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)

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1、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题一图一、(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,答一图从而四点共圆,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

2、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,()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()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,

3、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:(),;()存在;(), 证 必要性:假设存在满足(),()注意到()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()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(),且 因,故,因此,即的极限存在,满足() 40分最后验证满足(),因,即,从而 综上,已证得存在数

4、列满足(),(),() 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 )A3 B2 C1 D0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22设,若,则实数的取值范围为 ( A )A B C

5、 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

6、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564 cm2,则这三个正方体的体积之和为 ( D )A. 586 cm3 B. 586 cm3或564 cm3 C. 764 cm3 D. 764 cm3或586 cm3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cm35方程组的有理数解的个数为 ( C )A. 4 B. 3 C. 2 D. 1解 若,则解得或若,则由得 由得 将代入得

7、 由得,代入化简得.易知无有理数根,故,由得,由得,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

8、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25331222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

9、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25331222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 答12图1解 如答12图1,考

10、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,过作于答12图2 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: 答13图证 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

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