2000-2013年全国高中数学联合竞赛试卷(含答案)(3)

111

．故交换二电阻的位置，不改

RR1R2

变R值，且当R1或R2变小时，R也减小，因此不妨取R1＞R2．

2．设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB RAB

RR R1R3 R2R3R1R2

R3 12

R1 R2R1 R2

显然R1＋R2越大，RAB越小，所以为使RAB最

小必须取R3为所取三个电阻中阻值最小的—个．

3．设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为RCD

111 RCDRABR4

RR R1R3 R1R4 R2R3 R2R4 12

R1R2R4 R1R3R4 R2R3R4

1 i j 4

若记S1 S2

RR

i

j

,

S2 R1R2R3

S1 R3R4

1 i j k 4

RiRjRk，则S1、S2为定值，于是RCD

只有当R3R4最小，R1R2R3最大时，RCD最小，故应取R4＜R3，R3＜R2，R3＜Rl，即得总电阻的阻值最小 15分

4°对于图3把由R1、R2、R3组成的组件用等效电阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6＜R5；且由1°应使RCE最小．由2°知要使RCE最小，必需使R5＜R4，且应使RCD最小． 而由3°，要使RCD最小，应使R4＜R3＜R2且R4＜R3＜R1，

这就说明，要证结论成立 20分

2001年全国高中数加试参考答案及评一．证明：(1)点共圆 BAC

又∠OBC＝

学联合竞赛 分标准 ∵A、C、D、F四 ∴∠BDF＝∠

1

(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC 2

∴OB⊥DF．

(2)∵CF⊥MA

∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2 ① ∵BE⊥NA

∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ② ∵DA⊥BC

∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③ ∵OB⊥DF

∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④ ∵OC⊥DE

∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤ 30分 ①－②＋③＋④－⑤，得

NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2

∴OH⊥MN 50分

另证：以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系， 设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则 kAC ∴直线AC的方程为y

aa,kAB cb

ac

(x c)，直线BE的方程为y (x b) ca

c

y (x b) a2c bc2ac2 abc a, 由 得E点坐标为E(2) 222

aa ca c y (x c) c

a2b b2cab2 abc

, 同理可得F(2)

a b2a2 b2

acc

直线AC的垂直平分线方程为y (x )

2a2b c

直线BC的垂直平分线方程为x

2

acc y (x ) b cbc a2 2a2, 由 得O()

22ab c x

2

bc a2

bc a2ab2 abcab ac ,kDF 2 2 kOB 2b cac abab bca bc b

2

∵kOBkDF 1 ∴OB⊥DF 同理可证OC⊥DE．

在直线BE的方程y

bcc

) (x b)中令x＝0得H(0， aa

bc a2bc

a2 3bc ∴kOH

b cab ac2

ab ac

x 直线DF的方程为y 2

a bc

ab ac y x2 a2c bc2abc ac2 a bc

,2 由 得N (2) 22

a 2bc ca 2bc c y a(x c)

c

a2b b2cabc ab2

,2 同理可得M (2) 2

a 2bc ba 2bc b2a(b2 c2)(a2 bc)ab ac

∴kMN 222

(c b)(a bc)(a 3bc)a 3bc

∵kOH ·kMN ＝－1，∴OH⊥MN．

二．解：先求最小值，因为(

x)

2ii 1

i 1

nn

xi2

2

1 k j n

k

xkxj 1 j

x

i 1

n

i

1

等号成立当且仅当存在i使得xi＝1，xj＝0，j＝i ∴

x

i 1

n

i

最小值为1． 10分

再求最大值，令xk kyk ∴

ky

k 1

n

2k

2

1 k j n

ky

k

yj 1 ①

y1 y2 yn a1 nn

y2 yn a2

设M xk kyk， 令

k 1k 1

yn an

222

则① a1 a2 an 1 30分

令an 1＝0，则M

k 1

n

k(ak ak 1)

k 1

n

kak

n

k 1

n

kak 1

k 1

n

kak

k 1

n

k 1ak

(

k 1

n

k 1)ak

由柯西不等式得： M [

k 1

(k k 1)](

2a1

2

12

k 1

n

22ak)

1

[

k 1

n

(k k 1)2]2

2

an

1

等号成立

1

2ak

(k k 1)

2

(n n 1)

2ak

2

2

222a1 a2 an

1 (2 ) (n n 1)

k k 1[

22

(k k 1)

ak

(

k 1

n

(k=1，2， ，n)

1

2

k k 1)2]

由于a1 a2 an，从而yk ak ak 1

2k (k 1 k 1)[

(

k 1

n

k k 1)2]

12

0，即xk 0

所求最大值为[

(

k 1

n

k k 1)] 50分

2

1三．解：记所求最小值为f (m，n)，可义证明f (m，n)＝rn＋n－(m，n) (*)

其中(m，n) 表示m和n的最大公约数 10分 事实上，不妨没m n

(1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn＋n－(m，n) 当用m＝1时，命题显然成立．

假设当，m k时，结论成立(k 1)．当m＝k＋1时，若n＝k＋1，则命题显然成立．若n＜k＋1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为m—n＋n—(m－n，n)＝m－(m，n)，于是原矩形ABCD有

一种分法使得所得正方形边长之和为rn＋n－(m，n) 20分 (2)关于m归纳可以证明(*)成立． n 当m＝1时，由于n＝1，显然f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 假设当m k时，对任意1 n m有f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 1 A B 若m＝k＋1，当n＝k＋1时显然f (m，n)＝k＋1＝rn＋n－(m，n)．

当1 n k时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为al，a2， ，ap 不妨a1 a2 ap 显然a1＝n或a1＜n． 若a1＜n，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边界)．于是a1＋a2＋ ＋ap不小于AB与CD之和． 所以a1＋a2＋ ＋ap 2m＞rn＋n－(m，n)

若a1＝n，则一个边长分别为m－n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2， ap的正方形，由归纳假设

a2＋ ＋ap m－n＋n－(m－n，n))＝rn－(m，n) 从而a1＋a2＋ ＋ap rn＋n－(m，n)

于是当rn＝k＋1时，f (m，n) rn＋n－(m，n)

再由(1)可知f (m，n)＝rn＋n－(m，n)． 50分

二○○二年全国高中数学联合竞赛

试题参考答案及评分标准

说明：

1． 评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设

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