二○○一年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)說明：1．評閱試卷時，請依據(jù)本評分標(biāo)準(zhǔn)．選擇題只設(shè)6分和0分兩檔，填空題只設(shè)9分和0分兩檔；其它各題的評閱，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評分檔次給分，不要再增加其他中間檔次．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時請參照本評分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，可以5分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次．一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）本題共有6小題，每題均給出（A）、（B）、（C）、（D）四個結(jié)論，其中有且僅有一個是正確的．請將正確答案的代表字母填在題后的括號內(nèi)．每小題選對得6分；不選、選錯或選出的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內(nèi)），一律得0分．1．已知a為給定的實(shí)數(shù)，那么集合M={x|x2-3x-a2+2=0，x∈R}的子集的個數(shù)為（A） 1 （B） 2 （C） 4 （D） 不確定【答】（ C ）【解】 方程x2-3x-a2+2=0的根的判別式Δ=1+4a2>0，方程有兩個不相等的實(shí)數(shù)根．由M有2個元素，得集合M有22=4個子集．2．命題1 長方體中，必存在到各頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn);命題2 長方體中，必存在到各棱距離相等的點(diǎn);命題3 長方體中，必存在到各面距離相等的點(diǎn).以上三個命題中正確的有 （A）0個（B）1個（C）2個（D）3個【答】（ B ）【解】 只有命題1對．3．在四個函數(shù)y=sin|x|，y=cos|x|，y=|ctgx|，y=lg|sinx|中以為周期、在(0，)上單調(diào)遞增的偶函數(shù)是 （A）y=sin|x| （B）y=cos|x| （C）y=|ctgx| （D）y=lg|sinx|【答】（ D ）【解】 y=sin|x|不是周期函數(shù)．y=cos|x|=cosx以2為周期．y=|ctgx|在（0，）上單調(diào)遞減．只有y=lg|sinx|滿足全部條件．4．如果滿足∠ABC=60°，AC=12，BC=k的△ABC恰有一個，那么k的取值范圍是（A）k=（B）0<k≤12（C）k≥12 （D）0<k≤12或k=【答】（ D ） 【解】 根據(jù)題設(shè)，△ABC共有兩類如圖．易得k=或0<k≤12．本題也可用特殊值法，排除（A）、（B）、（C）．5．若的展開式為，則的值為（A）（B）（C）（D）【答】（ C ）【解】 令x=1可得=；令x=可得0=；（其中，則=1且++1=0）令x=可得0=．以上三式相加可得=3（）．所以=．6．已知6枝玫瑰與3枝康乃馨的價格之和大于24元，而4枝玫瑰與5枝康乃馨的價格之和小于22元，則2枝玫瑰的價格和3枝康乃馨的價格比較結(jié)果是（）．（A）2枝玫瑰價格高 （B）3枝康乃馨價格高（C）價格相同 （D）不確定【答】（ A ）【解】 設(shè)玫瑰與康乃馨的單價分別為x、y元/枝．則6x+3y>24,4x+5yx+3y=a>24,4x+5y=b<22,解出x=,y=.所以2x-3y==0，即2x>3y．也可以根據(jù)二元一次不等式所表示的區(qū)域來研究．二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫線上．7．橢圓的短軸長等于．【解】故．從而．8．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|=2，|z2|=3，3z1-2z2=，則z1·z2=．【解】 由3z1-2z2==可得．本題也可設(shè)三角形式進(jìn)行運(yùn)算．9．正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，則直線A1C1與BD1【解】 作正方體的截面BB1D1D，則A1C1⊥面BB1D1D．設(shè)A1C1與B1D1交于點(diǎn)O，在面BB1D1D內(nèi)作OH⊥BD1，H為垂足，則OH為A1C1與BD1的公垂線．顯然OH等于直角三角形BB1D1斜邊上高的一半，即OH=．10.不等式的解集為．【解】等價于或．即或．此時或或．∴解為x>4或0<x<1或1<x<．即解集為．11．函數(shù)的值域?yàn)椋窘狻?．兩邊平方得，從而且．由或．任取，令，易知，于是且．任取，同樣令，易知，于是且．因此，所求函數(shù)的值域?yàn)椋?2．在一個正六邊形的六個區(qū)域栽種觀賞植物（如圖），要求同一塊中種同一種植物，相鄰的兩塊種不同的植物．現(xiàn)有4種不同的植物可供選擇，則有732種栽種方案．【解】 考慮A、C、E種同一種植物，此時共有4×3×3×3=108種方法．考慮A、C、E種二種植物，此時共有3×4×3×3×2×2=432種方法．考慮A、C、E種三種植物，此時共有P43×2×2×2=192種方法．故總計有108+432+192=732種方法．三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）13．設(shè){an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，且b1=a12，b2=a22，b3=a32（a1<a2），又．試求{an}的首項(xiàng)與公差．【解】 設(shè)所求公差為d，∵a1<a2，∴d>0．由此得a12(a1+2d)2=(a1+d)4化簡得2a12+4a1d+d2=0解得d=()a1.………………5分而<0，故a1<0．若d=()a1，則；若d=()a1，則；…………10分但存在，故|q|<1．于是不可能．從而．所以a1=，d=()a1=()()=．……20分14．設(shè)曲線C1：（a為正常數(shù)）與C2：y2=2（x+m）在x軸上方僅有一個公共點(diǎn)P．⑴求實(shí)數(shù)m的取值范圍（用a表示）；⑵O為原點(diǎn)，若C1與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)A，當(dāng)0<a<時，試求ΔOAP的面積的最大值（用a表示）．⑴ 【解】由消去y得，x2+2a2x+2a2m-a2=0．①設(shè)f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，問題⑴轉(zhuǎn)化為方程①在x∈(-a，a)上有唯一解或等根．只須討論以下三種情況：1Δ=0得m=．此時xp=-a2，當(dāng)且僅當(dāng)-a<-a2<a，即0<a<1時適合；2f(a)·f(-a)<0當(dāng)且僅當(dāng)–a<m<3f(-a)=0得m=a．此時xp=a-2a2，當(dāng)且僅當(dāng)-a<a-2a2<a，即0<a<1時適合．f(a)=0得m=-a，此時xp=-a-2a2，由于-a-2a2<-a，從而m≠-a．綜上可知，當(dāng)0<a<1時，m=或-a<m≤a；當(dāng)a≥1時，-a<m<a.……………………10分⑵ 【解】ΔOAP的面積S=ayp．∵0<a<，故-a<m≤a時，，由唯一性得xp=．顯然當(dāng)m=a時，xp取值最小．由于xp>0，從而取值最大，此時yp=2，∴S=a．當(dāng)m=時，xp=-a2，yp=，此時S=a．下面比較a與a的大小：令a=a，得a=.故當(dāng)0<a≤時,．此時Smax=．當(dāng)<a<時，．此時Smax=a．……………20分15．用電阻值分別為a1、a2、a3、a4、a5、a6(a1>a2>a3>a4>a5>a6)的電阻組裝成一個如圖的組件，在組裝中應(yīng)如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最??？證明你的結(jié)論．【解】設(shè)6個電阻的組件（如圖3）的總電阻為RFG．當(dāng)Ri=ai，i=3，4，5，6，R1，R2是a1，a2的任意排列時，RFG最?。?分證明如下1°設(shè)當(dāng)兩個電阻R1，R2并聯(lián)時，所得組件阻值為R：則．故交換二電阻的位置，不改變R值，且當(dāng)R1或R2變小時，R也減小，因此不妨取R1>R2．R1R3R22R1R3R2．R3R4R1R2顯然R1+R2越大，RABR3R4R1R23°設(shè)4個電阻的組件(如圖2)的總電阻為RCD：．若記，．則S1、S2為定值．于是．只有當(dāng)R3R4最小，R1R2R3最大時，RCD最小，故應(yīng)取R4<R3，R3<R2，R3<R1，即得總電阻的阻值最?。?5分4°對于圖3，把由R1、R2、R3組成的組件用等效電阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6<R5；且由1°，應(yīng)使RCE最小．由2°知要使RCE最小，必需使R5<R4，且應(yīng)使RCD最?。瓻而由3°，要使RCD最小，應(yīng)使R4<R3<R2且R4<R3<R1．EG這就說明，要證結(jié)論成立………20分G圖3圖3R1AR2R4R6R3R5BCDFGE

二○○一年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽加試參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)說明：1．評閱試卷時，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評分檔次給分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時請參照本評分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，可以10分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次．一．如圖，△ABC中，O為外心，三條高AD、BE、CF交于點(diǎn)H，直線ED和AB交于點(diǎn)M，F(xiàn)D和AC交于點(diǎn)N．求證：（1）OB⊥DF，OC⊥DE．（2）OH⊥MN．【證明】（1）∵A，C，D，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，∴∠BDF=∠BAC．又∵∠OBC=(180°-∠BOC)=90°-∠BAC，∴OB⊥DF．同理OC⊥DE．………10分（2）∵CF⊥MA，∴MC2-MH2=AC2-AH2．……①∵BE⊥NA，∴NB2-NH2=AB2-AH2．……②∵DA⊥BC，∴BD2-CD2=BA2-AC2．……③∵OB⊥DF，∴BN2-BD2=ON2-OD2．……④∵OC⊥DE，∴CM2-CD2=OM2-OD2．……⑤………………30分①-②+③+④-⑤，得NH2-MH2=ON2-OM2．MO2-MH2=NO2-NH2．所以O(shè)H⊥MN．…………50分二．設(shè)（i=1，2，…，n），且，求的最大值與最小值．【解】先求最小值，因?yàn)椤?，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)存在i使得xi=1，xj=0，j≠i．∴的最小值為1．………………10分 再求最大值，令，∴．…………①設(shè)M==．令則①．………30分令an+1=0，則M==．由柯西不等式得M．等號成立．（k=1，2，…，n）由于，從而，即．所求最大值為．……………50分三．將邊長為正整數(shù)m，n的矩形劃分成若干邊長均為正整數(shù)的正方形．每個正方形的邊均平行于矩形的相應(yīng)邊．試求這些正方形邊長之和的最小值．【解】記所求最小值為f（m，n），可以證明f（m，n）=m+n-(m，n)．(*)其中(m，n)表示m和n的最大公約數(shù)．………………10分 事實(shí)上，不妨設(shè)m≥n．(1)關(guān)于m歸納，可以證明存在一種合乎題意的分法，使所得正方形邊長之和恰為m+n-(m，n)． 當(dāng)m=1時,命題顯然成立． 假設(shè)當(dāng)m≤k時，結(jié)論成立（k≥1）．當(dāng)m=k+1時，若n=k+1，則命題顯然成立．若n<k+1，從矩形ABCD中切去正方形AA1D1D（如圖），由歸納假設(shè)矩形A1BCD1有一種分法使得所得正方形邊長之和恰為m-n+n-(m-n，n)=m-(m，n).于是原矩形ABCD有一種分法使得所得正方形邊長之和為m+n-(m，n)．…………20分(2)關(guān)于m歸納可以證明(*)成立．當(dāng)m=1時,由于n=1，顯然f(m，n)=1=m+n-(m，n)．假設(shè)當(dāng)m≤k時，對任意1≤n≤m有f(m，n)=m+n-(m，n)．若m=k+1，當(dāng)n=k+1時顯然f（m，n）=k+1=m+n-(m，n)．當(dāng)1≤n≤k時，設(shè)矩形ABCD按要求分成了p個正方形，其邊長分別為a1，a2，…，ap，不妨設(shè)a1≥a2≥…≥ap．顯然a1=n或a1<n．若a1<n，則在AD與BC之間的與A