全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷.docx

全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷.docx

《全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准B卷

全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（B卷）

说明：

1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；

2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次．

一、（本题满分50分）

如题一图，是圆内接四边形．与的交点为，是弧上一点，连接并延长交于点，点分别在，的延长线上，满足，，求证：

四点共圆．

[证]由已知条件知

．

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…10分

又　　　　　，

所以　　　　，

从而四点共圆，此圆记为．

同理可证：

四点共圆，此圆记为．…20分

点在圆，内．延长与圆相交于点，则

　　　　，

故四点共圆．…30分

所以在的外接圆上，故在上．…40分

再用相交弦定理：

　　　，

故四点共圆．…50分

二、（本题满分50分）

求满足下列关系式组

的正整数解组的个数．

[解]令，由条件知，方程化为

，即．

（1）

因，故，从而．

设．因此

（1）化为

．

（2）…10分

下分为奇偶讨论，

（ⅰ）当为奇数时，由

（2）知为奇数．

令，，代入

（2）得

．（3）

（3）式明显无整数解．故当为奇数时，原方程无正整数解．…20分

（ⅱ）当为偶数时，设，由方程

（2）知也为偶数．从而可设，代入

（2）化简得

．（4）

由（4）式有，故，从而可设，则（4）可化为，

．　　　　　　　　　　　　（5）

因为整数，故．…30分

又，因此

，得，

．

因此，对给定的，解的个数恰是满足条件的的正因数的个数．因不是完全平方数，从而为的正因数的个数的一半．即．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…40分

由题设条件，．而

25以内有质数9个：

2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：

：

，

，

，

，

，

，

，

，

从而易知

，

，

，

，

，

，

，

，

将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．　　　…50分

三、（本题满分50分）

设，．证明：

当且仅当时，存在数列满足以下条件：

（ⅰ），；

（ⅱ）存在；

（ⅲ），．

[证]必要性：

假设存在满足（ⅰ），（ⅱ）．注意到（ⅲ）中式子可化为

，，

其中．

将上式从第1项加到第项，并注意到得

．…10分

由（ⅱ）可设，将上式取极限得

，

因此．…20分

充分性：

假设．定义多项式函数如下：

，，

则在[0,1]上是递增函数，且

，．

因此方程在[0,1]内有唯一的根，且，即．…30分

下取数列为，，则明显地满足题设条件（ⅰ），且

．

因，故，因此，即的极限存在，满足（ⅱ）．…40分

最后验证满足（ⅲ），因，即，从而

．

综上，已证得存在数列满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）．…50分

高中数学联合竞赛一试

试题参考答案及评分标准（B卷）以

说明：

1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次．

2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次．

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1．函数在上的最小值是（B）

A．3B．2C．1D．0

[解]当时，，因此

，当且仅当时上式取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2．

2．设，，若，则实数的取值范围为（A）

A．B．C．D．

[解]因有两个实根

，，

故等价于且，即

且，

解之得．

3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为　　　（C）

A.　B.　C.　　D.

[解法一]依题意知，的所有可能值为2，4，6.

设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为

　　　　．

若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有

　　　　，

　　　　，

　　　　，

故．

[解法二]依题意知，的所有可能值为2，4，6.

令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜．

由独立性与互不相容性得

，

，

，

故．

4．若三个棱长均为整数（单位：

cm）的正方体的表面积之和为564cm2，则这三个正方体的体积之和为（D）

A.586cm3　B.586cm3或564cm3　

C.764cm3　　D.764cm3或586cm3

[解]设这三个正方体的棱长分别为，则有，，不妨设，从而，．故．只能取9，8，7，6．

若，则，易知，，得一组解．

若，则，．但，，从而或5．若，则无解，若，则无解．此时无解．

若，则，有唯一解，．

若，则，此时，．故，但，故，此时无解．

综上，共有两组解或

体积为cm3或cm3．

5．方程组的有理数解的个数为（C）

A.4B.3C.2D.1

[解]若，则解得或

若，则由得．①

由得．②

将②代入得．③

由①得，代入③化简得.

易知无有理数根，故，由①得，由②得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或

6．设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是

（B）

A.B.

C.D.

[解]设的公比为，则，而

　　．

因此，只需求的取值范围．

因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且．即有不等式组

即

解得

从而，因此所求的取值范围是．

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7．设，其中为实数，，，，若，则　17.

[解]由题意知

，

由得，，因此，．

因此　．

8．设的最小值为，则．

[解]

，

（1）时，当时取最小值；

（2）时，当时取最小值1；

（3）时，当时取最小值．

又或时，的最小值不能为，

故，解得，（舍去）．

9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有　222　　种．

[解法一]用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如

表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．

若把每个“”与每个“”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．

“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有种．

又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．

综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．

[解法二]　设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程

　　　　　．

的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：

．

又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．

综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．

10．设数列的前项和满足：

，，则=．

[解]，

即2

=，

由此得2．

令，（），

有，故，所以．

因此　．

11．设是定义在上的函数，若，且对任意，满足

，，则=．

[解法一]由题设条件知

，

因此有，故

．

[解法二]令，则

，

，

即，

故，

得是周期为2的周期函数，

所以．

12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是．

[解]如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．

因

，

故，从而．

记此时小球与面的切点为，连接，则

．

考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为）相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2．记正四面体的棱长为，过作于．

因，有，故小三角形的边长．

小球与面不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）

．　　　　　　　　　

又，，所以

．

由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13．已知函数的图像与直线有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证：

　　　　　　．

[证]的图象与直线的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，．

…5分

由于，，所以，即．…10分

因此

…15分

．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…20分

14．解不等式

．

[解法一]由，且在上为增函数，故原不等式等价于

．　　　　　　　　　　　　　　

即　　　　　　．　　　　　　　　　　　　　　…5分

分组分解　　　

，

，　　　　　　　　　　　　…10分

所以　　　，

　　　　　．…15分

所以，即或．

故原不等式解集为．　…20分

[解法二]由，且在上为增函数，故原不等式等价于

．　　　　　　　　　　　　　　…5分

即

，

，　…10分

令，则不等式为

，

显然在上为增函数，由此上面不等式等价于

，…15分

即，解得　（舍去），

故原不等式解集为．　…20分

15．如题15图，是抛物线上的动点，点在直线上，圆内切于，求面积的最小值．

[解]设，不妨设．

直线的方程:

，

化简得．

又圆心到的距离为1，

，…5分

故，

展开得，易知，

故，

同理有．　　　　　　　　　　　　　…10分

所以，，

．

因是抛物线上的点，有，即，则

，

故，．…15分

所以

．

当时，上式取等号，此时．

因此的最小值为8．…20分