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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
