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1、2003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题（本题满分36分，每小题6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.这个新数列的第2003项是（ ）A2046 B2047 C2048 D20492、设a，bR，ab0，那么，直线axyb=0和曲线bx2ay2=ab的图形是（ ）3、过抛物线y2=8（x2）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P点,则线段PF的长等于( )A B C D4、若，则的最大值是（ ）.A B C D5、已知x、y都在区间（2，2）内，且xy=1，则函数的最小值是（ ）A B C D6、在四面体A
2、BCD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（本题满分54分，每小题9分）7、不等式|x|32x24|x|30的解集是_.8、设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|：|PF2|=2：1，则PF1F2的面积等于_.9、已知A=x|x24x3mn.已知，其中x=xx，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、（本小题满分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=q2q1，l q（q1）21，q2，qN.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
3、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）.答 案一、选择题1、注意到452=2025，462=2116，故2026=a202645=a1981，2115= a211545= a2070.而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.又198122=2003，故a2003= a198122=202622=2048.故选（C）. 2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=axb和，则观察可知应选（B）.3、易知此抛物线焦点F与坐标原点重合，故直线AB的方程为y=. 因此，A，B两点的横坐标满足方程：3x28x1
4、6=0.由此求得弦AB中点的横坐标，纵坐标，进而求得其中垂线方程，令y=0，得P点的横坐标，即，故选（A）.4、5、由已知得，故而x（2，）（，2），故当之值最小，而此时函数u有最小值，故选（D）.6、如图，过C作，以CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABFECD，则所求四面体的体积V1等于上述棱柱体积V2的. 而CDE的面积S=CECDsinECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABFECD的高，故因此，故选（B）.二、填空题7、由原不等式分解可得（|x|3）（x2|x|1）0，由此得所求不等式的解集为.8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，则由其方程知a=3，b=2，c=，故
5、|PF1|PF2|=2a=6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2. 在PF1F2中，三边之长分别为2，4，而2242=，可见PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故PF1F2的面积=|PF1|PF2|=24=4.9、易得A=（1，3），设f(x)=21xa，g(x)=x22(a7)x5要使，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)0，f(3)0，g(1)0，g(3)0.由此推出4a1.10、由已知可得因此，a|b，c|d.又由于ac=9，故于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故bd=93
6、.11、如图，由已知上下层四个球的球心A，B，C，D和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O和O为上下底面构成圆柱.同时，A在下底面的射影必是的中点M. 在AAB中，AA= AB=AB=2.设AB的中点为N，则AN=.又OM=OA=，ON=1.所以MN=1，.因此所示原来圆柱的高为.12、因为Mn中小数和小数点后均有n位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择（0或1）方法，故Tn=2n1.又因在这2n1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半，故三、解答题13、由于（abcd）2=a2b2c2d22（abac
7、adbcbdcd）4（a2b2c2d2），因此abcd2（当且仅当a=b=c=d时取等号）.取a=b=，c=，d=，则因为，不能同时相等，所以.14、设Z=xyi(x，yR)，则xyi =acos4ti2(bi) cos2tsin2t(1ci)sin4t，实虚部分离，可得x= cos2tsin2tsin4t=sin2ty=a(1x)22b(1x)xcx2(0x1)即y=(ac2b)x22(ba)xa 又因为A，B，C三点不共线，故ac2b0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是. 所以直线DE的方程为y=(ca)x(3a2bc) 由，联立得ac2b（x）2=0.由于ac2b0
8、，故（x）2=0，于是得x=. 注意到，所以，抛物线与ABC中平行于AC的中位线DE有且只有一个公共点，此点的坐标为，其对应的复数为15、如图，以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有A（a，0）. 设折叠时，O上点A（Rcos，Rsin）与点A重合，而折痕为直线MN，则MN为线段AA的中垂线. 设P(x，y)为MN上任一点，则|PA|=|PA|. 故(xRcos)2(yRsin) 2=(xa)2y2，即2R(xcosysin)=R2a22ax，故加 试一、如图，连结AB，在ADQ与ABC中，ADQ=ABC，DAQ=PBC=CAB，故ADQABC，而有，即BCAD=ABDQ.又由切割
9、线关系知PCAPAD，故；同理由PCBPBD得.又因PA=PB，故，得ACBD=BCAD=ABDQ. 又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知ACBDBCAD= ABCD于是得ABCD=2ABDQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.在CBQ与ABD中，BCQ=BAD，于是CBQABD，故CBQ=ABD，即得DBQ=ABC=PAC.二、由题设可知于是由于（3，2）=（3，5）=1，由可知3lm3mn1(mod 24).现在设u是满足3u1(mod 24)的最小正整数，则对任意满足3v1(mod 24)的正整数v，我们有u |v，即u整除v. 事实上，若，则由带余除法可知，存在非负整数a与b，使得v=
10、aub，其中0mn，所以有rs.这样一来，三角形的三个边为500rn、500sn和n.由于两边之差小于第三边，故n500(rs)，因此，当s=1，r=2，n=501时三角形的周长最小，其值为（1000501）（500501）501=3003三、设这n个点的集合V=A0，A1，A2，An1为全集，记Ai的所有邻点（与Ai有连线段的点）的集合为Bi，Bi中点的个数记为|Bi| =bi，显然且bi(n1)(i=0，1，2，n1).若存在bi=n1时，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论bin1(i=0，1，2，n1)的情况.不妨设q2b0n1.用反证法.若图中不存在四边形，则当ij时，Bi与Bj无公共点对，即|BiBj|1（0i0 由，及(nb0
