2003年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试
(10月12日上午8:009:40)
一、选择
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
(每小题6分，共36分)
1．(2003年全国高中数学联赛)删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是
(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049
2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是
3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于
(A) (B) (C) (D) 8
4．若x∈[－，－]，则y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是
(A) (B) (C) (D)
5．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=+的最小值是
(A) (B) (C) (D)
6．在四面体ABCD中， 设AB=1，CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于
(A) (B) (C) (D)
二．填空题(每小题9分，共54分)
7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ．
8．设F1、F2是椭圆+=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2的面积等于 ．
9．已知A={x|x2－4x+3<0，x∈R}，
B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}
若AB，则实数a的取值范围是 ．
10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若a－c=9，则b－d= ．
11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．
12． 设Mn={(十进制)n位纯小数0.|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则= ．
三、（本题满分20分）
13．设≤x≤5，证明不等式
2++<2．
四、(本题满分20分)
14．设A、B、C分别是复数Z0=ai，Z1=+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线
Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R)
与△ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．
五、(本题满分20分)
15．一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．
加
试题
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(10月12日上午10:0012:00)
一、（本题50分）
过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A、B，所作割线交圆于C、D两点，C在P、D之间．在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC．
求证：∠DBQ=∠PAC．
二、（本题50分）
设三角形的三边长分别是正整数l，m，n．且l>m>n>0．
已知==，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．
三、（本题50分）
由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2+q+1，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A、B、C、D和四条连线段AB、BC、CD、DA组成的图形)．
1997年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(每小题6分，共36分)
1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是
(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049
解：452=2025，462=2116．
在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C．
2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是
解：曲线方程为+=1，直线方程为y=ax+b．
由直线图形，可知A、C中的a<0，A图的b>0，C图的b<0，与A、C中曲线为椭圆矛盾．
由直线图形，可知B、D中的a>0，b<0，则曲线为焦点在x轴上的双曲线，故选B．
3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于
(A) (B) (C) (D) 8
解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=x，弦的中点在y==上，即AB中点为(，)，中垂线方程为y=－(x－)+，令y=0，得点P的坐标为．
∴ PF=．选A．
4．若x∈[－，－]，则y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是
(A) (B) (C) (D)
解：令x+=u，则x+=u+，当x∈[－，－]时，u∈[－，－]，
y=－(cotu+tanu)+cosu=－+cosu．在u∈[－，－]时，sin2u与cosu都单调递增，从而y单调递增．于是u=－时，y取得最大值，故选C．
5．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=+的最小值是
(A) (B) (C) (D)
解：由x，y∈(－2，2)，xy=－1知，x∈(－2，－)∪(，2)，
u=+==1+．
当x∈(－2，－)∪(，2)时，x2∈(，4)，此时，9x2+≥12．(当且仅当x2=时等号成立)．
此时函数的最小值为，故选D．
6．在四面体ABCD中， 设AB=1，CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于
(A) (B) (C) (D)
解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1××sin×2=3．
而四面体ABCD的体积=×平行六面体体积=．故选B．
二．填空题(每小题9分，共54分)
7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是 ．
解：即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，(|x|－3)(|x|－)(|x|+)<0．|x|<－，或<|x|<3．
∴ 解为(－3，－)∪(，3)．
8．设F1、F2是椭圆+=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2的面积等于 ．
解：F1(－，0)，F2(，0)；|F1F2|=2．
|PF1|+|PF2|=6，|PF1|=4，|PF2|=2．由于42+22=(2)2．故PF1F2是直角三角形．
∴ S=4．
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AB，则实数a的取值范围是 ．
解：A=(1，3)；
又，a≤－21－x∈(－1，－)，当x∈(1，3)时，a≥ －7∈(－7，－4)．
∴ －4≤a≤－1．
10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若a－c=9，则b－d= ．
解：a3=b2，c5=d4，设a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．
∴ x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．
11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．
解：如图，ABCD是下层四个球的球心，EFGH是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH在平面ABCD上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD绕其中心旋转45而得．设E的射影为N，则
MN=－1．EM=，故EN2=3－(－1)2=2．∴ EN=．所求圆柱的高=2+．
12． 设Mn={(十进制)n位纯小数0.|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则= ．
解：由于a1，a2，…，an－1中的每一个都可以取0与1两个数，Tn=2n－1．
在每一位(从第一位到第n－1位)小数上，数字0与1各出现2n－2次．第n位则1出现2n－1次．
∴ Sn=2n－20.11…1+2n－210－n．
∴ ==．
三、（本题满分20分）
13．设≤x≤5，证明不等式
2++<2．
解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0．≤x≤5．
由平均不等式≤≤．
∴ 2++=+++≤2．
但2在≤x≤5时单调增．即2≤2=2．
故证．
四、(本题满分20分)
14．设A、B、C分别是复数Z0=ai，Z1=+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线
Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R)
与△ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．
解：曲线方程为：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t)
∴ x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1)
y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2
即 y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1)． ①
若a－2b+c=0，则Z0、Z1、Z2三点共线，与已知矛盾，故a－2b+c0．于是此曲线为轴与x轴垂直的抛物线．
AB中点M：+(a+b)i，BC中点N：+(b+c)i．
与AC平行的中位线经过M(，(a+b))及N(，(b+c))两点，其方程为
4(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(≤x≤)． ②
令 4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．
即4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由a－2b+c0，得
4x2+4x+1=0，
此方程在[，]内有惟一解： x=．
以x=代入②得， y=(a+2b+c)．
∴ 所求公共点坐标为(，(a+2b+c))．
五、(本题满分20分)
15．一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．
解：对于⊙O上任意一点A，连AA，作AA的垂直平分线MN，连OA．交MN于点P．显然OP+PA=OA=R．由于点A在⊙O内，故OA=a
a)为长轴的椭圆C．
而MN上任一异于P的点Q，都有OQ+QA=OQ+QA>OA．故点Q在椭圆C外．即折痕上所有的点都在椭圆C上及C外．
反之，对于椭圆C上或外的一点S，以S为圆心，SA为半径作圆，交⊙O于A，则S在AA的垂直平分线上，从而S在某条折痕上．
最后证明所作⊙S与⊙O必相交．
1 当S在⊙O外时，由于A在⊙O内，故⊙S与⊙O必相交；
2 当S在⊙O内时(例如在⊙O内，但在椭圆C外或其上的点S)，取过S的半径OD，则由点S在椭圆C外，故OS+SA≥R(椭圆的长轴)．即SA≥SD．于是D在⊙S内或上，即⊙S与⊙O必有交点．
于是上述证明成立．
综上可知，折痕上的点的集合为椭圆C上及C外的所有点的集合．
加试题
(10月12日上午10:0012:00)
一、（本题50分）
过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A、B，所作割线交圆于C、D两点，C在P、D之间．在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC．
求证：∠DBQ=∠PAC．
分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，则BDQ∽DAQ．反之，若BDQ∽DAQ．则本题成立．而要证BDQ∽DAQ，只要证=即可．
证明：连AB．
∵ PBC∽PDB，
∴ =，同理，=．
∵ PA=PB，∴ =．
∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ，∠ABC=∠ADQ．
∴ ABC∽ADQ．
∴ =．∴ =．
∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ．
∴ ADQ∽DBQ．
∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC．证毕．
二、（本题50分）
设三角形的三边长分别是正整数l，m，n．且l>m>n>0．
已知==，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．
解：当3l、3m、3n的末四位数字相同时，==．
即求满足3l3m≡3n( mod 104)的l、m、n．∴ 3n(3l－n－1)≡0 (mod 104)．(l－n>0)
但 (3n，104)=1，故必有3l－n≡1(mod 104)；同理3m－n≡1(mod 104)．
下面先求满足3x≡1(mod 104)的最小正整数x．
∵ (104)=104=4000．故x|4000．用4000的约数试验：
∵ x=1，2，时3x1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x必须是4的倍数；
∵ x=4，8，12，16时3x1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x必须是20的倍数；
∵ x=20，40，60，80时3x1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x必须是100的倍数；
∵ x=100，200，300，400时3x1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．
即，使3x≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l－n、m－n都是500的倍数，
设l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)．
由m+n>l，即n+500h+n>n+500k，n>500(k－h)≥500，故n≥501．
取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值．
∴ 所求周长的最小值=3003．
三、（本题50分）
由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2+q+1，l≥q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A、B、C、D和四条连线段AB、BC、CD、DA组成的图形)．
证明：设点集为V＝{A0，A1，…，An－1}，与Ai连线的点集为Bi，且|Bi|＝bi．于是1≤bi≤n－1．又显然有
bi＝2l≥q(q+1)2+2．
若存在一点与其余点都连线，不妨设b0＝n－1．
则B0中n－1个点的连线数
l－b0≥q(q+1)2+1－(n－1) (注意：q(q+1)＝q2+q＝n－1)
＝(q+1)(n－1)－(n－1)+1＝(q－1)(n－1)+1
≥(n－1)+1≥[(n－1)]+1．(由q≥2)
但若在这n－1个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这n－1个点内至多连线[]条，故在B0中存在一点Ai，它与两点Aj、Ak(i、j、k互不相等，且1≤i，j，k)连了线，于是A0、Aj、Ai、Ak连成四边形．
现设任一点连的线数≤n－2．且设b0＝q+2≤n－2．且设图中没有四边形．于是当i≠j时，Bi与Bj没有公共的点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．记＝V\B0，则由|Bi∩B0|≤1，得|Bi∩|≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且当1≤i，j≤n－1且i≠j时，Bi∩与Bj∩无公共点对．从而
中点对个数≥(Bi∩中点对个数)．即
C≥C≥C
＝ (b－3bi+2)≥[(bi)2－3bi+2(n－1)](由平均不等式)
＝[(2l－b0)2－3(2l－b0)+2(n－1)]＝[(2l－b0)2－3(n－1)(2l－b0)+2(n－1)2]
＝(2l－b0－n+1)(2l－b0－2n+2) (2l≥q(q+1)2+2＝(n－1)(q+1)+2)
≥[(n－1)(q+1)+2－b0－n+1][(n－1)(q+1)+2－b0－2n+2]
＝[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(两边同乘以2(n－1)即
(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)
得 q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因数比较) ①
但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．(b0≥q+2)②
(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0． ③
又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均为正整数，
从而由②、③得， q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)． ④
由①、④矛盾，知原命题成立．
又证：画一个n×n表格，记题中n个点为A1，A2，…，An，若Ai与Aj连了线，则将表格中第i行j列的方格中心涂红．于是表中共有2l个红点，当d(Ai)＝m时，则表格中的i行及i列各有m个红点．且表格的主对角线上的方格中心都没有涂红．
由已知，表格中必有一行有q＋2个红点．不妨设最后一行前q＋2格为红点．其余格则不为红点(若有红点则更易证)，于是：问题转化为：证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点．
若否，则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点．于是，前n－1行的前q＋2个方格中，每行至多有1个红点．去掉表格的第n行及前q＋2列，则至多去掉q＋2＋(n－1)＝q＋2＋q2＋q＝(q＋1)2＋1个红点．于是在余下(n－1)×(n－q－2)方格表中，至少有
2l－(q＋1)2－1＝q(q＋1)2＋2－(q＋1)2－1＝(q－1)(q＋1)2＋1＝q3＋q2－q个红点．
设此表格中第i行有mi(i＝1，2，…，n－1)个红点，于是，同行的红点点对数的总和＝C．其中n－1＝q2＋q．(由于当n＞k时，C＋C＜C＋C，故当红点总数为q3＋q2－q个时，可取q2行每行取q个红点，q行每行取q－1个红点时C取最小值，由下证可知红点数多于此数时更有利于证明．即)
但 q2C＋qC≤C．
由假设，不存在处在不同行的2个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了q＋2列，故还余q2－1列，不同的列对数为C)
C≤C．
所以q2·q(q－1)＋q(q－1)(q－2)≤(q2－1)(q2－2)．
q(q－1)(q2＋q－2)≤(q－1)(q＋1)(q2－2)q3＋q2－2q≤q3＋q2－2q－2．矛盾．故证．
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