、β、γ，每兩個之間的夾角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有命題甲：θ>； 命題乙：a、b、c相交于一點． 則
A．甲是乙的充分條件但不必要 B．甲是乙的必要條件但不充分
C．甲是乙的充分必要條件 D．A、B、C都不對
5．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點叫做整點，我們用I表示所有直線的集合，M表示恰好通過1個整點的集合，N表示不通過任何整點的直線的集合，P表示通過無窮多個整點的直線的集合．那么表達式 ⑴ M∪N∪P=I； ⑵ N≠?． ⑶ M≠?． ⑷ P≠?中，正確的表達式的個數是
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空題(本大題共4小題，每小題10分)：
1．設x≠y，且兩數列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均為等差數列，那么= ．
2．(+2)2n+1的展開式中，x的整數次冪的各項系數之和為 ．
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分別是AB、AC上的高，則= ．
1988年全國高中數學聯賽二試題
一．已知數列{an}，其中a1=1，a2=2，
an+2=
試證：對一切n∈N*， an≠0．
二．如圖，在△ABC中，P、Q、R將其周長三等分，且P、Q在AB邊上，求證：>．
三．在坐標平面上，是否存在一個含有無窮多直線l1，l2，……，ln，…的直線族，它滿足條件：
⑴ 點(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分別是ln在x軸和y軸上的截距，(n=1，2，3，……)；
⑶ knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．
并證明你的結論．
1988年全國高中數學聯賽解答
一試題
一．選擇題(本大題共5小題，每小題有一個正確答案，選對得7分，選錯、不選或多選均得0分)：
2．已知原點在橢圓k2x2+y2－4kx+2ky+k2－1=0的內部，那么參數k的取值范圍是( )
A．|k|>1 B．|k|≠1 C．－1【答案】D
【解析】因是橢圓，故k≠0，以(0，0)代入方程，得k2－1<0，選D．
4．已知三個平面α、β、γ，每兩個之間的夾角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有
命題甲：θ>；
命題乙：a、b、c相交于一點．
則
A．甲是乙的充分條件但不必要 B．甲是乙的必要條件但不充分
C．甲是乙的充分必要條件 D．A、B、C都不對
5．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點叫做整點，我們用I表示所有直線的集合，M表示恰好通過1個整點的集合，N表示不通過任何整點的直線的集合，P表示通過無窮多個整點的直線的集合．那么表達式 ⑴ M∪N∪P=I； ⑵ N≠?． ⑶ M≠?． ⑷ P≠?中，正確的表達式的個數是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】均正確，選D．
2．(+2)2n+1的展開式中，x的整數次冪的各項系數之和為 ．
【答案】(32n+1+1)
【解析】(+2)2n+1－(－2)2n+1=2(C2xn+C23xn－1+C25xn－2+…+C22n+1)．
令x=1，得所求系數和=(32n+1+1)．
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分別是AB、AC上的高，則= ．
【答案】
【解析】△AED∽△ABC，==|cosα|．
4．甲乙兩隊各出7名隊員，按事先排好順序出場參加圍棋擂臺賽，雙方先由1號隊員比賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽，……直至一方隊員全部淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程．那么所有可能出現的比賽過程的種數為 ．
三．(15分)長為，寬為1的矩形，以它的一條對角線所在的直線為軸旋轉一周，求得到的旋轉體的體積．
四．(15分) 復平面上動點Z1的軌跡方程為|Z1－Z0|=|Z1|，Z0為定點，Z0≠0，另一個動點Z滿足Z1Z=－1，求點Z的軌跡，指出它在復平面上的形狀和位置．
五．(15分)已知a、b為正實數，且+=1．試證：對每一個n∈N*，
(a+b)n－an－bn≥22n－2n+1．
【解析】證明：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．下面用數學歸納法證明：
1° 當n=1時，左=右=0．左≥右成立．
2° 設當n=k(k≥1，k∈N)時結論成立，即(a+b)k－ak－bk≥22k－2k+1成立．
則(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．即命題對于n=k+1也成立．
故對于一切n∈N*，命題成立．
二試題
一．已知數列{an}，其中a1=1，a2=2，
an+2=
試證：對一切n∈N*，an≠0．（1988年全國高中競賽試題）
分析：改證an?0(mod 4)或an?0(mod 3)．
二．如圖，在△ABC中，P、Q、R將其周長三等分，且P、Q在AB邊上，求證：>．
【解析】證明：作△ABC及△PQR的高CN、RH．設△ABC的周長為1．則PQ=．
則==·，但AB<，于是>，
AP≤AB－PQ<－=，∴ AR=－AP>，AC<，故>，從而>．
三．在坐標平面上，是否存在一個含有無窮多直線l1，l2，……，ln，…的直線族，它滿足條件：
⑴ 點(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分別是ln在x軸和y軸上的截距，(n=1，2，3，……)；
⑶ knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．
并證明你的結論．
【解析】證明：設an=bn≠0，即kn－1=－1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此時an+1不存在，故kn≠±1．
由于k1－隨m的增大而線性增大，故必存在一個m值，m=m0，使k1－≥－1，從而必存在一個m值，m=m1(m1≤m0)，使k≤－1，而－1即此時不存在這樣的直線族．
綜上可知這樣的直線族不存在．

一．選擇題(本題滿分30分，每小題5分)：
1．若A、B是銳角△ABC的兩個內角，則復數
z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)
在復平面內所對應的點位于( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．函數f(x)=arctanx+arcsinx的值域是( )
A．(－π，π) B．[－π，π] C．(－π，π) D．[－π，π]
三．填空題(本題滿分30分，每小題5分)
1．若loga<1，則a的取值范圍是 ．
2．已知直線l：2x+y=10，過點(－10，0)作直線l(⊥l，則l(與l的交點坐標為 ．
3．設函數f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，則函數y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積是 .
4．一個正數，若其小數部分、整數部分和其自身成等比數列，則該數為 ．
5．如果從數1，2，3，…，14中，按由小到大的順序取出a1，a2，a3，使同時滿足
a2－a1≥3，與a3－a2≥3，
那么，所有符合上述要求的不同取法有 種．
6．當s和t取遍所有實數時，則
(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2
所能達到的最小值為 ．
三．(本題滿分20分)
已知a1，a2，…，an是n個正數，滿足
a1?a2?…?an=1．
求證：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．
四．(本題滿分20分)
已知正三棱錐S—ABC的高SO=3，底面邊長為6，過點A向其所對側面SBC作垂線，垂足為O(，在AO(上取一點P，使=8，求經過點P且平行于底面的截面的面積．
五．(本題滿分20分)
已知：對任意的n∈N*，有an>0，且 a=(aj)2．求證：an=n．
三．(本題滿分35分)
有n×n（n≥4)的一張空白方格表，在它的每一個方格內任意的填入+1與-1這兩個數中的一個，現將表內n個兩兩既不同行(橫)又不同列(豎)的方格中的數的乘積稱為一個基本項．試證明：按上述方式所填成的每一個方格表，它的全部基本項之和總能被4整除（即總能表示成4k的形式，其中k∈Z）．
1989年全國高中數學聯賽解答
第一試
一．選擇題(本題滿分30分，每小題5分)：
1．若A、B是銳角△ABC的兩個內角，則復數
z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)
在復平面內所對應的點位于( )
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．點Z位于第二象限．選B

3．對任意的函數y=f(x)，在同一個直角坐標系中，函數y=f(x－l)與函數y=f(－x+l)的圖象恒( )
A．關于x軸對稱 B．關于直線x=l對稱 C．關于直線x=－l對稱 D．關于y軸對稱
【答案】B
【解析】令x－1=t，則得f(t)=f(－t)，即f(t)關于t=0對稱，即此二圖象關于x=1對稱．選B
5．若
M={z| z=+i，t∈R，t≠－1，t≠0}，
N={z| z=[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．
則M∩N中元素的個數為
A．0 B．1 C．2 D．4
【答案】A
【解析】M的圖象為雙曲線xy=1(x≠0，x≠1)N的圖象為x2+y2=2(x≥0)，二者無公共點．選A．
三．填空題(本題滿分30分，每小題5分)
1．若loga<1，則a的取值范圍是 ．
【答案】(0，1)∪(，+∞)
【解析】若01，則得a>．故填(0，1)∪(，+∞)
2．已知直線l：2x+y=10，過點(－10，0)作直線l(⊥l，則l(與l的交點坐標為 ．
【答案】（2，6）
【解析】直線l(方程為(x+10)－2y=0，解得交點為(2，6)．
3．設函數f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，則函數y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積是 .
但n∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0，
∴ (=，
由α>0，知，(=．∴ 原數為．
5．如果從數1，2，3，…，14中，按由小到大的順序取出a1，a2，a3，使同時滿足
a2－a1≥3，與a3－a2≥3，
那么，所有符合上述要求的不同取法有 種．
【答案】120
【解析】令a1(=a1，a2(=a2－2，a3(=a3－4，則得1≤a1(三．(本題滿分20分)
已知a1，a2，…，an是n個正數，滿足
a1?a2?…?an=1．
求證：(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．(本題滿分20分)
已知正三棱錐S—ABC的高SO=3，底面邊長為6，過點A向其所對側面SBC作垂線，垂足為O(，在AO(上取一點P，使=8，求經過點P且平行于底面的截面的面積．
五．(本題滿分20分)
已知：對任意的n∈N*，有an>0，且 a=(aj)2．求證：an=n．
【解析】證明：由已知，a13=a12，a1>0，∴ a1=1．
設n≤k(k∈N，且k≥1)時，由a =(aj)2成立可證ak=k成立．
當n=k+1時，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時命題也成立．由數學歸納原理知對于一切n∈N*，an=n成立．
第二試
一．(本題滿分35分)
已知 在ΔABC中，AB>AC，(A的一個外角的平分線交ΔABC的外接圓于點E，過E作EF⊥AB，垂足為F．
求證 2AF=AB-AC．
【解析】證明：在FB上取FG=AF，連EG、EC、EB，
于是ΔAEG為等腰三角形，∴EG=EA．
又(3=180(－(EGA=180(－(EAG=180(－(5=(4．
(1=(2．于是ΔEGB≌ΔEAC．∴BG=AC，
故證
二．已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，滿足
|xi|=1，xi=0，
求證：≤－ ．
三．有n×n（n≥4)的一張空白方格表，在它的每一個方格內任意的填入+1與-1這兩個數中的一個，現將表內n個兩兩既不同行(橫)又不同列(豎)的方格中的數的乘積稱為一個基本項．試證明：按上述方式所填成的每一個方格表，它的全部基本項之和總能被4整除（即總能表示成4k的形式，其中k∈Z）．
【解析】證明 ：基本項共有n!個，n>3，則基本項的個數為4的倍數，設共有4m項．
其中每個數aij(=±1)都要在(n－1)!個基本項中出現，故把所有基本項乘起來后，每個aij都乘了(n－1)!次，而n>3，故(n－1)!為偶數，于是該乘積等于1．這說明等于－1的基

(10月14日上午8∶00—10∶00)
一．選擇題(本題滿分30分，每小題5分)
1．設α∈(，),則(cos()cos(，(sin()cos(，(cos()sin(的大小順序是
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．設非零復數x、y滿足x2+xy+y2=0，則代數式+的值是( )
A．2－1989 B．－1 C．1 D．以上答案都不對
6．已知橢圓+=1(a>b>0)通過點(2，1)，所有這些橢圓上滿足|y|>1的點的集合用陰影表示是下面圖中的( )
二．填空題(本題滿分30分，每小題5分)
1．設n為自然數，a、b為正實數，且滿足a+b=2，則 +的最小值是 ．
2．設A(2，0)為平面上一定點，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))為動點，則當t由15°變到45°時，線段AP掃過的面積是 ．
3．設n為自然數，對于任意實數x，y，z，恒有(x2+y2+z2)2≤n(x4+y4+z4)成立，則n的最小值是 ．
4．對任意正整數n，連結原點O與點An(n，n+3)，用f(n)表示線段OAn上的整點個數(不計端點)，試求f(1)+f(2)+…+f(1990)．
5．設n=1990，則
(1－3C+32C－33C+…+3994C－3995C= ．
6．8個女孩與25個男孩圍成一圈，任何兩個女孩之間至少站兩個男孩，則共有 種不同和排列方法．(只要把圓旋轉一下就能重合的排法認為是相同的)．
三．(本題滿分20分)
已知a，b均為正整數，且a>b，sinθ=，(其中0<θ<)，An=(a2+b2)nsinnθ．求證：對于一切自然數n，An均為整數．
第二試
(10月14日上午10∶30—12∶30)
一．(本題滿分35分)
四邊形ABCD內接于圓O，對角線AC與BD相交于P，設三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圓圓心分別是O1、O2、O3、O4．求證OP、O1O3、O2O4三直線共點．
二．(本題滿分35分)
設 E={1，2，3，……，200}，
G={a1，a2，……，a100}E．
且G具有下列兩條性質：
⑴ 對任何1≤i ai+aj≠201；
⑵ ai=10080．
試證明：G中的奇數的個數是4的倍數．且G中所有數字的平方和為一個定數．
三．(本題滿分35分)
某市有n所中學，第i所中學派出Ci名代表(1≤Ci≤39，1≤i≤n)來到體育館觀看球賽，全部學生總數為Ci=1990．看臺上每一橫排有199個座位，要求同一學校的學生必須坐在同一橫排，問體育館最少要安排多少橫排才能夠保證全部學生都能坐下．
1990年全國高中數學聯賽解答
第一試
一．選擇題(本題滿分30分，每小題5分)
1．設α∈(，),則(cos()cos(，(sin()cos(，(cos()sin(的大小順序是
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(；選D．
2．設f(x)是定義在實數集上的周期為2的函數，且是偶函數，已知當x∈[2,3]時，f(x)=x，則當x∈[－2,0]時，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．設雙曲線的左右焦點是F1、F2，左右頂點是M、N，若△PF1F2的頂點P在雙曲線上，則△PF1F2的內切圓與邊F1F2的切點位置是( )
A．在線段MN內部 B．在線段F1M內部或在線段NF2內部
C．點M或點N D．不能確定的
【答案】C
【解析】設內切圓在三邊上切點分別為D、E、F，當P在右支上時，PF1－PF2=2a．
但PF1－PF2=F1D－F2D=2a，即D與N重合，當P在左支上時，D與M重合．故選C．
4．點集{(x，y)|lg(x3+y3+)=lgx+lgy}中元素個數為( )
A．0 B．1 C．2 D．多于2
【答案】B
【解析】x3+y3+=xy>0．但x3+y3+≥3=xy，等號當且僅當x3=y3=時，即x=，y=時成立．故選B．
6．已知橢圓+=1(a>b>0)通過點(2，1)，所有這些橢圓上滿足|y|>1的點的集合用陰影表示是下面圖中的( )
【答案】C
【解析】+=1，由a2>b2，故得<1<+=，15．故選C．
二．填空題(本題滿分30分，每小題5分)
1．設n為自然數，a、b為正實數，且滿足a+b=2，則 +的最小值是 ．
【答案】1
【解析】ab≤()2=1，從而anbn≤1，故 + = ≥1．等號當且僅當a=b=1時成立．即所求最小值=1．
2．設A(2，0)為平面上一定點，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))為動點，則當t由15°變到45°時，線段AP掃過的面積是 ．
【答案】
【解析】點P在單位圓上，sin(2t－60°)=cos(150°－2t)，cos(2t－60°)=sin(150°－2t).當t由15°變到45°時，點P沿單位圓從(－，)運動到(,)．線段AP掃過的面積=扇形面積=π．
3．設n為自然數，對于任意實數x，y，z，恒有(x2+y2+z2)2≤n(x4+y4+z4)成立，則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)．等號當且僅當x=y=z時成立．故n=3．
5．設n=1990，則
(1－3C+32C－33C+…+3994C－3995C= ．
【答案】
【解析】取(－+i)1990展開的實部即為此式．而(－+i)1990=－+i．故原式=－．
三．(本題滿分20分)
已知a，b均為正整數，且a>b，sinθ=，(其中0<θ<)，An=(a2+b2)nsinnθ．求證：對于一切自然數n，An均為整數．
四．n2個正數排成n行n列
其中每一行的數成等差數列，每一列的數成等比數列，并且所有公比相等．已知a24=1，a42=，a43=，
求a11+a22+……+ann．(1990年全國高中數學聯賽)
分析 由a42、a43或求a44，由a24，a44可求公比．
【解析】 設第一行等差數列的公差為d，各列的公比為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．
則 S－S=－=+－
= + －－ =1－.
∴ S=2－．
五．設棱錐M—ABCD的底面為正方形，且MA=MD，MA⊥AB，如果△AMD的面積為 1，試求能夠放入這個棱錐的最大球的半徑．
第二試
(10月14日上午10∶30—12∶30)
一．(本題滿分35分)
四邊形ABCD內接于圓O，對角線AC與BD相交于P，設三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圓圓心分別是O1、O2、O3、O4．求證OP、O1O3、O2O4三直線共點．
【解析】證明 ∵O為⊿ABC的外心，∴ OA=OB．
∵ O1為⊿PAB的外心，∴O1A=O1B．
∴ OO1⊥AB．
作⊿PCD的外接圓⊙O3，延長PO3與所作圓交于點E，并與AB交于點F，連DE，則(1=(2=(3，(EPD=(BPF，
∴ (PFB=(EDP=90(．
∴ PO3⊥AB，即OO1∥PO3．
同理，OO3∥PO1．即OO1PO3是平行四邊形．
∴ O1O3與PO互相平分，即O1O3過PO的中點．
同理，O2O4過PO中點．
∴ OP、O1O3、O2O4三直線共點．
二．(本題滿分35分)
設 E={1，2，3，……，200}，
G={a1，a2，……，a100}E．
且G具有下列兩條性質：
⑴ 對任何1≤i ai+aj≠201；
⑵ ai=10080．
試證明：G中的奇數的個數是4的倍數．且G中所有數字的平方和為一個定數．
∴ 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．為定值．
三．(本題滿分35分)
某市有n所中學，第i所中學派出Ci名代表(1≤Ci≤39，1≤i≤n)來到體育館觀看球賽，全部學生總數為Ci=1990．看臺上每一橫排有199個座位，要求同一學校的學生必須坐在同一橫排，問體育館最少要安排多少橫排才能夠保證全部學生都能坐下．

一．選擇題：
1．由一個正方體的三個頂點所能構成的正三角形的個數為( )
A．4 B．8 C．12 D．24
2．設a、b、c均為非零復數，且==，則的值為( )
A．1 B．±ω C．1，ω，ω2 D．1，－ω，－ω2
3．設a是正整數，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數為( )
A．4 B．5 C．9 D．10
4．設函數y=f(x)對于一切實數x滿足f(3+x)=f(3－x)．且方程f(x)=0恰有6個不同的實數根，則這6個實根的和為( )
A．18 B．12 C．9 D．0
5．設S={(x，y)|x2－y2=奇數，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，則( )
A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=?
6．方程|x－y2|=1－|x|的圖象為( )

二．填空題：
1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°= ．
2．在△ABC中，已知三個角A、B、C成等差數列，假設它們所對的邊分別為a，b，c，并且c－a等于AC邊上的高h，則sin= ．
3．將正奇數集合{1，3，5，…}由小到大按第n組有(2n－1)個奇數進行分組：
{1}， {3，5，7}， {9，11，13，15，17}，……
(第一組) (第二組) (第三組)
則1991位于第 組．
4．19912000除以106，余數是 ．
5．設復數z1，z2滿足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，則log3|(z1)2000+(z2)2000|= ．
6．設集合M={1，2，…，1000}，現對M中的任一非空子集X，令αX表示X中最大數與最小數的和．那么，所有這樣的αX的算術平均值為 ．
三．設正三棱錐P—ABC的高為PO，M為PO的中點，過AM作與棱BC平行的平面，將三棱錐截為上、下兩部分，試求此兩部分的體積比．
四．設O為拋物線的頂點，F為焦點，且PQ為過F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面積．
五．已知0 loga(ax+ay)≤loga2+．
1991年全國高中數學聯賽二試題
一．設S={1，2，…，n}，A為至少含有兩項的公差為正的等差數列，其項都在S中，且添加S的其他元素于A后不能構成與A有相同公差的等差數列．求這種A的個數(這里只有兩項的數列也看作等差數列)．
二．設凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內部可以找出四個點，使得以其中任意三點為頂點所構成的四個三角形的面積大于．
三．設an是下述自然數N的個數：N的各位數字之和為n且每位數字只能取1、3或4．求證：a2n是完全平方數．這里，n=1，2，…．
1991年全國高中數學聯賽解答
第一試
一．選擇題：
1．由一個正方體的三個頂點所能構成的正三角形的個數為( )
A．4 B．8 C．12 D．24
【答案】B
【解析】每個正方形的頂點對應著一個正三角形．故選B

3．設a是正整數，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數為( )
A．4 B．5 C．9 D．10
【答案】B
【解析】即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，則a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod 8)．
若a≡0，1，2(mod 3)，則a3≡0，1，－1(mod 3)，∴ a－1≡0(mod 3)．即a－1≡0(mod 24)．選B．
5．設S={(x，y)|x2－y2=奇數，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，則( )
A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=?
【答案】A
【解析】若x2－y2為奇數，則sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即S(T．
又若x=y時，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得ST，選A．
6．方程|x－y2|=1－|x|的圖象為( )

【答案】D
【解析】∵ |x－y2|=故此方程等價于
故選D．
2．在△ABC中，已知三個角A、B、C成等差數列，假設它們所對的邊分別為a，b，c，并且c－a等于AC邊上的高h，則sin= ．
3．將正奇數集合{1，3，5，…}由小到大按第n組有(2n－1)個奇數進行分組：
{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……
(第一組) (第二組) (第三組)
則1991位于第 組．
【答案】32
【解析】由于1+3+…+(2n－1)=n2，故第n組最后一數為2n2－1，于是解2(n－1)2－1+2≤1991≤2n2－1，得n=32．即在第32組．
5．設復數z1，z2滿足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，則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．設正三棱錐P—ABC的高為PO，M為PO的中點，過AM作與棱BC平行的平面，將三棱錐截為上、下兩部分，試求此兩部分的體積比．
【解析】
M是PO中點，延長AO與BC交于點D，則D為BC中點，連PD，由于AM在平面PAD內，故延長AM與PD相交，設交點為F．題中截面與面PBC交于過F的直線GH，G、H分別在PB、PC上．由于BC∥截面AGH，∴GH∥BC．
在面PAD中，△POD被直線AF截，故··=1，但=1，=，∴=．
∴ =，∴=(=．而截面分此三棱錐所成兩部分可看成是有頂點A的兩個棱錐A—PGH及A—HGBC．故二者體積比=4∶21．
第二試
一．設S={1，2，…，n}，A為至少含有兩項的公差為正的等差數列，其項都在S中，且添加S的其他元素于A后不能構成與A有相同公差的等差數列．求這種A的個數(這里只有兩項的數列也看作等差數列)．
解法二：對于k=[]，這樣的數列A必有連續兩項，一項在{1，2，…，k}中，一在{k+1.k+2，…，n}中，反之，在此兩集合中各取一數，可以其差為公差構成一個A，于是共有這樣的數列
當n=2k時，這樣的A的個數為k2=n2個；當n=2k+1時，這樣的A的個數為k(k+1)= (n2－1)個．
∴ 這樣的數列有[n2]個．
二．設凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內部可以找出四個點，使得以其中任意三點為頂點所構成的四個三角形的面積大于．
【解析】證明：考慮四邊形的四個頂點A、B、C、D，若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面積，設其中面積最小的三角形為△ABD．
⑴ 若S△ABC>，則A、B、C、D即為所求．
⑵ 若S△ABD<，則S△BCD>，取△BCD的重心G，則以B、C、D、G這4點中的任意3點為頂點的三角形面積>．
⑶ 若S△ABD=，其余三個三角形面積均> S△ABD=．
由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD>，故S△ABC<=S△BCD．
∴ 過A作AE∥BC必與CD相交，設交點為E．
則∵ S△ABC>S△ABD，從而S△ABE>S△ABD=．S△ACE=S△ABE>，S△BCE=S△ABC>．即A、B、C、E四點即為所求．
⑷ 若S△ABD=，其余三個三角形中還有一個的面積=，這個三角形不可能是△BCD，(否則ABCD的面積=)，不妨設S△ADC= S△ABD=．則AD∥BC，四邊形ABCD為梯形．
由于S△ABD=，S△ABC=，故若AD=a，則BC=3a，設梯形的高=h，
則2ah=1．設對角線交于O，過O作EF∥BC分別交AB、CD于E、F．
三．設an是下述自然數N的個數：N的各位數字之和為n且每位數字只能取1、3或4．求證：a2n是完全平方數．這里，n=1，2，…．
【解析】證明：設N=，其中x1，x2，…，xk∈{1，3， 4}．且x1+x2+…+xk=n．假定n>4．刪去xk時，則當xk依次取1，3，4時，x1+x2+…+xk－1分別等于n－1，n－3，n－4．故當n>4時，
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
……
規律
1
12
1(2
22
2(3
32
3(5
52
5(8
82
8(13
132
13(21
212
……
可找到規律：
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．
證明2：(用特征方程)由上證得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．
記fn=[()n+1－()n+1]，其特征根為(1，2=．故其特征方程為(2－(－1=0．于是其遞推關系為fn=fn－1+fn－2．
而f0=1，f1=1，均為正整數，從而對于一切正整數n，fn為正整數．從而a2n為完全平方數．

一、選擇題(每小題5分，共30分)
1．對于每個自然數n，拋物線y=(n2+n)x2((2n+1)x+1與x軸交于An，Bn兩點，以|AnBn|表示該兩點的距離，則|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．設復數z1，z2在復平面上對應的點分別為A，B，且|z1|=4，4z12(2z1z2+z22=0，O為坐標原點，則△OAB的面積為( ) (A)8 (B)4 (C)6 (D)12
6．設f(x)是定義在實數集R上的函數，且滿足下列關系f(10+x)=f(10(x)， f(20(x)=(f(20+x)，則f(x)是(A)偶函數，又是周期函數 (B)偶函數，但不是周期函數(C)奇函數，又是周期函數 (D)奇函數，但不是周期函數
二、填空題(每小題5分共30分)
1．設x，y，z是實數，3x，4y，5z成等比數列，且，，成等差數列，則+的值是______．
2．在區間[0，(]中，三角方程cos7x=cos5x的解的個數是______．
3．從正方體的棱和各個面上的對角線中選出k條，使得其中任意兩條線段所在的直線都是異面直線，則k的最大值是_____．
4．設z1，z2都是復數，且|z1|=3，|z2|=5|z1+z2|=7，則arg()3的值是______．
5．設數列a1，a2，(，an，(滿足a1=a2=1，a3=2，且對任何自然數n， 都有anan+1an+2(1，又anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，則a1+a2+(+a100的值是____．
6．函數f(x)= －的最大值是_____．
三、(20分)求證：16<<17．
四、(20分)設l，m是兩條異面直線，在l上有A，B，C三點，且AB=BC，過A，B，C分別作m的垂線AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=，BE=CF=，求l與m的距離．

第二試
一、(35分) 設A1A2A3A4為⊙O的內接四邊形，H1、H2、H3、H4依次為⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心．求證：H1、H2、H3、H4四點在同一個圓上，并定出該圓的圓心位置．
二、(35分) 設集合Sn={1,2,(,n}．若X是Sn的子集，把X中所有數的和稱為X的“容量”(規定空集的容量為0)，若X的容量為奇(偶)數，則稱X為的奇(偶)子集． 1．求證Sn的奇子集與偶子集個數相等． 2．求證：當n≥3時，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．當n≥3時，求Sn的所有奇子集的容量之和．
三、(35分)在平面直角坐標系中，橫坐標和縱坐標都是整數的點稱為格點，任取6個格點Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)滿足 (1) |xi|≤2,|yi|≤2,(i=1,2,3,4,5,6)，(2) 任何三點不在同一條直線上．試證：在以Pi(i=1,2,3,4,5,6)為頂點的所有三角形中，必有一個三角形，它的面積不大于2．
1992年全國高中數學聯賽解答
第一試
一、選擇題(每小題5分，共30分)
1．對于每個自然數n，拋物線y=(n2+n)x2((2n+1)x+1與x軸交于An，Bn兩點，以|AnBn|表示該兩點的距離，則|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|=，選B．
4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別記為a，b，c(b(1)，且，都是方程logx=logb(4x－4)的根，則△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．根為x=2．∴ C=2A，(B=180°－3A，sinB=2sinA．(sin3A=2sinA，
(3－4sin2A=2．A=30°，C=60°，B=90°．選B．
5．設復數z1，z2在復平面上對應的點分別為A，B，且|z1|=4，4z12(2z1z2+z22=0，O為坐標原點，則△OAB的面積為( ) (A)8 (B)4 (C)6 (D)12
【答案】A
【解析】=cos±isin．∴ |z2|=8，z1、z2的夾角=60°．S=·4·8·=8．選A．
二、填空題(每小題5分共30分)
1．設x，y，z是實數，3x，4y，5z成等比數列，且，，成等差數列，則+的值是______．
【答案】
【解析】16y2=15xz，y=，(16·4x2z2=15xz(x+z)2．由xz≠0，得=，(+=．
2．在區間[0，(]中，三角方程cos7x=cos5x的解的個數是 ．
【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．函數f(x)= －的最大值是_____．
【答案】
【解析】f(x)= －，表示點(x，x2)與點A(3，2)的距離及B(0，1)距離差的最大值．由于此二點在拋物線兩側，故過此二點的直線必與拋物線交于兩點．對于拋物線上任意一點，到此二點距離之差大于|AB|=．即所求最小值為．
四、(20分)設l，m是兩條異面直線，在l上有A，B，C三點，且AB=BC，過A，B，C分別作m的垂線AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=，BE=CF=，求l與m的距離．
【解析】過m作平面α∥l，作AP⊥α于P，AP與l確定平面β，β∩α=l(，l(∩m=K．
作BQ⊥α，CR⊥α，垂足為Q、R，則Q、R∈l(，且AP=BQ=CR=l與m的距離d．
連PD、QE、RF，則由三垂線定理之逆，知PD、QE、RF都⊥m．
PD=，QE=，RF=．
當D、E、F在K同側時2QE=PD+RF，
(=+．解之得d=
當D、E、F不全在K同側時2QE=PD－RF，(=－．無實解．
∴ l與m距離為．
五、(20分)設n是自然數，fn(x)= (x(0，±1)，令y=x+． 1.求證:fn+1(x)=yfn(x)(fn－1(x)，(n>1) 2.用數學歸納法證明：
fn(x)=
2．若m為奇數，則m+1為偶數，由歸納假設知，對于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減去④，同上合并，并注意最后一項常數項為
－(－1)C=－(－1)C=(－1)．
于是得到yfm(x)－fm－1(x)=ym+1－Cm1ym－1+…+(－1)，即仍有對于n=m+1，命題成立
綜上所述，知對于一切正整數n，命題成立．

第二試
一、(35分) 設A1A2A3A4為⊙O的內接四邊形，H1、H2、H3、H4依次為⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的垂心．求證：H1、H2、H3、H4四點在同一個圓上，并定出該圓的圓心位置．
顯然，⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3的外心都是點O，而它們的重心依次是
((cosβ+cosγ+cos()，(sinβ+sinγ+sin())、((cosγ+cos(+cosα)，(sinα+sin(+sinγ))、
((cos(+cosα+cosβ)，(sin(+sinα+sinβ))、((cosα+cosβ+cosγ)，(sinα+sinβ+sinγ))．
從而，⊿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點與點O1(cosα+cosβ+cosγ+cos(，sinα+sinβ+sinγ+sin()的距離都等于1，即H1、H2、H3、H4四點在以O1為圓心，1為半徑的圓上．證畢．
二、(35分)設集合Sn={1,2,(,n}．若X是Sn的子集，把X中所有數的和稱為X的“容量”(規定空集的容量為0)，若X的容量為奇(偶)數，則稱X為的奇(偶)子集． 1．求證Sn的奇子集與偶子集個數相等． 2．求證：當n≥3時，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) 在平面直角坐標系中，任取6個格點Pi(xi，yi)(i=1，2，3，4，5，6)滿足：
⑴|xi|≤2，|yi|≤2(i=1，2，3，4，5，6)；
⑵ 任何三點不在一條直線上．
試證明：在以Pi(i=1，2，3，4，5，6)為頂點的所有三角形中，必有一個三角形的面積不大于2．

一、選擇題(每小題5分，共30分)
1．若M={(x，y)| |tan(y|+sin2(x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，則M∩N的元素個數是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)9
5．在△ABC中，角A，B，C的對邊長分別為a，b，c，若c(a等于AC邊上的高h，則sin+cos的值是( ) (A)1 (B)  (C)  (D)(1
6．設m，n為非零實數，i為虛數單位，z(C，則方程|z+ni|+|z(mi|=n與|z+ni|(|z(mi|=(m在同一復平面內的圖形(F1，F2為焦點)是( )
二、填空題（每小題5分，共30分）
1．二次方程(1(i)x2+((+i)x+(1+i()=0(i為虛數單位，((R)有兩個虛根的充分必要條件是(的取值范圍為________．
2．實數x，y滿足4x2(5xy+4y2=5，設 S=x2+y2，則+=_______．
3．若z(C，arg(z2(4)= ，arg(z2+4)= ，則z的值是________.
4．整數的末兩位數是_______.
三、（本題滿分20分）
三棱錐S－ABC中，側棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點，作與SC平行的直線DP．證明：(1)DP與SM相交；(2)設DP與SM的交點為D(，則D(為三棱錐S－ABC的外接球球心．
四、（本題滿分20分）
設0五、（本題滿分20分）
設正數列a0，a1，a2，…，an，…滿足－=2an－1，(n≥2)且a0=a1=1，
求{an}的通項公式．
第二試
一、（35分）
設一凸四邊形ABCD，它的內角中僅有(D是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點．試證n應滿足的充分必要條件是n≥4．
三、（35分）
水平直線m通過圓O的中心，直線l(m，l與m相交于M，點M在圓心的右側，直線l上不同的三點A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點離M點最遠，C點離M點最近，AP,BQ,CR為圓 O的三條切線，P,Q,R為切點．試證：(1)l與圓O相切時，AB(CR+BC(AP=AC(BQ；(2)l與圓O相交時，AB(CR+BC(AP＜AC(BQ；(3)l與圓O相離時，AB(CR+BC(AP＞AC(BQ.
1993年全國高中數學聯合競賽解答
第一試
一、選擇題(每小題5分，共30分)
1．若M={(x，y)| |tan(y|+sin2(x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，則M∩N的元素個數是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)9
3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，當A(B時，(A，B)與(B，A)視為不同的對，則這樣的(A，B)對的個數是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）27
【答案】D
【解析】a1∈A或(A，有2種可能，同樣a1∈B或(B，有2種可能，但a1(A與a1(B不能同時成立，故有22－1種安排方式，同樣a2、a3也各有22－1種安排方式，故共有(22－1)3種安排方式．選D．
5．在△ABC中，角A，B，C的對邊長分別為a，b，c，若c(a等于AC邊上的高h，則sin+cos的值是( ) (A)1 (B)  (C)  (D)(1
6．設m，n為非零實數，i為虛數單位，z(C，則方程|z+ni|+|z(mi|=n與|z+ni|(|z(mi|(m在同一復平面內的圖形(F1，F2為焦點)是( )
【答案】B
【解析】方程①為橢圓，②為雙曲線的一支．二者的焦點均為(－ni，mi)，由①n>0，故否定A，
由于n為橢圓的長軸，而C中兩個焦點與原點距離(分別表示|n|、|m|)均小于橢圓長軸，故否定C．
由B與D知，橢圓的兩個個焦點都在y軸負半軸上，由n為長軸，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=－m．曲線上一點到－ni距離大，否定D，故選B．
二、填空題（每小題5分，共30分）
1．二次方程(1(i)x2+((+i)x+(1+i()=0(i為虛數單位，((R)有兩個虛根的充分必要條件是(的取值范圍為________．
2．實數x，y滿足4x2(5xy+4y2=5，設 S=x2+y2，則+=_______．
【答案】
【解析】令x=rcosθ，y=rsinθ，則S=r2得r2(4－5sinθcosθ)=5．S=．
∴+=+=．
3．若z(C，arg(z2(4)= ，arg(z2+4)= ，則z的值是________.
【答案】±(1+i)
【解析】如圖，可知z2表示復數4(cos120°+isin120°)．∴ z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i)．
4．整數的末兩位數是_______.
【答案】08
【解析】令x=1031，則得==x2－3x+9－．由于0<<1，故所求末兩位數字為09－1=08．
5．設任意實數x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立，則k的最大值是_______.
6．三位數(100，101，(，999)共900個，在卡片上打印這些三位數，每張卡片上打印一個三位數，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____張卡片．
【答案】34
【解析】首位與末位各可選擇1，6，8，9，有4種選擇，十位還可選0，有5種選擇，共有4×5×4=80種選擇．
但兩端為1，8，中間為0，1，8時，或兩端為9、6，中間為0，1，8時，倒后不變；共有2×3+2×3=12個，故共有(80－12)÷2=34個．
三、（本題滿分20分）
三棱錐S-ABC中，側棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點，作與SC平行的直線DP．證明：(1)DP與SM相交；(2)設DP與SM的交點為，則為三棱錐S—ABC的外接球球心．
四、（本題滿分20分）
設0五、（本題滿分20分）
設正數列a0、a1、a2、…、an、…滿足
－=2an－1，(n≥2)
且a0=a1=1，求{an}的通項公式．
【解析】變形，同除以得：=2+1，
令+1=bn，則得bn=2bn－1．
即{bn}是以b1=+1=2為首項，2為公比的等比數列．
∴ bn=2n．
∴ =(2n－1)2．故
∴ 
第二試
一、（35分）
設一凸四邊形ABCD，它的內角中僅有(D是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點．試證n應滿足的充分必要條件是n≥4．
n=2時，連1條對角線把四邊形分成了2個三角形，但其中最多只能有1個鈍角三角形．
n=3時，無法從同一頂點出發連線段把四邊形分成3個三角形，現連了1條對角線AC后，再連B與AC上某點得到線段，此時無法使得到的兩個三角形都是鈍角三角形．
∴當n=2，3時無法得到滿足題目要求的解．只有當n≥4時才有解．
二、（35分）
設A是一個有n個元素的集合，A的m個子集A1,A2,(,Am兩兩互不包含．
試證：(1) ≤1；
(2) C≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的個數，C表示n個不同元素取|Ai|個的組合數．
三、（35分）
水平直線m通過圓O的中心，直線l(m，l與m相交于M，點M在圓心的右側，直線l上不同的三點A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點離M點最遠，C點離M點最近，AP,BQ,CR為圓 O的三條切線，P,Q,R為切點．試證：(1)l與圓O相切時，AB(CR+BC(AP=AC(BQ；(2)l與圓O相交時，AB(CR+BC(AP＜AC(BQ；(3)l與圓O相離時，AB(CR+BC(AP＞AC(BQ.
【解析】證明：設MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，⊙O的半徑=r．
且設k=d2－r2．則當k>0時，點M在⊙O外，此時，直線l與⊙O相離；
當k=0時，點M在⊙O上，此時，直線l與⊙O相切；
當k<0時，點M在⊙O內，此時，直線l與⊙O相交．
∴ AP==，同理，BQ=，CR=．
則AB(CR+BC(AP－AC(BQ= AB(CR+BC(AP－(AB+BC)(BQ=BC×(AP－BQ)－AB×(BQ－CR)
=BC×－AB×

一、選擇題(每小題6分，共36分)
1、設a，b，c是實數，那么對任何實數x， 不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要條件是
(A) a，b同時為0，且c>0 (B) =c
(C) c
4、已知0 (A)x5、在正n棱錐中，相鄰兩側面所成的二面角的取值范圍是
(A)( π，π) (B)( π，π) (C)(0，) (D)( π，π)
6、在平面直角坐標系中，方程+=1 (a，b是不相等的兩個正數)所代表的曲線是
(A)三角形 (B)正方形
(C)非正方形的長方形 (D)非正方形的菱形
二、填空題(每小題9分，共54分)
第二試
一、(本題滿分25分) x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是復數，且z－4z2=16+20i，設這個方程的兩個根α、β，滿足|α－β|=2,求|m|的最大值和最小值.
二、(本題滿分25分) 將與105互素的所有正整數從小到大排成數列，試求出這個數列的第1000項。
(1)求m(G)的最小值m0．
(2)設G*是使m(G*)=m0的一個圖案，若G*中的線段(指以P的點為端點的線段)用4種顏色染色,每條線段恰好染一種顏色.證明存在一個染色方案,使G*染色后不含以P的點為頂點的三邊顏色相同的三角形．
1994年全國高中數學聯賽解答
第一試
一、選擇題(每小題6分，共36分)
1、設a，b，c是實數，那么對任何實數x， 不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要條件是
(A) a，b同時為0，且c>0 (B) =c
(C) c
【答案】C
【解析】asinx+bcosx+c=sin(x+φ)+c∈[－+c，+c]．故選C．
2、給出下列兩個命題：(1)設a，b，c都是復數，如果a2+b2>c2，則a2+b2－c2>0．(2)設a，b，c都是復數，如果a2+b2－c2>0，則a2+b2>c2．那么下述說法正確的是
(A)命題(1)正確，命題(2)也正確 (B)命題(1)正確，命題(2)錯誤
(C)命題(1)錯誤，命題(2)也錯誤 (D)命題(1)錯誤，命題(2)正確
3、已知數列{an}滿足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n項之和為Sn，則滿足不等式|Sn－n－6|<的最小整數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－為公比的等比數列，
∴ an=8(－)n－1+1．∴ Sn=8·+n=6+n－6(－)n，(6·<，(n≥7．選C．
5、在正n棱錐中，相鄰兩側面所成的二面角的取值范圍是
(A)( π，π) (B)( π，π) (C)( 0，) (D)( π，π)
6、在平面直角坐標系中，方程+=1 (a，b是不相等的兩個正數)所代表的曲線是
(A)三角形 (B)正方形
(C)非正方形的長方形 (D)非正方形的菱形
【答案】D
【解析】x+y≥0，x－y≥0時，(一、四象限角平分線之間)：(a+b)x+(b－a)y=2ab；
x+y≥0，x－y<0時，(一、二象限角平分線之間)：(b－a)x+(a+b)y=2ab；
x+y<0，x－y≥0時，(三、四象限角平分線之間)：(a－b)x－(a+b)y=2ab；
x+y<0，x－y<0時，(二、三象限角平分線之間)：－(a+b)x+(a－b)y=2ab．
四條直線在a≠b時圍成一個菱形(非正方形)．選D．
二、填空題(每小題9分，共54分)
2．已知x，y∈[－，]，a∈R且則cos(x+2y) = ．
3．已知點集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2≤()2}，B={(x，y)|(x－4)2+(y－5)2>()2}，則點集A∩B中的整點(即橫、縱坐標均為整數的點)的個數為 ．
【答案】7
【解析】如圖可知，共有7個點，即(1，3)，(1，4)，(1， 5)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，2)共7點．

5．已知一平面與一正方體的12條棱的夾角都等于α，則sinα= ．
【答案】
【解析】12條棱只有三個方向，故只要取如圖中AA(與平面AB(D(所成角即可．設AA(=1，則A(C=，A(C⊥平面AB(D(，A(C被平面AB(D(、BDC(三等分．于是sinα=．
第二試
一、(本題滿分25分) x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是復數，且z－4z2=16+20i，設這個方程的兩個根α、β，滿足|α－β|=2,求|m|的最大值和最小值.
【解析】設m=a+bi(a，b∈R)．則△=z12－4z2－4m=16+20i－4a－4bi=4[(4－a)+(5－b)i]．設△的平方根為u+vi．(u，v∈R)
二、(本題滿分25分) 將與105互素的所有正整數從小到大排成數列，試求出這個數列的第1000項。
【解析】由105=3×5×7；故不超過105而與105互質的正整數有105×(1－)(1－)(1－)=48個。1000=48×20+48－8， 105×20=2100.而在不超過105的與105互質的數中第40個數是86．
∴ 所求數為2186。
由ΔACH為正三角形，易證IC+IA=IH．
由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R．
設∠OHI=α，則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、 (本題滿分35分) 給定平面上的點集P={P1，P2，…，P1994}, P中任三點均不共線,將P中的所有的點任意分成83組，使得每組至少有3個點，且每點恰好屬于一組，然后將在同一組的任兩點用一條線段相連,不在同一組的兩點不連線段,這樣得到一個圖案G，不同的分組方式得到不同的圖案，將圖案G中所含的以P中的點為頂點的三角形個數記為m(G)．
(1)求m(G)的最小值m0．
(2)設G*是使m(G*)=m0的一個圖案，若G*中的線段(指以P的點為端點的線段)用4種顏色染色,每條線段恰好染一種顏色．證明存在一個染色方案,使G*染色后不含以P的點為頂點的三邊顏色相同的三角形．
于是可知，只有當各ni的值相差不超過1時，m(G)才能取得最小值．
1994=83×24+2．故當81組中有24個點，2組中有25個點時，m(G)達到最小值．
m0=81C+2C=81×2024+2×2300=168544．

一、選擇題(每小題6分，共36分)
1． 設等差數列{an }滿足3a8=5a13且a1>0，Sn為其前項之和，則Sn中最大的是( )
(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21
2． 設復平面上單位圓內接正20邊形的20個頂點所對應的復數依次為Z1，Z2，…，Z20，則復數Z，Z，…，Z所對應的不同的點的個數是( )
(A)4 (B)5 (C)10 (D)20
6． 設O是正三棱錐P—ABC底面三角形ABC的中心，過O的動平面與PC交于S，與PA，PB的延長線分別交于Q，R，則和式++
(A)有最大值而無最小值 (B有最小值而無最大值
(C)既有最大值又有最小值，兩者不等 (D)是一個與面QPS無關的常數
二、填空題(每小題9分，共54分)
1． 設α，β為一對共軛復數，若|α－β|=2，且為實數，則|α|= ．
2． 一個球的內接圓錐的最大體積與這個球的體積之比為 ．
3． 用[x]表示不大于實數x的最大整數， 方程lg2x－[lgx]－2=0的實根個數是 ．
4． 直角坐標平面上，滿足不等式組的整點個數是 ．
5． 將一個四棱錐的每個頂點染上一種顏色，并使同一條棱的兩端點異色，如果只有5種顏色可使用，那么不同的染色方法的總數是 ．
6． 設M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且滿足條件：當x∈A時，15x(A，則A中元素的個數最多是 ．

第二試
一、(25分) 給定曲線族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ為參數，求該曲線在直線y=2x上所截得的弦長的最大值．
二、(25分) 求一切實數p，使得三次方程5x3－5(p+1)x2+(71p－1)x+1=66p的三個根均為正整數．
四、(35分) 將平面上的每個點都以紅，藍兩色之一著色。證明：存在這樣兩個相似的三角形，它們的相似比為1995，并且每一個三角形的三個頂點同色．
1995年全國高中數學聯賽一試(解答)
一、選擇題(每小題6分，共36分)
1． 設等差數列{an}滿足3a8=5a13且a1>0，Sn為其前項之和，則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．選C．
3． 如果甲的身高數或體重數至少有一項比乙大，則稱甲不亞于乙，在100個小伙子中，如果某人不亞于其他99人，就稱他為棒小伙子，那么，100個小伙子中的棒小伙子最多可能有( )
4． 已知方程|x－2n|=k(n∈N*)在區間(2n－1，2n+1]上有兩個不相等的實根，則k的取值范圍是( )
(A)k>0 (B)0 (C) 【答案】B
【解析】由|x－2n|≥0，故k≥0，若k=0，可知在所給區間上只有1解．故k>0．
由圖象可得，x=2n+1時，k≤1．即k≤．故選B．
又解：y=(x－2n)2與線段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． 設O是正三棱錐P—ABC底面三角形ABC的中心，過O的動平面與PC交于S，與PA，PB的延長線分別交于Q，R，則和式++
(A)有最大值而無最小值 (B)有最小值而無最大值
(C)既有最大值又有最小值，兩者不等 (D)是一個與面QPS無關的常數
二、填空題(每小題9分，共54分)
1． 設α，β為一對共軛復數，若|α－β|=2，且為實數，則|α|= ．
【答案】2
【解析】設α=x+yi，(x，y∈R)，則|α－β|=2|y|．∴y=±．
設argα=θ，則可取θ+2θ=2π，(因為只要求|α|，故不必寫出所有可能的角)．θ=π，于是x=±1．|α|=2．
3． 用[x]表示不大于實數x的最大整數， 方程lg2x－[lgx]－2=0的實根個數是 ．
【答案】3
【解析】令lgx=t，則得t2－2=[t]．作圖象，知t=－1，t=2，及1當15． 將一個四棱錐的每個頂點染上一種顏色，并使同一條棱的兩端點異色，如果只有5種顏色可使用，那么不同的染色方法的總數是 ．
【答案】420
【解析】頂點染色，有5種方法，
底面4個頂點，用4種顏色染，A=24種方法，用3種顏色，選 1對頂點C，這一對頂點用某種顏色染C，余下2個頂點，任選2色染，A種，共有CCA=48種方法；用2種顏色染： A=12種方法；
∴共有5(24+48+12)=420種方法．
6． 設M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且滿足條件：當x∈A時，15x(A，則A中元素的個數最多是 ．
第二試
一、(25分) 給定曲線族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ為參數，求該曲線在直線y=2x上所截得的弦長的最大值．
【解析】以y=2x代入曲線方程得x=0，x=．
∴ 所求弦長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(當sinθ=±，cosθ=?時即可取得最大值)．故得最大弦長為8．
三、(35分) 如圖，菱形ABCD的內切圓O與各邊分別切于E，F，G，H，在弧EF與GH上分別作圓O的切線交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求證： MQ∥NP．
分析 要證MQ∥NP，因AB∥DC，故可以考慮證明∠AMQ=∠CPN．現∠A=∠C，故可證ΔAMQ∽ΔCPN．于是要證明AM∶AQ=CP∶CN．
四、(35分) 將平面上的每個點都以紅，藍兩色之一著色．證明：存在這樣兩個相似的三角形，它們的相似比為1995，并且每一個三角形的三個頂點同色．
AB邊上的分點共有n+1個，由于n為奇數，故必存在其中兩個相鄰的分點同色，(否則任兩個相鄰分點異色，則可得A、B異色)，不妨設相鄰分點E、F同色．考察E、F所在的小矩形的另兩個頂點E(、F(，若E(、F(異色，則△EFE(或△DFF(為三個頂點同色的小直角三角形．若E(、F(同色，再考察以此二點為頂點而在其左邊的小矩形，…．這樣依次考察過去，不妨設這一行小矩形的每條豎邊的兩個頂點都同色．
同樣，BC邊上也存在兩個相鄰的頂點同色，設為P、Q，則考察PQ所在的小矩形，同理，若P、Q所在小矩形的另一橫邊兩個頂點異色，則存在三頂點同色的小直角三角形．否則，PQ所在列的小矩形的每條橫邊兩個頂點都同色．

一、選擇題(本題滿分36分，每題6分)
1． 把圓x2+(y－1)2=1與橢圓9x2+(y+1)2=9的公共點，用線段連接起來所得到的圖形為( )
(A)線段 (B)不等邊三角形 (C)等邊三角形 (D)四邊形
2． 等比數列{an}的首項a1=1536,公比q=－,用πn表示它的前n項之積。則πn(n∈N*)最大的是( )
(A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13
6． 高為8的圓臺內有一個半徑為2 的球O1，球心O1在圓臺的軸上，球O1與圓臺的上底面、側面都相切，圓臺內可再放入一個半徑為3的球O2，使得球O2與球O1、圓臺的下底面及側面都只有一個公共點，除球O2，圓臺內最多還能放入半徑為3的球的個數是( )
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)
1． 集合{x|－1≤log10<－，x∈N*}的真子集的個數是 ．
2． 復平面上，非零復數z1，z2在以i為圓心，1為半徑的圓上，·z2的實部為零，z1的輻角主值為，則z2=_______．
3． 曲線C的極坐標方程是ρ=1+cosθ，點A的極坐標是(2,0)，曲線C在它所在的平面內繞A旋轉一周，則它掃過的圖形的面積是_______．
第二試
一、（本題滿分25分）設數列{an}的前n項和Sn=2an－1（n=1，2，…），數列{bn }滿足b1=3，bk+1=ak+bk(k=1，2，…)．求數列{bn }的前n項和．
二、（本題滿分25分）求實數a的取值范圍，使得對任意實數x和任意θ∈[0，]，恒有
（x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥．
三、（本題滿分35分）如圖，圓O1和圓O2與△ABC的三邊所在的三條直線都相切，E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。
四、（本題滿分35分）有n(n≥6)個人聚會，已知：
（1）每人至少同其中個人互相認識；
（2）對于其中任意個人，或者其中有2 人相識，或者余下的人中有2人相識．
證明：這n個人中必有三人兩兩認識．
1996年全國高中數學聯賽解答
第一試
一、選擇題(本題滿分36分，每題6分)
1． 把圓x2+(y－1)2=1與橢圓9x2+(y+1)2=9的公共點，用線段連接起來所得到的圖形為( )
(A)線段 (B)不等邊三角形 (C)等邊三角形 (D)四邊形
2． 等比數列{an}的首項a1=1536,公比q=－，用πn表示它的前n項之積。則πn(n∈N*)最大的是( )
(A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13
3． 存在整數n,使+是整數的質數( )
(A)不存在 (B)只有一個
(C)多于一個,但為有限個 (D)有無窮多個
【答案】D
【解析】如果p為奇質數，p=2k+1，則存在n=k2(k∈N+)，使+=2k+1．故選D．
4． 設x∈(－,0)，以下三個數α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小關系是( )
(A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1
【答案】D
5． 如果在區間[1,2]上函數f(x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取相同的最小值，那么f(x)在該區間上的最大值是( )
(A) 4++ (B) 4－+
(C) 1－+ (D)以上答案都不對
6． 高為8的圓臺內有一個半徑為2 的球O1，球心O1在圓臺的軸上，球O1與圓臺的上底面、側面都相切，圓臺內可再放入一個半徑為3的球O2，使得球O2與球O1、圓臺的下底面及側面都只有一個公共點，除球O2，圓臺內最多還能放入半徑為3的球的個數是( )
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
【答案】B
【解析】O2與下底距離=3，與O1距離=2+3=5，與軸距離=4，問題轉化為在以4為半徑的圓周上，能放幾個距離為6的點？
右圖中，由sin∠O2HC=3/4>0．707，即∠O2HO3>90°，即此圓上還可再放下2個滿足要求的點．故選B．
二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)
1． 集合{x|－1≤log10<－，x∈N*}的真子集的個數是 ．
【答案】290-1
【解析】由已知，得2． 復平面上，非零復數z1，z2在以i為圓心，1為半徑的圓上，·z2的實部為零，z1的輻角主值為，則z2=_______．
3． 曲線C的極坐標方程是ρ=1+cosθ，點A的極坐標是(2,0)，曲線C在它所在的平面內繞A旋轉一周，則它掃過的圖形的面積是_______。
4． 已知將給定的兩個全等的正三棱錐的底面粘在一起，恰得到一個所有二面角都相等的六面體，并且該六面體的最短棱的長為2，則最遠的兩頂點間的距離是________。
【答案】3
【解析】該六面體的棱只有兩種，設原正三棱錐的底面邊長為2a，側棱為b．
5． 從給定的六種不同顏色中選用若干種顏色，將一個正方體的六個面染色，每面恰染一種顏色，每兩個具有公共棱的面染成不同的顏色。則不同的染色方法共有_______種。(注：如果我們對兩個相同的正方體染色后，可以通過適當的翻轉，使得兩個正方體的上、下、左、右、前、后六個對應面的染色都相同，那么，我們就說這兩個正方體的染色方案相同。)
6． 在直角坐標平面，以(199,0)為圓心，199為半徑的圓周上整點(即橫、縱坐標皆為整數的點)的個數為________．
【答案】4
【解析】把圓心平移至原點，不影響問題的結果．故問題即求x2+y2=1992的整數解數．
顯然x、y一奇一偶，設x=2m，y=2n－1．且1≤m，n≤99．
則得4m2=1992－(2n－1)2=(198+2n)(200－2n)．m2=(99+n)(100－n)≡(n－1)(－n) (mod 4)
由于m為正整數，m2≡0，1 (mod 4)；(n－1)(－n)≡
二者矛盾，故只有(0，±199)，(±199，0)這4解．
∴ 共有4個．(199，±199)，(0，0)，(398，0)．
第二試
一、（本題滿分25分）
設數列{an}的前n項和Sn=2an－1（n=1，2，…），數列{bn }滿足b1=3，bk+1=ak+bk（k=1，2，…)．求數列{bn }的前n項和．
二、（本題滿分25分）
求實數a的取值范圍，使得對任意實數x和任意θ∈[0，]，恒有
（x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥．
三、（本題滿分35分）
如圖，圓O1和圓O2與△ABC的三邊所在的三條直線都相切，E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。
設P、A在EF上的射影分別為M、N，則EM=EPcos∠FEP=(b+c) ．
又BN=ccosB，故只須證ccosB+ (b+c－a)= (b+c) ,
即sinCcosB+ (sinB+sinC－sin(B+C)) =(sinB+sinC) 就是
2coscossin=sinCcosB－sinBcosC－cosBsinC+sincos
右邊= sin(C－B)+sincos=cos(sin－sin)
=2cos cos sin 。故證。
四、（本題滿分35分）
有n（n≥6）個人聚會，已知：
（1）每人至少同其中個人互相認識；
（2）對于其中任意個人，或者其中有2 人相識，或者余下的人中有2人相識．
證明：這n個人中必有三人兩兩認識．

一、選擇題(每小題6分，共36分)
1．已知數列{xn}滿足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 記Sn=x1+x2+(+xn，則下列結論正確的是(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．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為 (A)(0，1) (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞)
5．設f(x)=x2－πx，( ( arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，(=arccot(－)，則(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．如果空間三條直線a，b，c兩兩成異面直線，那么與a，b，c都相交的直線有(A) 0條 (B) 1條 (C)多于1 的有限條 (D) 無窮多條
二．填空題(每小題9分，共54分)
1．設x，y為實數，且滿足則x+y ( .
2．過雙曲線x2－=1的右焦點作直線l交雙曲線于A、B兩點，若實數λ使得|AB| (λ的直線l恰有3條，則λ= .
3．已知復數z滿足=1，則z的幅角主值范圍是 ．
4．已知三棱錐S(ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，設S、A、B、C四點均在以O為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為 ．
5．設ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點之一．若在5次之內跳到D點，則停止跳動；若5次之內不能到達D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到停止，可能出現的不同跳法共 種．
6．設a (logz+log[x(yz)(1+1]，b (logx(1+log(xyz+1)，c (logy+log[(xyz)(1+1]，記a，b，c中最大數為M，則M的最小值為 ．
三、（本題滿分20分）
設x≥y≥z≥，且x+y+z (，求乘積cosx siny cosz的最大值和最小值．
五、(本題滿分20分)
設非零復數a1，a2，a3，a4，a5滿足

其中S為實數且|S|≤2．求證：復數a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上．
第二試
(10月5日上午10:30(12:30)
一、（本題50分）如圖，已知兩個半徑不相等的⊙O1與⊙O2相交于M、N兩點，且⊙O1、⊙O2分別與⊙O內切于S、T兩點。求證：OM⊥MN的充分必要條件是S、N、T三點共線。
求最小的自然數k，使得只要表1中填入的數滿足xi，j≤1（i=1，2，…，100），
則當i≥k時，在表2中就能保證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年全國高中數學聯賽解答
第一試
一、選擇題(每小題6分，共36分)
1．已知數列{xn}滿足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 記Sn=x1+x2+(+xn，則下列結論正確的是(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，…．易知此數列循環，xn+6=xn，于是x100=x4=－a，
又x1+x2+x3+x4+x5+x6=0，故S100=2b－a．選A．
3．設等差數列的首項及公差均為非負整數，項數不少于3，且各項的和為972，則這樣的數列共有(A)2個 (B)3個 (C)4個 (D)5個
【答案】C
4．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為 (A)(0，1) (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞)
【答案】D
【解析】看成是軌跡上點到(0，－1)的距離與到直線x－2y+3=0的距離的比：
=<1(m>5，選D．
5．設f(x)=x2－πx，( ( arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，(=arccot(－)，則 (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)的對稱軸為x=，
易得， 0<α<<<β<<<γ<<<δ<．選B．
二．填空題(每小題9分，共54分)
1．設x，y為實數，且滿足則x+y ( .
【答案】2
【解析】原方程組即
取 f(t)=t3+1997t+1，f ((t)=3t2+1987>0．故f(t)單調增，現x－1=1－y，x+y=2．
3．已知復數z滿足=1，則z的幅角主值范圍是 ．
4．已知三棱錐S(ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，設S、A、B、C四點均在以O為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為 ．
5．設ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點之一．若在5次之內跳到D點，則停止跳動；若5次之內不能到達D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到停止，可能出現的不同跳法共 種．
【答案】26
【解析】青蛙跳5次，只可能跳到B、D、F三點(染色可證)．
青蛙順時針跳1次算+1，逆時針跳1次算－1，寫5個“□1”，在□中填“+”號或“－”號：
□1□1□1□1□1
規則可解釋為：前三個□中如果同號，則停止填寫；若不同號，則后2個□中繼續填寫符號．
前三□同號的方法有2種；前三個□不同號的方法有23－2=6種，后兩個□中填號的方法有22種．
∴ 共有2+6×4=26種方法．
6．設a (logz+log[x(yz)(1+1]，b (logx(1+log(xyz+1)，c (logy+log[(xyz)(1+1]，記a，b，c中最大數為M，則M的最小值為 ．
【答案】log2
【解析】a=log(+z)，b=log(yz+)，c=log(+y)．
∴ a+c=log(++yz+x)≥2log2．于是a、c中必有一個≥log2．即M≥log2，于是M的最小值≥log2．
但取x=y=z=1，得a=b=c=log2．即此時M=log2．于是M的最小值≤log2．
∴ 所求值=log2．
四、(本題滿分20分)
設雙曲線xy(1的兩支為C1，C2(如圖)，正三角形PQR的三頂點位于此雙曲線上．
(1)求證：P、Q、R不能都在雙曲線的同一支上；
(2)設P((1，(1)在C2上， Q、R在C1上，求頂點Q、R的坐標．
【解析】設某個正三角形的三個頂點都在同一支上．此三點的坐標為P(x1，)，Q(x2，)，R(x3，)．不妨設0>>0．
kPQ==－；kQR=－；
tan∠PQR=<0，從而∠PQR為鈍角．即△PQR不可能是正三角形．
五、(本題滿分20分)
設非零復數a1，a2，a3，a4，a5滿足

其中S為實數且|S|≤2．求證：復數a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上．
∴ q+∈R．再令q=r(cosα+isinα)，(r>0)．則q+=(r+)cosα+i(r－)sinα∈R．(sinα=0或r=1．
若sinα=0，則q=±r為實數．此時q+≥2或q+≤－2．此時q++≥，或q++≤－．
此時，由|(q++)2－|≤1，知q=－1．此時，|ai|=2．
若r=1，仍有|ai|=2，故此五點在同一圓周上．
⑵ 若1+q+q2+q3+q4=0．則q5－1=0，∴ |q|=1．此時|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五點在同一圓上．
綜上可知，表示復數a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上．
第二試
二．（本題50分）試問：當且僅當實數x0，x1，…，xn（n≥2）滿足什么條件時，存在實數y0，y1，…，yn使得z02=z12+z22+…+zn2成立，其中zk=xk+iyk，i為虛數單位，k=0，1，…，n。證明你的結論。
【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，則y02> y12+y22+…+yn2．
此時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．此時，可分兩種情況：
⑴ 當x02=x12+x22+…+xn2成立時，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、（本題50分）在100×25的長方形表格中每一格填入一個非負實數，第i行第j列中填入的數為xi , j（i=1，2，…，100；j=1，2，…，25）（如表1）。然后將表1每列中的數按由小到大的次序從上到下重新排列為x(1 , j≥x(2 , j≥…≥x(100 , j（j=1，2，…，25）。（如表2）
求最小的自然數k，使得只要表1中填入的數滿足xi，j≤1（i=1，2，…，100），
則當i≥k時，在表2中就能保證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、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
若a > 1, b > 1, 且lg(a + b)=lga+lgb, 則lg(a –1)+lg(b –1) 的值( )
（A）等于lg2 （B）等于1
(C ) 等于0 (D) 不是與a, b無關的常數
2.若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},則能使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.在正方體的8個頂點, 12條棱的中點, 6個面的中心及正方體的中心共27個點中, 共線的三點組的個數是( )
(A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37
二、填空題( 本題滿分54分,每小題9分) 各小題只要求直接填寫結果.
1．若f (x) (x(R)是以2為周期的偶函數, 當x([ 0, 1 ]時,f(x)=x，則f()，f()，f()由小到大排列是 ．
2．設復數z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，復數z，(1+i)z，2在復平面上對應的三個點分別是P, Q, R.當P, Q, R不共線時,以線段PQ, PR為兩邊的平行四邊形的第四個頂點為S, 點S到原點距離的最大值是___________.
3．從0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9這10個數中取出3個數, 使其和為不小于10的偶數, 不同的取法有________種.
4．各項為實數的等差數列的公差為4, 其首項的平方與其余各項之和不超過100, 這樣的數列至多有_______項.
5．若橢圓x2+4(y－a)2=4與拋物線x2=2y有公共點，則實數a的取值范圍是 ．
6．(ABC中, (C = 90o, (B = 30o, AC = 2, M是AB的中點. 將(ACM沿CM折起,使A,B兩點間的距離為 2，此時三棱錐A-BCM的體積等于__________.
三、（本題滿分20分）
已知復數z=1－sinθ+icosθ(<θ<π)，求z的共軛復數的輻角主值．
四、（本題滿分20分）
設函數f (x) = ax 2 +8x +3 (a<0)．對于給定的負數a , 有一個最大的正數l(a) ,使得在整個 區間 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ( 5都成立．
問：a為何值時l(a)最大? 求出這個最大的l(a)．證明你的結論.
五、（本題滿分20分）
已知拋物線y 2 = 2px及定點A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ( 0, b 2 ( 2pa)．M是拋物線上的點, 設直線AM, BM與拋物線的另一交點分別為M1, M2．
求證：當M點在拋物線上變動時(只要M1, M2存在且M1 ( M2)，直線M1M2恒過一個定點．并求出這個定點的坐標．
第二試
二、（滿分50分）設a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b，
求證：≤a．并問：等號成立的充要條件．
三、（滿分50分）對于正整數a、n，定義Fn(a)=q＋r，其中q、r為非負整數，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整數A，使得存在正整數n1，n2，n3，n4，n5，n6，對于任意的正整數a≤A，都有
F(F(F(F(F(F(a))))))=1．證明你的結論．
一九九八年全國高中數學聯賽解答
第一試
一．選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
2．若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},則能使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．故選B．
4.設命題P：關于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0與a 2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同;
命題Q：==． 則命題Q( )
(A) 是命題P的充分必要條件
(B) 是命題P的充分條件但不是必要條件
(C) 是命題P的必要條件但不是充分條件
(D) 既不是是命題P的充分條件也不是命題P的必要條件
【答案】D
【解析】若兩個不等式的解集都是R，否定A、C，若比值為－1，否定A、B，選D．
5.設E, F, G分別是正四面體ABCD的棱AB,BC,CD的中點,則二面角C—FG—E的大小是( )
(A) arcsin (B) +arccos (C) －arctan (D) π－arccot
6.在正方體的8個頂點, 12條棱的中點, 6個面的中心及正方體的中心共27個點中, 共線的三點組的個數是( )
(A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37
【答案】B
【解析】8個頂點中無3點共線，故共線的三點組中至少有一個是棱中點或面中心或體中心．
⑴ 體中心為中點：4對頂點，6對棱中點，3對面中心；共13組；
⑵ 面中心為中點：4×6=24組；
⑶ 棱中點為中點：12個．共49個，選B．
二、填空題( 本題滿分54分,每小題9分) 各小題只要求直接填寫結果.
1．若f (x) (x(R)是以2為周期的偶函數, 當x([ 0, 1 ]時,f(x)=x，則f()，f()，f()由小到大排列是 ．
2．設復數z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，復數z，(1+i)z，2在復平面上對應的三個點分別是P, Q, R.當P, Q, R不共線時,以線段PQ, PR為兩邊的平行四邊形的第四個頂點為S, 點S到原點距離的最大值是___________.
【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，當sin2θ=1，即θ=時，|OS|=3．
4．各項為實數的等差數列的公差為4, 其首項的平方與其余各項之和不超過100, 這樣的數列至多有_______項.
【答案】8
【解析】設其首項為a，項數為n．則得a2+(n－1)a+2n2－2n－100≤0．
△=(n－1)2－4(2n2－2n－100)=－7n2+6n+401≥0．∴ n≤8．
取n=8，則－4≤a≤－3．即至多8項．
(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的中點. 將(ACM沿CM折起,使A,B兩點間的距離為 2，此時三棱錐A－BCM的體積等于 ．
【答案】
【解析】由已知，得AB=4，AM=MB=MC=2，BC=2，由△AMC為等邊三角形，取CM中點，則AD⊥CM，AD交BC于E，則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是三棱錐A－BCM的高，AE=．
S△BCM=，VA—BCM=．
三、（本題滿分20分）

四、（本題滿分20分）
設函數f (x) = ax2 +8x+3 (a<0)．對于給定的負數a , 有一個最大的正數l(a) ,使得在整個 區間 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ( 5都成立．
問：a為何值時l(a)最大? 求出這個最大的l(a)．證明你的結論．
五、（本題滿分20分）
已知拋物線y 2 = 2px及定點A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ( 0, b 2 ( 2pa).M是拋物線上的點, 設直線AM, BM與拋物線的另一交點分別為M1, M2．
求證：當M點在拋物線上變動時(只要M1, M2存在且M1 ( M2.)直線M1M2恒過一個定點．并求出這個定點的坐標.
第二試
一、（滿分50分）如圖，O、I分別為△ABC的外心和內心，AD是BC邊上的高，I在線段OD上。求證：△ABC的外接圓半徑等于BC邊上的旁切圓半徑。
注：△ABC的BC邊上的旁切圓是與邊AB、AC的延長線以及邊BC都相切的圓。
【解析】 由旁切圓半徑公式，有
ra==，故只須證明
=即可。連AI并延長交⊙O于K，連OK交BC于M，則K、M分別為弧BC及弦BC的中點。且OK⊥BC。于是OK∥AD，又OK=R，故
===，
故只須證==．
作IN⊥AB，交AB于N，則AN=(b+c－a),
而由⊿AIN∽⊿BKM，可證=成立，故證。
二、（滿分50分）設a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b，
求證：≤a．并問：等號成立的充要條件．
三、（滿分50分）對于正整數a、n，定義Fn（a）=q＋r，其中q、r為非負整數，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整數A，使得存在正整數n1，n2，n3，n4，n5，n6，對于任意的正整數a≤A，都有F(F(F(F(F(F(a))))))=1．證明你的結論．
【解析】將滿足條件“存在正整數n1,n2,n3,n4,n5,n6,對于任意的正整數a≤B，都有F(F(…(F(a)…)=1”的最大正整數B記為xk顯然，本題所求的最大正整數A即為x6。
⑴先證x1=2．事實上，F2(1)=F2(2)=1，所以x1≥2?,又當n1≥3時，F(2) =2，而F2 另一方面，若取n1=+2，由于=·n1+對于每個a≤，令a=qn1+r，那么
或者q=,r≤；或者q≤－1,r≤n1－1=+1。
兩種情況下均有q+r≤xk,因此xk+1=。此外，因為xk為偶數，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也是偶數。于是完成了歸納證明xk+1=．
由x1=2逐次遞推出x2=4,x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590．
即所求最大整數A=53590．

一、選擇題
本題共有6小題，每題均給出（A）、（B）、（C）、（D）四個結論，其中有且僅有一個是正確的，請將正確答案的代表字母填在題后的括號內，每小題選對得6分；不選、選錯或選出的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內），一律得0分。
給定公比為q(q(1)的等比數列{an}，設b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6,…, bn=a3n(2+a3n(1+a3n,…，則數列{bn} 【答】（　 ）(A) 是等差數列 (B) 是公比為q的等比數列(C) 是公比為q3的等比數列 (D) 既非等差數列也非等比數列
在某次乒乓球單打比賽中，原計劃每兩名選手恰比賽一場，但有3名選手各比賽了2場之后就退出了，這樣，全部比賽只進行了50場。那么，在上述3名選手之間比賽的場數是 【答】（　 ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3
已知點A(1,2)，過點(5,(2)的直線與拋物線y2=4x交于另外兩點B,C，那么，△ABC是 (A) 銳角三角形 (B) 鈍角三角形 (C) 直角三角形 (D) 不確定 【答】（　 ）
二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫線上。
7. 已知正整數n不超過2000，并且能表示成不少于60個連續正整數之和，那么，這樣的n的個數是___________.
已知=arctg，那么，復數的輻角主值是_________.
在△ABC中，記BC=a，CA=b，AB=c，若9a2+9b2(19c2=0，則=__________.
已知點P在雙曲線上，并且P到這條雙曲線的右準線的距離恰是P到這條雙曲線的兩個焦點的距離的等差中項，那么，P的橫坐標是_____.
已知直線ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{(3,(2,(1,0,1,2,3}中的3個不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，那么，這樣的直線的條數是______.
已知三棱錐S(ABC的底面是正三角形，A點在側面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。那么三棱錐S(ABC的體積為__________.
三、解答題(本題滿分60分，每小題20分)
13. 已知當x([0,1]時，不等式恒成立，試求的取值范圍。
14. 給定A((2,2)，已知B是橢圓上的動點，F是左焦點，當|AB|+|BF|取最小值時，求B的坐標。
15. 給定正整數n和正數M，對于滿足條件≤M的所有等差數列a1,a2,a3,….，試求S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。
第二試
三、(滿分50分) 給定正整數n，已知用克數都是正整數的k塊砝碼和一臺天平可以稱出質量為1,2,3,…,n克的所有物品。
（1）求k的最小值f(n)；
（2）當且僅當n取什么值時，上述f(n)塊砝碼的組成方式是唯一確定的？并證明你的結論。
1999年全國高中數學聯合競賽答案
一、選擇題
題號
1
2
3
4
5
6
答案
C
A
B
D
B
C
1. 給定公比為q(q(1)的等比數列{an}，設b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6,…, bn=a3n(2+a3n(1+a3n,…，則數列{bn} 【答】（　 ） (A) 是等差數列 (B) 是公比為q的等比數列 (C) 是公比為q3的等比數列 (D) 既非等差數列也非等比數列
2. 平面直角坐標系中，縱、橫坐標都是整數的點叫做整點，那么，滿足不等式 (|x|(1)2+(|y|(1)2＜2的整點(x,y)的個數是 【答】（　 ） (A) 16 (B) 17 (C) 18 (D) 25
【答案】(A)
【解析】由,可得(|x|-1,|y|-1)為(0，0)，(0，1)，(0，-1)，(1，0)或(-1，0).從而，不難得到(x,y)共有16個.
5. 在某次乒乓球單打比賽中，原計劃每兩名選手恰比賽一場，但有3名選手各比賽了2場之后就退出了，這樣，全部比賽只進行了50場。那么，在上述3名選手之間比賽的場數是 【答】（　 ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3
【答案】(B)
【解析】設這三名選手之間的比賽場數是r，共n名選手參賽.由題意，可得，即=44+r.由于0≤r≤3，經檢驗可知，僅當r=1時，n=13為正整數.
二、填空題
題號
7
8
9
10
11
12
答案
6

43
7. 已知正整數n不超過2000，并且能表示成不少于60個連續正整數之和，那么，這樣的n的個數是___________.
【答案】6.
8. 已知=arctg，那么，復數的輻角主值是_________.
【答案】
【解析】 z的輻角主值 argz=arg［(12+5i)2 (239-i)］
　　　　　　=arg［(119+120i) (239-i)］ =arg［28561+28561i］=
9. 在△ABC中，記BC=a，CA=b，AB=c，若9a2+9b2(19c2=0，則=__________.
【答案】 .
【解析】
　　　
　　　
12. 已知三棱錐S(ABC的底面是正三角形，A點在側面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。那么三棱錐S(ABC的體積為__________.
【答案】
【解析】由題設，AH⊥面SBC.作BH⊥SC于E.由三垂線定理可知SC⊥AE，SC⊥AB.故SC⊥面ABE.設S在面ABC內射影為O，則SO⊥面ABC.由三垂線定理之逆定理，可知CO⊥AB于F.同理，BO⊥AC.故O為△ABC的垂心.
　　 又因為△ABC是等邊三角形，故O為△ABC的中心，從而SA=SB=SC=.
　　 因為CF⊥AB，CF是EF在面ABC上的射影，由三垂線定理，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、解答題
13. 已知當x([0,1]時，不等式恒成立，試求的取值范圍。
【解析】
因此，原題中θ的取值范圍是2kπ+<θ<2kπ+ ,k(Z.
或解：若對一切x∈［0，1］，恒有
14. 給定A((2,2)，已知B是橢圓上的動點，F是左焦點，當|AB|+|BF|取最小值時，求B的坐標。
【解析】
15. 給定正整數n和正數M，對于滿足條件≤M的所有等差數列a1,a2,a3,….，試求
S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。
1999年全國高中數學聯合競賽加試參考答案及評分標準
一、(滿分50分) 如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD。在CD上取一點E，BE與AC相交于F，延長DF交BC于G。求證：∠GAC=∠EAC.
二、(滿分50分) 給定實數a, b, c，已知復數z1 , z2 , z3 滿足：
，求|az1+bz2+cz3|的值。
【解析】 記 eiθ=cosθ+isinθ．可設 ，，則 ．由題設，有eiθ+eiφ+e-i(θ+φ)=1.φ兩邊取虛部，有0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)
三、(滿分50分) 給定正整數n，已知用克數都是正整數的k塊砝碼和一臺天平可以稱出質量為1,2,3,…,n克的所有物品。
（1）求k的最小值f(n)；
（2）當且僅當n取什么值時，上述f(n)塊砝碼的組成方式是唯一確定的？并證明你的結論。
【解析】(1)設這k塊砝碼的質量數分別為a1,a2,…,ak，且1≤a1≤a2≤…≤ak，ai∈Z，1≤i≤k．因為天平兩端都可以放砝碼，故可稱質量為 xiai,xi∈｛-1，0，1｝．若利用這k塊砝碼可以稱出質量為1，2，3，…,n的物品，則上述表示式中含有1，2，…，n，由對稱性易知也含有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.下面我們證明：當n=時，f(n)=m塊砝碼的組成方式是惟一的，即ai=3i-1(1≤i≤m)．　　若對每個-≤l≤,都有l=xiai，xi∈｛-1，0，1｝．　　即 ｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝｛0,±1，…，±｝．　　注意左邊集合中至多有3m個元素．故必有　　｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝=｛0,±1，…，±｝．

選擇題
本題共有6小題，每題均給出（A）、（B）、（C）、（D）四個結論，其中有且僅有一個是正確的，請將正確答案的代表字母填在題后的括號內，每小題選對得6分；不選、選錯或選出的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內），一律得0分。
設全集是實數，若A={x|≤0}，B={x|=},則是 （　 ）(A) {2} (B) {(1} (C) {x|x≤2} (D)
給定正數p,q,a,b,c，其中p(q，若p,a,q是等比數列，p,b,c,q是等差數列，則一元二次方程bx2(2ax+c=0 （　 ）(A)無實根 (B)有兩個相等實根 (C)有兩個同號相異實根 (D)有兩個異號實根
平面上整點（縱、橫坐標都是整數的點）到直線的距離中的最小值是(A) (B) (C) (D) （　 ）
設，則以(,(3,(7,(9為根的方程是 （　 ）
(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、填空題（本題滿分54分，每小題9分）本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫線上。
arcsin(sin2000()=__________.
設an是(3(的展開式中x項的系數(n=2,3,4,…)，則)=________.
等比數列a+log23,a+log43,a+log83的公比是____________.
在橢圓(a＞b＞0)中，記左焦點為F，右頂點為A，短軸上方的端點為B.若該橢圓的離心率是，則∠ABF=_________.
【加試】（10月15日上午10∶00-12∶00）
一．（本題滿分50分）
如圖，在銳角三角形ABC的BC邊上有兩點E、F，滿足∠BAE=∠CAF，作FM⊥AB，FN⊥AC（M、N是垂足），延長AE交三角形ABC的外接圓于D．證明：四邊形AMDN與三角形ABC的面積相等．
二．（本題滿分50分）
設數列{a n}和{b n }滿足，且
證明a n（n=0，1，2，…）是完全平方數．
三．（本題滿分50分）
有n個人，已知他們中的任意兩人至多通電話一次，他們中的任意n－2個人之間通電話的次數相等，都是3 k次，其中k是自然數，求n的所有可能值．
2000年全國高中數學聯合競賽試題答案
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】如圖所示，設BD=t，則OD=t-1，從而B（t-1，t）
滿足方程，可以得到t=,所以等邊三角形，ΔABC的面積是.
4．【答案】 A
【解析】由題意知pq=a2，2b=p+c,2c=q+b，bc=≥=pq=a2 .因為p≠q，故bc> a2，方程的判別式Δ= 4a2 -4bc<0，因此，方程無實數根.
5．【答案】B
【解析】設整點坐標(m,n)，則它到直線25x-15y+12=0的距離為
由于m,n∈Z，故5(5m-3n)是5的倍數，只有當m=n=-1，時5(5m-3n)=-10 與12的和的絕對值最小，其值為2，從而所求的最小值為.
二、填空題（滿分54分，每小題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】由二項式定理知，，因此
==18.
11．【答案】
12．【答案】28
【解析】 中恰有2個不中數字時，能組成C= 6個不中數字
中恰有3個不中數字時，能組成C+=12+4=16個不中數字
中恰有4個不中數字時，能組成P=6個不中數字
所以，符合要求的數字共有6+16+6=28個
14．【答案】所求區間為[1,3]或[-2-].
【解析】 化三種情況討論區間[a,b].
若0a，解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ],
(2)若a <0 因此f (x)在x=0處取最大值2b在x=a或x=b處取最小值
2a.故2b=,b=.由于a<0,
又f(b)=-() + =
故 f(x)在x=a處取最小值2a,即 2a=+,
解得a=-2-;于是得 [a,b]=[-2-,].
當a 即2a=-+,2b=-+.
由于方程x+2x-=0的兩根異號，故滿足ab0的區間不存在.
綜上所述，所求區間為[1,3]或[-2-].
15．【答案】所求條件為+=1.
又在Rt△POQ中，設點O到PQ的距離為h，則=+=1,故得h=1
同理，點O到QR，RS，SP的距離也為1，故菱形PQRS與C0外切.充分性得證.
[注]對于給出 ，=1等條件者，應同樣給分.
2000年全國高中數學聯合競賽試卷答案
加試
二．【解析】
[證法一]：由假設得a1=4, b1=4且當n1時（2an+1-1）+=(14an+12bn-7)+(8an+7bn-4)
=[(2an-1)+](7+4)
依次類推可得（2an-1）+= (7+(2a1 -1+)=(7+4
同理（2an-1+ ）-=(7+4從而 an=(7+4+(7+4+ .
由于 74=（2 ，所以 an =[(2++(2-)
由二項式展開得 c n =(2++(2-)= ,
顯然Cn為整數，于是an為完全平方數.
[證法二]：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 ,
從而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27=14an-an-1-6 .
也就是 an+1=14an-an-1-6 .
設(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) ……①②③④
則有
解得或
三．【解析】顯然n5. 記n 個人為A1，A2， AN ，
設A1通話的次數為m1, Ai 與 Aj 之間通話的數為yij, l .則
m i +m j – y i . j =-= c . （*）
其中c是常數 ，l .
根據（*）知，=1 , l .
, l
設 mi =max{ms ,1} ,m j = min{ms,1sn.} ,
則 m i +m j1.
若 m i +m j=1 ,則對于任意 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 .
出現矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1sn)恒為常數 。
根據 （*）知，y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。
若 y I ,j = 0 ,則 ms=0 , 1sn 。與已知條件矛盾 。
因此 ，y I ,s =1 ms=n-1 , 1sn . 所以
n(n-1)-(2n-3)=, 即 (n-2)(n-3)=2 .
二○○一年全國高中數學聯賽
（10月4日上午8：00—9：40）
題號
一
二
三
合計
加試
總成績
13
14
15
得分
評卷人
復核人
學生注意：1、本試卷共有三大題（15個小題），全卷滿分150分。
2、用圓珠筆或鋼筆作答。
3、解題書寫不要超過裝訂線。
4、不能使用計算器。
選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
本題共有6個小是題，每題均給出（A）（B）（C）（D）四個結論，其中有且僅有一個是正確的。請將正確答案的代表字母填在題后的括號內，每小題選對得6分；不選、選錯或選的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內），一律得0分。
1、已知a為給定的實數，那么集合M={x|x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的個數為
（A）1 （B）2 （C）4 （D）不確定
5．若（1＋ｘ＋ｘ2）1000的展開式為ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ2000ｘ2000，
則ａ０＋ａ3＋ａ6＋ａ9＋…＋ａ1998的值為（　　）．　 （A）3333 　　 （B）3666　　 （C）3999　　 （D）32001
6．已知6枝玫瑰與3枝康乃馨的價格之和大于24，而4枝攻瑰與5枝康乃馨的價格之和小于22元，則2枝玫瑰的價格和3枝康乃馨的價格比較，結果是（　　）．　 （A）2枝玫瑰價格高　　 （B）3枝康乃馨價格高 （C）價格相同　　　　 （D）不確定二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）7．橢圓ρ＝1／（2－ｃｏｓθ）的短軸長等于______________．
8、若復數z1,z2滿足|z1|=2,|z2|=3,3z1-2z2=-I,則z1z2= 。
9、正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1 ，則直線A1C1與BD1的距離是 。
10、不等式的解集為 。
11、函數的值域為 。
14、設曲線C1:(a為正常數)與C2:y2=2(x+m)在x軸上方公有一個公共點P。
求實數m的取值范圍（用a表示）；
O為原點，若C1與x軸的負半軸交于點A，當015、用電阻值分別為a1、a2、a3、a4、a5、a6、（a1>a2>a3>a4>a5>a6）的電阻組裝成一個如圖的組件，在組裝中應如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最小？證明你的結論。
二○○一年全國高中數學聯合競賽加試試題
（10月4日上午10：00—12：00）
學生注意：1、本試卷共有三大題，全卷滿分150分。
2、用圓珠筆或鋼筆作答。
3、解題書寫不要超過裝訂線。
4、不能使用計算器。
一、（本題滿分50分）
如圖：⊿ABC中，O為外心，三條高AD、BE、CF交于點H，直線ED和AB交于點M，FD和AC交于點N。求證：（1）OB⊥DF，OC⊥DE；（2）OH⊥MN。
二、（本題滿分50分）
設xi≥0(I=1,2,3,…,n)且，求的最大值與最小值。
三、（本題滿分50分）
將邊長為正整數m,n的矩形劃分成若干邊長均為正整數的正方形，每個正方形的邊均平行于矩形的相應邊，試求這些正方形邊長之和的最小值。
2001年全國高中數學聯合競賽試題參考答案及評分標準
一．選擇題：CBDDCA
2．命題1：長方體中，必存在到各頂點距高相等的點．　 命題2：長方體中，必存在到各條棱距離相等的點；　 命題3：長方體中，必存在到各個面距離相等的點．　 以上三個命題中正確的有（　　）．　 Ａ．0個　　Ｂ．1個　　Ｃ．2個　　Ｄ．3個
【答案】B　 【解析】由于長方體的中心到各頂點的距離相等，所以命題1正確．對于命題2和命題3，一般的長方體（除正方體外）中不存在到各條棱距離相等的點，也不存在到各個面距離相等的點．因此，本題只有命題1正確，選Ｂ．　
4．如果滿足∠ＡＢＣ＝60°，ＡＣ＝12，ＢＣ＝ｋ的△ＡＢＣ恰有一個，那么ｋ的取值范圍是（　　）． Ａ．　　　　　Ｂ．0＜ｋ≤12　Ｃ．ｋ≥12　　　　　　 Ｄ．0＜ｋ≤12或
【答案】D　【解析】這是“已知三角形的兩邊及其一邊的對角，解三角形”這類問題的一個逆向問題，由課本結論知，應選結論Ｄ．　說明：本題也可以通過畫圖直觀地判斷，還可以用特殊值法排除Ａ、Ｂ、Ｃ．　
5．若（1＋ｘ＋ｘ2）1000的展開式為ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ2000ｘ2000，
則ａ０＋ａ3＋ａ6＋ａ9＋…＋ａ1998的值為（　　）．　Ａ．3333?　　Ｂ．3666?　　Ｃ．3999?　　Ｄ．32001
【答案】C6．已知6枝玫瑰與3枝康乃馨的價格之和大于24，而4枝攻瑰與5枝康乃馨的價格之和小于22元，則2枝玫瑰的價格和3枝康乃馨的價格比較，結果是（　　）．　Ａ．2枝玫瑰價格高　　Ｂ．3枝康乃馨價格高 Ｃ．價格相同　　　　 Ｄ．不確定
【答案】A二．填空題
7． 8． 9． 10． 11． 12． 732
7．橢圓ρ＝1／（2－ｃｏｓθ）的短軸長等于______________．　?【答案】

8．若復數ｚ１、ｚ２滿足｜ｚ１｜＝2，｜ｚ３｜＝3，3ｚ１－2ｚ２＝（3／2）－ｉ，則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．說明：本題也可以利用復數的幾何意義解．　?
10．不等式｜（1／ｌｏｇ1／2ｘ）＋2｜＞3／2的解集為______________．　【答案】ｘ＞4，或1＜ｘ＜22／7，或0＜ｘ＜1．?
【解析】從外形上看，這是一個絕對值不等式，先求得ｌｏｇ1／2ｘ＜－2，或－2／7＜ｌｏｇ1／2ｘ＜0，或ｌｏｇ1／2ｘ＞0．從而ｘ＞4，或1＜ｘ＜22／7，或0＜ｘ＜1．　?
11．函數ｙ＝ｘ＋的值域為______________．
【答案】［1，3／2）∪［2，＋∞）．　【解析】先平方去掉根號．由題設得（ｙ－ｘ）２＝ｘ２－3ｘ＋2，則ｘ＝（ｙ２－2）／（2ｙ－3）．由ｙ≥ｘ，得ｙ≥（ｙ２－2）／（2ｙ－3）．解得1≤ｙ＜3／2，或ｙ≥2．由于能達到下界0，所以函數的值域為［1，3／2）∪［2，＋∞）．說明：（1）參考答案在求得1≤ｙ＜3／2或ｙ≥2后，還用了較長的篇幅進行了一番驗證，確無必要．（2）本題還可以用三角代換法和圖象法來解，不過較繁，讀者不妨一試．
12．在一個正六邊形的六個區域栽種觀賞植物（如圖3），要求同一塊中種同一種植物，相鄰的兩塊種不同的植物．現有4種不同的植物可供選擇，則有______________種栽種方案．
【答案】732　?【解析】為了敘述方便起見，我們給六塊區域依次標上字母Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ．按間隔三塊Ａ、Ｃ、Ｅ種植植物的種數，分以下三類．
三．解答題
13．【解析】設所求公差為d，∵a1＜a2，∴d＞0．由此得 化簡得：14．【解析】(1)由 消去y得： ① 設，問題(1)化為方程①在x∈(－a，a)上有唯一解或等根． 只需討論以下三種情況： 1°△＝0得：，此時xp＝－a2，當且僅當－a＜－a2＜a，即0＜a＜1時適合； 2°f (a)f (－a)＜0，當且僅當－a＜m＜a； 3°f (－a)＝0得m＝a，此時xp＝a－2a2，當且僅當－a＜a－2a2＜a，即0＜a＜1時適合． f (a)＝0得m＝－a，此時xp＝－a－2a2，由于－a－2a2＜－a，從而m≠－a． 綜上可知，當0＜a＜1時，或－a＜m≤a； 當a≥1時，－a＜m＜a．
15．【解析】設6個電阻的組件(如圖3)的總電阻為RFG，當R i＝a i，i＝3，4，5，6，R1、R2是a1、a2的任意排列時，RFG最小
證明如下： 1．設當兩個電阻R1、R2并聯時，所得組件阻值為R，則．故交換二電阻的位置，不改變R值，且當R1或R2變小時，R也減小，因此不妨取R1＞R2．
2．設3個電阻的組件(如圖1)的總電阻為RAB 顯然R1＋R2越大，RAB越小，所以為使RAB最小必須取R3為所取三個電阻中阻值最小的—個．
4°對于圖3把由R1、R2、R3組成的組件用等效電阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6＜R5；且由1°應使RCE最小．由2°知要使RCE最小，必需使R5＜R4，且應使RCD最小． 而由3°，要使RCD最小，應使R4＜R3＜R2且R4＜R3＜R1， 這就說明，要證結論成立
2001年全國高中數學聯合競賽加試參考答案及評分標準
另證：以BC所在直線為x軸，D為原點建立直角坐標系， 設A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，則  ∴直線AC的方程為，直線BE的方程為 由 得E點坐標為E() 同理可得F() 直線AC的垂直平分線方程為 直線BC的垂直平分線方程為 由 得O()  ∵ ∴OB⊥DF
二．【解析】先求最小值，因為≥1等號成立當且僅當存在i使得xi＝1，xj＝0，j＝i ∴最小值為1． 再求最大值，令 ∴ ① 設， 令 則①?  令＝0，則 
三．【解析】記所求最小值為f (m，n)，可義證明f (m，n)＝rn＋n－(m，n) (*) 其中(m，n) 表示m和n的最大公約數  事實上，不妨沒m≥n
(1)關于m歸納，可以證明存在一種合乎題意的分法，使所得正方形邊長之和恰為rn＋n－(m，n) 當用m＝1時，命題顯然成立．
假設當，m≤k時，結論成立(k≥1)．當m＝k＋1時，若n＝k＋1，則命題顯然成立．若n＜k＋1，從矩形ABCD中切去正方形AA1D1D(如圖)，由歸納假設矩形A1BCD1有一種分法使得所得正方形邊長之和恰為m—n＋n—(m－n，n)＝m－(m，n)，于是原矩形ABCD有一種分法使得所得正方形邊長之和為rn＋n－(m，n)  (2)關于m歸納可以證明(*)成立． 當m＝1時，由于n＝1，顯然f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 假設當m≤k時，對任意1≤n≤m有f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 若m＝k＋1，當n＝k＋1時顯然f (m，n)＝k＋1＝rn＋n－(m，n)． 當1≤n≤k時，設矩形ABCD按要求分成了p個正方形，其邊長分別為al，a2，…，ap  不妨a1≥a2≥…≥ap 顯然a1＝n或a1＜n．

說明：
評閱試卷時，請依據本評分標準，選擇題只設6分的0分兩檔，填空題只設9分和0分兩檔，其它各題的評閱，請嚴格按照本評分標準規定的評分檔次給分，不要再嗇其他中間檔次。
如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時請參照本評分標準適當檔次評分，可以5分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次。
選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
函數f(x)=的單調遞增區間是
(A) (-∞，-1) (B) (-∞，1) (C) (1，+∞) (D) (3，+∞)
已知兩個實數集合A={a1, a2, … , a100}與B={b1, b2, … , b50}，若從A到B的映射f使得B中的每一個元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，則這樣的映射共有
(A) (B) (C) (D)
由曲線x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4圍成圖形繞y軸旋轉一周所得為旋轉體的體積為V1，滿足x2+y2≤16, x2+(y-2)2≥4, x2+(y+2)2≥4的點(x,y)組成的圖形繞y軸旋轉一周所得旋轉體的體積為V2，則
(A) V1=V2 (B) V1=V2 (C) V1=V2 (D) V1=2V2
填空題（本題滿分54分，每小題9分）
已知復數Z1,Z2滿足|Z1|=2, |Z2|=3，若它們所對應向量的夾角為60°，則= 。
將二項式的展開式按x的降冪排列，若前三項系數成等差數列，則該展開式中x的指數是整數的項共有 個。
解答題（本題滿分60分，每小題20分）
已知點A(0,2)和拋物線y=x2+4上兩點B、C使得AB⊥BC，求點C的縱坐標的取值范圍。
如圖，有一列曲線P0, P1, P2, ……，已知P0所圍成的圖形是面積為1的等邊三角形，Pk+1是對Pk進行如下操作得到的：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊，向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉(k=0,1,2,3,…)，記Sn為曲線Pk所圍成圖形面積。
①求數列{Sn}的通項公式；②求。
設二次函數f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)滿足條件：
當x∈R時，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；
當x∈(0,2)時，f(x)≤
f(x)在R上的最小值為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○○二年全國高中數學聯合競賽加試試題
參考答案及評分標準
說明：
評閱試卷時，請嚴格按照本評分標準規定的評分檔次給分；
如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，評卷時可參考本評分標準適當劃分檔次評分，可以10分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次。
三、（本題滿分50分）
在世界杯足球賽前，F國教練為了考察A1,A2,…,A7這七名，準備讓他們在三場訓練比賽(每場90分鐘)都上場，假設在比賽的任何時刻，這些中有且僅有一人在場上，并且A1,A2,A3,A4每人上場的總時間(以分鐘為單位)均被13整除，如果每場換人次數不限，那么按每名隊員上場的總時間計算，共有多少種不同的情況。

2002全國高中數學聯賽答案
一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
1、函數f(x)=的單調遞增區間是
(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，故選A
函數f(x)=
(A) 是偶函數但不是奇函數 (B) 是奇函數但不是偶函數
(C) 既是奇函數又是偶函數 (D) 既不是奇函數又不是偶函數
【答案】A
【解析】直接根據奇偶函數的定義解答。
S===6(sin?+cos?)=
∴Smax=6
∵S⊿OAB=6
∴
∵<3
∴點P不可能在直線AB的上方，顯然在直線AB的下方有兩個點P，故選B
6、由曲線x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4圍成圖形繞y軸旋轉一周所得為旋轉體的體積為V1，滿足x2+y2≤16, x2+(y-2)2≥4, x2+(y+2)2≥4的點(x,y)組成的圖形繞y軸旋轉一周所得旋轉體的體積為V2，則
(A) V1=V2 (B) V1=V2 (C) V1=V2 (D) V1=2V2
四、填空題（本題滿分54分，每小題9分）
7、已知復數Z1,Z2滿足|Z1|=2, |Z2|=3，若它們所對應向量的夾角為60°，則= 。
【答案】
【解析】由余弦定理得|Z1+Z2|=, |Z1?Z2|=, =
8、將二項式的展開式按x的降冪排列，若前三項系數成等差數列，則該展開式中x的指數是整數的項共有 個。
【答案】3
【解析】不難求出前三項的系數分別是，
　　∵
　　∴當n=8時， (r=0,1,2,…，8)
∴r=0,4,8,即有3個
9、如圖，點P1,P2,…,P10分別是四面體點或棱的中點，那么在同一平面上的四點組(P1, Pi, Pj, Pk)(110、已知f(x)是定義在R上的函數，f(1)=1且對任意x∈R都有
f(x+5)≥f(x)+5 f(x+1)≤f(x)+1
若g(x)=f(x)+1?x，則g(2002)= 。
11、若，則|x|?|y|的最小值是 。
【答案】
12、使不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx對一切x∈R恒成立的負數a的取值范圍是 。
【答案】(-∞,-2]
四、解答題（本題滿分60分，每小題20分）
13、已知點A(0,2)和拋物線y=x2+4上兩點B、C使得AB⊥BC，求點C的縱坐標的取值范圍。
【解析】設B點坐標為B(y12?4,y1)，C點坐標為C(y2?4,y)
顯然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
∴當y=0時，點B的坐標為(-3，-1)；當y=4時，點B的坐標為(5，?3)，均滿足題意。
故點C的縱坐標的取值范圍為(-∞,0]∪[4,+∞)
14、如圖，有一列曲線P0, P1, P2, ……，已知P0所圍成的圖形是面積為1的等邊三角形，Pk+1是對Pk進行如下操作得到的：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊，向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉(k=0,1,2,3,…)，記Sn為曲線Pk所圍成圖形面積。
①求數列{Sn}的通項公式；②求。

下面用數學歸納法證明(※)式
當n=1時，由上面已知(※)式成立，
假設當n=k時，有Sk=
當n=k+1時，易知第k+1次操作后，比較Pk+1與Pk，Pk+1在Pk的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面積為，而Pk有3×4k條邊。故
Sk+1=Sk+3×4k×=
綜上所述，對任何n∈N，(※)式成立。
②
15、設二次函數f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)滿足條件：
①當x∈R時，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；
②當x∈(0,2)時，f(x)≤
③f(x)在R上的最小值為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
當t= -4時，對任意的x∈[1,9]，恒有
f(x?4)?x=(x2?10x+9)=(x?1)(x?9)≤0
∴m的最大值為9。
另解：∵f(x-4)=f(2-x)
∴函數的圖象關于x= -1對稱

二○○二年全國高中數學聯合競賽加試試題
參考答案及評分標準
說明：
評閱試卷時，請嚴格按照本評分標準規定的評分檔次給分；
如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，評卷時可參考本評分標準適當劃分檔次評分，可以10分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次。
一、（本題滿分50分）
如圖，在⊿ABC中，∠A=60°，AB>AC，點O是外心，兩條高BE、CF交于H點，點M、N分別在線段BH、HF上，且滿足BM=CN，求的值。
【解析】在BE上取BK=CH，連接OB、OC、OK，
由三角形外心的性質知
∠BOC=2∠A=120°
由三角形垂心的性質知
∠BHC=180°-∠A=120°
∴∠BOC=∠BHC
∴B、C、HO四點共圓
∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH
∴⊿BOK≌⊿COH
∵BOK=∠BOC=120°，∠OKH=∠OHK=30°
觀察⊿OKH
KH=OH
又∵BM=CN，BK=CH，
∴KM=NH
∴MH+NH=MH+KM=KH=OH
∴=
二、（本題滿分50分）
實數a,b,c和正數?使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三個實根x1,x2,x3，且滿足
x2?x1=?,
x3>(x1+x2)
求
由(Ⅰ)得
記p=，由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知p≥且
三、（本題滿分50分）
在世界杯足球賽前，F國教練為了考察A1,A2,…,A7這七名，準備讓他們在三場訓練比賽(每場90分鐘)都上場，假設在比賽的任何時刻，這些中有且僅有一人在場上，并且A1,A2,A3,A4每人上場的總時間(以分鐘為單位)均被13整除，如果每場換人次數不限，那么按每名隊員上場的總時間計算，共有多少種不同的情況。
【解析】設第i名隊員上場的時間為xi分鐘(i=1,2,3,…,7)，問題即求不定方程
x1+x2+…+x7=270 ①
在條件7|xi (1≤i≤4)且13|xj (5≤j≤7)下的正整數解的級數。
若(x1,x2,…,x7)是滿足條件①的一組正整數解，則應有
=7m =13n m,n∈N
∴m,n是不定方程
7m+13n=270 ②
在條件m≥4且n≥3下的一組正整數解。
∵ 7(m-4)+13(n-3)=203
令 m′=m ?4 n′=n ?3 有
7m′+13n′=270 ③
∴ 求②滿足條件m≥4且n≥3的正整數解等價于求③的非負整數解。
∵易觀察到 7·2+13·(-1)=1
∴ 7·406+13·(-203)=203
即 m0=406 n0= ?203是③的整數解
∴ ③的整數通解為
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滿足條件的三組非負整數解：


一、選擇題(每小題6分，共36分)
1．(2003年全國高中數學聯賽)刪去正整數數列1，2，3，……中的所有完全平方數，得到一個新數列．這個數列的第2003項是
(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049
2．設a，b∈R，ab≠0，那么直線ax－y+b=0和曲線bx2+ay2=ab的圖形是

3．過拋物線y2=8(x+2)的焦點F作傾斜角為60°的直線，若此直線與拋物線交于A、B兩點，弦AB的中垂線與x軸交于點P，則線段PF的長等于
(A)  (B)  (C)  (D) 8
4．若x∈[－，－]，則y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A)  (B)  (C)  (D) 
二．填空題(每小題9分，共54分)
7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ．
8．設F1、F2是橢圓+=1的兩個焦點，P是橢圓上一點，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，則△PF1F2的面積等于 ．
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，則實數a的取值范圍是 ．
10．已知a，b，c，d均為正整數，且logab=，logcd=，若a－c=9，則b－d= ．
11．將八個半徑都為1的球分放兩層放置在一個圓柱內，并使得每個球都和其相鄰的四個球相切，且與圓柱的一個底面及側面都相切，則此圓柱的高等于 ．
12． 設Mn={(十進制)n位純小數0.|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是Mn中元素的個數，Sn是Mn中所有元素的和，則= ．
五、(本題滿分20分)
15．一張紙上畫有一個半徑為R的圓O和圓內一個定點A，且OA=a，折疊紙片，使圓周上某一點A(剛好與點A重合．這樣的每一種折法，都留下一條折痕．當A(取遍圓周上所有點時，求所有折痕所在直線上點的集合．
加試題
(10月12日上午10:00(12:00)
一、（本題50分）
過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A、B，所作割線交圓于C、D兩點，C在P、D之間．在弦CD上取一點Q，使∠DAQ=∠PBC．
求證：∠DBQ=∠PAC．
二、（本題50分）
設三角形的三邊長分別是正整數l，m，n．且l>m>n>0．
已知==，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超過x的最大整數．求這種三角形周長的最小值．
三、（本題50分）
由n個點和這些點之間的l條連線段組成一個空間圖形，其中n=q2+q+1，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此圖中任四點不共面，每點至少有一條連線段，存在一點至少有q+2條連線段．證明：圖中必存在一個空間四邊形(即由四點A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形)．
2003年全國高中數學聯賽解答
第一試
一、選擇題(每小題6分，共36分)
1．刪去正整數數列1，2，3，……中的所有完全平方數，得到一個新數列．這個數列的第2003項是
(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049
【答案】C
【解析】452=2025，462=2116．
在1至2025之間有完全平方數45個，而2026至2115之間沒有完全平方數．故1至2025中共有新數列中的2025－45=1980項．還缺2003－1980=23項．由2025+23=2048．知選C．
3．過拋物線y2=8(x+2)的焦點F作傾斜角為60°的直線，若此直線與拋物線交于A、B兩點，弦AB的中垂線與x軸交于點P，則線段PF的長等于
(A)  (B)  (C)  (D) 8
【答案】A
【解析】拋物線的焦點為原點(0，0)，弦AB所在直線方程為y=x，弦的中點在y==上，即AB中點為(，)，中垂線方程為y=－(x－)+，令y=0，得點P的坐標為．
∴ PF=．選A．
4．若x∈[－，－]，則y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是 (A)  (B)  (C)  (D) 
【答案】C
【解析】令x+=u，則x+=u+，當x∈[－，－]時，u∈[－，－]，
y=－(cotu+tanu)+cosu=－+cosu．在u∈[－，－]時，sin2u與cosu都單調遞增，從而y單調遞增．于是u=－時，y取得最大值，故選C．
二．填空題(每小題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．
∴ 解為(－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，則實數a的取值范圍是 ．
【答案】－4≤a≤－1．
【解析】A=(1，3)；
又，a≤－21－x∈(－1，－)，當x∈(1，3)時，a≥ －7∈(－7，－4)．
∴ －4≤a≤－1．
10．已知a，b，c，d均為正整數，且logab=，logcd=，若a－c=9，則b－d= ．
【答案】93
【解析】a3=b2，c5=d4，設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．將八個半徑都為1的球分放兩層放置在一個圓柱內，并使得每個球都和其相鄰的四個球相切，且與圓柱的一個底面及側面都相切，則此圓柱的高等于 ．
【答案】2+
【解析】如圖，ABCD是下層四個球的球心，EFGH是上層的四個球心．每個球心與其相切的球的球心距離=2．EFGH在平面ABCD上的射影是一個正方形．是把正方形ABCD繞其中心旋轉45(而得．設E的射影為N，則
MN=－1．EM=，故EN2=3－(－1)2=2．∴ EN=．所求圓柱的高=2+．
12． 設Mn={(十進制)n位純小數0.|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是Mn中元素的個數，Sn是Mn中所有元素的和，則= ．
【答案】
【解析】由于a1，a2，…，an－1中的每一個都可以取0與1兩個數，Tn=2n－1．
在每一位(從第一位到第n－1位)小數上，數字0與1各出現2n－2次．第n位則1出現2n－1次．
∴ Sn=2n－2(0.11…1+2n－2(10－n．
∴ =(=．
四、(本題滿分20分)
14．設A、B、C分別是復數Z0=ai，Z1=+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是實數)對應的不共線的三點．證明：曲線
Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R)
與△ABC中平行于AC的中位線只有一個公共點，并求出此點．
【解析】曲線方程為：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，則Z0、Z1、Z2三點共線，與已知矛盾，故a－2b+c(0．于是此曲線為軸與x軸垂直的拋物線．
AB中點M：+(a+b)i，BC中點N：+(b+c)i．
與AC平行的中位線經過M(，(a+b))及N(，(b+c))兩點，其方程為
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[，]內有惟一解： x=．
以x=代入②得， y=(a+2b+c)．
∴ 所求公共點坐標為(，(a+2b+c))．
加試題
(10月12日上午10:00(12:00)
一、（本題50分）
過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A、B，所作割線交圓于C、D兩點，C在P、D之間．在弦CD上取一點Q，使∠DAQ=∠PBC．
求證：∠DBQ=∠PAC．
分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，則(BDQ∽(DAQ．反之，若(BDQ∽(DAQ．則本題成立．而要證(BDQ∽(DAQ，只要證=即可．
二、（本題50分）
設三角形的三邊長分別是正整數l，m，n．且l>m>n>0．
已知==，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超過x的最大整數．求這種三角形周長的最小值．
【解析】當3l、3m、3n的末四位數字相同時，==．
即求滿足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)．
下面先求滿足3x≡1(mod 104)的最小正整數x．
∵ ((104)=104((=4000．故x|4000．用4000的約數試驗：
∵ x=1，2，時3x1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x必須是4的倍數；
∵ x=4，8，12，16時3x1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x必須是20的倍數；
∵ x=20，40，60，80時3x1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x必須是100的倍數；
∵ x=100，200，300，400時3x1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．
即，使3x≡1(mod 104)成立的最小正整數x=500，從而l－n、m－n都是500的倍數，
設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，即為滿足題意的最小三個值．
∴ 所求周長的最小值=3003．
三、（本題50分）
由n個點和這些點之間的l條連線段組成一個空間圖形，其中n=q2+q+1，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此圖中任四點不共面，每點至少有一條連線段，存在一點至少有q+2條連線段．證明：圖中必存在一個空間四邊形(即由四點A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形)．
現設任一點連的線數≤n－2．且設b0＝q+2≤n－2．且設圖中沒有四邊形．于是當i≠j時，Bi與Bj沒有公共的點對，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．記＝VB0，則由|Bi∩B0|≤1，得|Bi∩|≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且當1≤i，j≤n－1且i≠j時，Bi∩與Bj∩無公共點對．從而
中點對個數≥(Bi∩中點對個數)．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]．(兩邊同乘以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)．(各取一部分因數比較) 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
由假設，不存在處在不同行的2個紅點對，使此四點兩兩同列，所以，有(由于去掉了q＋2列，故還余q2－1列，不同的列對數為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．故證．

一．選擇題(本題滿分36分，每小題6分)
1．設銳角(使關于x的方程x2+4xcos(+cos(=0有重根，則(的弧度數為 ( )
A． B．或 C．或 D．
2．已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若對于所有的m∈R，均有M∩N((，則b的取值范圍是 ( )
A．[－，] B．(－，) C．(－，] D．[－，]
3．不等式+logx3+2>0的解集為
A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]
4．設點O在(ABC的內部，且有+2+3=，則(ABC的面積與(AOC的面積的比為( )
A．2 B． C．3 D．
8．設函數f：R→R，滿足f(0)=1，且對任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，則f(x)= ；
9．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的度數是 ；
10．設p是給定的奇質數，正整數k使得也是一個正整數，則k= ；
11．已知數列a0，a1，a2，…，an，…滿足關系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，則的值是 ；
12．在平面直角坐標系xOy中，給定兩點M(－1，2)和N(1，4)，點P在x軸上移動，當∠MPN取最大值時，點P的橫坐標為 ；
二試題
一．(本題滿分50分)在銳角三角形ABC中，AB上的高CE與AC上的高BD相交于點H，以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點，FG與AH相交于點K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的長．
二．(本題滿分50分)在平面直角坐標系XOY中，y軸正半軸上的點列{An}與曲線y=(x≥0)上的點列{Bn}滿足|OAn|=|OBn|=，直線AnBn在x軸上的截距為an，點Bn的橫坐標為bn，n∈N*．
⑴ 證明an>an+1>4，n∈N*；
⑵ 證明有n0∈N*，使得對?n>n0，都有++…++三．(本題滿分50分)對于整數n≥4，求出最小的整數f(n)，使得對于任何正整數m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一個f(n)元子集中，均至少有3個兩兩互素的元素．
2004年全國高中數學聯賽試卷
第一試
一．選擇題(本題滿分36分，每小題6分)
1．設銳角(使關于x的方程x2+4xcos(+cot(=0有重根，則(的弧度數為 ( )
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．選B．
3．不等式+logx3+2>0的解集為
A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]
【答案】C
【解析】令log2x=t≥1時，>t－2．t∈[1，2)，(x∈[2，4)，選C．
4．設點O在(ABC的內部，且有+2+3=，則(ABC的面積與(AOC的面積的比為( )
A．2 B． C．3 D．
【答案】C
【解析】如圖，設(AOC=S，則(OC1D=3S，(OB1D=(OB1C1=3S，(AOB=(OBD=1.5S．(OBC=0.5S，((ABC=3S．選C．
5．設三位數n=，若以a，b，c為三條邊長可以構成一個等腰(含等邊)三角形，則這樣的三位數n有( )
A．45個 B．81個 C．165個 D．216個
6．頂點為P的圓錐的軸截面是等腰直角三角形，A是底面圓周上的點，B是底面圓內的點，O為底面圓圓心，AB⊥OB，垂足為B，OH⊥PB，垂足為H，且PA=4，C為PA的中點，則當三棱錐O－HPC的體積最大時，OB的長為 ( )
A． B． C． D．
二．填空題(本題滿分54分，每小題9分)
7．在平面直角坐標系xOy中，函數f(x)=asinax+cosax(a>0)在一個最小正周期長的區間上的圖像與函數g(x)= 的圖像所圍成的封閉圖形的面積是 ；
【答案】．
【解析】f(x)= sin(ax+()，周期=，取長為，寬為2的矩形，由對稱性知，面積之半即為所求．故填．
又解：∫[1－sin(ax+()]dx=∫(1－sint)dt=．
8．設函數f：R→R，滿足f(0)=1，且對任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，則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
比較①、②得，f(x)=x+1．
10．設p是給定的奇質數，正整數k使得也是一個正整數，則k= ；
【答案】(p+1)2．
【解析】設=n，則(k－)2－n2=，((2k－p+2n)(2k－p－2n)=p2，(k=(p+1)2．
11．已知數列a0，a1，a2，…，an，…滿足關系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，則的值是 ；
【答案】(2n+2－n－3)．
【解析】=+，(令bn=+，得b0=，bn=2bn－1，(bn=(2n．即=，(=(2n+2－n－3)．
12．在平面直角坐標系xOy中，給定兩點M(－1，2)和N(1，4)，點P在x軸上移動，當∠MPN取最大值時，點P的橫坐標為 ；
【答案】1
【解析】當∠MPN最大時，⊙MNP與x軸相切于點P(否則⊙MNP與x軸交于PQ，則線段PQ上的點P(使∠MP(N更大)．于是，延長NM交x軸于K(－3，0)，有KM·KN=KP2，(KP=4．P(1，0)，(－7，0)，但(1，0)處⊙MNP的半徑小，從而點P的橫坐標=1．
三．解答題(本題滿分60分，每小題20分)
13．一項“過關游戲”規則規定：在第n關要拋擲一顆骰子n次，如果這n次拋擲所出現的點數的和大于2n，則算過關．問：
⑴ 某人在這項游戲中最多能過幾關？
⑵ 他連過前三關的概率是多少？
14．在平面直角坐標系xOy中，給定三點A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，點P到直線BC的距離是該點到直線AB、AC距離的等比中項．
⑴ 求點P的軌跡方程；
⑵ 若直線L經過(ABC的內心(設為D)，且與P點軌跡恰好有3個公共點，求L的斜率k的取值范圍．
【解析】⑴ 設點P的坐標為(x，y)，
(b) k=0時，直線y=與圓④切于點(0，)，與雙曲線⑤交于(±，)，即k=0滿足要求．
(c) k=±時，直線⑥與圓只有1個公共點，與雙曲線⑤也至多有1個公共點，故舍去．
(c) k(0時，k(時，直線⑥與圓有2個公共點，以⑥代入⑤得：(8－17k2)x2－5kx－=0．
當8－17k2=0或(5k)2－25(8－17k2)=0，即得k=±與k=±．
∴ 所求k值的取值范圍為{0，±，±}．
15．已知(，(是方程4x2－4tx－1=0(t∈R)的兩個不等實根，函數f(x)= 的定義域為[(，(]．
⑴ 求g(t)=maxf(x)－minf(x)；
⑵ 證明：對于ui∈(0，)(i=1，2，3)，若sinu1+sinu2+sinu3=1，則++<．
【解析】⑴ (+(=t，((=－．故(<0，(>0．當x1，x2∈[(，(]時，
∴ f ((x)= =．而當x∈[(，(]時，x2－xt<0，于是f ((x)>0，即f(x)在[(，(]上單調增．
∴ g(t) = －==
==

二試題
一．(本題滿分50分)在銳角三角形ABC中，AB上的高CE與AC上的高BD相交于點H，以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點，FG與AH相交于點K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的長．
二．(本題滿分50分)在平面直角坐標系XOY中，y軸正半軸上的點列{An}與曲線y=(x≥0)上的點列{Bn}滿足|OAn|=|OBn|=，直線AnBn在x軸上的截距為an，點Bn的橫坐標為bn，n∈N*．
⑴ 證明an>an+1>4，n∈N*；
⑵ 證明有n0∈N*，使得對?n>n0，都有++…++【解析】⑴ 點An(0，)，Bn(bn，)(由|OAn|=|OBn|，(bn2+2bn=()2，(bn=－1(bn>0)．
∴ 0∴ 0且tn單調減．
由截距式方程知，+=1，(1－2n2bn=n2bn2)
∴ an====()2+()=tn2+tn=(tn+)2－≥(+)2－=4．
且由于tn單調減，知an單調減，即an>an+1>4成立．
亦可由=bn+2．=，得 an=bn+2+，．
∴ 由bn遞減知an遞減，且an>0+2+(=4．
三．(本題滿分50分)對于整數n≥4，求出最小的整數f(n)，使得對于任何正整數m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一個f(n)元子集中，均至少有3個兩兩互素的元素．
【解析】⑴ 當n≥4時，對集合M(m，n)={m，m+1，…，m+n－1}，
當m為奇數時，m，m+1，m+2互質，當m為偶數時，m+1，m+2，m+3互質．即M的子集M中存在3個兩兩互質的元素，故f(n)存在且f(n)≤n． ①
取集合Tn={t|2|t或3|t，t≤n+1}，則T為M(2，n)={2，3，…，n+1}的一個子集，且其中任3個數無不能兩兩互質．故f(n)≥card(T)+1．
但card(T)=[]+[]－[]．故f(n)≥[]+[]－[]+1． ②
由①與②得，f(4)=4，f(5)=5．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f(8)≤8，8≤f(9)≤9．
現計算f(6)，取M={m，m+1，…，m+5}，若取其中任意5個數，當這5個數中有3個奇數時，這3個奇數互質；當這3個數中有3個偶數k，k+2，k+4(k(0(mod 2))時，其中至多有1個被5整除，必有1個被3整除，故至少有1個不能被3與5整除，此數與另兩個

說明：
評閱試卷時，請依據本評分標準。選擇題只設6分和0分兩檔，填空題只設9分和0分兩檔；其他各題的評閱，請嚴格按照本評分標準規定的評分檔次給分，不要再增加其它中間檔次。
如果考生的解題方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參考本評分標準適當劃分檔次評分，5分為一個檔次，不要再增加其他中間檔次。
選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
本題共有6小題，每小題均給出A，B，C，D四個結論，其中有且僅有一個是正確的。請將正確答案的代表字母填在題后的括號內。每小題選對得6分；不選、選錯或選出的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內），一律得0分。
1．使關于的不等式有解的實數的最大值是（ ）
A． B． C． D．
2．空間四點A、B、C、D滿足則的取值（ ）
A．只有一個 B．有二個 C．有四個 D．有無窮多個
6.記集合將M中的元素按從大到小的順序排列，則第2005個數是（　　　　）
A．　　B．
C．　　D．
二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）
本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫線上。
7.將關于的多項式表為關于的多項式
其中則 .
8.已知是定義在上的減函數，若成立，則的取值范圍是 。
12.如果自然數的各位數字之和等于7，那么稱為“吉祥數”.將所有“吉祥數”從小到大排成一列若則 .
三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）
13.數列滿足：
證明：（1）對任意為正整數；(2)對任意為完全平方數。
14.將編號為1,2，…，9的九個小球隨機放置在圓周的九個等分點上，每個等分點上各有一個小球.設圓周上所有相鄰兩球號碼之差的絕對值之和為要S.求使S達到最小值的放法的概率.（注：如果某種放法，經旋轉或鏡面反射后可與另一種放法重合，則認為是相同的放法）
15.過拋物線上的一點A（1,1）作拋物線的切線，分別交軸于D，交軸于B.點C在拋物線上，點E在線段AC上，滿足;點F在線段BC上，滿足，且，線段CD與EF交于點P.當點C在拋物線上移動時，求點P的軌跡方程.
2005年全國高中數學聯賽試題（二）及參考答案

二、（本題滿分50分）
設正數a、b、c、x、y、z滿足
求函數的最小值.
三、（本題滿分50分）
對每個正整數n，定義函數
（其中[x]表示不超過x的最大整數， 試求：的值.
2005年全國高中數學聯賽解答
選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
本題共有6小題，每小題均給出A，B，C，D四個結論，其中有且僅有一個是正確的。請將正確答案的代表字母填在題后的括號內。每小題選對得6分；不選、選錯或選出的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內），一律得0分。
1．使關于的不等式有解的實數的最大值是（ ）
A． B． C． D．
2．空間四點A、B、C、D滿足則的取值（ ）
A．只有一個 B．有二個 C．有四個 D．有無窮多個
【答案】A
【解析】注意到由于則=
即只有一個值得0，故選A。
3．內接于單位圓，三個內角A、B、C的平分線延長后分別交此圓于、、。則的值為（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【解析】如圖，連，則

5.方程表示的曲線是（　　　）
A．焦點在軸上的橢圓　　　　　　B．焦點在軸上的雙曲線
C．焦點在軸上的橢圓　　　　　　D．焦點在軸上的雙曲線
【答案】C
【解析】即
又方程表示的曲線是橢圓。
即曲線表示焦點在軸上的橢圓，選C。
二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）
本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫線上。
7.將關于的多項式表為關于的多項式
其中則 .
【答案】
【解析】由題設知，和式中的各項構成首項為1，公比為的等比數列，由等比數列的求和公式，得：令得取
有
9.設、、滿足，若對于任意
則 。
【答案】
【解析】設由，知，
即
又
只有
10.如圖，四面體DABC的體積為，且滿足則 .
【答案】
【解析】
即又
等號當且僅當時成立，這時面ABC，.
11.若正方形ABCD的一條邊在直線上，另外兩個頂點在拋物線上.則該正方形面積的最小值為　　　　.
【答案】80
【解析】設正方形的邊AB在直線上，而位于拋物線上的兩個頂點坐標為、，則CD所在直線的方程將直線的方程與拋物線方程聯立，得
令正方形邊長為則①
在上任取一點（6，,5），它到直線的距離為②.
①、②聯立解得或
三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）
13.數列滿足：
【解析】證明：（1）對任意為正整數；(2)對任意為完全平方數。
證明：（1）由題設得且嚴格單調遞增.將條件式變形得兩邊平方整理得　①
　②
①-②得
　③
由③式及可知，對任意為正整數.
14.將編號為1,2，…，9的九個小球隨機放置在圓周的九個等分點上，每個等分點上各有一個小球.設圓周上所有相鄰兩球號碼之差的絕對值之和為要S.求使S達到最小值的放法的概率.（注：如果某種放法，經旋轉或鏡面反射后可與另一種放法重合，則認為是相同的放法）
【解析】九個編號不同的小球放在圓周的九個等分點上，每點放一個，相當于九個不同元素在圓周上的一個圓形排列，故共有8！種放法，考慮到翻轉因素，則本質不同的放法有種. …5分
下求使S達到最小值的放法數：在圓周上，從1到9有優弧與劣弧兩條路徑，對其中任一條路徑，設是依次排列于這段弧上的小球號碼，則
上式取等號當且僅當，即每一弧段上的小球編號都是由1到9遞增排列.
因此.
由上知，當每個弧段上的球號確定之后，達到最小值的排序方案便唯一確定.
在1,2，…，9中，除1與9外，剩下7個球號2,3，…，8，將它們分為兩個子集，元素較少的一個子集共有種情況，每種情況對應著圓周上使S值達到最小的唯一排法，即有利事件總數是種，故所求概率
15.過拋物線上的一點A（1,1）作拋物線的切線，分別交軸于D，交軸于B.點C在拋物線上，點E在線段AC上，滿足;點F在線段BC上，滿足，且，線段CD與EF交于點P.當點C在拋物線上移動時，求點P的軌跡方程.
當時，EF方程為：方程為：，聯立解得也在P點軌跡上.因C與A不能重合，∴
∴所求軌跡方程為
解二：由解一知，AB的方程為故D是AB的中點.
令則因為CD為的中線，
而是的重心.
設因點C異于A，則故重心P的坐標為
消去得
故所求軌跡方程為
2005年全國高中數學聯賽試題（二）及參考答案
一、（本題滿分50分）
如圖，在△ABC中，設AB>AC，過A作△ABC的外接圓的切線l，又以A為圓心，AC為半徑作圓分別交線段AB于D；交直線l于E、F。
證明：直線DE、DF分別通過△ABC的內心與一個旁心。
（2）再證DF過△ABC的一個旁心.
連FD并延長交∠ABC的外角平分線于I1，連II1、B I1、B I，由（1）知，I為內心，
∴∠IBI1=90°=∠EDI1，∴D、B、l1、I四點共圓，
∵∠BI l1 =∠BDI1=90°－∠ADI1
=（∠BAC+∠ADG）－∠ADI=∠BAC+∠IDG，∴A、I、I1共線.
I1是△ABC的BC邊外的旁心
二、（本題滿分50分）
設正數a、b、c、x、y、z滿足
求函數的最小值.

求函數、、）=的最小值.
令則
且

同理，

+（取等號當且僅當，此時，
三、（本題滿分50分）
對每個正整數n，定義函數
（其中[x]表示不超過x的最大整數， 試求：的值.
示例如下：
j
i
1
2
3
4
5
6
1
*
*
*
*
*
*
2
*
*
*
3
*
*
4
*
5
6
*
則
……②
由此，……③
記易得的取值情況如下：
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年全國高中數學聯賽加試第2題的探討
本文對2005年的全國高中數學聯賽加試第2題的解法及來歷作以探討，供感興趣的讀者參考。
題目：設正數a、b、c、x、y、z滿足 ；，求函數的最小值。
一．幾種迷茫思路的分析
這道題目初看起來比較平易，給人一種立刻想到直接使用Cauchy不等式的通暢思路的驚喜，殊不知，這是一個極大的誤區，本題的難度和技巧正好在這里設置了較好的陷阱。
思路一：
由Cauchy不等式知
到此，在u＞0的情況下，力圖使用函數的性質無法得到最小值。
思路二：考慮到題目的條件是6個變量的3個等量關系，于是，可根據三個條件等式容易求出x、y、z用a、b、c表達的式子：
因為a、b、c；x、y、z都是正數，所以，

到此，似乎勝利的曙光就在眼前，立刻想到在區間內使用函數的性質，但也無法得到最小值，而此時的最大值正好與題目的最小值（由于函數的對稱性，可以猜測其最小值在A=B=C=600時達到）吻合，實際上，這是一條無用的信息（表明使用Cauchy不等式過當！），它是答題人再次陷入不能自拔的困境。
俗話說得好，失敗是成功之母，上面的思路也昭示我們，對原式不能直接使用Cauchy不等式，需要再對原式做更好的更有用的恒等變形，可能是正確的途徑。
二．賽題的解答
為證明本賽題，我們先證明如下一個引理。
引理：在△ABC 中，求證：
　　　　　　 　　①
等號成立的條件是△ABC為等邊三角形。
證明：用向量方法證明如下
設是平面上的單位向量，且成角為π-A, 成角為π-B, 成角為π-C,那么， ,所以

注意到，在△ABC 中有熟知的等式：.
從而①得證。
有了上面的引理，本題的解答就容易多了，下面看本題的解法。
解：同思路二得到，以a、b、c為對應邊可以構成一個銳角△ABC，
令從而

等號成立的條件顯然是A=B=C=600時達到，最后一個不等式是根據引理而得到的。
所以，的最小值為.
顯然，在時，等號成立，所以的最小值為.
三．背景探索
早在1994年，華東交大劉健先生就提出了如下猜想命題：
在△ABC中，是否有： ②
后來，湖南師大附中黃軍華（現為深圳中學教師）先生在文[1]曾證明了這一猜想。
請看證明：分兩種情況
（1）當△ABC為鈍角三角形時，此時不妨設A＞900， 于是 ，
所以 ,∴
再據 ，所以，

即三角形為非鈍角三角形時結論也成立，綜上結論得證。
對比③之后的敘述與今年的這道競賽加試第2題的解法，不難知道，今年的這道賽題無非是在②的第2種情況的基礎上增加了一個解方程組的程序（并由此判斷△ABC為銳角三角形）罷了，即今年的這道加試題可以看作是由解方程組（初中知識的要求），判斷三角形種類、與求最值（高中知識的要求）三個問題的簡單合成（串聯）。
順便指出，①的證明曾經是上世紀1990年前后在文[2]等刊物上討論過幾年的一個結論。
四．條件等式的幾何解釋

選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
1. 已知△ABC，若對任意，，則△ABC一定為
A．銳角三角形 B. 鈍角三角形 C. 直角三角形 D. 答案不確定 【答案】 （ ）
2. 設，則的取值范圍為
A． B． C． 　D． 【答案】（ ）
5. 設，則對任意實數，是的
A. 充分必要條件 B. 充分而不必要條件
C. 必要而不充分條件 D. 既不充分也不必要條件 【答案】 （ ）
6. 數碼中有奇數個9的2007位十進制數的個數為
A． B． C． D． 【答案】（ ）
二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）
7. 設，則的值域是 。
8. 若對一切R，復數的模不超過2，則實數的取值范圍為 .
9. 已知橢圓的左右焦點分別為與，點P在直線l：上. 當取最大值時，比的值為 .
10. 底面半徑為1cm的圓柱形容器里放有四個半徑為cm的實心鐵球，四個球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切. 現往容器里注水，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水 cm3.
11. 方程的實數解的個數為 .
12. 袋內有8個白球和2個紅球，每次從中隨機取出一個球，然后放回1個白球，則第4次恰好取完所有紅球的概率為 .
三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）
15. 設 . 記，，
. 證明：.
2006年全國高中數學聯合競賽加試試卷
（考試時間：上午10：00—12：00）
一、以B0和B1為焦點的橢圓與△AB0B1的邊ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延長線上任取點P0，以B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧P0Q0交C1B0的延長線于Q0；以C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧Q0P1交B1A的延長線于P1；以B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧P1Q1交B1C0的延長線于Q1；以C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧Q1P′0，交AB0的延長線于P′0。試證：
（1）點P′0與點P0重合，且圓弧P0Q0與P0Q1相內切于P0；
（2）四點P0、Q0、Q1、P1共圓。
一試參考答案
選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
1.【答案】 （ C ）
【解析】令，過A作于D。由，推出　,令，代入上式，得 ，即 , 也即 。從而有。由此可得 。
3.【答案】 （ C ）
【解析】　；。要使，則，即。所以數對共有。
4.【答案】 （ A ）
【解析】建立直角坐標系，以Ａ為坐標原點，ＡＢ為ｘ軸，ＡＣ為ｙ軸，ＡＡ１為ｚ軸，則（），，，（）。所以，。因為，所以，由此推出 。又，，從而有 。
【答案】（ B ）
【解析】出現奇數個9的十進制數個數有。又由于以及，從而得
。
二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）
　　　　　　　　
8.【答案】。
【解析】依題意，得
（）（對任意實數成立） . 故 的取值范圍為 。
9. 【答案】
【解析】 由平面幾何知，要使最大，則過，P三點的圓必定和直線l相切于P點。設直線l交x軸于A，則，即，即 （1），又由圓冪定理，（2），而，，A，從而有，。代入（1），（2）得。
12. 【答案】0.0434
【解析】第4次恰好取完所有紅球的概率為
=0.0434.
三. 解答題（本題滿分60分，每小題20分）
13. 【證明】 因為與的交點為.顯然有。
若為拋物線與直線的一個交點，則. 記，則 ，　　　　（13.1）
由于是整數，也是整數，所以根據數學歸納法，通過（13.1）式可證明對于一切正整數，是正整數. 現在對于任意正整數，取，使得與的交點為.

15. 【證明】（１）如果，則，。
（２）如果，由題意 ，,. 則
① 當 時，（）. 事實上，當時，, 設時成立（為某整數），則對， .
（3）當時，記，則對于任意，且。對于任意，, 則。 所以，。當時，，即。因此。綜合（１）（２）（３），我們有。
2006年全國高中數學聯合競賽加試試題參考答案
一、（本題滿分50分）以B0和B1為焦點的橢圓與△AB0B1的邊ABi交于Ci（i=0，1）。在AB0的延長線上任取點P0，以B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧P0Q0交C1B0的延長線于Q0；以C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧Q0P1交B1A的延長線于P1；以B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧P1Q1交B1C0的延長線于Q1；以C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧Q1P′0，交AB0的延長線于P′0。試證：
（1）點P′0與點P0重合，且圓弧P0Q0與P0Q1相內切于P0；
（2）四點P0、Q0、Q1、P1共圓。
【解析】證明：（1）顯然B0P0=B0Q0，并由圓弧P0Q0和Q0P1，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P′0分別相內切于點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或其延長線上，有B0P0=B0P′0。
從而可知點P′0與點P0重合。由于圓弧Q1P0的圓心C0、圓弧P0Q0的圓心B0以及P0在同一直線上，所以圓弧Q1P0和P0Q0相內切于點P0。
（2）現在分別過點P0和P1引上述相應相切圓弧的公切線P0T和P1T交于點T。又過點Q1引相應相切圓弧的公切線R1S1，分別交P0T和P1T于點R1和S1。連接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R1和P1Q1S1。基于此，我們可由
∠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。所以四點P0、Q0、Q1、P1共圓。
二、（本題滿分50分）已知無窮數列{an}滿足a0=x，a1=y，，n=1、2、…。
（1）對于怎樣的實數x與y，總存在正整數n0，使當n0≥n時an恒為常數？
（2）求數列{an}的通項公式。
（2）由（2.3）和（2.4），我們得到，n≥2。 （2.7）
記，則當n≥2時，
由此遞推，我們得到，n≥2， （2.8）
這里Fn=Fn?1+Fn?2，n≥2，F0=F1=1。 （2.9）
由（2.9）解得。 （2.10）
上式中的n還可以向負向延伸，例如F?1=0，F?2=1。
這樣一來，式（2.8）對所有的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）確定。
2006年全國高中數學聯賽加試試題的另解
2006年全國高中數學聯賽加試第一題
以和為焦點的橢圓與的邊交于。在的延長線上任取點，以為圓心，為半徑作圓弧交的延長線于；以為圓心，為半徑作圓弧交的延長線于；以為圓心，為半徑作圓弧交的延長線于；以為圓心，為半徑作圓弧，交的延長線于。
試證：
點與點重合，且圓弧與相切于點；
四點、、、共圓。（原題圖略）
第（1）問的證明略，下面著重討論第2問的另一種證明方法：
構思：證明四點共圓，如果能找（或猜測）到該圓的圓心，轉而證明圓心到四點距離相等，也是一個常用的方法，那么圓心究竟在哪里？
試驗：由題意可以知道：=常數（大于）。
利用《幾何畫板》制作如圖1所示的試驗場景，其中圓為四邊形的外接圓。
圖1
拖動點，觀察圓心位置的變化，猜測點可能是的內心與的內心（這兩個三角形的內心可能是重合的）。利用《幾何畫板》中的測量工具測得相關角的度數，可以驗證這個猜想是正確的！
所以我們就有了下面的另解：
證明：首先證明的內心與的內心重合：
假設這兩個三角形的內心不重合，并設為的內心，、、分別為切點。則可從點引圓的切線與圓切于點、與線段交于點，而且點與點∴
又因為
，
∴
∴，這與點與點不重合矛盾，所以假設不成立，因此：的內心與的內心重合。
設、的內心為，如圖3。
由于直線平分，又，∴直線垂直平分線段，∴
同理：
直線垂直平分線段，∴
直線垂直平分線段，∴ 圖3
直線垂直平分線段，∴
2007年全國高中數學聯賽
（考試時間：上午8：00—9：40）
一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
1. 如圖，在正四棱錐P?ABCD中，∠APC=60°，則二面角A?PB?C的平面角的余弦值為（ ）
A. B. C. D.
5. 設圓O1和圓O2是兩個定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則圓P的圓心軌跡不可能是（ ）
6. 已知A與B是集合{1，2，3，…，100}的兩個子集，滿足：A與B的元素個數相同，且為A∩B空集。若n∈A時總有2n+2∈B，則集合A∪B的元素個數最多為（ ）
A. 62 B. 66 C. 68 D. 74
二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）
7. 在平面直角坐標系內，有四個定點A(?3，0)，B(1，?1)，C(0，3)，D(?1，3)及一個動點P，則|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值為__________。
8. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中點，AB=EF=1，BC=6，
，若，則與的夾角的余弦值等于________。
9. 已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，以頂點A為球心，為半徑作一個球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長等于__________。
10. 已知等差數列{an}的公差d不為0，等比數列{bn}的公比q是小于1的正有理數。若a1=d，b1=d2，且是正整數，則q等于________。
11. 已知函數，則f(x)的最小值為________。
12. 將2個a和2個b共4個字母填在如圖所示的16個小方格內，每個小方格內至多填1個字母，若使相同字母既不同行也不同列，則不同的填法共有________種（用數字作答）。
三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）
13. 設，求證：當正整數n≥2時，an+114. 已知過點(0，1)的直線l與曲線C：交于兩個不同點M和N。求曲線C在點M、N處切線的交點軌跡。
15. 設函數f(x)對所有的實數x都滿足f(x+2π)=f(x)，求證：存在4個函數fi(x)(i=1，2，3，4)滿足：（1）對i=1，2，3，4，fi(x)是偶函數，且對任意的實數x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）對任意的實數x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。
2007年全國高中數學聯合競賽一試試題參考答案
一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）
1. 如圖，在正四棱錐P?ABCD中，∠APC=60°，則二面角A?PB?C的平面角的余弦值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如圖，在側面PAB內，作AM⊥PB，垂足為M。連結CM、AC，則∠AMC為二面角A?PB?C的平面角。不妨設AB=2，則，斜高為，故，由此得。在△AMC中，由余弦定理得。
3. 將號碼分別為1、2、…、9的九個小球放入一個袋中，這些小球僅號碼不同，其余完全相同。甲從袋中摸出一個球，其號碼為a，放回后，乙從此袋中再摸出一個球，其號碼為b。則使不等式a?2b+10>0成立的事件發生的概率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】甲、乙二人每人摸出一個小球都有9種不同的結果，故基本事件總數為92=81個。由不等式a?2b+10>0得2b4. 設函數f(x)=3sinx+2cosx+1。若實數a、b、c使得af(x)+bf(x?c)=1對任意實數x恒成立，則的值等于（ ）
A. B. C. ?1 D. 1
【答案】D
5. 設圓O1和圓O2是兩個定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則圓P的圓心軌跡不可能是（ ）
【答案】A
【解析】設圓O1和圓O2的半徑分別是r1、r2，|O1O2|=2c，則一般地，圓P的圓心軌跡是焦點為O1、O2，且離心率分別是和的圓錐曲線（當r1=r2時，O1O2的中垂線是軌跡的一部份，當c=0時，軌跡是兩個同心圓）。
當r1=r2且r1+r2<2c時，圓P的圓心軌跡如選項B；當0<2c<|r1?r2|時，圓P的圓心軌跡如選項C；當r1≠r2且r1+r2<2c時，圓P的圓心軌跡如選項D。由于選項A中的橢圓和雙曲線的焦點不重合，因此圓P的圓心軌跡不可能是選項A。
6. 已知A與B是集合{1，2，3，…，100}的兩個子集，滿足：A與B的元素個數相同，且為A∩B空集。若n∈A時總有2n+2∈B，則集合A∪B的元素個數最多為（ ）
A. 62 B. 66 C. 68 D. 74
【答案】B
【解析】先證|A∪B|≤66，只須證|A|≤33，為此只須證若A是{1，2，…，49}的任一個34元子集，則必存在n∈A，使得2n+2∈B。證明如下：
將{1，2，…，49}分成如下33個集合：{1，4}，{3，8}，{5，12}，…，{23，48}共12個；{2，6}，{10，22}，{14，30}，{18，38}共4個；{25}，{27}，{29}，…，{49}共13個；{26}，{34}，{42}，{46}共4個。由于A是{1，2，…，49}的34元子集，從而由抽屜原理可知上述33個集合中至少有一個2元集合中的數均屬于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}，則A、B滿足題設且|A∪B|≤66。
9. 已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，以頂點A為球心，為半徑作一個球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長等于 。
【答案】
【解析】如圖，球面與正方體的六個面都相交，所得的交線分為兩類：一類在頂點A所在的三個面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一類在不過頂點A的三個面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交線為弧EF且在過球心A的大圓上，因為，AA1=1，則。同理，所以，故弧EF的長為，而這樣的弧共有三條。在面BB1C1C上，交線為弧FG且在距球心為1的平面與球面相交所得的小圓上，此時，小圓的圓心為B，半徑為，，所以弧FG的長為。這樣的弧也有三條。
于是，所得的曲線長為。
10. 已知等差數列{an}的公差d不為0，等比數列{bn}的公比q是小于1的正有理數。若a1=d，b1=d2，且是正整數，則q等于 。
【答案】
11. 已知函數，則f(x)的最小值為 。
【答案】
12. 將2個a和2個b共4個字母填在如圖所示的16個小方格內，每個小方格內至多填1個字母，若使相同字母既不同行也不同列，則不同的填法共有 種（用數字作答）。
【答案】3960
【解析】使2個a既不同行也不同列的填法有C42A42=72種，同樣，使2個b既不同行也不同列的填法也有C42A42=72種，故由乘法原理，這樣的填法共有722種，其中不符合要求的有兩種情況：2個a所在的方格內都填有b的情況有72種；2個a所在的方格內僅有1個方格內填有b的情況有C161A92=16×72種。所以，符合題設條件的填法共有722?72?16×72=3960種。
三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）
13. 設，求證：當正整數n≥2時，an+1【解析】證明：由于，因此，于是，對任意的正整數n≥2，有
，即an+115. 設函數f(x)對所有的實數x都滿足f(x+2π)=f(x)，求證：存在4個函數fi(x)(i=1，2，3，4)滿足：（1）對i=1，2，3，4，fi(x)是偶函數，且對任意的實數x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）對任意的實數x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。
【解析】證明：記，，則f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函數，h(x)是奇函數，對任意的x∈R，g(x+2π)=g(x)，h(x+2π)=h(x)。令，，，，其中k為任意整數。
容易驗證fi(x)，i=1，2，3，4是偶函數，且對任意的x∈R，fi(x+π)=fi(x)，i=1，2，3，
2007年全國高中數學聯合競賽加試試題參考答案
一、（本題滿分50分）如圖，在銳角△ABC中，AB【解析】證明：連結BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因為PD⊥BC，PF⊥AB，故B、D、P、F四點共圓，且BP為該圓的直徑。又因為O1是△BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中點。同理可證C、D、P、E四點共圓，且O2是的CP中點。綜合以上知O1O2∥BC，所以∠PO2O1=∠PCB。因為AF·AB=AP·AD=AE·AC，所以B、C、E、F四點共圓。
充分性：設P是△ABC的垂心，由于PE⊥AC，PF⊥AB，所以B、O1、P、E四點共線，C、O2、P、F四點共線，∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1，故O1、O2、E、F四點共圓。
必要性：設O1、O2、E、F四點共圓，故∠O1O2E+∠EFO1=180°。
由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?∠ACP，又因為O2是直角△CEP的斜邊中點，也就是△CEP的外心，所以∠PO2E=2∠ACP。因為O1是直角△BFP的斜邊中點，也就是△BFP的外心，從而∠PFO1=90°?∠BFO1=90°?∠ABP。因為B、C、E、F四點共圓，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。又因為AB故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90°，故直線BP和AC垂直。由題設P在邊BC的高上，所以P是△ABC的垂心。
二、（本題滿分50分）如圖，在7×8的長方形棋盤的每個小方格的中心點各放一個棋子。如果兩個棋子所在的小方格共邊或共頂點，那么稱這兩個棋子相連。現從這56個棋子中取出一些，使得棋盤上剩下的棋子，沒有五個在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。問最少取出多少個棋子才可能滿足要求？并說明理由。

圖1 圖2
第二步構造一種取法，共取走11個棋子，余下的棋子沒有五子連珠。如圖2，只要取出有標號位置的棋子，則余下的棋子不可能五子連珠。
綜上所述，最少要取走11個棋子，才可能使得余下的棋子沒有五子連珠。
三、（本題滿分50分）設集合P={1，2，3，4，5}，對任意k∈P和正整數m，記
f(m，k)=，其中[a]表示不大于a的最大整數。求證：對任意正整數n，存在k∈P和正整數m，使得f(m，k)=n。

受中國數學會委托，2008年全國高中數學聯賽由重慶市數學會承辦。中國數學會普及工作委員會和重慶市數學會負責命題工作。
2008年全國高中數學聯賽一試命題范圍不超出教育部2000年《全日制普通高級中學數學教學大綱》中所規定的教學要求和內容，但在方法的要求上有所提高。主要考查學生對基礎知識和基本技能的掌握情況，以及綜合和靈活運用的能力。全卷包括6道選擇題、6道填空題和3道大題，滿分150分。答卷時間為100分鐘。
全國高中數學聯賽加試命題范圍與國際數學奧林匹克接軌，在知識方面有所擴展，適當增加一些競賽教學大綱的內容。全卷包括3道大題，其中一道平面幾何題，試卷滿分150分。答卷時問為120分鐘。
一 試

4．若三個棱長均為整數（單位：cm）的正方體的表面積之和為564 cm2，則這三個正方體的體積之和為 （ ）。
（A）764 cm3或586 cm3 （B） 764 cm3 　
（C）586 cm3或564 cm3 （D） 586 cm3
5．方程組的有理數解的個數為 （ ）。
（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 4
6．設的內角所對的邊成等比數列，則
的取值范圍是（ ）。
（A） （B）
（C） （D）
二、填空題（每小題9分，共54分）
11．設是定義在上的函數，若 ，且對任意，滿足
，，則= 　 .
12．一個半徑為1的小球在一個內壁棱長為的正四面體容器內可向各個方向自由運動，則該小球永遠不可能接觸到的容器內壁的面積是　 .
三、解答題（每小題20分，共60分）
13．已知函數的圖像與直線 有且僅有三個交點，交點的橫坐標的最大值為，求證：
．
14．解不等式
．
加 試
一、（本題滿分50分）
如圖，給定凸四邊形，，是平面上的動點，令．
（1）求證：當達到最小值時，四點共圓；
（2）設是外接圓的上一點，滿足：，，，又是的切線，，求的最小值．
二、（本題滿分50分）
設是周期函數，和1是的周期且．證明：
（1）若為有理數，則存在素數，使是的周期；
（2）若為無理數，則存在各項均為無理數的數列滿足 ，且每個都是的周期．
三、（本題滿分50分）
設，．證明：當且僅當時，存在數列滿足以下條件：
（1），；
（2）存在；
（3），．
一試解答
1. 【答案】C
【解析】當時，，因此
，當且僅當時取等號．而此方程有解，因此在上的最小值為2．故選C.
3.【答案】B
，
，
，
因此．故選B。
4. 【答案】A
5. 【答案】 B
6.【答案】C
【解析】設的公比為，則，而
．
因此，只需求的取值范圍．因為成等比數列，最大邊只能是或，因此要構成三角形的三邊，必須且只需且．即有不等式組即解得從而，因此所求的取值范圍是．故選C。
9. 【答案】222
【解析】方法一：用4條棍子間的空隙代表3個學校，而用表示名額．如
表示第一、二、三個學校分別有4，18，2個名額．若把每個“”與每個“”都視為一個位置，由于左右兩端必須是“｜”，故不同的分配方法相當于(個)位置（兩端不在內）被2個“｜”占領的一種“占位法”．“每校至少有一個名額的分法”相當于在24個“”之間的23個空隙中選出2個空隙插入“｜”，故有(種)．又在“每校至少有一個名額的分法”中“至少有兩個學校的名額數相同”的分配方法有31種．綜上知，滿足條件的分配方法共有253－31＝222(種)．
方法二：設分配給3個學校的名額數分別為，則每校至少有一個名額的分法數為不定方程的正整數解的個數，即方程的非負整數解的個數，它等于3個不同元素中取21個元素的可重組合：．又在“每校至少有一個名額的分法”中“至少有兩個學校的名額數相同”的分配方法有31種．綜上知，滿足條件的分配方法共有253－31＝222（種）．
11. 【答案】
12.【答案】
【解析】 如圖1，考慮小球擠在一個角時的情況，記小球半徑為，作平面//平面，與小球相切于點，則小球球心為正四面體的中心，，垂足為的中心．因，
故，從而．
記此時小球與面的切點為，連接，則．
考慮小球與正四面體的一個面(不妨取為)相切時的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，記為，如圖2．記正四面體的棱長為，過作于．因，有，故小三角形的邊長．小球與面不能接觸到的部分的面積為（如圖2中陰影部分）．　　　　　　　　　
又，，所以．由對稱性，且正四面體共4個面，所以小球不能接觸到的容器內壁的面積共為．
　　　　　　　　　　　　　　　
14. 【解析】方法一：由，且在上為增函數，故原不等式等價于．　　　　　　　　　　　　　　
即．　　　　　　　　　　　　　　
分組分解　　　



，
，　　　　　　　　　　 　　
15. 【解析】設，不妨設．直線的方程:，化簡得 ．又圓心到的距離為1， ，故，易知，上式化簡得，同理有． 所以，，則．因是拋物線上的點，有，則，． 所以．當時，上式取等號，此時．因此的最小值為8．
解得或（舍去），故，． 由已知=,有，即，整理得，故，可得，從而，，為等腰直角三角形．因，則．又也是等腰直角三角形，故，，．故．
方法二：（1）如圖2，連接交的外接圓于點（因為在外，故在上）．
過分別作的垂線，兩兩相交得，易知在內，從而在內，記之三內角分別為，則，又因，，得，同理有，，
所以∽．設，，，則對平面上任意點，有





，
從而 ．由點的任意性，知點是使達最小值的點．由點在上，故四點共圓．
方法三：（1）引進復平面，仍用等代表所對應的復數．由三角形不等式，對于復數，有 ，當且僅當與（復向量）同向時取等號．
有 ，
二、【解析】（1）若是有理數，則存在正整數使得且，從而存在整數，使得 ．于是是的周期．又因，從而．設是的素因子，則，，從而 是的周期．
（2）若是無理數，令 ，則，且是無理數，令 ， ， 由數學歸納法易知均為無理數且．又，故， 即．因此是遞減數列．
最后證：每個是的周期．事實上，因1和是的周期，故亦是的周期．假設是的周期，則也是的周期．由數學歸納法，已證得均是的周期．
下取數列為，，則明顯地滿足題設條件（ⅰ），且
．因，故，因此，即的極限存在，滿足（2）． 最后驗證滿足（3），因，即，從而
．
綜上，存在數列滿足（1）.

受中國數學會委托，2009年全國高中數學聯賽由黑龍江省數學會承辦。中國數學會普及工作委員會和黑龍江數學會負責命題工作。
2009年全國高中數學聯賽一試命題范圍不超出教育部2000年《全日制普通高級中學數學教學大綱》中所規定的教學要求和內容，但在方法的要求上有所提高。主要考查學生對基礎知識和基本技能的掌握情況，以及綜合和靈活運用的能力。全卷包括8填空題和3道大題，滿分100分。答卷時間為80分鐘。
全國高中數學聯賽加試命題范圍與國際數學奧林匹克接軌，在知識方面有所擴展，適當增加一些競賽教學大綱的內容。全卷包括4道大題，其中一道平面幾何題，試卷滿分200分。答卷時問為150分鐘。
一 試
5.橢圓上任意兩點，，若，則乘積的最小值為 ．
若方程僅有一個實根，那么的取值范圍是 ．
一個由若干行數字組成的數表，從第二行起每一行中的數字均等于其肩上的兩個數之和，最后一行僅有一個數，第一行是前個正整數按從小到大排成的行，則最后一行的數是 （可以用指數表示）
某車站每天，都恰有一輛客車到站，但到站的時刻是隨機的，且兩者到站的時間是相互獨立的，其規律為
到站時刻
概率
一旅客到車站，則它候車時間的數學期望為 （精確到分）．
二、解答題
9、（14分）設直線（其中，為整數）與橢圓交于不同兩點，，與雙曲線交于不同兩點，，問是否存在直線，使得向量，若存在，指出這樣的直線有多少條？若不存在，請說明理由．
加試
一、填空（共4小題，每小題50分，共200分）
12、如圖，，分別為銳角三角形（）的外接圓上弧、的中點．過點作交圓于點，為的內心，連接并延長交圓于．
⑴求證：；
⑵在弧（不含點）上任取一點（，，），記，的內心分別為，，
求證：，，，四點共圓．
求證不等式：
，，2，…
設，是給定的兩個正整數．證明：有無窮多個正整數，使得與互素．
2009全國高中數學聯賽解答
一、填空（共8小題，每小題7分，共56分）
1.若函數且，則 ．
【解析】，，
……，．故．
2.已知直線和圓，點在直線上，，為圓上兩點，在中，，過圓心，則點橫坐標范圍為 ．
設，則圓心到直線的距離，由直線與圓相交，得．解得．
5.橢圓上任意兩點，，若，則乘積的最小值為 ．
設，．
由，在橢圓上，有
① ②
得．
于是當時，達到最小值．
6．若方程僅有一個實根，那么的取值范圍是 ．
或
當且僅當
①
②
③
對③由求根公式得， ④
或．
(ⅰ)當時，由③得，所以，同為負根．
又由④知，所以原方程有一個解．
(ⅱ)當時，原方程有一個解．
(ⅲ)當時，由③得，
所以，同為正根，且，不合題意，舍去．
綜上可得或為所求．
8.某車站每天，都恰有一輛客車到站，但到站的時刻是隨機的，且兩者到站的時間是相互獨立的，其規律為
到站時刻
概率
一旅客到車站，則它候車時間的數學期望為 （精確到分）．
27
旅客候車的分布列為
候車時間（分）
10
30
50
70
90
概率
候車時間的數學期望為
二、解答題
9.（本小題滿分14分）設直線（其中，為整數）與橢圓交于不同兩點，，與雙曲線交于不同兩點，，問是否存在直線，使得向量，若存在，指出這樣的直線有多少條？若不存在，請說明理由．
10.（本小題15分）已知，是實數，方程有兩個實根，，數列滿足，，
(Ⅰ)求數列的通項公式（用，表示）；
(Ⅱ)若，，求的前項和．
方法一：(Ⅰ)由韋達定理知，又，所以
，
整理得
令，則．所以是公比為的等比數列．
數列的首項為：．
所以，即．
所以．
①當時，，，變為．整理得，，．所以，數列成公差為的等差數列，其首項為．所以．
于是數列的通項公式為；
②當時，，
．
整理得，．
所以，數列成公比為的等比數列，其首項為
．所以．
于是數列的通項公式為．
11.（本小題滿分15分）求函數的最大和最小值．
函數的定義域為.因為
當時等號成立．故的最小值為．
又由柯西不等式得

所以．
由柯西不等式等號成立的條件，得，解得．故當時等號成立．因此的最大值為．
2009年全國高中數學聯合競賽加試
試題參考答案及評分標準（A卷）
說明：
1．評閱試卷時，請嚴格按照本評分標準的評分檔次給分．
2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參考本評分標準適當劃分檔次評分，10分為一個檔次，不要增加其他中間檔次．
一、如圖，，分別為銳角三角形（）的外接圓上弧、的中點．過點作交圓于點，為的內心，連接并延長交圓于．
⑴求證：；
⑵在弧（不含點）上任取一點（，，），記，的內心分別為，，
求證：，，，四點共圓．
【解析】⑴連，．由于，，，，共圓，故是等腰梯形．因此，．
連，，則與交于，因為
，所以．同理．
于是，．
故四邊形為平行四邊形．因此（同底，等高）．
又，，，四點共圓，故，由三角形面積公式
于是．
⑵因為，
二、求證不等式：，，2，…
三、設，是給定的兩個正整數．證明：有無窮多個正整數，使得與互素．
證法一：對任意正整數，令．我們證明．
設是的任一素因子，只要證明：p．
四、在非負數構成的數表

中每行的數互不相同，前6列中每列的三數之和為1，，，，，，，均大于．如果的前三列構成的數表

滿足下面的性質：對于數表中的任意一列（，2，…，9）均存在某個使得
⑶．
求證：
（ⅰ）最小值，，2，3一定自數表的不同列．
（ⅱ）存在數表中唯一的一列，，2，3使得數表
仍然具有性質．
（ⅰ）假設最小值，，2，3不是取自數表的不同列．則存在一列不含任何．不妨設，，2，3．由于數表中同一行中的任何兩個元素都不等，于是，，2，3．另一方面，由于數表具有性質，在⑶中取，則存在某個使得．矛盾．
（ⅱ）由抽屆原理知，，，中至少有兩個值取在同一列．不妨設，．由前面的結論知數表的第一列一定含有某個，所以只能是．同樣，第二列中也必含某個，，2．不妨設．于是，即是數表中的對角線上數字．
下證唯一性．設有使得數表

具有性質，不失一般性，我們假定

⑷

．
由于，及（ⅰ），有．又由（ⅰ）知：或者，或者．
如果成立，由數表具有性質，則
，
⑸，
．
由數表滿足性質，則對于至少存在一個使得．由及⑷和⑹式知，，．于是只能有．類似地，由滿足性質及可推得．從而．

2010年全國高中數學聯賽
一、填空題（每小題8分，共64分，）
函數的值域是 .
已知函數的最小值為，則實數的取值范圍是 .
4.函數 在區間上的最大值為8，則它在這個區間上的最小值是 .
兩人輪流投擲骰子，每人每次投擲兩顆，第一個使兩顆骰子點數和大于6者為勝，否則輪由另一人投擲.先投擲人的獲勝概率是 .
正三棱柱的9條棱長都相等，是的中點，二面角,則 .
方程滿足的正整數解（x,y,z）的個數是 .
二、解答題（本題滿分56分）
9. （16分）已知函數，當時，，試求的最大值.
10.（20分）已知拋物線上的兩個動點，其中且.線段的垂直平分線與軸交于點，求面積的最大值.
11.（20分）證明：方程恰有一個實數根，且存在唯一的嚴格遞增正整數數列，使得 .
加 試
2. （40分）設k是給定的正整數，．記，．證明：存在正整數m，使得為一個整數．這里，表示不小于實數x的最小整數，例如：，．
3. （50分）給定整數，設正實數滿足，記
．
求證： ．
4. （50分）一種密碼鎖的密碼設置是在正n邊形的每個頂點處賦值0和1兩個數中的一個，同時在每個頂點處涂染紅、藍兩種顏色之一，使得任意相鄰的兩個頂點的數字或顏色中至少有一個相同．問：該種密碼鎖共有多少種不同的密碼設置？
一試解答
1.【答案】
【解析】易知的定義域是，且在上是增函數，從而可知的值域為.
3. 【答案】 9800
【解析】提示：由對稱性知，只要先考慮軸上方的情況，設與雙曲線右半支于,交直線于，則線段內部的整點的個數為，從而在軸上方區域內部整點的個數為
.
又軸上有98個整點，所以所求整點的個數為.
4. 【答案】
【解析】提示 ：設的公差為的公比為，則
（1）
， （2）
（1）代入（2）得，求得.
從而有 對一切正整數都成立，即 對一切正整數都成立.
從而 ，求得 ，.
6.【答案】
【解析】提示：同時投擲兩顆骰子點數和大于6的概率為，從而先投擲人的獲勝概率為
.
【答案】
【解析】提示：解法一：如圖，以所在直線為軸， 線段中點為原點，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.設正三棱柱的棱長為2，則，從而，.
設分別與平面、平面垂直的向量是、，則
在直角中，,即 .
又 .
.
【答案】336675
【解析】提示：首先易知的正整數解的個數為 .
9.【解析】 解法一： 由 得
.
設 ，則.
.
容易知道當時，. 從而當時， ， 即 ，
從而 ,，由 知.
又易知當（為常數）滿足題設條件，所以最大值為.

由（1）知直線的方程為，即
. （2）
（2）代入得，即
. （3）
依題意，是方程（3）的兩個實根，且，所以
,
.




.
定點到線段的距離
.



.

解法二：同解法一，線段的垂直平分線與軸的交點為定點，且點坐標為.
設，則的絕對值,

,
所以, 當且僅當且，即 ,或
時等號成立.
所以，面積的最大值是.

二試解答
1. 【解析】 用反證法．若A，B，D，C不四點共圓，設三角形ABC的外接圓與AD交于點E，連接BE并延長交直線AN于點Q，連接CE并延長交直線AM于點P，連接PQ．
因為P的冪（關于⊙O）K的冪（關于⊙O）
，
同理
，
所以 ，
故⊥． 由題設，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是
． ①⑤-④，得
P的冪（關于⊙O）K的冪（關于⊙O）．
注2：若點E在線段AD的延長線上，完全類似．
3. 【解析】 由知，對，有．
注意到當時，有，于是對，有
，
故 ．

當n為奇數時，，此時． ②
代入①式中，得
．


一、填空題（每小題8分，共64分）
1．設集合，若中所有三元子集的三個元素之和組成的集合為，則集合 ．
2．函數的值域為 ．
3．設為正實數，，，則 ．
4．如果，，那么的取值范圍是 ．
二、解答題（本大題共3小題，共56分）
9．（16分）設函數，實數滿足，，求的值．
10．（20分）已知數列滿足：R且，
N．
（1）求數列的通項公式；
（2）若，試比較與的大小．
11．（本小題滿分20分）作斜率為的直線與橢圓：交于兩點（如圖所示），且在直線的左上方．
（1）證明：△的內切圓的圓心在一條定直線上；
（2）若，求△的面積．
加 試
1. （40分）如圖，分別是圓內接四邊形的對角線的中點．若，證明：．
2.（40分）證明：對任意整數，存在一個次多項式
具有如下性質：
4.（50分）設A是一個的方格表，在每一個小方格內各填一個正整數．稱A中的一個方格表為“好矩形”，若它的所有數的和為10的倍數．稱A中的一個的小方格為“壞格”，若它不包含于任何一個“好矩形”．求A中“壞格”個數的最大值。
2011全國高中數學聯賽解答
1．【答案】.
【解析】提示：顯然，在的所有三元子集中，每個元素均出現了3次，所以
，
故，于是集合的四個元素分別為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
等價于.
又是上的增函數，所以，故Z)．
因為，所以的取值范圍是．
5．【答案】15000.
【解析】提示：由題設條件可知，滿足條件的方案有兩種情形：
（1）有一個項目有3人參加，共有種方案；
（2）有兩個項目各有2人參加，共有種方案；
所以滿足題設要求的方案數為．
7．【答案】或．
【解析】提示： 設，由得 ，則，．
又，所以，
．
因為，所以，即有，
即，
即，
即．
顯然，否則，則點在直線上，從而點與點或點重合．所以，解得．
故所求點的坐標為或．
8．【答案】15.
【解析】提示：C．
9．【解析】因為，所以，
所以或，又因為，所以，所以．
又由有意義知，從而，
于是．
所以 ．
從而 ．
又，所以，
故 ．解得或（舍去）．
把代入解得．所以 ，．
10．【解析】（1）由原式變形得 ，
則 ．
記，則，．
又 ，從而有，
故 ，于是有 ．
（2）
，
顯然在時恒有，故．

（2）若時，結合（1）的結論可知．
直線的方程為：，代入中，消去得
．
它的兩根分別是和，所以，即．所以
．
同理可求得．
所以 ．

2. 【解析】令， ①
將①的右邊展開即知是一個首項系數為1的正整數系數的次多項式．
下面證明滿足性質（2）．
對任意整數，由于，故連續的個整數中必有一個為4的倍數，從而由①知．
因此，對任意個正整數，有 ．
但對任意正整數，有，故，
從而．
所以符合題設要求．

4.【解析】 首先證明A中“壞格”不多于25個．
用反證法．假設結論不成立，則方格表中至多有1個小方格不是“壞格”．由表格的對稱性，不妨假設此時第1行都是“壞格”．
設方格表第列從上到下填的數依次為．記
，
這里．
我們證明：三組數；及都是模10的完全剩余系．
事實上，假如存在，使，則
，
即第1行的第至第列組成一個“好矩形”，與第1行都是“壞格”矛盾．
又假如存在，使，則
，
2012年全國高中數學聯賽
一、填空題：本大題共8小題，每小題8分，共64分．把答案填在題中的橫線上．
1.設是函數（）的圖像上任意一點，過點分別向
直線和軸作垂線，垂足分別為，則的值是_____________.
6.設是定義在上的奇函數，且當時，．若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍是_____________.
7．滿足的所有正整數的和是_____________.
8．某情報站有四種互不相同的密碼，每周使用其中的一種密碼，且每周都是從上周未使用的三種密碼中等可能地隨機選用一種．設第1周使用Ａ種密碼，那么第7周也使用種密碼的概率是_____________.（用最簡分數表示）
二、解答題：本大題共３小題，共５６分．解答應寫出文字說明、推理過程或演算步驟．
9．（本小題滿分16分）已知函數
（1）若對任意，都有，求的取值范圍；
（2）若，且存在，使得，求的取值范圍．
10．（本小題滿分２０分）已知數列的各項均為非零實數，且對于任意的正整數，都有
（1）當時，求所有滿足條件的三項組成的數列;
（2）是否存在滿足條件的無窮數列，使得若存在，
求出這樣的無窮數列的一個通項公式；若不存在，說明理由．
11．（本小題滿分20分）
如圖5，在平面直角坐標系中，菱形的邊長為，且．
（1）求證：為定值；
（2）當點A在半圓（）上運動時，求
點的軌跡．
三、（本題滿分50分）
設是平面上個點，它們兩兩間的距離的最小值為
求證：
四、（本題滿分50分）
設，是正整數．證明：對滿足的任意實數，數列中有無窮多項屬于．這里，表示不超過實數的最大整數．
2012年全國高中數學聯賽一試及加試試題
參考答案及詳細評分標準(A卷word版)
一、填空題：本大題共８小題，每小題８分，共６４分．把答案填在題中的橫線上．
設是函數（）的圖像上任意一點，過點分別向直線和軸作垂線，垂
足分別為，則的值是 ．
設的內角的對邊分別為，且滿足，
則的值是 .
【答案】4
３．設，則的最大值是 .
【答案】
【解析】不妨設則
因為
所以
當且僅當時上式等號同時成立.故
4.拋物線的焦點為，準線為ｌ，是拋物線上的兩個動點，且滿足．設線段ＡＢ的中點在ｌ上的投影為，則的最大值是 .
【答案】1
【解析】由拋物線的定義及梯形的中位線定理得
在中,由余弦定理得
當且僅當時等號成立.故的最大值為1.
5．設同底的兩個正三棱錐和內接于同一個球．若正三棱錐的側面與底面所成的角為，則正三棱錐的側面與底面所成角的正切值是 ．
6. 設是定義在上的奇函數，且當時，．若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍是 ．
【答案】
７．滿足的所有正整數的和是 ．
【答案】33
【解析】由正弦函數的凸性,有當時,由此得
所以
故滿足的正整數的所有值分別為它們的和為.
８．某情報站有四種互不相同的密碼，每周使用其中的一種密碼，且每周都是從上周未使用的三種密碼中等可能地隨機選用一種．設第１周使用Ａ種密碼，那么第７周也使用Ａ種密碼的概率是 ．（用最簡分數表示）
二、解答題：本大題共３小題，共５６分．解答應寫出文字說明、推理過程或演算步驟．
９．（本小題滿分１６分）已知函數
（１）若對任意，都有，求的取值范圍；
（２）若，且存在，使得，求的取值范圍．
１０．（本小題滿分２０分）已知數列的各項均為非零實數，且對于任意的正整數，都有
（１）當時，求所有滿足條件的三項組成的數列;
（２）是否存在滿足條件的無窮數列，使得若存在，
求出這樣的無窮數列的一個通項公式；若不存在，說明理由．
１１．（本小題滿分２０分）
如圖5，在平面直角坐標系中，菱形的邊長為，且．
（１）求證：為定值；
（２）當點A在半圓（）上運動時，求
點的軌跡．
【解析】因為所以三點共線
如圖,連結,則垂直平分線段,設垂足為,于是有
(定值)
(2)設其中則.
因為所以
由(1)的結論得所以從而
故點的軌跡是一條線段,其兩個端點的坐標分別為
2012年全國高中數學聯賽加試試題（卷）
一、（本題滿分４０分）
如圖，在銳角中，是邊上不同的兩點，使得設和的外心分別為，求證：三點共線。
證法一:令消去得
由于這方程必有整數解;其中為方程的特解.
把最小的正整數解記為則,故使是的倍數．……40分
證法二:由于由中國剩余定理知,同余方程組
在區間上有解即存在使是的倍數．…………40分
證法三:由于總存在使取使則
存在使
此時因而是的倍數．……………40分
三、（本題滿分５０分）
設是平面上個點，它們兩兩間的距離的最小值為
求證：
四、（本題滿分５０分）
設，ｎ是正整數．證明：對滿足的任意實數，數列中有無窮多項屬于．這里，表示不超過實數ｘ的最大整數．
【解析】證法一:(1)對任意,有
證法二:(1)

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