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1、一九九九年全国高中数学联合竞赛第一试(10月10日上午8:00-9:40)一选择题：（每小题6分）1给定公比为q(q1)的等比数列an，设b1=a1+a2+a3 , b2=a4+a5+a6 , ,bn=a3n-2+a3n-1+a3n , 则数列bn ( )(A)是等差数列 (B)是公比q为的等比数列 (C)是公比为q3的等比数列 (D)既非等差数列又非等比数列2平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么满足不等式(|x|1)2+(|y|1)20恒成立，试求的取值范围。四、（本题满分20分）给定A（2，2），已知B是椭圆+=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+|BF|取最小值时，求B
2、的坐标。五、（本题满分20分）给定正整数n和正数M，对于满足条件a21+a2n+1M的所有等差数列a1，a2，a3，试求S=an+1+an+2+a2n+1的最大值。第二试一、(满分50分)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G求证：GAC=EAC.二、(满分50分)给定实数a，b，c，已知复数z1，z2，z3满足：求|az1+bz2+cz3|的值三、(满分50分)给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1,2,3,n克的所有物品。（1）求k的最小值f(n)；（2）当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝
3、码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。一九九九年全国高中数学联赛解答第一试一选择题：（每小题6分）1给定公比为q(q1)的等比数列an，设b1=a1+a2+a3 , b2=a4+a5+a6 , ,bn=a3n-2+a3n-1+a3n , 则数列bn ( )(A)是等差数列 (B)是公比q为的等比数列 (C)是公比为q3的等比数列 (D)既非等差数列又非等比数列解：由题设，an=a1qn1 ，则=q3因此，bn是公比为q3的等比数列故选C2平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么满足不等式(|x|1)2+(|y|1)22的整点(x，y)的个数是( )（A）16 （B）17 （C
4、）18 （D）25解：由（|x|1)2+(|y|1)22d，这不可能；故P在双曲线的左支，则|PF2|PF1|=2a,|PF1|+|PF2|=2d两式相加得2|PF2|=2a+2d又|PF2|=ed,从而ed=a+d故d=16因此，P的横坐标为16=5、已知直线ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合3，2，1，0，1，2，3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样的直线的条数是 解：设倾斜角为，则tan=0不妨设a0，则b0恒成立，试求的取值范围。解：若对一切x0，1，恒有 f(x)=x2cosx(1x)+(1x)2sin0，则cos=f(1)0,sin=f(0)0. (1)
5、取 x0=(0，1)，则x0-(1-x0)=0由于f(x)=x-(1-x)2+2(+)x(1x)所以，00 (2)反之，当(1)，(2)成立时，f(0)=sin0，f(1)=cos0，且x(0，1)时，f(x)2(+)x(1x)0先在0,2中解(1)与(2)：由cos0,sin0，可得00，, sin2, sin2,注意到 02，故有 2 ,所以，因此，原题中的取值范围是 2k+2k+, kZ四、（本题满分20分）给定A（2，2），已知B是椭圆+=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+|BF|取最小值时，求B的坐标OBBNlyAFMx1解：记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a、b、c，离心率为
6、e则a=5,b=4,c=3,e=，左准线为x=过点B作左准线x=的垂线，垂足为N，过A作此准线的垂线，垂足为M由椭圆定义，|BN|=|BF|于是， |AB|+|BF|=|AB|+|BN|AN|AM|(2)()= (定值)，等号成立当且仅当B是AM与椭圆的交点时，此时B(，2)所以，当|AB|+|BF|取最小值时，B的坐标为(，2) 五、（本题满分20分）给定正整数n和正数M，对于满足条件a21+a2n+1M的所有等差数列a1，a2，a3，试求S=an+1+an+2+a2n+1的最大值。解 设此数列的公差为d，则S= an+1+an+2+a2n+1=(n+1)(a1+nd).故=a1+nd由n给
7、定，故应求a1+nd =t的最大值Ma12+(a1+nd)2=2a12+2a1nd+n2d2=(a1+nd)2+(2)a12+(23)a1nd+(1)n2d2(若(2)a12+(23)a1nd+(1)n2d2能配成完全平方式，则可求出t的最大值)取(23)24(2)(1)=0，即412+928+2292=0，= M(a1+nd)2+(4a1+nd)2()2. S(n+1)等号当且仅当4a1+nd=0及M=(a1+nd)2时成立即a1=nd，a1=，d=时成立易算得此时a12+an+12=M，S=(n+1) S的最大值为(n+1)第二试一、(满分50分)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分B
8、AD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：GAC=EAC.证明 连结BD交AC于H，对BCD用Ceva定理，可得=1因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理，可得=，故=1过点C作AB的平行线交AG延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J，则 =，=，所以， =1从而，CI=CJ又因CIAB，CJAD，故ACI=-BAC=-DAC=ACJ，因此，ACIACJ，从而IAC=JAC，即GAC=EAC二、(满分50分)给定实数a,b,c，已知复数z1,z2,z3满足：求|az1+bz2+cz3|的值。解：记 ei=cos+isin可设=ei，=ei，则=ei(
9、+)由题设，有ei+ei+ei(+)=1两边取虚部，有0=sin+sinsin(+)=2sincos2sincos=2sin(coscos)=4sinsinsin故=2k或=2k或+=2k，kZ因而，z1=z2或z2=z3或z3=z1如果z1=z2，代入原式即1+=1故()2+1=0，故=i这时，|az1+bz2+cz3|=|z1|a+bci|=类似地，如果z2=z3,则|az1+bz2+cz3|=，如果z3=z1,则|az1+bz2+cz3|=所以，|az1+bz2+cz3|的值为或 或 三、(满分50分)给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，3，n克的
10、所有物品。（1）求k的最小值f(n)；（2）当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。(1)解：设这k块砝码的质量数分别为a1,a2,ak，且1a1a2ak，aiZ，1ik因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为xiai，xi1，0，1若利用这k块砝码可以称出质量为1，2，3，,n的物品，则上述表示式中含有1，2，n，由对称性易知也含有0，1，2，n，即xiai|xi1，0，10,1，n所以，2n+1=|0，1，n| |xiai|xi1，0，1|3k，即 n设 n(m1,mZ)，则km且k=m时，可取a1=1，a2=3，am=3m1由数的三进制表示可知，对任
11、意0p3m1,都有p=yi3i1，其中yi0，1，2则 p=yi3i13i1=(yi1)3i1令xi=yi1，则xi1，0，1故对一切l 的整数l，都有l=xi3i1，其中xi1，0，1由于n，因此，对一切nln的整数l，也有上述表示综上，可知k的最小值f(n)=m(n) (2)证明：.当n 时，由(1)可知1，3，3m1，3m就是一种砝码的组成方式下面我们证明1，3，3m1,3m1也是一种方式若1l ，由(1)可知l=xi3i1，xi1，0，1则 l=xi3i1+0(3m1)；若 ln ，则 l+1由(1)可知l+1=xi3i1，其中xi1，0，1易知xm+1=1(否则l3i11=1,矛盾)
12、则l=xi3i1+1(3m1)所以，当n时，f(n)块砝码的组成方式不惟一.下面我们证明：当n=时，f(n)=m块砝码的组成方式是惟一的，即ai=3i1(1im)若对每个l,都有l=xiai，xi1，0，1即 xiai|xi1，0，10,1，注意左边集合中至多有3m个元素故必有xiai|xi1，0，1=0,1，从而，对每个l，l ,都可以惟一地表示为l=xiai，其中xi1，0，1因而，ai=则(xi+1)ai=xiai+ai=xiai+令yi=xi+1,则yi0，1，2由上可知，对每个0l3m1，都可以惟一地表示为 l=yiai，其中yi0，1，2特别地，易知1a1a2am下面用归纳法证明ai=3i1(1im)当i=1时，易知yiai中最小的正整数是a1，故a1=1假设当1ip时，ai=3i1 由于yiai =yi3i1, yi0，1，2就是数的三进制表示，易知它们正好是0，1，2，,3p1，故ap+1应是除上述表示外yiai |yi0，1，2中最小的数，因此，ap+1=3p由归纳法可知，ai=3i1(1im)综合，可知，当且仅当n=时，上述f(n)块砝码的组成方式是惟一确定的
