2003年北京市第18届“迎春杯”数学竞赛试题及详解【圣才出品】
2003年全国高中数学联赛试题及解答
O
x
O
x
O
xOx源自A.2 2B.
C.
D.
x y 解：曲线方程为 + =1，直线方程为 y=ax+b． a 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 ． 2 3．过抛物线 y =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 16 8 16 (A) (B) (C) 3 (D) 8 3 3 3 3 p 4 解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦 AB 所在直线方程为 y= 3x，弦的中点在 y= = 上，即 AB 中点 k 3 4 4 3 4 4 16 16 为( ， )，中垂线方程为 y=－ (x－ )+ ，令 y=0，得点 P 的坐标为 ．∴ PF= ．选 A ． 3 3 3 3 3 3 3
2003 年全国高中数学联赛
通渭一中
刘黎明
2003 年全国高中数学联合竞赛试题及解答
第一试 (10 月 12 日上午 8:009:40) 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 2 2．设 a，b∈R ，ab≠0，那么直线 ax－y+b=0 和曲线 bx +ay =ab 的图形是
2003年全国初中数学联赛试卷参考答案与试题解析
2003年全国初中数学联赛试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题7分，满分42分）1．（7分）的值等于（）．5﹣4B．4﹣1 C解答：解：原式==+=，故选D．2．（7分）在凸10边形的所有内角中，锐角的个数最多是（）3．（7分）若函数y=kx（k＞0）与函数的图象相交于A，C两点，AB垂直x轴于B，则△ABC的面积为（）解答：解：设点A的坐标为（x，y），则xy=1，故△ABO的面积为，又∵△ABO与△CBO同底等高，∴△ABC的面积=2×△ABO的面积=1．故选A．解答：解：由可得，（﹣）（++）=0，∵++＞0，∴﹣=0，∴，故选B．5．（7分）设△ABC的面积为1，D是边AB上一点，且=，若在边AC上取一点E，使四边形DECB的面积为，则的值为（）．B．C．D．解答：解：连接BE．∵=，∴△ADE和△ABE的面积比是1：3．设△ADE的面积是k，则△ABE的面积是3k，则△BDE的面积是2k．设△BCE的面积是x，则有（2k+x）=（3k+x），解得x=k．则△ABE和△BCE的面积比是3：1，则的值为．故选B．6．（7分）如图，在▱ABCD中，过A、B、C三点的圆交AD于E，且与CD相切．若AB=4，BE=5，则DE的长为（）．D．解答：解：连接CE；∵，∴∠BAE=∠EBC+∠BEC；∵∠DCB=∠DCE+∠BCE，由弦切角定理知：∠DCE=∠EBC，由平行四边形的性质知：∠DCB=∠BAE，∴∠BEC=∠BCE，即BC=BE=5，∴AD=5；由切割线定理知：DE=DC2÷DA=，故选D．二、填空题（共4小题，每小题7分，满分28分）7．（7分）抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若△ABC是直角三角形，则ac= ﹣解答：解：设A（x1，0），B（x2，0），由△ABC是直角三角形可知x1、x2必异号，则x1•x2=＜0，由于函数图象与y轴相交于C点，所以C点坐标为（0，c），由射影定理知，|OC|2=|AO|•|BO|，即c2=|x1|•|x2|=||，故|ac|=1，ac=±1，由于＜0，所以ac=﹣1．故答案为：﹣1．8．（7分）设m是整数，且方程3x2+mx﹣2=0的两根都大于﹣而小于，则m= 4 ．解答：解：由题设可知，，解得．因为m是整数，所以m=4．故答案为4．9．（7分）如图，AA′、BB′分别是∠EAB、∠DBC的平分线，若AA′=BB′=AB，则∠BAC的度数为12°．∴∠CAB=∠BB′A，∴∠B′BD=2x°，∵BB′是∠DBC的平分线，∴∠CBD=4x°，∵AB=AA′，∴∠AA′B=∠ABA′=∠CBD=4x°，∵∠A′AB=（180°﹣x°），∴（180°﹣x°）+4x°+4x°=180°，∴x°=12°．故答案为：12°．10．（7分）已知正整数a、b之差为120，它们的最小公倍数是其最大公约数的105倍，那么，a、b中较大的数是225 ．解答：解：设（a，b）=d，且a=md，b=nd，其中m＞n，且m与n互质，于是a、b的最小公倍数为mnd，依题意有即，则m＞n据②可得或或或根据①只取可求得d=15，故两个数中较大的数是md=225．三、解答题（共5小题，满分120分）11．（20分）试求出这样的四位数，它的前两位数字与后两位数字分别组成的二位数之和的平方，恰好等于这个四位数．解答：解：设前后两个二位数分别为x，y，∴（x+y）2=100x+y．x2+2（y﹣50）x+（y2﹣y）=0．b2﹣4ac=4（y﹣50）2﹣4（y2﹣y）=4（2500﹣99y）≥0，解得y≤25，当y≤25时，原方程有解．∴x==50﹣y±，∴2500﹣99y必为完全平方数，∵完全平方数的末位数字只可能为0；1；4；5；6；9．x的数位是2位，y是2位．∴y=25，∴x=30或20，12．（25分）在△ABC中，D为AB的中点，分别延长CA、CB到点E、F，使DE=DF，过E、F分别作CA、CB 的垂线相交于P，设线段PA、PB的中点分别为M、N．求证：①△DEM≌△DFN；②∠PAE=∠PBF．解答：证明：①如图，在△ABP中，∵D、M、N分别是AB、AP、BP的中点，∴DM=BP，DN=AP，又∵PE⊥AE，BF⊥PF∴EM=AP=DN，FN=BP=DM，∵DE=DF∴△DEM≌△DFN（SSS）；②∵由①结论△DEM≌△DFN可知∠EMD=∠FND，∵DM∥BP，DN∥AP，∴∠AMD=∠BND=∠APB，∴∠AME=∠BNF又∵PE⊥AE，BF⊥PF，∴△AEP和△BFP都为直角三角形，又M，N分别为斜边PA与PB的中点，∴AM=EM=AP，BN=NF=BP，∴∠MAE=∠MEA，∠NBF=∠NFB，∴∠PAE=（180°﹣∠AME），∠PBF=（180°﹣∠BNF）．即∠PAE=∠PBF，13．（25分）已知实数a、b、c、d互不相等，且，试求x的值．解答：解：由已知有a+=x，①； b+=x，②；c+=x，③；d+=x，④；即dx3﹣（ad+1）x2﹣（2d﹣a）x+ad+1=0⑦由④得ad+1=ax，代入⑦得（d﹣a）（x3﹣2x）=0由已知d﹣a≠0，∴x3﹣2x=0若x=0，则由⑥可得a=c，矛盾．故有x2=2，x=±15．（25分）已知四边形ABCD的面积为32，AB、CD、AC的长都是整数，且它们的和为16．（1）这样的四边形有几个？（2）求这样的四边形边长的平方和的最小值．解答：解：（1）如图，记AB=a，CD=b，AC=l，并设△ABC的边BA上的高为h1，△ADC的边DC上的高为h2，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=（h1a+h2b）≤l（a+b），当且仅当h1=h2=l时等号成立，即在四边形ABCD中，当AC⊥AB，AC⊥CD时，等号成立，由已知得64≤l（a+b），又∵a+b=16﹣l，得64≤l（16﹣l）=64﹣（l﹣8）2≤64，于是l=8，a+b=8，且这时AC⊥AB，AC⊥CD，因此这样的四边形由如下4个：a=1，b=7，l=8；a=2，b=6，l=8；a=3，b=5，l=8；a=b=4，l=8；（2）由于AB=a，CD=8﹣a，则BC2=82+a2，AD2=82+（8﹣a）2，故这样的四边形的边长的平方和为：2a2+2（8﹣a）2+128=4（a﹣4）2+192，当a=b=4时，平方和最小，且为192．故答案为：4，192．。
2003年全国初中数学竞赛试题及答案.doc
2003年全国初中数学联合竞赛决赛试题一、选择题（每小题7分，共42分）1、221217223－＋－＝＿＿。
A 5－42 B42－1 C5 D12、在凸10边形的所有内角中，锐角的个数最多是＿＿个。
A0 B1 C3 D53、若函数y ＝kx(k ＞0)与函数y ＝x －1的图象相交于A 、C 两点，AB 垂直x 轴于B ，则△ABC 的面积为＿＿。
A1 B2 Ck Dk 24、满足等式x 2003xy 2003y 2003x y x y ＋－－＋＝2003的正整数对的个数是＿＿。
A1 B2 C3 D45、设△ABC 的面积为1，D 是边AB 上一点，且AD ∶AB ＝1∶3。
若在边AC 上取一点E ，使四边形DECB 的面积为43，则EAEC 的值为＿＿。
A 21C 41 D 516、如图，在平行四边形ABCD 中，过A 、B 、C 三点的圆交AD 于E ，且与CD 相切，若AB ＝4，BE ＝5，则ED 的长为＿＿。
A3 B4 C415D516 二、填空题（每小题7分，共28分）1、抛物线y ＝ax ＋bx ＋c 与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C 。
若△ABC 是直角三角形，则ac ＝＿＿＿＿。
2、设m 是整数，且方程3x 2＋mx －2=0的两根都大于－59而小于3，则m=_______。
3、如图，AA 1、BB 1分别是∠EAB 、∠DBC 的平分线，若AA 1＝BB 1＝AB ，则∠BAC 的度数为＿＿。
4、已知正整数a 、b 之差为120数的105倍，那么a 、b 中较大的数是＿＿。
三、（本题满分20分）在△ABC 中，D 为AB 的中点，分别延长CA 、CB 到点E 、F ，使DE ＝DF ；过E ，F 分别作CA 、CB 的垂线，相交于P ，设线段PA 、PB 的中点分别为M 、N 。
求证：①△DEM ≌△DFN ；②∠PAE ＝∠PBF 。
四、（本题满分20分）已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，且a ＋a1＝b ＋b1＝c ＋c1＝1Fd+d1＝x ，试求x 的值。
2003年北京市中学生数学竞赛_高一试卷及解析
2003年北京市中学生数学竞赛_高一试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.a为非零实数，x为实数.记命题M：x∈{−a,a}，记命题N：√x2=a有解.则M是N 的（）.A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充分且必要条件D. 既非充分又非必要条件2.表示不超过a的最大整数，则函数y=xπ−[xπ]−|sinx|的最大值是（）.A. −√22B. 12C. 1D. 不存在3.已知f(x)是定义在实数集上的函数，且f(x+5)=−f(x)，当x∈(5,10)时，f(x)=1.则f(2003)的值等于（）.xA. −18B. 15C. 13D. −134.满足不等式9x−2⋅3x−3≥0的x的最小实数值是（）.A. -1B. 0C. 1D. 35.在△ABC中，已知AB = 5，AC≤5,BC≥7.则∠CAB的最小值为（）.A. π2B. 2π3C. 3π4D. 5π66.如果满足||x2−4x−5|−6|=a的实数x恰有6个值，则实数a的取值范围是（）.A. −6≤a≤0B. 0<a≤3C. 3<a<6D. 6≤a<9第II卷（非选择题）二、填空题是边BC的中点，N是边CD的中点.则sin∠MAN的值是__________.8.记min{a，b，c}为a、b、c中的最小值.若x、y是任意正实数，则M=min {x,1y,y +1x}的最大值是 __________.9.已知函数f (x )=2+x 1+x.记f (1)+f (2)+⋯+f (1000)=m,f (12)+f (13)+⋯+f (11000)=n . 则m +n =__________.10.如果 x 1 与x 2是方程√x +4+√9−3x =5的两个不等的实根， 那么，x 12+x 22的值为 __________.11.△ABC 中， ∠ABC =36°， ∠ACB =42°， 在边 BC 上取一点 D ， 使得 BD 恰等于 △ABC 外接圆的半径.则∠DAC =__________度. 12.数列{a n }中，a 1=1,a n+1=4a n +4√a n +1, n =1， 2，….则该数列的通项公式为 __________.13.n 是正整数， f (n )=sinnπ2.则f (1991)+f (1992)+⋯+f (2003)=__________.14.一个三角形的三条边成等比数列， 那么， 公比q 的取值范围是__________. 15.已知 x 、y 是正整数， 且满足xy+x +y =71,x 2y +xy 2=880.则x 2+y 2=_________.16.如图， 两圆交于 A 、B 两点， S 为两圆外一点， 直线 SA 交第一圆于点C ， 交第二圆于点 D ，直线 SB 交第一圆于点E ， 交第二圆于点F .已知 CE = a ， DF = b ， 四边形 ABEC 的面积与四边形 ABFD 的面 积相 等.则 AB =________.17.定义在正整数集合上的函数f (x )={3x −1, x 为奇数.x2, x 为偶数.令 x 1=12,x n+1=f (x n ),n ∈N ，则集合{x |x =x n ,n ∈N}中的元素共有__________个.18.已知各项均为正数的等比数列{b n }和一个等差数列{a n }，满足b 3−b 1=9,b 5−b 3=36，且b 1=a 1,b 2=a 3. 记该等比数列前 6 项的和等于 G 6 ， 该等差数列前 12 项的和等于 A 12， 则 G 6 +A 12 = __________.19.设集合M ={-2,0,1}，N ={1,2,3,4,5}，映射f ：M →N 使对任意的x M ∈，都有是奇数，则这样的映射f 的个数是________．三、解答题20.如果a、b、c是正数，求证：a 3a2+ab+b2+b3b2+bc+c2+c3c2+ca+c2≥a+b+c3.21.如图，动点P在以AB = 1为弦，且含弓形角为2π3的弓形弧（含端点）上.设AP= x,BP=y，试确定k=3x+2y的最大值和最小值.22.已知半径分别为R、r的两个圆外切于点P，点P到这两圆的一条外公切线的距离等于d .求证：1R +1r=2d.23.设有两两不等的n个正整数a1,a2,⋯,a n.则在形如t1a1+t2a2+⋯+t n a n（其中t i取1或-1 ，i =1， 2， …，n）的整数中，存在n2+n+22个不同的整数，要么同时为奇数，要么同时为偶数.参考答案1.B【解析】1.设a为正数，当x = -a时，x∈{-a，a}，M真.但√(−a)2=a≠−a，N不真.所以，M不是N的充分条件.若N真，√x2=a，显然应有a为非负数.但a不为0 ，所以a为正数.于是，x=a∈{-a，a}，故M真.因此，M是N的必要条件.综上分析，M是N的必要非充分条件.选B.2.D【解析】2.因为0≤xπ−[xπ]<1，0≤|sinx|≤1,y=xπ−[xπ]−|sinx|≤1−0=1，所以y=xπ−[xπ]−|sinx|的最大值可能是1.下面说明不能达到1.因y是以π为周期的周期函数，故只须考虑x∈（0，π] 时函数的变化.在x∈（0，π] 上，当x∈（0 ，π）时，[xπ]=0，sinx>0，则y=xπ−sinx<1−sinx<1.从图可见当y≤x1时，当y≤0时，x∈（x1，π）时，xπ>sinx，且xπ单调增，sinx单调减，则y=xπ−sinx单调增；当x = π时，y = 0.所以，y无最大值.选D.3.A【解析】3.因为f(x+10)=−f(x+5)=f(x)，所以，f(2003)=f(200×10+3)=f(3)=−f(8)=−18.选A.4.C【解析】4.设3x=t，原不等式变形为t2−2t−3≥0.解得t∈(−∞,−1]∪[3,+∞).因为t是正数，所以，3x=t≥3.故x≥1.因此，满足9x−2×3x−3≥0的最小实数值是 1.选C.5.B【解析】5.由余弦定理得cos∠CAB=AC2+52−BC22×5×AC≤32+25−7210×AC=1510×AC≤1510×3=−12.由于余弦函数在区间（0，π）是减函数，所以，∠CAB≥2π3.选B.6.C【解析】6.作出函数y=|x2−4x−5|的草图，看直线y=6±a（a>0）与该图像的交点个数，确定实数a的取值范围是{6+a>90<6−a<9所以3<a <6.选C.7.35【解析】7.如图，设正方形边长为2 ，连结MN，则S正方形ABCD=4,S△ABM=S△ADN= 1,S△CMN=0.5.所以，S△AMN=4−1−1−0.5=1.5又M=AN=√5，S△AM N=12AM⋅ANsin∠MAN，得sin∠MAN=5×5=35.8.√2【解析】8. 依题设1y≥M,x ≥M,y +1x ≥M ，则1y ≤1M ,1x ≤1M ,M ≤y +1x ≤2M .于是，M 2≤2,M ≤√2.当x=√2,y =√2时，1y =√2,y +1x =√2√2=√2.所以，M =√2，M 的最大值是√2.9.2998.5【解析】9.易知 x ≠ -1 .由于f (x )+f (1x)=2+x 1+x+2+1x 1+1x=3,f (1)=32，所以，m +n =3×999+32=2998.5.10.14116【解析】10.原方程两边平方并整理得√x +4⋅√9−3x =x +6， 再两边平方得9x +36−3x 2−12x =x 2+12x +36，合并可得 4x 2+15x =0， x (4x +15)=0解得x 1=0,x 2=−154.检验知均为原方程的根.所以，x 12+x 22=0+22516=14116.11.54°【解析】11.设 O 是 △ABC 的外接圆圆心， 易知∠BAC =102°是 钝 角.所 以， O 在△ABC 的外部.连结OA 交边BC 于D 1 .下面证明 D 1与 D 重合.由图可见，∠AOB =84°，∠OAB =48°，∠BD 1=36°+48°=84°. 所以， BD 1 = BO ， 即 D 1 与 D 重合. 因此∠DAC =102°- 48°= 54° 12.22n−2n+1+1.【解析】12. 由已知条件得√a n+1=2√a n +1，所以，√a n+1+1=2(√a n +1).因此，{√a n+1+1}是首项为2、公比为2的等比数列.√a n +1=2n，即√a n =2n −1.从而，a n =22n −2n+1+1.13.-1【解析】13. 易知f (1991)=−1,f (1992)=0,f (1993)=1.所以f (1991)+f (1992)+⋯+f (2003)=−1.14.√5−12<q <√5+12【解析】14.设三边按递增顺序排列为a,aq,aq 2， 其中a >0,q≥1.则a+aq >aq 2， 即q 2−q −1<0.解得1−√52<q <1+√52. 由 q ≥1 知 q 的取值范围是1≤q <1+√52. 设三边按递减顺序排列为a,aq,aq 2，其中a >0,0<q <1.则aq 2+aq >a ，即q 2+q −1>0. 解得√5−12<q <1.综上所述， 1−√52<q <1+√52.15.146【解析】15. 设a=x +y,b =xy,xy +x +y =a +b =71，x 2y +xy 2=xy (x +y )=ab =880.所以，a 、b 是t 2−71t +880=0的两个根. 解得a =x +y,b =xy 分别等于16和35. 只有x+y =55,xy =16，显然无正整数解.所以，只有x+y =16,xy =55. 因此，x 2+y 2=(x +y )2−2xy =146.16.√a 2+b 22【解析】16.易知∠SCE =∠SBA =∠SDF .所以，△SCE ∽△SBA ∽△SDF . 设 AB =x,S △SCE =S 0,S 四边形ABEC =S 四边形ABFD =S ，则S 0+SS 0=x 2a 2， ① S 0+2SS 0=b2a 2. ② 由①得S S 0=x 2−a 2a 2，由②得2SS0=b 2−a 2a 2， 故x 2−a 2a2=b 2−a 22a 2. 解得x =√a 2+b 22.17.7【解析】17. 由x 1=12得x 2=6， 进而x 3=3,x 4=8,x 5=4,x 6=2,x 7=1,x 8=2,x 9=1,⋯，以下均为 2， 1， 2， 1，…的循环.所以，x n 共取 7 个不同的值， 即集合{x |x =x n ,n ∈N}中共有 7 个元素.18.324【解析】18.设公比为 q （q >0）， 则{b 1q 2−b 1=9,b 1q 4−b 1q 2=36,即{b 1q 2−b 1=9, ①q 2(b 1q 2−b 1)=36. ②将①代入②得.故1q 2=4或q =2.由于q >0，则q =2.此时b 1=3.所以，G 6=b 1(1−q 6)1−q=3(1−64)1−2=189.设 d 是等差数列{a n }的公差， 则依题设条件有{a 1=3,a 1+2d =6.由此得 d =32.所以，a 12=a 1+11d =392.因此，A 12=(a 1+a 12)×122=(3+392)×6=135. 于是，G 6+A 12=189+135=324.19.45【解析】19.解：因为奇数=奇数+偶数+偶数，或者奇数=奇数+奇数+奇数，因此则满足题意的映射要分为两种情况来考虑，因此可知当x 为奇数时，f(x)对应的是偶数，或者x 为奇数时，f(x)对应的是奇数，；当x 为偶数，f(x)为偶数，按照映射的定义，可知共有45种。
2003年全国初中数学联赛试题及解答
第一试（4 月 13 日上午 8:30—9:30） 一、选择题（本题满分 42 分，每小题 7 分）
1. 2 3 − 2 2 + 17 −12 2 等于（ ）
A. 5 − 4 2 B. 4 2 −1 C.5 D.1 2.在凸 10 边形的所有内角中，锐角的个数最多是（ ）
而 x + y + 2003 > 0 ，所以， xy − 2003 = 0 。故 xy = 2003
又因为
2003
为质数，必有
⎧ ⎨ ⎩
x y
=1 = 2003
或
⎧ ⎨ ⎩
x y
= =
2003 1
5、(B)；
如图，连结
BE ，
SΔADE
=1− 3 = 1 44
，设
CE AC
=x
，则
A D
E
SΔABE
2、4；
由题设可知，
⎧ ⎪3 ⎪ ⎨ ⎪⎪⎩3
× ×
⎛ ⎜⎝ ⎛ ⎜⎝
−
3 79 ⎞2 5 ⎠⎟源自⎞2 ⎟⎠+
+m m×
× ⎛ ⎜⎝
⎛ ⎝⎜ 3 7
− ⎞ ⎟⎠
9 5
−
⎞ ⎠⎟ 2
− >
2 0
>
0
,
解得 3 8 < m < 4 13 。故 m = 4
21
45
3、12º；
设∠BAC 的度数为 x ,因 AB = BB ' ，故∠ B ' BD = 2x, ∠CBD = 4x 又 AB = AA' ，
=
SΔABC
+
SΔADC
2003年全国初中数学联合竞赛试题及解答
为使方程有正整数根要求 4 y 50 4 y 2 y 4 2500 99 y 是完全平方数．
2
经试验得到 y 25 时 是完全平方数，解出 x 20 或 30，即 2025 或者 3025 满足题意. 方法二： 设这两个两位数分别为 x ， y ，则 x y 100 x y
2
由于 △ABC 是直角三角形，所以抛物线与 x 轴的交点必然在 y 轴两边，所以
c 再由射影定理得到 c 2 ，所以 ac 1 . a
c 0. a
9 3 2．设 m 是整数，且方程 3x2＋mx－2＝0 的两根都大于 而小于 ，则 m＝_________. 5 7
【答】 4. 考虑二次函数 f ( x) 3x2 mx 2 与二次函数的两个交点， 由于 3 大于 0， 图像开口向上．
所以 故：
S△ ADE AD AE 1 AE 3 1 ， S△ ABC AB AC 3 AC 4
AE 3 CE 1 ，所以 AC 4 EA 3
B
C
6．如图，在平行□ABCD 中，过 A，B，C 三点的圆交 AD 于 E，且与 CD 相切．若 AB＝4， BE＝5，则 DE 的长为（ A．3. 【答】D. 连接 CE，由于 ABCE 四点共圆，所以：∠DEC＝∠CBA， 在平行四边形 ABCD 中，∠D＝∠ABC， 所以有∠DEC＝∠D＝∠ABC， 同时，CD 平行于 AB，且 DC 与圆相切， 可知：C 为弧 AB 中点，所以∠CEB＝∠CBA，且∠DCE＝∠CBE， 故由∠DEC＝∠D 可知△DEC 为等腰三角形，CD＝CE＝AB＝4， 由∠DEC＝∠CBE 和∠D＝∠ABC＝∠CEB 可知△CDE∽△BCE， 所以：
2003年全国高中数学联赛试题及解答
2003年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月12日上午8:00-9:40)一、选择题(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) 20492．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是A. B. C. D.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)163(B)83(C)163 3 (D) 8 34．若x∈[－5π12，－π3]，则y=tan(x+2π3)－tan(x+π6)+cos(x+π6)的最大值是(A)125 2 (B)116 2 (C)116 3 (D)125 35．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x2+99－y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)1256．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的距离为2，夹角为π3，则四面体ABCD 的体积等于(A)32(B)12(C)13(D)33二．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x29+y24=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A⊆B，则实数a的取值范围是．10．已知a，b，c，d均为正整数，且log a b=32，log c d=54，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M n={(十进制)n位纯小数0.－a1a2…a n|a i只取0或1(i=1，2，…，n－1)，a n=1}，T n是M n中元素的个数，S n是M n中所有元素的和，则limn→∞S nT n=．三、（本题满分20分）13．设32≤x≤5，证明不等式2x+1+2x－3+15－3x<219．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (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(10月12日上午10:00-12:00)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=∠P AC ．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⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104，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=q 2+q +1，l ≥12q (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A. B. C. D.解：曲线方程为x2a+y2b=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)163(B)83(C)163 3 (D) 8 3解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=3x，弦的中点在y=pk=43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．4．若x∈[－5π12，－π3]，则y=tan(x+2π3)－tan(x+π6)+cos(x+π6)的最大值是(A)125 2 (B)116 2 (C)116 3 (D)125 3解：令x+π6=u，则x+2π3=u+π2，当x∈[－5π12，－π3]时，u∈[－π4，－π6]，y=－(cot u+tan u)+cos u=－2sin2u+cos u．在u∈[－π4，－π6]时，sin2u与cos u都单调递增，从而y单调递增．于是u=－π6时，y取得最大值1163，故选C．5．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x2+99－y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)125解：由x，y∈(－2，2)，xy=－1知，x∈(－2，－12)∪(12，2)，u=44－x2+9x29x2－1=－9x4+72x2－4－9x4+37x2－4=1+3537－(9x2+4x2)．当x∈(－2，－12)∪(12，2)时，x2∈(14，4)，此时，9x2+4x2≥12．(当且仅当x2=23时等号成立)．此时函数的最小值为125，故选D．6．在四面体ABCD 中， 设AB=1，CD=3，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为π3，则四面体ABCD的体积等于(A) 32 (B) 12 (C) 13 (D) 33解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1×3×sin π3×2=3． 而四面体ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12．故选B ． 二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0解：即|x |3－2|x |2－4|x |+3<0，⇒(|x |－⇒|x |<－5+12，或5－12<|x |<3．∴ 解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)．8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，则△PF 1F 2的面积等于 ．解：F 1(－5，0)，F 2(5，0)；|F 1F 2|=25．|PF 1|+|PF 2|=6，⇒|PF 1|=4，|PF 2|=2．由于42+22=(25)2．故∆PF 1F 2是直角三角形55． ∴ S=4．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R }若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是 ．解：A=(1，3)；又，a ≤－21－x∈(－1，－14)，当x ∈(1，3)时，a ≥x 2+52x－7∈(5－7，－4)．∴ －4≤a ≤－1．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．解：a 3=b 2，c 5=d 4，设a=x 2，b=x 3；c=y 4，d=y 5，x 2－y 4=9．(x +y 2)(x －y 2)=9． ∴ x +y 2=9，x －y 2=1，x=5，y 2=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=2－1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．解：由于a 1，a 2，…，a n －1中的每一个都可以取0与1两个数，T n =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．∴ S n =2n －2⨯0.11…1+2n －2⨯10－n ．∴ lim n →∞S n T n =12⨯19=118．三、（本题满分20分）13．设32≤x ≤5，证明不等式2x +1+2x －3+15－3x <219．NM DC B A解：x +1≥0，2x －3≥0，15－3x ≥0．⇒32≤x ≤5．由平均不等式x +1+x +1+2x －3+15－3x 4≤x +1+x +1+2x －3+15－3x 4≤14+x4．∴ 2x +1+2x －3+15－3x=x +1+x +1+2x －3+15－3x ≤214+x ．但214+x 在32≤x ≤5时单调增．即214+x ≤214+5=219．故证．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (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=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t ) ∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t ．(0≤x ≤1) y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1－x )2+2b (1－x )x +cx 2即 y=(a －2b +c )x 2+2(b －a )x +a (0≤x ≤1)． ①若a －2b +c=0，则Z 0、Z 1、Z 2三点共线，与已知矛盾，故a －2b +c ≠0．于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线．AB 中点M ：14+12(a +b )i ，BC 中点N ：34+12(b +c )i ．与AC 平行的中位线经过M (14，12(a +b ))及N (34，12(b +c ))两点，其方程为4(a －c )x +4y －3a －2b +c=0．(14≤x ≤34)． ②令 4(a －2b +c )x 2+8(b －a )x +4a=4(c －a )x +3a +2b －c ．即4(a －2b +c )x 2+4(2b －a －c )x +a －2b +c=0．由a －2b +c ≠0，得4x 2+4x +1=0，此方程在[14，34]内有惟一解： x=12．以x=12代入②得， y=14(a +2b +c )．∴ 所求公共点坐标为(12，14(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 +P A=OA '=R ．由于点A 在⊙O 内，故OA=a <R ．从而当点A '取遍圆周上所有点时，点P 的轨迹是以O 、A 为焦点，OA=a 为焦距，R (R >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 '+S 'A ≥R (椭圆的长轴)．即S 'A ≥S 'D ．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10:00-12:00)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=∠P AC ．分析：由∠PBC=∠CDB ，若∠DBQ=∠P AC=∠ADQ ，则∆BDQ ∽∆DAQ ．反之，若∆BDQ ∽∆DAQ ．则本题成立．而要证∆BDQ ∽∆DAQ ，只要证BD AD =DQAQ即可．证明：连AB ．∵ ∆PBC ∽∆PDB ， ∴ BD BC =PD PB ，同理，AD AC =PD P A ． ∵ P A=PB ，∴ BD AD =BC AC． ∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ ，∠ABC=∠ADQ ．∴ ∆ABC ∽∆ADQ ． ∴ BC AC =DQ AQ ．∴ BD AD =DQ AQ．∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ ． ∴ ∆ADQ ∽∆DBQ ．∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠P AC ．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⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104，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，⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104．即求满足3l ≡3m ≡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 ．∵ ϕ(104)=104⨯12⨯45=4000．故x |4000．用4000的约数试验：∵ x=1，2，时3x ≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x 必须是4的倍数；∵ x=4，8，12，16时3x ≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x 必须是20的倍数；∵ x=20，40，60，80时3x ≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是100的倍数；∵ x=100，200，300，400时3x ≡∕1(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=q 2+q +1，l ≥12q (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 ＝{A 0，A 1，…，A n －1}，与A i 连线的点集为B i ，且|Bi |＝b i ．于是1≤b i ≤n －1．又显然有i ＝0n －1∑b i ＝2l ≥q (q +1)2+2．O Q CD B AP若存在一点与其余点都连线，不妨设b 0＝n －1． 则B 0中n －1个点的连线数l －b 0≥12q (q +1)2+1－(n －1) (注意：q (q +1)＝q 2+q ＝n －1)＝12(q +1)(n －1)－(n －1)+1＝12(q －1)(n －1)+1 ≥12(n －1)+1≥[12(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[n －12]条，故在B 0中存在一点A i ，它与两点A j 、A k (i 、j 、k 互不相等，且1≤i ，j ，k )连了线，于是A 0、A j 、A i 、A k 连成四边形．现设任一点连的线数≤n －2．且设b 0＝q +2≤n －2．且设图中没有四边形．于是当i ≠j 时，B i 与B j 没有公共的点对，即|B i ∩B j |≤1(0≤i ，j ≤n －1)．记B 0－＝V \B 0，则由|B i ∩B 0|≤1，得|B i ∩B 0－|≥b i －1(i ＝1，2，…，n －1)，且当1≤i ，j ≤n －1且i ≠j 时，B i ∩B 0－与B j ∩B 0－无公共点对．从而B 0－中点对个数≥i ＝1n －1∑(B i ∩B 0－中点对个数)．即C 2 n －b 0≥i ＝1n －1∑C 2 |B i ∩B 0－|≥i ＝1n －1∑C 2 b i －1＝12i ＝1n －1∑ (b 2i －3b i+2)≥12[1n －1(i ＝1n －1∑b i )2－3i ＝1n －1∑b i +2(n －1)](由平均不等式) ＝12[1n －1(2l －b 0)2－3(2l －b 0)+2(n －1)]＝12(n －1)[(2l －b 0)2－3(n －1)(2l －b 0)+2(n －1)2]＝12(n －1)(2l －b 0－n +1)(2l －b 0－2n +2)(2l ≥q (q +1)2+2＝(n －1)(q +1)+2)≥12(n －1)[(n －1)(q +1)+2－b 0－n +1][(n －1)(q +1)+2－b 0－2n +2]＝12(n －1)[(n －1)q +2－b 0][(n －1)(q －1)+2－b 0]．(两边同乘以2(n －1)即(n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(n －1≥q (q +1)代入)得 q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(各取一部分因数比较) ① 但(nq －q －n +3－b 0)－q (n －b 0－1)＝(q －1)b 0－n +3(b 0≥q +2)≥(q －1)(q +2)－n +3＝q 2+q +1－n ＝0．② (nq －q +2－b 0)－(q +1)(n －b 0)＝qb 0－q －n +2≥q (q +1)－n +2＝1＞0． ③ 又(nq －q －n +3－b 0)、(nq －q +2－b 0)、q (n －b 0－1)、(q +1)(n －b 0)均为正整数，从而由②、③得， q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)＜(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)． 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A 1，A 2，…，A n ，若A i 与A j 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 (A i )＝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＋q 2＋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＝q 3＋q 2－q 个红点．设此表格中第i 行有m i (i ＝1，2，…，n －1)个红点，于是，同行的红点点对数的总和＝i ＝1n －1∑C 2 m i ．其中n －1＝q 2＋q ．(由于当n ＞k 时，C 2n ＋C 2k ＜C 2 n ＋1＋C 2k －1，故当红点总数为q 3＋q 2－q 个时，可取q 2行每行取q 个红点，q 行每行取q －1个红点时i ＝1n －1∑C 2 m i 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 q 2C 2q ＋q C 2q －1≤i ＝1n －1∑C 2 m i ．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q 2－1列，不同的列对数为C 2 q 2－1)i ＝1n －1∑C 2m i≤C 2 q 2－1． 所以q 2·q (q －1)＋q (q －1)(q －2)≤(q 2－1)(q 2－2)．⇒ q (q －1)(q 2＋q －2)≤(q －1)(q ＋1)(q 2－2)⇒q 3＋q 2－2q ≤q 3＋q 2－2q －2．矛盾．故证．。
第十八届北京市大学生数学竞赛本科丙组试题与解答[2]
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第十八届北京市大学生数学竞赛本科丙组试题与解答（2007年10月14日 下午2：30--5：00）一、填空题（每题3分，共30分）.3.______,111,1.11==-+++-→-m m x xx mx m 解则的等价无穷小是时设当 .)1()1()1(.________)1(,)()2)(1()()2)(1()(.21+-='='+++---=-n n f f n x x x n x x x x f n 解则设 .)]11(1[lim ._____)]11(1[lim ,1)0,1()(.3e nf nf y x f y n n n n =++=++-=∞→∞→解则轴上的截距为处的切线在在点已知曲线).1(),0()1(),0(.______________)0()1(),1(),0(,0)(]1,0[.4f f f f f f f f x f '-'-''>''解从小到大的顺序是则上设在.1.______lim .511-==∑=∞→+e e nk nk n kn 原式解π.4._________d )cos 1(sin .62π2π22-==++⎰-原式解x x x x .12.___________0)(11)sin()(.7-====--x y x x y y xy xy x y 切线方程为解切线方程为的点处的上对应于则在曲线所确定，由方程设函数.32d d ._______d d 01),()(321)1,()1,0(),(8.0022||-====+=+++=+===x x x y xyx y x f y x o y x y x f y x f z 解处的导数所确定的函数在，则由方程，其中的某邻域内可微，且在点设函数ρρ.4π),(._____),(,d d ),(),(,),(.9242222y x a y x f y x f y x y x f x y y x f y x f a y x +==+=⎰⎰≤+解则且为连续函数设.14._______,)1(.102222222=++=++=+'+''++=γβαγβαγβα解则的一个特解方程是二阶常系数线性微分设x x x e y y y e x e y .0)0,0()0,0(),(.)0,0(),(),,(||),()10(=-=ϕϕϕ是处可微的充分必要条件在点试证明函数的一个邻域内连续在点其中设二元函数分二、y x f y x y x y x y x f .)0,0(),(.0),(||lim ,2||||||,),(||)0,0()0,0()0,0(),(.0)0,0(,0)0,0(,0)0,0()(.0)0,0(),0,0()0,(||lim ),0,0()0,(||lim ,)0,(||lim )0,0()0,(lim )0,0(.)0,0(),0,0(,)0,0(),()(22022222222220000点处可微在由定义所以又因为则可知若充分性故有且由于存在则点处可微在设必要性解y x f y x y x y x yx y y x x y x y x yx y x y x y x y f x f f y x f f f xx x x x x x x x x f x f f f f y x f x y x y x x x x x x y x =+-≤+++≤+-+-=+'-'--='='==-===-='''→→→→→-+ϕϕϕϕϕϕϕϕϕ.)(tan 1d d 1)10(2π222π⎰⎰+=x y y x xI 求积分分三、.4πd 21,d )(tan 1)(tan d )(cot 11d )(tan 11d )(tan 12)(tan 1d 1d 2π02π0222π022π0222π022222π02==∴+=+=+=+=+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰u I u u u u u u u yu y y y y x x yI y 交换积分顺序得解.)(0,10,)()10(2的极值，求设分四、x f x x x x x f x ⎩⎨⎧≤+>=.1)0(,)(.0,0)(,0.,0)(,0)(0.,0,10,)1(ln 2)(.0)(,1)(lim ,1lim )(lim 12111112020===>'<=>'><'<<=⎩⎨⎧<>+='=∴===--++------→→→f e e f x x f x e x x f e x x f e x e x x x x x x f x x f x f x x f e x x x x x 极大值极小值是极大值点所以时又当是极小值点所以时，当时，当驻点处连续在解.)0(2)1()1(6)(),1,1(,]1,1[)()10(f f f f x f '---='''-∈-ξξ使得存在实数证明上三次可微在区间设分五、.)0(2)1()1(6)()].()([21)(),,()].()([61)0(2)1()1(,!3)(!2)0()0()0()1(,!3)(!2)0()0()0()1(21212121f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f '---=''''''+'''='''∈'''+'''+'=--'''-''+'-=-'''+''+'+=ξξξξξξξξξξξ于是使得实数由导数的介值性知存在证 .)1(2)2(;2lim )1(.,)10(121211∑∑∞=→∞∞=+++++++n nnn n nn n na a a nna a a S a试求：且和为收敛设正项级数分六、.)1(2)1(2,2.1)1(22122)1(2)2(;02lim ,112)1(11111211121211121212121212112112112121S a a b n n na a a a b b n n na a a n na a a b a n a n na a a n na a a n na a a n na a a n n na a a S S nna a a nn n S S S S n S S S S nS S S S S S S n na a a n n n n n nn n n nn n n n n n n n n nn n n n n n n n n n n ==+=++++∴+-=+++++++=+++++++-+++=++++-+++=++++=-=+++∴-⋅-+++-=+++-=-++-+-+=+++∑∑∑∞=∞=+∞=++++→∞--- 则记解 .π41)(sin ,2π0)10(222-+≤<<--x x x 时：当证明分七、.01cos cos 1cos 31cos 321cos sin 31cos cos )(,cossin )(.sin cos sin 22cos sin2)(,)(sin )(33434343234313133333322=-≥-+=-+='-=-=+-='-=---------x x x x x x x x x x x x x xx x x x xx x x f x x x f ϕϕ则令设证.π41)(sin ,2π0,π41)2π()(,0)(.0)(,2π0,0)0()(2222-+≤<<∴-=>'><<=∴--x x x f x f x f x x x 时当单调增加且从而于是时故当单调增加且ϕϕϕ.1sin )10(是无理数证明分八、.1sin .,)12(2cos )1(,12,1|cos |).(cos )12(2)1(cos )12(2)1(])!12()1(!71!51!311[)!12()!12().12(cos )!12()1()!12()1(!71!51!311sin .,,1sin 1sin 11是无理数所以矛盾不可能是整数故然而两个整数之差仍是整数是整数知，由的展开式有根据是互素的正整数是有理数，则设证+->≤+-+-+--++-+--=->-+-+--++-+-==--n n n n n n n n n q p n q n n n q p x q p qpn nnn nn ξξξξξ第十八届北京市大学生数学竞赛本科甲、乙组试题解答（2007年10月14日 下午2：30--5：00）注意：本考卷共九题. 甲组九题全做, 乙组只做前七题一、 填空题（每小题2分，共20分）.3.______,111,1.11==-+++-→-m m x x x mx m 解则的等价无穷小是时设当 .)1()1()1(.________)1(,)()2)(1()()2)(1()(.21+-='='+++---=-n n f f n x x x n x x x x f n 解则设 .)]11(1[lim ._____)]11(1[lim ,1)0,1()(.3e nf nf y x f y nn n n =++=++-=∞→∞→解则轴上的截距为处的切线在在点已知曲线.1.______lim .411-==∑=∞→+e e nk nkn kn 原式解π.4._________d )cos 1(sin .52π2π22-==++⎰-原式解x x xx .0232___.__________为处的切平面 (0,1) 在点 ),( 则曲面其中),(321)1,(且 ,微的某邻)1,0( 在点),(设函数6.22=--+=+=+++=+=z y x y x f z y x o y x y x f y x f z 切平面方程为解方程，域内可ρρ.1旋转转曲面方程._____________为轴旋转的旋转曲面方程绕111101线.7222=-+-=-=-z y x z z y x 解直.0.____d )cos(d 1||||.822==+-=++⎰原式解的正向一周，则为封闭曲线设Ly y x x y x y x x L .322.______|)div (}1,2,2{)2,1,1(div ,2.922223==∂∂-=--=原式解的方向导数方向处沿在点则其散度设向量场M M z y x z y x z y x A ll A k j i A .14._______,)1(.102222222=++=++=+'+''++=γβαγβαγβα解则的一个特解方程是二阶常系数线性微分设x x x e y y y e x e y.0)0,0()0,0(),(.)0,0(),(),,(||),()10(=-=ϕϕϕ件是点处可微的充分必要条在试证明函数的一个邻域内连续在点其中设二元函数分、二y x f y x y x y x y x f .)0,0(),(.0),(||lim ,2||||||,),(||)0,0()0,0()0,0(),(.0)0,0(,0)0,0(,0)0,0()(.0)0,0(),0,0()0,(||lim ),0,0()0,(||lim ,)0,(||lim )0,0()0,(lim )0,0(.)0,0(),0,0(,)0,0(),()(220022222222220000点处可微在由定义所以又因为则可知若充分性故有且由于存在则点处可微在设必要性证y x f y x y x y x yx y y x x y x y x y x y x y x y x y f x f f y x f f f xx x x x x xx x x f x f f f f y x f y x y x y x x x x x x y x =+-≤+++≤+-+-=+'-'--='='==-===-='''→→→→→→-+ϕϕϕϕϕϕϕϕϕ.)0(2)1()1(6)(),1,1(,]1,1[)()10(f f f f x f '---='''-∈-ξξ使得存在实数证明上三次可微在区间设分三、.)0(2)1()1(6)()].()([21)(),,()].()([61)0(2)1()1(,!3)(!2)0()0()0()1(,!3)(!2)0()0()0()1(21212121f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f '---=''''''+'''='''∈'''+'''+'=--'''-''+'-=-'''+''+'+=ξξξξξξξξξξξ于是使得实数由导数的介值性知存在证.d ,),(,1),(,),(,),(),(),(,1:),(),,()10(22⎰⎰∙≡≡⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=+=≤+Dy y x v y x u D y v x v y u x u y x y x u y x v y x y x D y x v y x u σg fj i g j i f 求的边界上有且在又上有一阶连续偏导数在闭区域设函数分四、.,1:π,d )cos sin sin (d d d d d )()(d ,)()(22π202正向解=+-=+-=+=+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂-∂∂=∴∂∂-∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂-∂∂+∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∙∙y x L yy x y y uv x uv y uv x uv y uv x uv y v u y u v x v u x u v y v x v u y u x u v L L D Dθθθθσσg f g f .),1(14)1()1(:,d d d d d d )10(222222取外侧其中计算分五、≥=+-+-∑++⎰⎰∑y z y x y x z x z y z y x π.325π2π319π,319d )sin 32sin sin 41sin cos 41(d 4d sin )2sin sin sin cos 2(d d 2d )(2d )(2π,2d d .,14)1(:,,1:π022π0102π0π0220000=+=∴=++=++=+=++=-=-=-=≤+-=∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑+∑∑∑∑+∑原式则原式左侧设解ϕϕϕθϕθθϕϕθϕθϕθrr r r v y x v z y x x z z x D y VVDπ.325π2π311π38,24)1(:π,611d )2(2πd d d d ,1,24)1(:π,34d )2(πd d d d π.2d )(2,d )(2π,2d d .,14)1(:,,1:2222221222202202200=++=∴-≤+-=-⋅⋅==≥-≤+-=-==+++=++=-=-=-=≤+-=∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑+∑∑∑∑+∑原式故原式则原式左侧设另解y y z x D y y y y x z x y v y y x x zy D x x x x z y xx v x v z y x v z y x x z z x D y y D Vx D V V VDyx.)1(2)2(;2lim )1(.,)10(121211∑∑∞=→∞∞=+++++++n nnn n nn n na a a nna a a S a试求：且和为收敛设正项级数分六、.1)1(22122)1(2)2(;02lim ,112)1(1121212121212112112112121++→∞---+++++++-+++=++++-+++=++++=-=+++∴-⋅-+++-=+++-=-++-+-+=+++n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a n a n na a a n na a a n na a a n na a a n n na a a S S nna a a nn n S S S S n S S S S nS S S S S S S n na a a 解.)1(2)1(2,21111121112121S a a b n n na a a a b b n n na a a n na a a b n n n n n nn n n nn n ==+=++++∴+-=+++++++=∑∑∑∞=∞=+∞=++ 则记.,./,/,,./,.)10(22220需的时间求飞机从着陆到停止所千克机的质量为设飞米秒千克为在垂直方向的比例系数米秒千克平方向的比例系数为在水正比的阻力与速度的平方成且飞机运动时所受空气为飞机与地面的摩擦系数秒米水平速度为速度在着陆时刻已失去垂直陆飞机在机场开始滑行着分七、m k k v y x ⋅⋅μ).(arctan )()arctan(10).arctan(1)arctan(1).arctan(1,,0.)arctan(1,d d .0d d ,0)d d (d d .0,,.0)d d (d d ).(,,000002222222222秒时，当得代入初始条件积分得分离变量得即于是有根据题意知记由牛顿第二定律，有摩擦力垂直方向的阻力水平方向的阻力解v gm k k g k k mv BAABt v v BA ABv B AABt v BA ABC v v t C t v BAAB t BAv vB Av t vB t s A ts A g B mk k A g t s m k k t s R m g W v k R v k R y x y x yx y x y y x y x μμ-μμ-===-=∴===+-=-=+=++=++>μ=μ-==μ+μ-+-μ===以下两题乙组考生不做.1sin )10(是无理数证明分八、.1sin .,)12(2cos )1(,12,1|cos |).(cos )12(2)1(cos )12(2)1(])!12()1(!71!51!311[)!12()!12().12(cos )!12()1()!12()1(!71!51!311sin .,,1sin 1sin 11是无理数所以矛盾不可能是整数故然而两个整数之差仍是整数是整数知，由的展开式有根据是互素的正整数是有理数，则设证+->≤+-+-+--++-+--=->-+-+--++-+-==--n n n n n n n n n q p n q n n n q p x q p qpn n nn nn ξξξξξ.)sin(tan )tan(sin ,)2π,0()10(论的大小，并证明你的结与试比较函数内在区间分九、x x).sin(tan )tan(sin ,)2π,0,.0)(,)2π,2π[arctan .1tan )tan(sin 1.1sin 4π,4ππ4π4π12π)2π(arctan tan 1)2π(arctan tan )2πsin(arctan .1sin )2πsin(arctan ,)2π,2π[arctan .0)(,0)0(,0)()2πarctan ,0(.cos )(sin cos )cos(tan ,cos 3sin 2tan cos,3sin 2tan .02sin 4tan 3cos 2sec )(3sin 2tan )(.3sin 2tan cos )]cos(sin 2)[cos(tan 31)(sin cos )cos(tan 2π0.2πsin 0,2πtan 02πarctan 0.cos )(sin cos )(sin cos )cos(tan cos sec )cos(tan cos )(sin sec )(则),sin(tan )tan(sin )( 设 解2223222232222322x x x x f x x x x x x f f x f x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x x x x x f x x x f >∈>∈∴<<<<>+=+=+=<<∈>=>'∈<<+>+>-=-+='-+=+≤+≤<<<<<<-=-='-=时（当综上可得时当于是故由于时当所以又时，于是当即所以于是，设）上的凸性有，由余弦函数在（时，当ϕϕ。
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2003年北京市第18届“迎春杯”数学竞赛试题及详解1．计算：11110[7(
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【答案】7【解析】11110[7()1]3
3542-⨯-⨯--11110[()1]356=-⨯---1110[1]330=-⨯--1013010[]303030=-⨯--2110(30=-⨯213=7=。
2．如果210a a +-=，那么3222a a ++的值为。
【答案】3
【解析】210a a +-=是已知条件。
在不解方程的情况下，要运用此条件，那么应把32
22a a ++中各项组合尽量使表达式中含有2(1)a a +-，
则3232222()2a a a a a a a ++=+-+++22(1)2a a a a a =+-+++(凑出一个21a a +-)
202
a a =+++22
a a =++2(1)3a a =+-+(凑出第二个21a a +-)
03=+3
=
另解：也有其他的想法，
对3222a a ++求值，先消去3a 项，令32
22A a a =++，
32222(1)10(2)a a A a a ⎧++=⎪⎨+-=⎪⎩ ，(1)(2)a -⨯，得
22(3)a a A ++= ，
(3)(2)-，得2(1)A --=，即3A =，所以32223a a A ++==。
3．代数式111213x x x ++-++的最小值为。
【答案】25【解析】a b -是指a 点到b 点的距离。
那么111213x x x ++-++(11)12(13)x x x =--+-+--，
即表示x 点到13-，11-，12三点的距离和。
由于131112-<-<。
考虑(13)12x x --+-，直观可知它12(13)25≥--=。
当x 在13-与12之间时，取最小值25。
而(11)0x --≥．(当11x =-时，取“=”)。
又11x =-恰好满足1312x -≤≤。
所以当11x =-时，两个不等式同时达到下式取“=”条件。
原式111213x x x =++-++(131211)x x x =++-++250≥+25=故111213x x x ++-++的最小值为25。
4．某种商品的原价为100元，现有四种调价方案：
(1)先涨价%m ，再降价%n ；
(2)先涨价%n ，再降价%m ；(3)先涨价
%2m n -，再降价%2m n -；(4)先涨价%2m n +，再降价%2m n +；其中0100n m <<<．那么调价后售价最高的方案是
．(只需填1，2，3，4
中之一即可)。
【答案】1或3
【解析】由0100n m <<<，得000001n m <<<，令%u n =，00v m =，得01u v <<<。
第一种方案售价为1100(1%)(1%)100(1)(1)
x m n v u =+-=+-第二种方案售价为2100(1%)(1%)100(1)(1)x n m u v =+-=+-第三种方案售价为3100(1%)(1100(1)(1)2222m n m n v u v u x ----=+
-=+-第四种方案售价为4100(1%)(1%)100(1)(1)2222m n m n v u v u x ++++=+-=+-比较1x ，2x ：
因为12100(1)100(1)100(22)0x x v u vu u v vu v u -=+---+--=->，所以12x x >；
比较3x ，4x ：
因为23100[1(
)]2v u x -=-，24100[1()]2v u x +=-，故34x x >；比较1x ，3x ：
因为13
x x -22111100(1)100(1)424
v u vu v vu u =+----+-22311100()244v u vu v u =--++，
所以当100u =，100v =时，上式为负；当100u =，100v =时，上式为正。
所以，1x 与3x 之间关系不定。
故调价后售价最高的是第1方案或第3方案。
5．在3和5之间插入6，30，20这三个正整数，得到3，6，30，20，5这样一串数．其中每相邻两个数的和可以整除它们的积(例如，369+=，9可以整除36⨯；再如，63036+=，36可以整除630⨯)．请你在4与3这两个数之间的三个括号中各填一个正整数，使得其中每相邻两个数的和可以整除它们的积．4，，，，3。
【答案】有三组解：（4，4，12，6，3），（4，12，12，6，3）或（4，12，6，6，3）
【解析】设4，(x )，(y )，(z )，3是满足条件的一组数。
则4(4)x n x =+(n 是正整数)，解得4n 4n
x =-。
1n =时，x 不是整数；2n =时，4x =；3n =时，12x =。
同样，3(3)z m z =+(m 是正整数)，解得3m 3m
z =-。
1m =时，z 不是整数；2m =时，6z =。
于是4，(x )，(y )，(z )，3就是4，4，(y )，6，3或4，12，(y )，6，3考虑(y )，6。
6(6)y l y =+(l 是正整数)，解得66l y l
=-。
1l =，无整数解；2l =，3y =；3l =，6y =；4l =，12y =；5l =．30y =。
其中，满足4，(y )的只有12y =。
满足12，(y )的只有12y =，6y =。
故最终有三种组合，分别是：(4，4，12，6，3)，(4，12，12，6，3)或(4，12，6，6，
3)。
【评注】
6．某乡镇决定用去年工业产值的6.5％和农业产值的4％作为专项开发经费，这样专项开发经费占了工农业总产值的5％．现在已知工业产值为6千万元，那么农业产值为千万元。
【答案】9
【解析】设农业产值为x 千万元，则6 6.5%4%(6)5%x x ⨯+⨯=+⨯，
即394530x x +=+，得到9x =。
农业产值为9千万元。
7．已知关于x ，y 的方程组2647x ay x y -=⎧⎨
+=⎩
的解是整数，a 是正整数，那么a 的值为。
【答案】21
x y =⎧⎨=-⎩【解析】已知2647
x ay x y -=⎧⎨+=⎩的解是整数，由47x y +=，得74y x =-代入第一个方程，得到2(74)6x a x --=，
即(42)76(1)a x a +=+ ，解得7642
a x a +=
+。
由（1），知2|a 。
而a 又是正整数，考虑2,4,6,a = 2a =时，7262422x ⨯+=
=⨯+；4a ≥时，76142a x a +=>+，且7672822424242a a a a x a a a ++++=≤=<+++。
即12x <<无整数解。
故只有2a =时，有21
x y =⎧⎨=-⎩。
8．如图，DE ，FG ，HI ，BC 分别平行，图中梯形的个数一共有个。
【答案】15
【解析】以BC 为下底的梯形有3216++=个。
以HI 为下底的梯形，有2个。
以HL 为下底的梯形，有1个。
以FG 为下底的梯形，向上向下各1个，有2个。
以GJ ，FJ 为下底的梯形各1个，共2个。
以DE 为下底的梯形有2个。
综上，共62122215+++++=(个)。
9．某校初中一年级有书法、舞蹈、足球、数学四个课外小组，一班学生共有46名，每人至少参加一个小组，至多参加三个小组，那么，其中至少有
个同学参加的课外小
组相同。
【答案】4
【解析】由“抽屉原理”求解。
先算有多少种参加课外小组的方案：
(1)只参加1个小组，有4种；。