1、2004 年全国高中数学联赛试卷第一试一选择题(本题满分 36 分，每小题 6 分)1设锐角 使关于 x 的方程 x2+4xcos+cos=0 有重根，则 的弧度数为 ( )A B 或 C 或 D6 12 512 6 512 122已知 M=(x，y)|x 2+2y2=3，N= (x，y)|y=mx+b若对于所有的 mR，均有 MN，则 b 的取值范围是 ( )A ， B( ， ) C( ， D ， 3不等式 + log x3+20 的解集为log2x 112A2，3) B (2，3 C2，4) D(2，4 4设点 O 在ABC 的内部，且有 +2 +3 = ，则ABC 的面积与AOC 的面积
2、的比为( ) OA OB OC 0A2 B C3 D 32 535设三位数 n= ，若以 a， b，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数 n abc有( )A45 个 B81 个 C165 个 D216 个6顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆圆心， ABOB ，垂足为 B，OHPB，垂足为 H，且PA=4， C 为 PA 的中点，则当三棱锥 O HPC 的体积最大时，OB 的长为 ( )A B C D二填空题(本题满分 54 分，每小题 9 分)7在平面直角坐标系 xOy 中，函数 f(x)=asinax
3、+cosax(a0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数 g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ；a2+18设函数 f：RR，满足 f(0)=1，且对任意 x，y R ，都有 f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x +2，则f( x)= ；9如图，正方体 ABCD A1B1C1D1中，二面角 A BD1A1的度数是 ；10设 p 是给定的奇质数，正整数 k 使得 也是一个正整数，则 k= k2 pk；11已知数列 a0，a 1，a 2，a n，满足关系式(3a n+1)(6+an)=18，且a0=3，则 的值是 ；ni=01ai12在平面直角坐标系 xOy 中，给定两点 M(1，2
4、) 和 N(1，4)，点 P 在 x 轴上移动，当MPN 取最大值时，点 P 的横坐标为 ；A BPO HCB1A1BCDAC1D1三解答题(本题满分 60 分，每小题 20 分)13一项“过关游戏”规则规定：在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次，如果这 n 次抛掷所出现的点数的和大于 2n，则算过关问： 某人在这项游戏中最多能过几关？ 他连过前三关的概率是多少？14在平面直角坐标系 xOy 中，给定三点 A(0， )，B( 1，0)，C(1，0)，点 P 到直线 BC 的距离是该43点到直线 AB、 AC 距离的等比中项 求点 P 的轨迹方程； 若直线 L 经过ABC 的内心 (设为 D)，且
5、与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点，求 L 的斜率 k 的取值范围15已知 ， 是方程 4x24tx1=0(t R)的两个不等实根，函数 f(x)= 的定义域为 ， 2x tx2+1 求 g(t)=maxf(x)minf (x)； 证明：对于 ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2+sinu3=1，则 + + an+14，nN*； 证明有 n0N*，使得对nn 0，都有+ + + 0 的解集为log2x 112 12A2，3) B (2，3 C2，4) D(2，4 解：令 log2x=t1 时， t2t1，2)，x2，4)，选 Ct 1324设点 O 在ABC 的内部，且
6、有 +2 +3 = ，则ABC 的面积与AOC 的面积的比为( ) OA OB OC 0A2 B C3 D 32 53解：如图，设 AOC=S，则OC1D=3S， OB1D=OB1C1=3S，AOB=OBD=1.5S OBC=0.5S， ABC=3S选 C5设三位数 n= ，若以 a， b，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角 abc形，则这样的三位数 n 有( )A45 个 B81 个 C165 个 D216 个解：等边三角形共 9 个； 等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为 a， b)，有 36 种取法，以小数为底时总能构成等腰三角形，而以大数为底时，b0)在一个最小正周期长的
7、区间上的图像与函数 g(x)= 的图像所围成的封闭图形的面积是 ；a2+1解：f(x )= sin(ax+)，周期= ，取长为 ，宽为 2 的矩形，由对称性知，面积之半即a2+12a 2a a2+1为所求故填 2a a2+1又解： 1sin(ax+ )dx= (1sint )dt= 10a2+1 2pa a2+18设函数 f：RR，满足 f(0)=1，且对任意 x，y R ，都有 f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x +2，则 f(x)= ；解：令 x=y=0，得， f(1)=110+2，f(1)=2令 y=1，得 f(x+1)=2f(x)2x+2，即 f(x+1)=2f(x)x又，f(
8、yx+1)=f(y) f(x)f(x)y+2，令 y=1 代入，得 f(x+1)=2f(x)f(x) 1+2，即 f(x+1)=f(x)+1比较、得，f(x )=x+19如图，正方体 ABCD A1B1C1D1中，二面角 A BD1A1的度数是 ；解：设 AB=1，作 A1MBD 1，ANBD 1，则BNBD1=AB2，BN=D 1M=NM= A1M=AN= AA 12=A1M2+MN2+NA22A 1MNAcos，1 2= + + 2 cos，cos = 232313 23 12A BPO HCMNB1A1BCDAC1D1=6010设 p 是给定的奇质数，正整数 k 使得 也是一个正整数，则
9、 k= ；k2 pk解：设 =n，则(k )2n 2= ，(2 kp+2 n)(2kp2n)=p 2，k= (p+1)2k2 pkp2 p24 1411已知数列 a0，a 1，a 2，a n，满足关系式(3a n+1)(6+an)=18，且 a0=3，则 的值是 ni=01ai；解： = + ，令 bn= + ，得 b0= ，b n=2bn1 ， bn= 2n即1an+1 2an13 1an13 23 23= ， = (2n+2n3) 1an2n+1 13 ni=01ai1312在平面直角坐标系 xOy 中，给定两点 M(1，2) 和 N(1，4)，点 P 在 x 轴上移动，当MPN 取最大值
10、时，点 P 的横坐标为 ；解：当MPN 最大时，MNP 与 x 轴相切于点 P(否则MNP与 x 轴交于 PQ，则线段 PQ 上的点 P使MPN 更大)于是，延长NM 交 x 轴于 K(3，0) ，有 KMKN=KP2，KP= 4P (1，0)，(7，0)，但(1，0)处MNP 的半径小，从而点 P 的横坐标 =1三解答题(本题满分 60 分，每小题 20 分)13一项“过关游戏”规则规定：在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次，如果这 n 次抛掷所出现的点数的和大于 2n，则算过关问： 某人在这项游戏中最多能过几关？ 他连过前三关的概率是多少？解： 设他能过 n 关，则第 n 关掷 n 次，至多
11、得 6n 点，由 6n2n，知，n4即最多能过 4 关 要求他第一关时掷 1 次的点数2，第二关时掷 2 次的点数和4，第三关时掷 3 次的点数和8第一关过关的概率= = ；4623第二关过关的基本事件有 62种，不能过关的基本事件有为不等式 x+y4 的正整数解的个数，有 C个 (亦可枚举计数：1+1 ，1+2，1+3，2+1，2+2，3+1)计 6 种，过关的概率=1 = ；24 66256第三关的基本事件有 63种，不能过关的基本事件为方程 x+y+z8 的正整数解的总数，可连写 8 个1，从 8 个空档中选 3 个空档的方法为 C = =56 种，不能过关的概率= = ，能过关的概率=
12、 ；38876321 5663 727 2027连过三关的概率= = 2356202710024314在平面直角坐标系 xOy 中，给定三点 A(0， )，B( 1，0)，C(1，0)，点 P 到直线 BC 的距离是该43点到直线 AB、 AC 距离的等比中项 求点 P 的轨迹方程； 若直线 L 经过ABC 的内心 (设为 D)，且与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点，求 L 的斜率 k 的取值范围解： 设点 P 的坐标为(x，y)，MNPK O xyAB 方程： + =1，4x 3y+4=0， x 13y4BC 方程：y= 0， AC 方程：4x+3y4= 0， 25| y|2=|(4x3y+
13、4)(4x +3y4)|，25y2+16x2 (3y4) 2=0，16x 2+16y2+24y16= 0，2x2+2y2+3y 2=0或 25y216x 2+(3y4) 2=0， 16x234y 2+24y16= 0，8x217y 2+12y8=0 所求轨迹为圆：2x 2+2y2+3y2= 0， 或双曲线：8x 217y 2+12y8 =0 但应去掉点(1，0)与(1 ，0) ABC 的内心 D(0， )：经过 D 的直线为 x=0 或 y=kx+ 12 12(a) 直线 x=0 与圆 有两个交点，与双曲线 没有交点；(b) k=0 时，直线 y= 与圆切于点(0 ， )，与双曲线交于 ( ，
14、 )，即 k=0 满足要求12 12 582 12(c) k= 时，直线与圆只有 1 个公共点，与双曲线也至多有 1 个公共点，故舍去12(c) k0 时，k 时，直线与圆有 2 个公共点，以代入得：(817k 2)x25kx =012 254当 817k 2=0 或 (5k)225(817k 2)=0，即得 k= 与 k= 所求 k 值的取值范围为0， ， 15已知 ， 是方程 4x24tx1=0(t R)的两个不等实根，函数 f(x)= 的定义域为 ， 2x tx2+1 求 g(t)=maxf(x)minf (x)； 证明：对于 ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2
15、+sinu3=1，则 + + 0当 x1，x 2 ， 时，14 f (x)= = 而当 x ， 时，x 2xt0，即2(x2+1) 2x(2x t)(x2+1)2 2(x2 xt)+2(x2+1)2f(x)在 ， 上单调增 g(t)= = =2 t2+1 2 t2+1(2 t)(2+1) (2 t)(2+1)(2+1)(2+1) ( )t(+) 2+222+2+2+1= = g(tan u)= = ，8secu(2sec2u+3)16sec2u+9 16+24cos2u16cosu+9cos3u + + 163+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)= 1g(tanu1) 1g(tan
16、u2) 1g(tanu3)D-111B CAyxOKP759(sin 2u1+sin2u2+sin2u3)而 (sin2u1+sin2u2+sin2u3)( )2，即 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)313 sinu1+sinu2+sinu33 + + (753)= 由于等号不能同时成立，故得证1g(tanu1) 1g(tanu2) 1g(tanu3)二试题一(本题满分 50 分)在锐角三角形 ABC 中，AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交于点 H，以 DE 为直径的圆分别交 AB、AC 于 F、G 两点，FG 与 AH 相交于点 K，已知 BC=25，BD=20，
17、BE=7，求 AK 的长解： BC=25，BD=20，BE=7， CE=24，CD=15 ACBD=CEAB， AC= AB， 65 BDAC，CEAB ， B、E、D、C 共圆，AC(AC15)=AB (AB7)， AB( AB15)=AB (AB18)，65 65 AB= 25，AC=30AE=18 ，AD=15 DE= AC=1512延长 AH 交 BC 于 P， 则 APBC APBC=ACBD，AP= 24连 DF，则 DFAB ， AE=DE，DFABAF= AE=912 D、E、F 、 G 共圆，AFG=ADE=ABC，AFGABC， = ，AK= = AKAPAFAB 9242
18、5 21625二(本题满分 50 分)在平面直角坐标系 XOY 中，y 轴正半轴上的点列A n与曲线 y= (x0)上的点2x列B n满足|OA n|=|OBn|= ，直线 AnBn在 x 轴上的截距为 an，点 Bn的横坐标为 bn，nN*1n 证明 anan+14，nN*； 证明有 n0N*，使得对 nn0，都有 + + + 0)1n 2bn 1n 0 且 tn单调减bn 2由截距式方程知， + =1，(12n 2bn=n2bn2)bnan a n= = = =( )2+ ( )=tn2+ tn=(tn+ )2 ( + )2 =42 212 2 12且由于 tn单调减，知 an单调减，即
19、anan+14 成立亦可由 =bn+2 = ，得 an=bn+2+ ， 1n2bn bn+2 2bn+2 由 bn递减知 an递减，且 an0+2+ =42 22418 7252015EF BCDAG HKP 即证 (1 )2004nk=1 bk+1bk1 = = =k2( )2( )2)bk+1bk bk bk+1bk 1k 1k+1 2k+1(k+1)2 2k+1(k+1)212 1k+2 (1 ) ( + )+( + + + )+ + + +nk=1 bk+1bknk=1 1k+2 1314 15161718 121212只要 n 足够大，就有 (1 )2004 成立nk=1 bk+1b
20、k三(本题满分 50 分)对于整数 n4，求出最小的整数 f(n)，使得对于任何正整数 m，集合m， m+1，m+n 1的任一个 f(n)元子集中，均至少有 3 个两两互素的元素解： 当 n4 时，对集合 M(m，n) =m，m+1，m+n 1，当 m 为奇数时，m，m+1，m+2 互质，当 m 为偶数时，m+1，m +2，m +3 互质即 M 的子集 M 中存在3 个两两互质的元素，故 f(n)存在且 f(n)n 取集合 Tn=t|2|t 或 3|t，tn+1 ，则 T 为 M(2，n) =2，3，n+1的一个子集，且其中任 3 个数无不能两两互质故 f(n)card (T)+1但 card
21、(T)= + 故 f(n) + +1 n+12 n+13 n+16 n+12 n+13 n+16由与得，f(4)=4，f(5)=5 5f (6)6，6f(7)7，7f(8)8，8f(9)9现计算 f(6)，取 M=m，m+1，m+5，若取其中任意 5 个数，当这 5 个数中有 3 个奇数时，这 3个奇数互质；当这 3 个数中有 3 个偶数 k，k+2，k +4(k0(mod 2)时，其中至多有 1 个被 5 整除，必有 1 个被 3 整除，故至少有 1 个不能被 3 与 5 整除，此数与另两个奇数两两互质故 f(6)=5而 M(m，n+1) =M(m，n) m+n，故 f(n+1)f (n)+
22、1 f(7)=6，f(8)=7，f(9) =8 对于 4n9，f(n)= + +1 成立 n+12 n+13 n+16设对于 nk，成立，当 n=k+1 时，由于M(m，k+1) =M(m，k5) m+k5，m +k4，m +k在m +k5，m+k 4，m+k中，能被 2 或 3 整除的数恰有 4 个，即使这 4 个数全部取出，只要在前面的 M(m，k 5)中取出 f(n)个数就必有 3 个两两互质的数于是当 n4 时，f(n+6)f(n)+4=f(n)+f (6)1故 f(k+1)f( k5)+f(6)1= + +1，k+22 k+23 k+26比较，知对于 n=k+1，命题成立对于任意 nN*，n4，f(n) = + +1 成立n+12 n+13 n+16又可分段写出结果：f(n)= 4k+1， (n=6k， k N*)，4k+2， (n=6k+1， k N*)，4k+3， (n=6k+2， k N*)，4k+4， (n=6k+3， k N*)，4k+4， (n=6k+4， k N*)，4k+5， (n=6k+5， k N*)
