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 8:009:40) 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) 2049 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
y
y
y
y
O
x
O
x
O
x
O
x
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
16
8
16
(A) 3 (B) 3 (C) 3 3 (D) 8 3
4．若
x
∈
[
－
5 12
，－ 3
]，则
2 y=tan(x+ 3
) － tan(x+ 6 )+cos(x+ 6 ) 的 最 大 值 是
12
11
11
12
(A) 5 2 (B) 6 2 (C) 6 3 (D) 5 3
5．已知
x，y
都 在 区 间 ( － 2 ， 2) 内 ， 且
xy= － 1 ， 则 函 数
u=
4 4－x2
+
9 9－y2
的
最
小
值
是
8 (A) 5
24
12
12
(B) 11 (C) 7 (D) 5
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 3 ，则四面体 ABCD
的
体
积
等
于
3
1
1
3
(A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3
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x92+y42=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 logab=32，logcd=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 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.－ a1a2…an |ai 只取 0 或 1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是 Mn 中
元素的个数，Sn 是 Mn 中所有元素的和，则ln→im∞TSnn=
．
三、（本题满分 20 分）
13．设32≤x≤5，证明不等式 2 x+1+ 2x－3+ 15－3x<2 19．
1/9
四、(本题满分 20 分) 14．设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai，Z1=12+bi，Z2=1+ci(其中 a，b，c 都是实数)对应的不共线的三
点．证明：曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (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．
2/9
加试题 (10 月 12 日上午 10:0012:00) 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=∠PAC．
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130l4=130m4=130n4，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=q2+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)．
3/9
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
y
y
y
y
O
x
O
x
O
x
O
x
A.
B.
C.
D.
解：曲线方程为xa2+yb2=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
16
8
16
(A) 3 (B) 3 (C) 3 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
p y=k=
4 上，即 3
AB 中点
为(43，
4 )，中垂线方程为 3
y=－
33(x－43)+
4 ，令 3
y=0，得点
P
的坐标为136．
∴ PF=136．选 A．
4．若
x
∈
[
－
5 12
，－ 3 ]，则
2 y=tan(x+ 3
) － tan(x+ 6 )+cos(x+ 6 ) 的 最 大 值 是
12
11
11
12
(A) 5 2 (B) 6 2 (C) 6 3 (D) 5 3
解：令
x+
6
=u，则
2 x+ 3
=u+ 2 ，当 x∈[－512 ，－ 3 ]时，u∈[－ 4 ，－ 6 ]，
y=－(cotu+tanu)+cosu=－sin22u+cosu．在 u∈[－ 4 ，－ 6 ]时，sin2u 与 cosu 都单调递增，从而 y 单调
递增．于是 u=－ 6 时，y 取得最大值161 3，故选 C．
5．已知
x，y
都 在 区 间 ( － 2 ， 2) 内 ， 且
xy= － 1 ， 则 函 数
u=
4 4－x2
+
9 9－y2
的
最
小
值
是
8 (A) 5
24
12
12
(B) 11 (C) 7 (D) 5
解：由 x，y∈(－2，2)，xy=－1 知，x∈(－2，－12)∪(12，2)， u=4－4 x2+9x92x－2 1=－ －99xx44++7327xx22－ －44=1+37－(395x2+x42)．
当 x∈(－2，－12)∪(12，2)时，x2∈(14，4)，此时，9x2+x42≥12．(当且仅当 x2=23时等号成立)．
此时函数的最小值为152，故选 D．
4/9
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 3 ，则四面体 ABCD
的
体
积
等
于
3
1
1
3
(A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3
A
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×sinπ3×
M
D
2=3．
N
而四面体 ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12．故选 B．
B
C
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
．
解：即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，
(|x|－3)(|x|－
5－1 2 )(|x|+
52+1)<0．
|x|<－ 52+1，或 52－1<|x|<3．
∴ 解为(－3，－ 52－1)∪( 52－1，3)．
8．设 F1、F2 是椭圆x92+y42=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
．
解：F1(－ 5，0)，F2( 5，0)；|F1F2|=2 5．
|PF1|+|PF2|=6， |PF1|=4，|PF2|=2．由于 42+22=(2 5)2．故 PF1F2 是直角三角形 5 5． ∴ S=4．
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
．
解：A=(1，3)；
又，a≤－21－x∈(－1，－14)，当 x∈(1，3)时，a≥x22+x5 －7∈( 5－7，－4)．
∴ －4≤a≤－1．
10．已知 a，b，c，d 均为正整数，且 logab=32，logcd=54，若 a－c=9，则 b－d=
．
解：a3=b2，c5=d4，设 a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．
∴ x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=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
H
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 E
G
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
F
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
D
把正方形 ABCD 绕其中心旋转 45 而得．设 E 的射影为 N，则
NM
C
MN= 2－1．EM= 3，故 EN2=3－( 2－1)2=2 2．∴ EN= 4 8．所求圆柱的 A
B
高=2+ 4 8．
12． 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.－ a1a2…an |ai 只取 0 或 1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn 是 Mn 中
元素的个数，Sn 是 Mn 中所有元素的和，则nl→im∞TSnn=
．
解：由于 a1，a2，…，an－1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数，Tn=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．
∴ Sn=2n－2 0.11…1+2n－2 10－n．
∴ nl→im∞TSnn=1219=118．
三、（本题满分 20 分）
13．设32≤x≤5，证明不等式
5/9
2 x+1+ 2x－3+ 15－3x<2 19．
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+ 4
15－3x≤
x+1+x+1+2x4－3+15－3x≤
∴ 2 x+1+ 2x－3+ 15－3x= x+1+ x+1+ 2x－3+ 15－3x≤2 14+x．
但 2 14+x在32≤x≤5 时单调增．即 2 14+x≤2 14+5=2 19．
故证．
144+x．
四、(本题满分 20 分)
14．设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai，Z1=12+bi，Z2=1+ci(其中 a，b，c 都是实数)对应的不共线的三 点．证明：曲线
Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (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=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t)
∴
x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1)
y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2
即
y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1)．
①
若 a－2b+c=0，则 Z0、Z1、Z2 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)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．
即 4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由 a－2b+c 0，得 4x2+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+PA=OA =R．由于点 A
MS
D
在⊙O 内，故 OA=a
而 MN 上任一异于 P 的点 Q，都有 OQ+QA=OQ+QA >OA
S' Q
A'
P
．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
O
A
N
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
6/9
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 10:0012:00)
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=∠PAC．
分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，则 BDQ∽ DAQ．反之，若 BDQ∽
DAQ．则本题成立．而要证 BDQ∽ DAQ，只要证BADD=DAQQ即
可．
A
证明：连 AB．
∵ PBC∽ PDB， ∴ BBDC=PPDB，同理，AADC=PPDA ． ∵ PA=PB，∴ BADD=BACC．
P
O
C
Q
D
B
∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ，∠ABC=∠ADQ．
∴ ABC∽ ADQ．
∴ BACC=DAQQ．∴ BADD=DAQQ．
∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ．
∴ ADQ∽ DBQ．
∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC．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130l4=130m4=130n4，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，130l4=130m4=130n4． 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． ∵ (104)=104 1245=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=q2+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
7/9
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＝{A0，A1，…，An－1}，与 Ai 连线的点集为 Bi，且|Bi|＝bi．于是 1≤bi≤n－1．又 显然有
n－1
∑ bi＝2l≥q(q+1)2+2．
i＝0
若存在一点与其余点都连线，不妨设 b0＝n－1． 则 B0 中 n－1 个点的连线数
l－b0≥12q(q+1)2+1－(n－1) (注意：q(q+1)＝q2+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－2 1]条，故在
B0 中存在一点 Ai，它与两点 Aj、Ak(i、j、k 互不相等，且 1≤i，j，k)连了线，于是 A0、Aj、Ai、Ak 连成四 边形．
现设任一点连的线数≤n－2．且设 b0＝q+2≤n－2．且设图中没有四边形．于是当 i≠j 时，Bi 与 Bj 没
有公共的点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．记－B0 ＝V\B0，则由|Bi∩B0|≤1 ，得|Bi∩ －B0 |≥bi－1(i＝1，
2，…，n－1)，且当 1≤i，j≤n－1 且 i≠j 时，Bi∩－B0与 Bj∩－B0无公共点对．从而
－B0中点对个数≥n∑－1(Bi∩－B0中点对个数)．即 i＝1
n－1
n－1
∑ ∑ Cn2－b0≥i＝1 C|Bi2∩－B0|≥i＝1Cb2i－1
＝12ni＝∑－11 (b2i－3bi+2)≥12[n－1 1(ni＝∑－11bi)2－3ni＝∑－11bi+2(n－1)](由平均不等式)
＝12[n－1 1(2l－b0)2－3(2l－b0)+2(n－1)]＝2(n1－1)[(2l－b0)2－3(n－1)(2l－b0)+2(n－1)2]
＝2(n1－1)(2l－b0－n+1)(2l－b0－2n+2)
(2l≥q(q+1)2+2＝(n－1)(q+1)+2)
≥2(n1－1)[(n－1)(q+1)+2－b0－n+1][(n－1)(q+1)+2－b0－2n+2]
＝2(n1－1)[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(两边同乘以 2(n－1)即
(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)
得 q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因数比较) ①
但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．(b0≥q+2)②
(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0．
③
又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均为正整数，
从而由②、③得， q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．
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 A1，A2，…，An，若 Ai 与 Aj 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(Ai)＝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
＋q2＋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＝q3＋q2－q 个红点．
n－1
设此表格中第
i
行有
mi(i＝1，2，…，n－1)个红点，于是，同行的红点点对数的总和＝
∑
i＝1
Cm2 i．其中
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n－1＝q2＋q．(由于当 n＞k 时，C2n＋C2k＜Cn2＋1＋Ck2－1，故当红点总数为 q3＋q2－q 个时，可取 q2 行每行
n－1
取
q
个红点，q
行每行取
q－1
个红点时
∑
i＝1
Cm2 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)
n－1
但
q2Cq2＋qCq2－1≤
∑
i＝1
Cm2 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 q2－1 列，不同的列对数为 Cq22－1)
n－1
∑
i＝1
Cm2 i≤Cq22－1．
所以 q2·q(q－1)＋q(q－1)(q－2)≤(q2－1)(q2－2)．
q(q－1)(q2＋q－2)≤(q－1)(q＋1)(q2－2) q3＋q2－2q≤q3＋q2－2q－2．矛盾．故证．
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