15、用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6、(a1>a2>a3>a4>a5>a6)的电阻组装成一个如图的组件,在组装中应如何选取电阻,才能使该组件总电阻值最小?
证明你的结论。
二○○一年全国高中数学联合竞赛加试试题
(10月4日上午10:
00—12:
00)
学生注意:
1、本试卷共有三大题,全卷满分150分。
2、用圆珠笔或钢笔作答。
3、解题书写不要超过装订线。
4、不能使用计算器。
一、(本题满分50分)
如图:
⊿ABC中,O为外心,三条高AD、BE、CF交于点H,直线ED和AB交于点M,FD和AC交于点N。
求证:
(1)OB⊥DF,OC⊥DE;
(2)OH⊥MN。
二、(本题满分50分)
设xi≥0(I=1,2,3,…,n)且,求的最大值与最小值。
三、(本题满分50分)
将边长为正整数m,n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形,每个正方形的边均平行于矩形的相应边,试求这些正方形边长之和的最小值。
2001年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
一.选择题:
CBDDCA
1.已知a为给定的实数,那么集合M={x|x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的个数为( ).
A.1 B.2 C.4 D.不确定
讲解:
M表示方程x2-3x-a2+2=0在实数范围内的解集.由于Δ=1+4a2>0,所以M含有2个元素.故集合M有22=4个子集,选C.
2.命题1:
长方体中,必存在到各顶点距高相等的点.
命题2:
长方体中,必存在到各条棱距离相等的点;
命题3:
长方体中,必存在到各个面距离相等的点.
以上三个命题中正确的有( ).
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
讲解:
由于长方体的中心到各顶点的距离相等,所以命题1正确.对于命题2和命题3,一般的长方体(除正方体外)中不存在到各条棱距离相等的点,也不存在到各个面距离相等的点.因此,本题只有命题1正确,选B.
3.在四个函数y=sin|x|、y=cos|x|、y=|ctgx|、y=lg|sinx|中,以π为周期、在(0,π/2)上单调递增的偶函数是( ).
A.y=sin|x| B.y=cos|x|
C.y=|ctgx| D.y=lg|sinx|
讲解:
可考虑用排除法.y=sin|x|不是周期函数(可通过作图判断),排除A;y=cos|x|的最小正周期为2π,且在(0,π/2)上是减函数,排除B;y=|ctgx|在(0,π/2)上是减函数,排除C.故应选D.
4.如果满足∠ABC=60°,AC=12,BC=k的△ABC恰有一个,那么k的取值范围是( ).
A. B.0<k≤12
C.k≥12 D.0<k≤12或
讲解:
这是“已知三角形的两边及其一边的对角,解三角形”这类问题的一个逆向问题,由课本结论知,应选结论D.
说明:
本题也可以通过画图直观地判断,还可以用特殊值法排除A、B、C.
5.若(1+x+x2)1000的展开式为a0+a1x+a2x2+…+a2000x2000,
则a0+a3+a6+a9+…+a1998的值为( ).
A.3333 B.3666 C.3999 D.32001
讲解:
由于要求的是展开式中每间降两项系数的和,所以联想到1的单位根,用特殊值法.
取ω=-(1/2)+(/2)i,则ω3=1,ω2+ω+1=0.
令x=1,得
31000=a0+a1+a2+a3+…+a2000;
令x=ω,得
0=a0+a1ω+a2ω2+…+a2000ω2000;
令x=ω2,得
0=a0+a1ω2+a2ω4+a3ω6+…+a2000ω4000.
三个式子相加得
31000=3(a0+a3+a6+…+a1998).
a0+a3+a6+…+a1998=3999,选C.
6.已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24,而4枝攻瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元,则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较,结果是( ).
A.2枝玫瑰价格高 B.3枝康乃馨价格高
C.价格相同 D.不确定
讲解:
这是一个大小比较问题.可先设玫瑰与康乃馨的单价分别为x元、y元,则由题设得,
问题转化为在条件①、②的约束下,比较2x与3y的大小.有以下两种解法:
解法1:
为了整体地使用条件①、②,令6x+3y=a,4x+5y=b,联立解得x=(5a-3b)/18,y=(3b-2a)/9.
∴2x-3y=…=(11a-12b)/9.
∵a>24,b<22,
∴11a-12b>11×24-12×22=0.
∴2x>3y,选A.
图1
解法2:
由不等式①、②及x>0、y>0组成的平面区域如图1中的阴影部分(不含边界).令2x-3y=2c,则c表示直线l:
2x-3y=2c在x轴上的截距.显然,当l过点(3,2)时,2c有最小值为0.故2x-3y>0,即2x>3у,选A.
说明:
(1)本题类似于下面的1983年一道全国高中数学联赛试题:
已知函数M=f(x)=ax2-c满足:
-4≤f
(1)≤-1,-1≤f
(2)≤5,那么f(3)应满足( ).
A.-7≤f(3)≤26 B.-4≤f(3)≤15
C.-1≤f(3)≤20 D.-28/3≤f(3)≤35/3
(2)如果由条件①、②先分别求出x、y的范围,再由2x-y的范围得结论,容易出错.上面的解法1运用了整体的思想,解法2则直观可靠,详见文[1].
二.填空题
7.8.9.
10.11.12.732
7.椭圆ρ=1/(2-cosθ)的短轴长等于______________.
讲解:
若注意到极点在椭圆的左焦点,可利用特殊值法;若注意到离心率e和焦参数p(焦点到相应准线的距离)的几何意义,本题也可以直接求短半轴的长.
解法1:
由得
a=2/3,从而b=,故2b=
解法2:
由e=c/a=1/2,p=b2/c=1及b2=a2-c2,得
b=.从而2b=.
说明:
这是一道符合教学大纲而超出高考范围的试题.
8.若复数z1、z2满足|z1|=2,|z3|=3,3z1-2z2=(3/2)-i,则z1·z2=______________.
讲解:
参考答案给出的解法技巧性较强,根据问题的特点,用复数的三角形式似乎更符合学生的思维特点,而且也不繁.
令z1=2(cosα+isinα),z2=3(cosβ+isinβ),则由3z1-2z2=(3/2)-i及复数相等的充要条件,得
即
二式相除,得tg(α+β)/2)=3/2.由万能公式,得
sin(α+β)=12/13,cos(α+β)=-5/13.
故z1·z2=6[cos(α+β)+isin(α+β)]
=-(30/13)+(72/13)i.
说明:
本题也可以利用复数的几何意义解.
9.正方体ABCD-A1B1C11的棱长为1,则直线A1C1与BD1的距离是______________.
讲解:
这是一道求两条异面直线距离的问题,解法较多,下面给出一种基本的解法.
图2
为了保证所作出的表示距离的线段与A1C1和BD1都垂直,不妨先将其中一条直线置于另一条直线的垂面内.为此,作正方体的对角面BDD1B1,则A1C1⊥面BDD1B1,且BD1面BDD1B1.设A1C1∩B1D1=0,在面BDD1B1内作OH⊥BD1,垂足为H,则线段OH的长为异面直线A1C1与BD1的距离.在Rt△BB1D1中,OH等于斜边BD1上高的一半,即OH=/6.
10.不等式|(1/log1/2x)+2|>3/2的解集为______________.
讲解:
从外形上看,这是一个绝对值不等式,先求得log1/2x<-2,或-2/7<log1/2x<0,或log1/2x>0.
从而x>4,或1<x<22/7,或0<x<1.
11.函数y=x+的值域为______________.
讲解:
先平方去掉根号.
由题设得(y-x)2=x2-3x+2,则x=(y2-2)/(2y-3).
由y≥x,得y≥(y2-2)/(2y-3).解得1≤y<3/2,或y≥2.
由于能达到下界0,所以函数的值域为[1,3/2)∪[2,+∞).
说明:
(1)参考答案在求得1≤y<3/2或y≥2后,还用了较长的篇幅进行了一番验证,确无必要.
(2)本题还可以用三角代换法和图象法来解,不过较繁,读者不妨一试.
图3
12.在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图3),要求同一块中种同一种植物,相邻的两块种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择,则有______________种栽种方案.
讲解:
为了叙述方便起见,我们给六块区域依次标上字母A、B、C、D、E、F.按间隔三块A、C、E种植植物的种数,分以下三类.
(1)若A、C、E种同一种植物,有4种种法.当A、C、E种植后,B、D、E可从剩余的三种植物中各选一种植物(允许重复),各有3种方法.此时共有4×3×3×3=108种方法.
(2)若A、C、E种二种植物,有P42种种法.当A、C、E种好后,若A、C种同一种,则B有3种方法,D、F各有2种方法;若C、E或E、A种同一种,相同(只是次序不同).此时共有P43×3(3×2×2)=432种方法.
(3)若A、C、E种三种植物,有P43种种法.这时B、D、F各有2种种方法.此时共有P43×2×2×2=192种方法.
根据加法原理,总共有N=108+432+192=732种栽种方案.
说明:
本题是一个环形排列问题.
三.解答题
13.设所求公差为d,∵a1<a2,∴d>0.由此得
化简得:
解得:
………………………………………………………5分
而,故a1<0
若,则
若,则………………………………10分
但存在,故|q|<1,于是不可能.
从而
所以………………………………20分
14.解:
(1)由消去y得:
①
设,问题
(1)化为方程①在x∈(-a,a)上有唯一解或等根.
只需讨论以下三种情况:
1°△=0得:
,此时xp=-a2,当且仅当-a<-a2<a,即0<a<1时适合;
2°f(a)f(-a)<0,当且仅当-a<m<a;
3°f(-a)=0得m=a,此时xp=a-2a2,当且仅当-a<a-2a2<a,即0<a<1时适合.
f(a)=0得m=-a,此时xp=-a-2a2,由于-a-2a2<-a,从而m≠-a.
综上可知,当0<a<1时,或-a<m≤a;
当a≥1时,-a<m<a.………………………………………………10分
(2)△OAP的面积
∵0<a<,故-a<m≤a时,0<<a,
由唯一性得
显然当m=a时,xp取值最小.由于xp>0,从而yp=取值最大,此时,
∴.
当时,xp=-a2,yp=,此时.
下面比较与的大小:
令,得
故当0<a≤时,≤,此时.
当时,,此时.………20分
15.解:
设6个电阻的组件(如图3)的总电阻为RFG,当Ri=ai,i=3,4,5,6,R1、R2是a1、a2的任意排列时,RFG最小……………………………………………………5分
证明如下:
1.设当两个电阻R1、R2并联时,所得组件阻值为R,则.故交换二电阻的位置,不改变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
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
若记,则S1、S2为定值,于是
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年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准
一.证明:
(1)∵A、C、D、F四点共圆
∴∠BDF=∠BAC
又∠OBC=(180°-∠BOC)=90°-∠BAC
∴OB⊥DF.
(2)∵CF⊥MA
∴MC2-MH2=AC2-AH2①
∵BE⊥NA
∴NB2-NH2=AB2-AH2②
∵DA⊥BC
∴BD2-CD2=BA2-AC2③
∵OB⊥DF
∴BN2-BD2=ON2-OD2④
∵OC⊥DE
∴CM2-CD2=OM2-OD2⑤……………………………………30分
①-②+③+④-⑤,得
NH2-MH2=ON2-OM2MO2-MH2=NO2-NH2
∴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
∴直线AC的方程为,直线BE的方程为
由得E点坐标为E()
同理可得F()
直线AC的垂直平分线方程为
直线BC的垂直平分线方程为
由得O()
∵∴OB⊥DF
同理可证OC⊥DE.
在直线BE的方程中令x=0得H(0,)
∴
直线DF的方程为
由得N()
同理可得M()
∴
∵kOH·kMN=-1,∴OH⊥MN.
二.解:
先求最小值,因为≥1
等号成立当且仅当存在i使得xi=1,xj=0,j=i
∴最小值为1.……………………………………………………………10分
再求最大值,令
∴①
设,令
则①⇔……………………………………………………30分
令=0,则
由柯西不等式得:
等号成立⇔
(k=1,2,…,n)
由于a1≥a2≥…≥an,从而,即xk≥0
所求最大值为……………………………………………50分
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.
A
A1
B
C
D1
D
m
n
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.
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)
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
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