1999年全国高中数学联合竞赛试卷及解析
1999年全国高中数学联合竞赛试卷
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.给定公比为的等比数列{a n}，设b1=a1+a2+a3，b2=a4+a5+a6,???,b n=a3n?2+a3n?1+a3n,???，则数列{b n}（）．
A. 是等差数列
B. 是公比为q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)2<2的整点(x,y)的个数是（）．
A. 16
B. 17
C. 18
D. 25
3.若(log23)x?(log53)x≥(log23)?y?(log53)?y，则（）．
A. x?y≥0
B. x+y≥0
C. x?y≤0
D. x+y≤0
4.给定下列两个关于异面直线的命题：命题Ⅰ：若平面α上的直线a与平面β上的直线b为异面直线，直线c是α与β的交线，那么，c至多与a、b中的一条相交；命题Ⅱ :不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线．
那么，（）．
A. 命题Ⅰ正确，命题Ⅱ不正确
B. 命题Ⅱ正确，命题Ⅰ不正确
C. 两个命题都正确
D. 两个命题都不正确
5.在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手各比赛一场，但有三名选手各比赛两场之后就退出了，这样全部比赛只进行了50场. 则上述三名选手之间比赛的场数为（）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
6.已知点A(1,2)，过点(5,?2)的直线与抛物线y2=4x交于另外两点B、C．那么，
ΔABC是（）．
A. 锐角三角形
B. 钝角三角形
C. 直角三角形
D. 答案不确定
第II卷（非选择题）
二、填空题
7.已知正整数不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和．那么，这样的
n的个数是______．
8.已知θ=arctg512．那么，复数z=cos2θ+isin2θ
239+i
的辐角主值是______．
9.在ΔABC中，记BC=a，CA=b，AB=c．若9a2+9b2?19c2=0，则
cotC
cotA+cotB
=______．
10.已知点P在双曲线x216?y29=1上，并且P到这条这条双曲线的右准线的距离恰是P到这
条双曲线的两个焦点的距离的等差中项．那么，P的横坐标是______．
11.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______．
12.已知三棱锥S?ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是ΔSBC的垂心，二面角H?AB?C的平面角等于30°，SA=2√3．那么，三棱锥S?ABC的体积为
______．
三、解答题
13.已知当时，不等式x2cosθ?x(1?x)+(1?x)2sinθ>0恒成立．试求θ的取值范围．
14.给定A(?2,2)，已知B是椭圆x225+y216=1上的动点，F是左焦点．当|AB|+53|BF|取最小值时，求B的坐标．
15.给定正整数n和正数M．对于满足条件a12+a n+1
2≤M的所有等差数列a1,a2,a3,???．试求S=a n+1+a n+2+???+a2n+1的最大值．
16.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．
17.给定实数a、b、c．已知复数z1、z2、z3满足：{|z1|=|z2|=|z3|=1, z1
z2
+z2
z3
+z3
z1
=1.求
|az1+bz2+cz3|的值．
18.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)块砝码的组成方式是惟一确定的？并证明你的结论．
参考答案
1.C
【解析】1. 由题设，a n
=
a 1q n?1，则b
n+1
b n
=
a 3n+1+a 3n+2+a 3n+3a 3n?2+a 3n?1+a 3n =a 1q 3n +a 1q 3n+1+a 1q 3n+2a 1q 3n?3+a 1q 3n?2+a 1q 3n?1
=a 1q 3n (1+q+q 2)
a 1q (1+q+q )
=q 3．因此，{b n }是公比为q 3的等比数列.故答案为：C
2.A
【解析】2.
由(|x |?1)2+(|y |?1)2
<2，可得(|x |?1,|y |?1)为(0,0)，(0,1)，(0,?1)，
(1,0)或(?1,0)．从而，不难得到(x,y )共有16个．故答案为：A 3.B
【解析】3. 记f (t )
=(log 23)t ?(log 53)t ．则f (t )在R 上是严格增函数．原不等式即f (x )≥
f (?y )．
故x ≥?y ，即x +y ≥0．故答案为：B
4.D
【解析】4.
如图，c 与a 、b 都相交；故命题Ⅰ不正确；又可以取无穷多个平行平面，在每个平面上取一条直线，且使这些直线两两不同向，则这些直线中的任意两条都是异面直线，从而命题Ⅱ也不正确．故答案为：D
5.B
【解析】5.
试题设一共有n 个选手，故总场次C n?32
+6?x =
(n?3)(n?4)
2
+6?x =50，其中x 为
上述3名选手之间比赛的场数，则x=(n?3)(n?4)
2
?44，经验证，当n=13时，x=1.
6.C
【解析】6.
设B(t2,2t)，C(s2,2s)，s≠t，s≠1，t≠1，则直线BC的方程为y?2t
2s?2t =x?t2
s2?t2
，
化得2x?(s+t)y+2st=0．由于直线BC过点(5,?2)，故2×5?
(s+t)(?2)+2st=0，即(s+1)(t+1)=?4．因此，k AB?k AC=2t?2
t2?1?2s?2 s2?1
=
4
(s+1)(t+1)
=?1．
所以，∠BAC=90°．从而ΔABC是直角三角形．故答案为：C 7.6
【解析】7.
首项为a的连续k个正整数之和为S k=ka+k(k?1)
2≥k(k+1)
2
．
由S k≤2000，可得60≤k≤62．
当k=60时，S k=60a+30×59，由S k≤2000，可得a≤3，故S k= 1830,1890,1950；
当k=61时，S k=61a+30×61，由S k≤2000，可得a≤2，故S k= 1891,1952；
当k=62时，S k=62a+31×61，由S k≤2000，可得a≤1，故S k=1953．于是，题中的n有6个．故答案为：6
8.π4
【解析】8.
z的辐角主值argz=arg[(12+5i)2(239?i)]=arg[(119+120i)(239?i)]
=arg[28561+28561i]=π
4.故答案为：
π
4
9.59
【解析】9.
cotC cotA+cotB =cosC sinC
cosA
sinA
+cosB
sinB
=sinAsinB
sin2C
cosC=ab
c2
?a2+b2?c2
2ab
=a2+b2?c2
2c2
=
9a 2+9b 2?9c 2
2×9c 2=
19c 2?9c 22×9c 2
=5
9
．故答案为：59
10.?645
【解析】10.
记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a 、b 、c ，离心率为e ，点P 到右准线l 的距离为d ，则a
=4，b =3，c =5，e =
c a
=5
4
，右准线l 为x =
a 2c
=
165
．
如果P 在双曲线右支，则|PF 1|=|PF 2|+2a =ed +2a ． 从而，|PF 1|+|PF 2|=(ed +2a )+ed =2ed +2a >2d ，
这不可能；故P 在双曲线的左支，则|PF 2|?|PF 1|=2a ，|PF 1|+|PF 2|=2d ． 两式相加得2|PF 2|
=2a +2d ．
又|PF 2|=ed ，从而ed =a +d ．故d =
a e?1
=4
5
4
?1
=16．
因此，P 的横坐标为16
5?16=?645
．故答案为：?64
5
11.43
【解析】11.
试题设倾斜角为θ，则tanθ=?
a b
>0．不妨设a ＞0，则b ＜0．
（1）c=0，a 有三种取法，b 有三种取法，排除2个重复（3x ﹣3y=0，2x ﹣2y=0与x ﹣y=0为同一直线），故这样的直线有3×3﹣2=7条；
（2）c≠0，则a 有三种取法，b 有三种取法，c 有四种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36条． 从而，符合要求的直线有7+36=43条． 故答案为：43． 12.9
4√3
【解析】12. 由题设，AH
⊥面SBC ．作BH ⊥SC 于E ．由三垂线定理可知SC ⊥AE ，SC ⊥
AB ．故SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 内射影为O ，则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理之逆
定理，可知CO
⊥AB 于F ，同理，BO ⊥AC ，故O 为ΔABC 的垂心．
又因为ΔABC 是等边三角形，故O 为ΔABC 的中心，从而，SA =SB =SC =2√3．
因为CF
⊥AB ，CF 是EF 在面ABC 上的射影，由三垂线定理，EF ⊥AB ．
所以，∠EFC 是二面角H ?AB ?C 的平面角．
故∠EFC
=30°，OC =SCcos60°=2√3×12
=√3，SO =√3tg60°=
√3×√3=3．
又OC
=
√33
AB ，故AB =√3OC =√3×√3=3． 所以，V S?ABC
=13
×√3
4
×32×3=9
4
√3． 故答案为：9
4
√3
13.2kπ+π12
<θ<2kπ+
5π12
,k ∈Z
【解析】13. 若对一切x ∈[0,1]，恒有f (x )=x 2cosθ?x (1?x )+(1?x )2sinθ>0，
则cosθ=f (1)>0，sinθ=f (0)>0．（1）
取x 0
=√sinθ
√
cosθ+√sinθ
∈(0,1)，则√cosθx 0?√sinθ(1?x 0)=0．
由于f (x )=[√cosθx ?√sinθ(1?x )]2
+2(?12
+√cosθsinθ)x (1?x )，
所以，0 +√cosθsinθ)x 0(1?x 0)． 故? 12 +√cosθsinθ>0．（2） 反之，当（1），（2）成立时，f(0)=sinθ>0，f(1)=cosθ>0， 且x∈(0,1)时，f(x)≥2(?1 2 +√cosθsinθ)x(1?x)>0． 先在[0,2π]中解（1）与（2）： 由cosθ>0，sinθ>0，可得0<θ<π 2． 又?1 2 +√cosθsinθ>0，√cosθsinθ>1 2 ， 1 2 sin2θ>1 4 ，sin2θ> 1 2 ， 注意到0<2θ<π，故有π6<2θ<5π6，所以，π12<θ<5π12． 因此，原题中θ的取值范围是2kπ+π 12 <θ<2kπ+5π 12 ,k∈Z． 故答案为：2kπ+π 12 <θ<2kπ+5π 12 ,k∈Z 14.当|AB|+53|BF|取最小值时，B的坐标为(?52√3,2) 【解析】14. 记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a、b、c，离心率为e．则a=5，b=4， c=√a2?b2=√52?42=3，e=c a =3 5 ，左准线为x=? 25 3 ． 过点B作左准线x=?25 3 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|e=53|BF|． 于是，|AB|+53|BF|=|AB|+|BN|≥|AN|≥|AM|（定值），等号成立当且仅当B是AM与椭圆的交点时，此时B(?5 2 √3,2)． 所以，当|AB|+53|BF|取最小值时，B的坐标为(?52√3,2)． 故当|AB|+53|BF|取最小值时，B的坐标为(?52√3,2) 15.√102(n+1)√M 【解析】15. 设公差为d ，a n+1=α，则S =a n+1+a n+2+???+a 2n+1 =(n +1)α+ n (n+1)2 d ． 故α + nd 2 = S n+1 ．则M ≥ a 1 2+ a n+1 2=(α?nd )2 +α2 = 410 (α+ nd 2 )2+ 110 (4α?3nd )2 ≥410( S n+1 )2 ． 因此，|S |≤√10 2(n +1)√M ，且当α = √10 √M ，d = √10?1 n √M 时， S =(n +1)[ √ 10 √M +n 2?√ 10?1 n √M] =(n +1) √ 10 √M =√102 (n +1)√M ． 由于此时4α = 3nd ，故a 1 2+a n+1 2= 410(S n+1 )2=410?10 4M =M ． 所以，S 的最大值为√10 2(n +1)√M ． 16.见解析 【解析】16. 连结BD 交AC 于H ．对ΔBCD 用塞瓦定理，可得 CG GB ?BH HD ?DE BC =1． 因为AH 是∠BAD 的平分线，由角平分线定理，可得BH HD =AB AD ． 故 CG GB ?AB AD ?DE BC =1． 过点C 作AB 的平分线交AG 的延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J ． 则 CG GB =CI AB ，DE EC =AD CJ ． 所以，CI AB ?AB AD ?AD CJ =1． 从而，CI =CJ ． 又因为CI ∥AB ，CJ ∥AD ． 故∠ACI =π?∠BAC =π?∠DAC =∠ACJ ． 因此，ΔACI ≌ΔACJ ． 从而∠IAC =∠JAC ，即∠GAC =∠EAC ． 17.√(a +b )2+c 2或√(b +c )2+a 2或√(c +a )2+b 2 【解析】17. 记e iθ =cosθ+isinθ．可设z 1z 2 =e iθ，z 2z 3 =e iφ，则z 3z 1 =e ?i (θ+φ)． 由题设，有e iθ+e iφ+e ?i (θ+φ)=1． 两边取虚部，有0 =sinθ+sinφ?sin (θ+φ) =2sin θ+φ2 cos θ?φ2 ? 2sin θ+φ2 cos θ+φ2 =2sin θ+φ 2 (cos θ?φ2 ?cos θ+φ2 ) =4sin θ+φ2 sin θ2 sin φ 2 ． 故θ =2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ,k ∈Z ． 因而，z 1=z 2或z 2=z 3或z 3=z 1． 如果z 1 =z 2，代入原式即1+ z 1z 3 + z 3z 1 =1． 故(z 3z 1 )2 +1 =0，z 3 z 1 =±i ． 这时，|az 1+bz 2+cz 3|=|z 1||a +b ±ci | =√(a +b )2+c 2． 类似地，如果z 2=z 3，则|az 1+bz 2+cz 3|=√(b +c )2 +a 2； 如果z 3 =z 1，则|az 1+bz 2+cz 3|=√(c +a )2+b 2 ． 所以，|az 1+bz 2+cz 3|的值为√(a +b )2 +c 2或√(b +c )2+a 2或√(c +a )2+b 2 ． 18.（1）f (n )=m ( 3m?1?1 2 3m ?12 )；（2）见解析 【解析】18. （1）设这k 块砝码的质量数分别为a 1,a 2,???,a k ，且1≤a 1≤a 2≤???≤a k ,a i ∈ Z,1≤i ≤k ．因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为∑x i a i k i=1,x i ∈ {?1,0,1}．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1,2,3,???,n ，由对称性易知也含有0,?1,?2,???,?n ，即 {∑x i a i |x i ∈{?1,0,1} k i=1}?{0,±1,???,±n }． 所以，2n +1 =|{0,±1,???,±n }| ≤|{∑x i a i |x i ∈{?1,0,1} k i=1}|≤3k ．即n ≤ 3k ?12． 设 3m?1?12 3m ?1 2 (m ≥1,m ∈Z )，则k ≥m ． 且k =m 时，可取a 1=1,a 2=3,???,a m =3k ?1． 由数的三进制表示可知，对任意0≤p ≤3m ?1，都有p =∑y i 3i?1m i=1，其中y i ∈ {0,1,2}． 则p = 3m ?12 =∑y i 3i?1m i=1?∑3i?1m i=1 =∑(y i ?1)3i?1m i=1． 令x i =y i ?1，则x i ∈{?1,0,1}． 故对一切?3m ?12≤l ≤ 3m ?12 的整数l ，都有l =∑x i 3i?1m i=1，其中x i ∈{?1,0,1}． 由于n ≤ 3m ?1 2 ，因此，对一切?n ≤l ≤n 的整数l ，也有上述表示． 综上，可知k 的最小值f (n ) =m ( 3m?1?1 2 3m ?12 )． （2）Ⅰ当3m ?1 2 3m+1?1 2 时，由（1）可知1,3,???,3m?1,3m 就是一种砝码的组成方式．下面我们证明1,3,???,3m?1,3m 也是一种方式． 若1 ≤l ≤ 3m ?12 ，由（1）可知l =∑x i 3i?1m i=1,x i ∈{?1,0,1}，则l = ∑x i 3i?1+0?(3?i ?1)m i=1； 若3m ?1 2 3m+1?12 ，则3m ?1 2 3m+1?1 2 ． 由（1）可知l +1=∑x i 3i?1m+1 i=1，其中x i ∈{?1,0,1}． 易知，x m+1 =1．（否则l ≤∑3 i?1 ?1m i=1= 3m ?12 ?1矛盾）则l = ∑x i 3i?1+1?(3m ?1)m i=1． 所以，当n ≠ 3m ?12 时，f (n )块砝码的组成方式不惟一． Ⅱ．下面我们证明：当n = 3m ?12 时，f (n ) =m 块砝码的组成方式是惟一的，即a i = 3i?1(1≤i ≤m )． 若对每个? 3m ?12 ≤l ≤ 3m ?12 ，都有l =∑x i a i m i=1,x i ∈{?1,0,1}，即 {∑x i a i |x i ∈{?1,0,1} m i=1} ?{0,±1,???,±3m ?12 }． 注意左边集合中至多有3m 个元素，故必有{∑x i a i |x i ∈{?1,0,1} m i=1} ={0,±1,??? ,± 3m ?12 }． 从而，对每个l ，?3m ?12 ≤l ≤ 3m ?12 ，都可以惟一地表示为l =∑x i a i m i=1，其中x i ∈ {?1,0,1}． 因而，∑a i m i=1= 3m ?1 2 ，则∑(x i +1)a i m i=1=∑x i a i m i=1+∑a i m i=1= ∑x i a i m i=1+3m ?1 2． 令y i =x i +1，则y i ∈{0,1,2}． 由上可知，对每个0≤l ≤3m ?1，都可以惟一地表示为l =∑y i a i m i=1，其中y i ∈ {0,1,2}． 特别地，易知1