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1990-2011全国高中数学联赛试题及解析(word版)



1990 年全国高中数学联赛
第一试 (10 月 14 日上午 8∶00—10∶00) 一.选择题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1.设 α∈( , ),则(cos?)cos?,(sin?)cos?,(cos?)sin?的大小顺序是 4 2 A.(cos?)cos?<(sin?)cos?<(cos?)sin? B.(cos?)cos?<(cos

?)sin? <(sin?)cos? C.(sin?)cos?<(cos?)cos?<(cos?)sin? D.(cos?)sin? <(cos?)cos?<(sin?)cos? 2.设 f(x)是定义在实数集上的周期为 2 的函数,且是偶函数,已知当 x∈[2,3]时,f(x)=x,则当 x∈[- 2,0]时,f(x)的解析式是( ) A.f(x)=x+4 B. f(x)=2-x C. f(x)=3-|x+1| D. f(x)=2+|x+1| 3.设双曲线的左右焦点是 F1、F2,左右顶点是 M、N,若△PF1F2 的顶点 P 在双曲线上,则△PF1F2 的内切圆与边 F1F2 的切点位置是( ) A.在线段 MN 内部 B.在线段 F1M 内部或在线段 NF2 内部 C.点 M 或点 N D.不能确定的 1 1 4.点集{(x,y)|lg(x3+ y3+ )=lgx+lgy}中元素个数为( 3 9 A.0 B.1 C.2 x ? ?x+y? 5.设非零复数 x、y 满足 x2+xy+y2=0,则代数式? A.2
-1989

? ?

) D.多于 2
1990

+?

y ?1990 ?x+y? 的值是(

)

B.-1
2 2

C.1

D.以上答案都不对

x y 6.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)通过点(2,1),所有这些椭圆上满足|y|>1 的点的集合用阴影表示是下面图 a b 中的( )
y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

x O
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

O

x
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

A.

B.

C.

D.

二.填空题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1 1 1.设 n 为自然数,a、b 为正实数,且满足 a+b=2,则 + 的最小值是 1+an 1+bn .

2.设 A(2,0)为平面上一定点,P(sin(2t-60° ),cos(2t-60° ))为动点,则当 t 由 15° 变到 45° 时,线段 AP 扫过的面积是 . 3.设 n 为自然数,对于任意实数 x,y,z,恒有(x2+y2+z2)2?n(x4+y4+z4)成立,则 n 的最小值是 . 4.对任意正整数 n,连结原点 O 与点 An(n,n+3),用 f(n)表示线段 OAn 上的整点个数(不计端点),试求 f(1)+f(2)+?+f(1990). 5.设 n=1990,则

-1-

1 2 4 6 1998 1990 (1-3Cn+32Cn-33Cn+?+3994C n -3995C n = 2n

. 种不同和排

6.8 个女孩与 25 个男孩围成一圈,任何两个女孩之间至少站两个男孩,则共有 列方法.(只要把圆旋转一下就能重合的排法认为是相同的). 三.(本题满分 20 分)

2ab π 已知 a,b 均为正整数,且 a>b,sinθ= 2 2,(其中 0<θ< ),An=(a2+b2)nsinnθ.求证:对于一切自然数 a +b 2 n,An 均为整数. 四.n2 个正数排成 n 行 n 列 a11 a12 a13 a14 ??a1n a21 a22 a23 a24 ??a2n a31 a32 a33 a34 ??a3n a41 a42 a43 a44 ??a4n ?????????????? an1 an2 an3 an4 ??ann 1 3 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等.已知 a24=1,a42= ,a43= , 8 16 求 a11+a22+??+ann. 五.设棱锥 M—ABCD 的底面为正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD 的面积为 1,试求能够放 入这个棱锥的最大球的半径.
M

D A

C

B

-2-

第二试 (10 月 14 日上午 10∶30—12∶30) 一.(本题满分 35 分) 四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、BCP、CDP 和 DAP 的外接圆 圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直线共点.

D O3 O4 O O1 F B P O2 C

A

二.(本题满分 35 分) 设 E={1,2,3,??,200}, G={a1,a2,??,a100}? ? E. 且 G 具有下列两条性质: ⑴ 对任何 1?i<j?100,恒有 ai+aj≠201; ⑵

Σa =10080.
i

100 i=1

试证明:G 中的奇数的个数是 4 的倍数.且 G 中所有数字的平方和为一个定数.

三.(本题满分 35 分) 某市有 n 所中学,第 i 所中学派出 Ci 名代表(1?Ci?39,1?i?n)来到体育馆观看球赛,全部学生总数 为

ΣC =1990.看台上每一横排有 199 个座位,要求同一学校的学生必须坐在同一横排,问体育馆最少要安
i

n

i=1

排多少横排才能够保证全部学生都能坐下.

-3-

1990 年全国高中数学联赛(解答) 第一试 一.选择题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1.设 α∈( , ),则(cos?)cos?,(sin?)cos?,(cos?)sin?的大小顺序是 4 2 A.(cos?)cos?<(sin?)cos?<(cos?)sin? B.(cos?)cos?<(cos?)sin? <(sin?)cos? C.(sin?)cos?<(cos?)cos?<(cos?)sin? D.(cos?)sin? <(cos?)cos?<(sin?)cos? 解:α∈( , )?0<cosα<sinα<1, 4 2 ∴ (cos?)cos?<(sin?)cos?;(cos?)sin?<(cos?)cos?;选 D. 2.设 f(x)是定义在实数集上的周期为 2 的函数,且是偶函数,已知当 x∈[2,3]时,f(x)=x,则当 x∈[- 2,0]时,f(x)的解析式是( ) A.f(x)=x+4 B. f(x)=2-x C. f(x)=3-|x+1| D. f(x)=2+|x+1| 解 设 x∈[-2,-1],则 x+4∈[2,3],于是 f(x+4)=x+4,但 f(x)= f(x+4)=x+4 (x∈[-2,-1]), 又设 x∈[-1,0),则-x∈(0,1],故 f(-x)=-x+2,由 f(x)= f(-x)=-x+2 (x∈[-1,0).
?3-(-x-1)=x+4 f(x)=3-|x+1|=? ?3-(x+1)=-x+2

? ?

(1990 年全国高中数学联赛)

? ?

(x∈[-2,-1]), 故选 C. (x∈(-1,0)).

3.设双曲线的左右焦点是 F1、F2,左右顶点是 M、N,若△PF1F2 的顶点 P 在双曲线上,则△PF1F2 的内切圆与边 F1F2 的切点位置是( ) y A.在线段 MN 内部 B.在线段 F1M 内部或在线段 NF2 内部 P C.点 M 或点 N D.不能确定的 F I 解:设内切圆在三边上切点分别为 D、E、F,当 P 在右支上时,PF1-PF2=2a. E D F F O M N 2 x 1 但 PF1-PF2=F1D-F2D=2a, 即 D 与 N 重合, 当 P 在左支上时, D 与 M 重合. 故 选 C. 1 1 4.点集{(x,y)|lg(x3+ y3+ )=lgx+lgy}中元素个数为( 3 9 A.0 B.1
3

) D.多于 2
3

C.2

1 1 1 1 解:x3+ y3+ =xy>0.但 x3+ y3+ ?3 3 9 3 9 时成立.故选 B.

3 1 1 1 1 3 x3· y3· =xy,等号当且仅当 x3= y3= 时,即 x= 3 9 3 9 3

,y=

9 3

5.设非零复数 x、y 满足 x2+xy+y2=0,则代数式? A.2
-1989

x ?1990 ? y ?1990 ?x+y? +?x+y? 的值是( D.以上答案都不对

)

B.-1

C.1

x 解: =ω 或 ω2,其中 ω=cos120° +isin120° .1+ω+ω2=0.且 ω3=1. y x ω 1990 1 1990 x ω2 1990 1 若 =ω,则得( ) +( ) =-1.若 =ω2,则得( ) +( 2 )1990=-1.选 B. y 1+ω ω+1 y 1+ω2 ω +1 x2 y2 6.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)通过点(2,1),所有这些椭圆上满足|y|>1 的点的集合用阴影表示是下面图 a b 中的( )

-4-

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

x O
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

O

x
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

A.

B.

C.

D.

4 1 1 4 1 5 4 1 5 解: 2+ 2=1,由 a2>b2,故得 2<1< 2+ 2= 2,1<b< 5. 2+ 2=1? 2<1,a2>5.故选 C. a b b b b b a b a 二.填空题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1 1 1.设 n 为自然数,a、b 为正实数,且满足 a+b=2,则 + 的最小值是 1+an 1+bn .

a+b 2 1 1 1+an+1+bn 解:ab?( ) =1,从而 anbn?1,故 ?1.等号当且仅当 a=b=1 时成立.即 n + n = 2 1+a 1+b 1+an+bn+anbn 所求最小值=1. 2.设 A(2,0)为平面上一定点,P(sin(2t-60° ),cos(2t-60° ))为动点,则当 t 由 15° 变到 45° 时,线段 AP 扫过的面积是 . y 解:点 P 在单位圆上,sin(2t-60° )=cos(150° -2t),cos(2t-60° )=sin(150° - 1 3 1 3 2t).当 t 由 15° 变到 45° 时,点 P 沿单位圆从(- , )运动到( , ).线段 AP 扫 2 2 2 2 1 过的面积=扇形面积= π. 6
O x

3.设 n 为自然数,对于任意实数 x,y,z,恒有(x2+y2+z2)2?n(x4+y4+z4)成立, 则 n 的最小值是 . 2 2 2 2 4 4 4 解: (x +y +z ) =x +y +z +2x2y2+2y2z2+2z2x2?x4+y4+z4+(x4+y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4). 等号当且仅当 x=y=z 时成立.故 n=3. 4.对任意正整数 n,连结原点 O 与点 An(n,n+3),用 f(n)表示线段 OAn 上的整点个数(不计端点),试求 f(1)+f(2)+?+f(1990). n+3 解 线段 OAn 的方程为 y= x(0?x?n),故 f(n)等于该线段内的格点数. n k+1 若 n=3k(k∈N+),则得 y= x (0?x?n)(k∈N*),其内有两个整点(k,k+1),(2k,2k+2),此时 f(n)=2; k 若 n=3k± 1(k∈N+)时,则由于 n 与 n+3 互质,故 OAn 内没有格点,此时 f(n)=0. 1990 ∴ f(1)+f(2)+?+f(1990)=2[ ]=1326. 3 5.设 n=1990,则 1 2 4 6 1998 1990 (1-3Cn+32Cn-33Cn+?+3994C n -3995C n = 2n .

1 3 1 3 1 3 1 解:取(- + i)1990 展开的实部即为此式.而(- + i)1990=- + i.故原式=- . 2 2 2 2 2 2 2 6.8 个女孩与 25 个男孩围成一圈,任何两个女孩之间至少站两个男孩,则共有 种不同和排 列方法.(只要把圆旋转一下就能重合的排法认为是相同的). 解:每个女孩与其后的两个男孩组成一组,共 8 组,与余下 9 个男孩进行排列,某个女孩始终站第一 个位子,其余 7 组在 8+9-1 个位子中选择 7 个位子,得 C8+9-1=C16种选法.
-57 7

7 个女孩可任意换位,25 个男孩也可任意换位,故共得 C16?7!?25!种排列方法. 三.(本题满分 20 分) 2ab π 已知 a,b 均为正整数,且 a>b,sinθ= 2 2,(其中 0<θ< ),An=(a2+b2)nsinnθ.求证:对于一切自然数 a +b 2 n,An 均为整数. a2-b2 2ab 证明:由 sinθ= 2 2,得 cosθ= 2 2 .记 An=(a2+b2)ncosnθ. a +b a +b 当 a、b 均为正整数时,A1=2ab 、B1=a2-b2 均为整数. A2=4ab(a2-b2),B2=2(a2-b2)2-(a2+b2)2 也为整数. 若 Ak=(a2+b2)ksinkθ、Bk=(a2+b2)kcoskθ 均为整数, 则 Ak+1=(a2+b2)k+1sin(k+1)θ=(a2+b2)k+1sinkθcosθ+(a2+b2)coskθsinθ=Ak?B1+A1Bk 为整数. Bk+1=(a2+b2)k+1cos(k+1)θ=(a2+b2)k+1coskθcosθ-(a2+b2)k+1sinkθsinθ=BkB1-AkA1 为整数. 由数学归纳原理知对于一切 n∈N*,An、Bn 为整数. 四.n2 个正数排成 n 行 n 列 a11 a12 a13 a14 ??a1n a21 a22 a23 a24 ??a2n a31 a32 a33 a34 ??a3n a41 a42 a43 a44 ??a4n ?????????????? an1 an2 an3 an4 ??ann 1 3 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等.已知 a24=1,a42= ,a43= , 8 16 求 a11+a22+??+ann.(1990 年全国高中数学联赛) 分析 由 a42、a43 或求 a44,由 a24,a44 可求公比. 解 设第一行等差数列的公差为 d,各列的公比为 q. ∴ 由 a44=a24?q2,得, 1 q= . 2 ∴ ∴ ∴ ∴ 令 Sn= a11+a22+?+ann. 则 k-1 1 1 k 1 n S- S= k- k = + k- n+1 2 k=12 k=2 2 2 k=2 2 2
n

7

1 a44=2a43-a42= . 4

a12=a42?q 3=1.


a14-a12 1 d= = , 2 4-2 1 a1k=a12+(k-2)d= k(k=1,2,3,?,n) 2 1 1 k-1 1 k - akk=a1kqk 1= k· ( ) =( ) · k. 2 2 2

Σ

n+1

Σ

Σ

n

1 1 1 n n+2 = + - n- n+1 =1- n+1. 2 2 2 2 2 n+2 ∴ S=2- n . 2
-6-

五.设棱锥 M—ABCD 的底面为正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD 的面积为 1,试求能够放 入这个棱锥的最大球的半径. M 解:取 AD、BC 中点 E、F,则 ME⊥AD,AB⊥MA,AB⊥AD,?AB ⊥平面 MAD, R ∴ 平面 MAD⊥平面 ABC. ∴ ME⊥平面 ABC. O H C Q D ∴ 平面 MEF⊥平面 ABC. F E P ∵ EF∥AB,故 EF⊥平面 MAD,∴ 平面 MEF⊥平面 MAD. A B ∵ BC⊥EF,BC⊥ME,∴ BC⊥平面 MEF, ∴平面 MEF⊥平面 MBC. 2 设 AB=a,则 ME= ,MF= a 4 2 a2+ 2.a+ ?2 2, a a 4 a2+ 2?2. a

取△MEF 的内切圆圆心 O,作 OP⊥EF、OQ⊥ME,OR⊥MF,由于平面 MEF 与平面 MAD、ABC、 MBC 均垂直,则 OP、OQ、OR 分别与平面 ABC、MAD、MBC 垂直.从而以此内切圆半径为半径的球与平 面 MAD、ABC、MBC 都相切, 设此球的半径为 r,则 1 2 ∴ r= (a+ - 2 a 4 a2+ 2)? a 2 2 a+ + a 4 a2+ 2 a ? 1 2 = 2-1.等号当且仅当 a= ,即 a= 2时成立. a 2+1

作 QH⊥MA,由于 OQ∥AB,故 OQ∥平面 MAB,故球心 O 与平面 MAB 的距离=QH, 当 AB= 2,ME= 2,MA= 10 ,MQ= 2-( 2-1)=1. 2

2 1· 2 QH AE MQ· AE 5 ∵ △MQH∽△MAE,∴ = ,QH= = = > 2-1. MQ MA MA 10 5 2 即 O 与平面 MAB 的距离>r,同理 O 与平面 MCD 的距离>r.故球 O 是放入此棱锥的最大球. ∴ 所求的最大球半径= 2-1.

-7-

第二试 (10 月 14 日上午 10∶30—12∶30) 一.(本题满分 35 分) 四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、BCP、CDP 和 DAP 的外接圆 圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直线共点. 证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB. ∵ O1 为⊿PAB 的外心,∴O1A=O1B. E 1 ∴ OO1⊥AB. D 作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于点 E,并与 AB 交 O3 2 C 于点 F,连 DE,则?1=?2=?3,?EPD=?BPF, ∴ ?PFB=?EDP=90?. O4 P ∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. O2 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. O ∴ O1O3 与 PO 互相平分,即 O1O3 过 PO 的中点. 同理,O2O4 过 PO 中点. O1 3 A ∴ OP、O1O3、O2O4 三直线共点.
F B

二.(本题满分 35 分) 设 E={1,2,3,??,200}, G={a1,a2,??,a100}? ? E. 且 G 具有下列两条性质: ⑴ 对任何 1?i<j?100,恒有 ai+aj≠201; ⑵

Σa =10080.
i

100 i=1

试证明:G 中的奇数的个数是 4 的倍数.且 G 中所有数字的平方和为一个定数. 证明:⑴取 100 个集合:{ai,bi}:ai=i,bi=201-i(i=1,2,?,100),于是每个集合中至多能取出 1 个数.于是至多可以选出 00 个数.现要求选出 100 个数,故每个集合恰选出 1 个数. 把这 100 个集合分成两类:① {4k+1,200-4k};② {4k-1,202-4k}.每类都有 50 个集合. 设第①类选出 m 个奇数,50-m 个偶数,第②类中选出 n 个奇数,50-n 个偶数. 于是 1?m+0?(50-m)+(-1)?n+2?(50-n)≡10080≡0(mod 4).即 m-3n≡0(mod 4),即 m+n≡0(mod 4) ∴ G 中的奇数的个数是 4 的倍数. ⑵ 设选出的 100 个数为 x1,x2,?,x100,于是未选出的 100 个数为 201-x1,201-x2,?,201-x100. 故 x1+x2+?+x100=10080. ∴ x12+x22+?+x1002+(201-x1)2+(201-x2)2+?+(201-x100)2 =2(x12+x22+?+x1002)-2?201?(x1+x2+?+x100)+100?2012 =2(x12+x22+?+x1002)-2?201?10080+100?2012 =12+22+32+?+2002. 1 ∴ x12+x22+?+x1002= [(12+22+32+?+2002)+2?201?10080-100?2012] 2 11 = [ ?200?201?401+201?20160-20100?201] 26 1 = ?[100?67?401+201?60]=1349380.为定值. 2 三.(本题满分 35 分)
-8-

某市有 n 所中学,第 i 所中学派出 Ci 名代表(1?Ci?39,1?i?n)来到体育馆观看球赛,全部学生总数 为

ΣC =1990.看台上每一横排有 199 个座位,要求同一学校的学生必须坐在同一横排,问体育馆最少要安
i

n

i=1

排多少横排才能够保证全部学生都能坐下. 解:首先,199>39?5,故每排至少可坐 5 所学校的学生. 1990=199?10,故如果没有“同一学校的学生必须坐在同一横排”的限制,则全部学生只要坐在 10 排 就够了. 现让这些学生先按学校顺序入坐,从第一排坐起,一个学校的学生全部坐好后,另一个学校的学生接 下去坐,如果在某一行不够坐,则余下的学生坐到下一行.这样一个空位都不留,则坐 10 排,这些学生就 全部坐完.这时,有些学校的学生可能分坐在两行,让这些学校的学生全部从原坐处起来,坐到第 11、12 排去.由于,这种情况只可能在第一行末尾与第二行开头、第二行末尾与第三行开头、??第九行末尾与 第十行开头这 9 处发生,故需要调整的学校不超过 10 所,于是第 11、12 行至多各坐 5 所学校的学生,就 可全部坐完.这说明 12 行保证够坐. 其次证明,11 行不能保证就此学生按条件全部入坐:199=6?33+1.1990=34?58+18. 取 59 所学校,其中 58 所学校 34 人,1 所学校 18 人.则对前 58 所学校的学生,每排只能坐 5 所学校 而不能坐 6 所学校.故 11 排只能坐其中 55 所学校的学生.即 11 排不够坐. 综上可知,最少要安排 12 横排才能保证全部学生都能坐下.

1991 年全国高中数学联赛一试题
一.选择题: 1.由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( A.4 B.8 C.12 D.24 a+b-c a b c 2.设 a、b、c 均为非零复数,且 = = ,则 的值为( b c a a-b+c )

)

A.1 B.±ω C.1,ω,ω2 D.1,-ω,-ω2 3.设 a 是正整数,a<100,并且 a3+23 能被 24 整除,那么,这样的 a 的个数为( ) A.4 B.5 C.9 D.10 4.设函数 y=f(x)对于一切实数 x 满足 f(3+x)=f(3-x).且方程 f(x)=0 恰有 6 个不同的实数根,则这 6 个 实根的和为( ) A.18 B.12 C.9 D.0 5.设 S={(x,y)|x2-y2=奇数,x,y∈R},T={(x,y)|sin(2πx2)-sin(2πy2)=cos(2πx2)-cos(2πy2),x,y∈ R},则( ) A.S? ?T B.T? ?S )
y
1
1 1

C.S=T

D.S∩T=?

6.方程|x-y2|=1-|x|的图象为(
y
1

y
1 1
( 1 2 ,1)

y
1
(1,1)

O

x

-1 2

-

1 2

O
-1

1 2

x

-

1 2

O1
2

-1

(

1 2

x
,-1)

-

1 2

O
-1

1 2

1

x
(1,-1)

A.

B.

C.

D.

二.填空题: 1.cos210° +cos250° -sin40° sin80° =


-9-

2.在△ABC 中,已知三个角 A、B、C 成等差数列,假设它们所对的边分别为 a,b,c,并且 c-a 等 C-A 于 AC 边上的高 h,则 sin = 2 .

3.将正奇数集合{1,3,5,?}由小到大按第 n 组有(2n-1)个奇数进行分组: {1}, {3,5,7}, {9,11,13,15,17},?? (第一组) (第二组) (第三组) 则 1991 位于第 组. 2000 6 4.1991 除以 10 ,余数是 . 5.设复数 z1,z2 满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3 3,则 log3|(z1- z2 )2000+(- z1 z2)2000|= .

6. 设集合 M={1, 2, ?, 1000}, 现对 M 中的任一非空子集 X, 令 αX 表示 X 中最大数与最小数的和. 那 么,所有这样的 αX 的算术平均值为 . 三.设正三棱锥 P—ABC 的高为 PO,M 为 PO 的中点,过 AM 作与棱 BC 平行的平面,将三棱锥截为 上、下两部分,试求此两部分的体积比. 四.设 O 为抛物线的顶点,F 为焦点,且 PQ 为过 F 的弦.已知|OF|=a,|PQ|=B.求△OPQ 的面积. 五.已知 0<a<1,x2+y=0,求证: 1 loga(ax+ay)?loga2+ . 8

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1991 年全国高中数学联赛二试题
一.设 S={1,2,?,n},A 为至少含有两项的公差为正的等差数列,其项都在 S 中,且添加 S 的其他 元素于 A 后不能构成与 A 有相同公差的等差数列.求这种 A 的个数(这里只有两项的数列也看作等差数列).

二.设凸四边形 ABCD 的面积为 1,求证:在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点,使得以其中 1 任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于 . 4

三.设 an 是下述自然数 N 的个数:N 的各位数字之和为 n 且每位数字只能取 1、3 或 4.求证:a2n 是 完全平方数.这里,n=1,2,?.

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1991 年全国高中数学联赛解答 第一试 一.选择题: 1.由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( A.4 B.8 C.12 D.24 解:每个正方形的顶点对应着一个正三角形.故选 B a+b-c a b c 2.设 a、b、c 均为非零复数,且 = = ,则 的值为( b c a a-b+c A.1 B.±ω C.1,ω,ω2 )

)

D.1,-ω,-ω2

a+b-c 1+t2-t 1 a b c 解:令 = = =t,则 a=at3.由 a≠0 得 t=1,ω,ω2.且 1+ω+ω2=0.故 = = .选 C. b c a a-b+c 1-t2+t t 3.设 a 是正整数,a<100,并且 a3+23 能被 24 整除,那么,这样的 a 的个数为( ) A.4 B.5 C.9 D.10 3 3 解:即 24|a -1,而 a≡0,±1,±2,±3,4,则 a ≡0,±1,0,±3,0.故 a-1≡0(mod 8). 若 a≡0,1,2(mod 3),则 a3≡0,1,-1(mod 3),∴ a-1≡0(mod 3).即 a-1≡0(mod 24).选 B. 4.设函数 y=f(x)对于一切实数 x 满足 f(3+x)=f(3-x) 且方程 f(x)=0 恰有 6 个不同的实数根,则这 6 个实根的和为( )A A.18 B.12 C.9 D.0 解:该函数图象关于 x=3 对称.故 6 个根的和=3?2?3=18.选 A. 5.设 S={(x,y)|x2-y2=奇数,x,y∈R},T={(x,y)|sin(2πx2)-sin(2πy2)=cos(2πx2)-cos(2πy2),x,y∈ R},则( ) A.S? ?T B.T? ?S C.S=T D.S∩T=?

解:若 x2-y2 为奇数,则 sin(2πx2)-sin(2πy2)=cos(2πx2)-cos(2πy2)成立,即 S?T. 又若 x=y 时,sin(2πx2)-sin(2πy2)=cos(2πx2)-cos(2πy2)也成立,即得 S? ? T,选 A. 6.方程|x-y2|=1-|x|的图象为(
y
1 1
1 1

)
y
1 1

y
( 1 2 ,1)

y
1
(1,1)

O

x

-1 2

-

1 2

O
-1

1 2

x

-

1 2

O1
2

-1

(

1 2

x
,-1)

-

1 2

O
-1

1 2

1

x
(1,-1)

A.

B.

C.

D.

? ? 2 ?x-y2 (x?y2), 2 解:∵ |x-y2|=? 2 故此方程等价于? y -x=1-x,即y =1 2 ? y -x (x<y ). 2 2 ?
故选 D. 二.填空题: 1.cos210° +cos250° -sin40° sin80° =

x-y2=1-x,即y2=2x-1 (x?y2), (0?x<y2), ? y -x=1+x,即y =2x+1(x<0).



1 3 解:原式=(cos10° -cos50° )2+cos10° cos50° =sin220° ++cos10° cos50° = (1-cos40° +cos60° +cos40° )= . 2 4 2.在△ABC 中,已知三个角 A、B、C 成等差数列,假设它们所对的边分别为 a,b,c,并且 c-a 等
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C-A 于 AC 边上的高 h,则 sin = 2



h h 解:易知 h=c-a= - ,?sinAsinC=sinC-sinA,由已知,A+C=120° . sinA sinC C-A 120? C-A C-A 3 1 ∴ [cos(C-A)-cos120?]=2sin cos ,即 sin2 +sin - =0 2 2 2 2 2 4 C-A C-A 1 3 即 sin =- (舍去),sin = . 2 2 2 2 3.将正奇数集合{1,3,5,?}由小到大按第 n 组有(2n-1)个奇数进行分组: {1},{3,5,7},{9,11,13,15,17},?? (第一组) (第二组) (第三组) 则 1991 位于第 组. 解:由于 1+3+?+(2n-1)=n2,故第 n 组最后一数为 2n2-1,于是解 2(n-1)2-1+2?1991?2n2-1,得 n=32.即在第 32 组. 4.19912000 除以 106,余数是 . 解:19912000=(1990+1)2000=19902000+?+C2000?19903+C2000?19902+C2000?1990+1 ≡1000?1999?19902+2000?1990+1≡880001(mod 106).即余数为 880001. 5.设复数 z1,z2 满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3 3,则 log3|(z1- z2 )2000+(- z1 z2)2000|= 解:由|z1+z2|2+|z1-z2|2=2(|z1|2+|z2|2),得|z2|=3.由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3,故 argz1-argz2=±120° . ∴|(z1- z2 )2000+(- z1 z2)2000|=2?34000|cos(120° ?2000)|=34000.故 log3|(z1- z2 )2000+(- z1 z2)2000|=4000. 6. 设集合 M={1, 2, ?, 1000}, 现对 M 中的任一非空子集 X, 令 αX 表示 X 中最大数与最小数的和. 那 么,所有这样的 αX 的算术平均值为 . - - 解:对于任一整数 n(0<n?1000),以 n 为最大数的集合有 2n 1 个,以 n 为最小数的集合有 21000 n 个, - - 以 1001-n 为最小数的集合则有 2n 1 个,以 1001-n 为最大数的集合则有 21000 n 个.故 n 与 1001-n 都出 - - 现 2n 1+21000 n 次. 11000 - - ∴ 所有 αx 的和= 1001· (2n 1+21000 n) =1001?(21000-1). 2 n=1 .
1997 1998 1999

Σ

∴ 所求平均值=1001. 又解:对于任一组子集 A={b1,?,bk},b1<b2<?<bk(1?k<1000),取子集 A?={1001-b1,?,1001- bk}, 若 A≠A?, 则此二子集最大数与最小数之和=b1+bk+1001-b1+1001-bk=2002, 平均数为 1001. 若 A=A?, 则 A 本身的=1001. 由于每一子集均可配对.故所求算术平均数为 1001. 三.设正三棱锥 P—ABC 的高为 PO,M 为 PO 的中点,过 AM 作与棱 BC 平行的平面,将三棱锥截为 上、下两部分,试求此两部分的体积比. 解: P M 是 PO 中点,延长 AO 与 BC 交于点 D,则 D 为 BC 中点,连 PD,由 于 AM 在平面 PAD 内,故延长 AM 与 PD 相交,设交点为 F.题中截面与面 F H G PBC 交于过 F 的直线 GH,G、H 分别在 PB、PC 上.由于 BC∥截面 AGH, M ∴GH∥BC. PM OA DF PM OA 2 在面 PAD 中,△POD 被直线 AF 截,故 · · =1,但 =1, = , MO AD FP MO AD 3 ∴ DF 3 = . FP 2
- 13 A E O B C D



PF 2 S?PGH 4 S?PGH 4 = ,∴ = ? = .而截面分此三棱锥所成两部分可看成是有顶点 A 的两个棱锥 A— PD 5 S?PBC 25 SHGBC 21

PGH 及 A—HGBC.故二者体积比=4∶21. 四.设 O 为抛物线的顶点,F 为焦点,且 PQ 为过 F 的弦.已知|OF|=a,|PQ|=B.求△OPQ 的面积. 2a 4a 解:(用极坐标)设抛物线方程为 ρ= .设 PQ 与极径所成角为 α,则 2α=B. sin 1-cosθ 1 1 所求面积 S= |OF|· |PQ|sinα= ab· 2 2 2 五.已知 0<a<1,x2+y=0,求证: 1 loga(ax+ay)?loga2+ . 8 解:由于 0<a<1,即证 a +a ∴ ax+ay?2a
x+ y 2 1
x y

a =a ab. b

1 ?2a8.由于

a +a

x

y

x+ y ?2a 2 .而

1 x+y=x-x =x(1-x)? .于是 a 4
2

x+ y 2

1

?a8.

?2a8.故证.

第二试 一.设 S={1,2,?,n},A 为至少含有两项的公差为正的等差数列,其项都在 S 中,且添加 S 的其他 元素于 A 后不能构成与 A 有相同公差的等差数列.求这种 A 的个数(这里只有两项的数列也看作等差数列). 解:易知公差 1?d?n-1. 设 n=2k,d=1 或 d=n-1 时,这样的 A 只有 1 个,d=2 或 d=n-2 时,这样的数列只有 2 个,d=3 或 n -3 时这样的数列只有 3 个,??,d=k-1 或 k+1 时,这样的数列有 k-1 个,d=k 时,这样的数列有 k 个. 1 ∴ 这样的数列共有(1+2+?+k)?2-k=k2= n2 个. 4 1 当 n=2k+1 时,这样的数列有(1+2+?+k)?2=k(k+1)= (n2-1)个. 4 1+(-1) n2 两种情况可以合并为:这样的 A 共有 - 4 8
n-1

1 个(或[ n2]个). 4

n 解法二:对于 k=[ ],这样的数列 A 必有连续两项,一项在{1,2,?,k}中,一在{k+1.k+2,?,n} 2 中,反之,在此两集合中各取一数,可以其差为公差构成一个 A,于是共有这样的数列 1 1 当 n=2k 时,这样的 A 的个数为 k2= n2 个;当 n=2k+1 时,这样的 A 的个数为 k(k+1)= (n2-1)个. 4 4 1 ∴ 这样的数列有[ n2]个. 4 解法一也可这样写: 设 A 的公差为 d,则 1?d?n-1. ⑴ 若 n 为偶数,则 n 当 1?d? 时,公差为 d 的等差数列 A 有 d 个; 2 n 当 <d?n-1 时,公差为 d 的等差数列 A 有 n-d 个. 2 故当 n 为偶数时,这样的 A 共有 n n 1 (1+2+?+ )+[1+2+?+(n- -1)]= n2 个. 2 2 4 ⑵ 若 n 为奇数,则
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n-1 当 1?d? 时,公差为 d 的等差数列 A 有 d 个; 2 当 n+1 ≤d≤n-1 时,公差为 d 的等差数列 A 有 n-d 个. 2 n-1 n-1 1 2 (1+2+?+ )+(1+2+?+ )= (n -1)个. 2 2 4 1+(-1)n n2 两种情况可以合并为:这样的 A 共有 - 4 8
-1

故当 n 为奇数时,这样的 A 共有

1 个(或[ n2]个). 4

二.设凸四边形 ABCD 的面积为 1,求证:在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点,使得以其中 1 任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于 . 4 证明:考虑四边形的四个顶点 A、B、C、D,若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB 的面积,设其中面 积最小的三角形为△ABD. 1 ⑴ 若 S△ABC> ,则 A、B、C、D 即为所求. 4 1 3 ⑵ 若 S△ABD< ,则 S△BCD> ,取△BCD 的重心 G,则以 B、C、D、G 这 4 4 4 1 点中的任意 3 点为顶点的三角形面积> . 4 1 1 ⑶ 若 S△ABD= ,其余三个三角形面积均> S△ABD= . 4 4 1 3 由于 S△ABC+S△ACD=1,而 S△ACD> ,故 S△ABC< =S△BCD. 4 4 ∴ 过 A 作 AE∥BC 必与 CD 相交,设交点为 E. 1 1 1 则∵ S△ABC>S△ABD, 从而 S△ABE>S△ABD= . S =S > , S =S > . 即 4 △ACE △ABE 4 △BCE △ABC 4 A、B、C、E 四点即为所求. 1 1 ⑷ 若 S△ABD= ,其余三个三角形中还有一个的面积= ,这个三角形不可 4 4 1 1 能是△BCD,(否则 ABCD 的面积= ),不妨设 S△ADC= S△ABD= .则 AD∥BC, 2 4 四边形 ABCD 为梯形. 1 3 由于 S△ABD= ,S△ABC= ,故若 AD=a,则 BC=3a,设梯形的高=h, 4 4 则 2ah=1.设对角线交于 O,过 O 作 EF∥BC 分别交 AB、CD 于 E、F. ∴ AE∶EB=AO∶OC=AD∶BC=1∶3. a· 3+3a· 1 3 13 3 9 9 1 ∴ EF= = A.S△EFB=S△EFC= · a· h= ah= > . 1+3 2 2 2 4 16 32 4 1 3 9 9 1 S△EBC=S△FBC= · 3a· h= ah= > .于是 B、C、F、E 四点为所求.综上可知所 2 4 8 16 2 证成立. 又证:当 ABCD 为平行四边形时,A、B、C、D 四点即为所求. 当 ABCD 不是平行四边形,则至少有一组对边的延长线必相交,设延长 AD、
- 15 A B E D C Q
B E
h

D A E

B

C

A

a

D F

O

3a

C

P

BC 交于 E,且设 D 与 AB 的距离<C 与 AB 的距离, 1 ⑴ 若 ED? AE,取 AE 中点 P,则 P 在线段 AD 上,作 PQ∥AB 交 BC 于 Q.若 PQ=a,P 与 AB 距离 2 3 3 3 =h.则 AB=2a,SABQP= SABE> SABCD= . 4 4 4 1 3 1 即 (a+2a)h> ,ah> . 2 4 2 1 1 1 1 ∴ S△APQ=S△BPQ= ah> .S△PAB=S△QAB=ah> > .即 A、B、Q、P 为所求. 2 4 2 4 1 ⑵ 若 ED> AE,取 AE 中点 P,则 P 在线段 DE 上,作 PR∥BC 交 CD 于 R, 2
N A D

E F C Q S B

P
R

AN∥BC,交 CD 于 N,由于∠EAB+∠EBA<π,故 R 在线段 CD 上.N 在 DC 延长线上.作 RS∥AB,交 BC 1 于 S,则 RS= AB,延长 AR 交 BC 于 F,则 S△FAB=SABCN>SABCD=1.问题化为上一种情况. 2 三.设 an 是下述自然数 N 的个数:N 的各位数字之和为 n 且每位数字只能取 1、3 或 4.求证:a2n 是 完全平方数.这里,n=1,2,?. _______ 证明:设 N= x1x2?xk ,其中 x1,x2,?,xk∈{1,3,4}.且 x1+x2+?+xk=n.假定 n>4.删去 xk 时,则 当 xk 依次取 1,3,4 时,x1+x2+?+xk-1 分别等于 n-1,n-3,n-4.故当 n>4 时, an=an-1+an-3+an-4. ① a1=a2=1,a3=2,a4=4, 利用①及初始值可以得到下表: n an
规律

1 1 1

2 1 1
2

3 2 1?2

4 4 2
2

5 6 2?3

6 9 3
2

7 15 3? 5

8 25 5
2

9 40 5?8

10 64 8
2

11 104 8?13

12 169 13
2

13 273
13?21

14 441 21
2

?? ?? ??

可找到规律: ⑴ 取 f1=1,f2=2,fn+2=fn+1+fn.这是菲波拉契数列相应的项.
? a2n=f 2 ② n, ? (n=1,2,3,??) ?a2n+1=fnfn+1.③

可用数学归纳法证明②、③成立. 首先,n=1 时,a2=12=f2 1,a3=1?2=f1f2. 2 2 n=2 时,a4=2 =f2,a5=2?3=f2f3.即 n=1,2 时②、③成立. 设 n=k-1,k 时②、③成立.则由①及归纳假设得
2 = fkfk+1+fk-1(fk+fk-1) a2(k+1)=a2k+1+a2k-1+a2k-2=fkfk+1+fk-1fk+fk- 1 2 = fkfk+1+fk-1fk+1=fk+1(fk-1+fk)=fk+1fk+1=fk+1 2 +f2+fk-1fk= f 2 +fk(fk+fk-1)= f 2 +fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1. a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k-1 =fk+1 k k+1 k+1

故 n=k+1 时②、③成立.故对于一切正整数 n,②、③成立. 于是 a2n=f2 n(n=1,2,3??)是完全平方数. 证明 2:(找规律)先用归纳法证明下式成立: a2n+1=a2n+a2n-1. ④ 因 a1=a2=1,a3=2,故当 n=1 时,④成立. 设 n=k 时④成立,即 a2k+1=a2k+a2k-1. 则由①,a2k+3=a2k+2+a2k+a2k-1=a2(k+1)+a2(k+1)-1.故④式对 k+1 成立,即④对一切 n∈N*成立. ⑵ 再用归纳法证明下式成立:
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a2na2n+2=a2n+12 ⑤ 因 a2=1,a3=2,a4=4,故当 n=1 时⑤成立. 设 n=k 时⑤成立,即 a2ka2k+2=a2k+12. 则由①、④,有 a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3 (由⑤)=a2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3 =a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由⑤)=a2k+3(a2k+1+a2k+2)=a2k+32. (本题由于与菲波拉契数列有关,故相关的规律有很多,都可以用于证明本题) 证明 2:(用特征方程)由上证得①式,且有 a1=a2=1,a3=2,a4=4, 1± 5 由此得差分方程:λ4-λ3-λ-1=0. ?(λ2+1)(λ2-λ-1)=0.此方程有根 λ=±i,λ= . 2 1+ 5 2 1- 5 2 ∴ 令 an=αin+β(-i)n+γ( ) +?( ) 2 2 2-i n 2+i 1 1+ 5 n+2 1 1- 5 n+2 利用初值可以求出 an= · i+ · (-i)n+ ( ) + ( ) . 10 10 5 2 5 2 ∴ a2n={ 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 2 [( ) -( ) ]} . 2 2 5 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 [( ) -( ) ]为整数.(这是斐波拉契数列的通项公式) 2 2 5 1 1+ 5 k+1 1- 5 k+1 [( ) -( ) ]都为整数,则 2 2 5

用数学归纳法可以证明 bn=

b0=1,b1=1 均为整数,设 k?n 时 bk= bk+1-bk= =

1 1+ 5 k+2 1+ 5 k+1 1- 5 k+1 1- 5 k+2 [( ) -( ) +( ) -( ) ] 2 2 2 2 5

1 1+ 5 k+1 5-1 1- 5 k+1 1+ 5 [( ) · +( ) · ]=bk-1. 即 bk+1=bk+bk-1. 由归纳假设 bk 与 bk-1 均为整数, 2 2 2 2 5 故 bk+1 为整数.于是可知 bn 对于一切 n∈N*,bn 为整数.于是 a2n 为整数之平方,即为完全平方数. 证明 4.(下标全部变为偶数再用特征方程) 由①得, a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n-1)+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2-a2n-2(由 a2n+2=a2n+1+a2n-1+a2n
-2

) 令 bn=a2n,则得 bn+2-2bn+1-2bn+bn-1=0.特征方程为 λ3-2λ2-2λ+1=0. 3± 5 λ1=-1,λ2,3= . 2 3+ 5 n 3- 5 n 故 bn=α(-1)n+β( ) +γ ( ) .初始值 b1=a2=1,b2=a4=4,b3=a6=9.b0=-b3+2b2+2b1=1. 2 2 3- 5 2 3+ 5 代入求得 α= ,β= ,γ= . 5 10 10 1 3+ 5 n +1 3- 5 n+1 1 1+ 5 2(n+1) 1- 5 2(n+1) 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 得 a2n=bn= [2(-1)n+( ) +( ) ]= [( ) +( ) -2( ) ( ) ] 5 2 2 5 2 2 2 2 ={ 记 fn= 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 2 [( ) -( ) ]} . 2 2 5

1± 5 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 [( ) -( ) ],其特征根为?1,2= .故其特征方程为?2-?-1=0.于是其递推 2 2 2 5 关系为 fn=fn-1+fn-2. 而 f0=1,f1=1,均为正整数,从而对于一切正整数 n,fn 为正整数.从而 a2n 为完全平方数.

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1992 年全国高中数学联赛试卷
第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.对于每个自然数 n,抛物线 y=(n2+n)x2?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An,Bn 两点,以|AnBn|表示该两点的距 离,则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( 1991 (A) 1992 (B) 1992 1993 (C) 1991 1993 ) (D) 1993 1992
y
1 ?1 O ?1 1 x

2.已知如图的曲线是以原点为圆心,1 为半径的圆的一部分,则这一曲线的方 程是( ) (A)(x+ 1-y )(y+ 1-x )=0 (B)(x? 1-y )(y? 1-x )=0 (C)(x+ 1-y2)(y? 1-x2)=0 (D)(x? 1-y2)(y+ 1-x2)=0 3.设四面体四个面的面积分别为 S1,S2,S3,S4,它们的最大值为 S,记 λ=( Si)/S,则 λ 一定满足( ) (A)2<λ?4
2 2 2 2

Σ
i=1

4

(B)3<λ<4

(C)2.5<λ?4.5

(D)3.5<λ<5.5

C sinB 4.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别记为 a,b,c(b?1),且 , 都是方程 log x=logb(4x-4) A sinA b 的根,则△ABC( ) (A)是等腰三角形,但不是直角三角形 (B)是直角三角形,但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形,也不是直角三角形 5.设复数 z1,z2 在复平面上对应的点分别为 A,B,且|z1|=4,4z12?2z1z2+z22=0,O 为坐标原点,则△ OAB 的面积为( ) (A)8 3 (B)4 3 (C)6 3 (D)12 3 6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f(10+x)=f(10?x), f(20?x)=?f(20+x),则 f(x)是 (A)偶函数,又是周期函数 (B)偶函数,但不是周期函数 (C)奇函数,又是周期函数 (D)奇函数,但不是周期函数 二、填空题(每小题 5 分共 30 分) 1 1 1 x z 1.设 x,y,z 是实数,3x,4y,5z 成等比数列,且 , , 成等差数列,则 + 的值是______. x y z z x 2.在区间[0,?]中,三角方程 cos7x=cos5x 的解的个数是______. 3.从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线, 则 k 的最大值是_____. z2 4.设 z1,z2 都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则 arg( )3 的值是______. z1 5 .设数列 a1 , a2 , ? , an , ? 满足 a1=a2=1 , a3=2 ,且对任何自然数 n , 都有 anan+1an+2?1 ,又 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,则 a1+a2+?+a100 的值是____. 6.函数 f(x)= x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值是_____.

三、(20 分)求证:16<

Σ
i=1

4

1 <17. k

- 18 -

四、(20 分)设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A,B,C 三点,且 AB=BC,过 A,B,C 分别作 m 的垂线 7 AD,BE,CF,垂足依次是 D,E,F,已知 AD= 15,BE= CF= 10,求 l 与 m 的距离. 2

五、(20 分)设 n 是自然数,fn(x)=

xn+1-x n 1 1 (x?0,±1),令 y=x+ . - x x-x 1
- -

1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn-1(x),(n>1) 2.用数学归纳法证明:

? ? y -C f (x)=? ? ? y -C
n n n

1 n-2 +?+(-1)i n-1y 1

Cn i i


yn

-2i

n n +?+(-1)2,(i=1,2,?, ,n为偶数) 2

n-1y

n-2

+?+(-1) Cn
i

n-1 2 - +?+(-1)
i i

C n+1 y,(i=1,2,?,
2

n-1 2

n-1 ,n为奇数) 2

- 19 -

第二试 一、(35 分) 设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3、H4 依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、 ⊿A1A2A3 的垂心.求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置.

二、(35 分) 设集合 Sn={1,2,?,n}.若 X 是 Sn 的子集,把 X 中所有数的和称为 X 的―容量‖(规定空集的 容量为 0),若 X 的容量为奇(偶)数,则称 X 为的奇(偶)子集. 1.求证 Sn 的奇子集与偶子集个数相等. 2.求证:当 n?3 时,Sn 的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和. 3.当 n?3 时,求 Sn 的所有奇子集的容量之和.

三 、 (35 分 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 , 横 坐 标 和 纵 坐 标 都 是 整 数 的 点 称 为 格 点 , 任 取 6 个 格 点 Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6) 满足 (1) |xi|≤2,|yi|≤2,(i=1,2,3,4,5,6) , (2) 任何三点不在同一条直线上.试证:在以 Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于 2.

- 20 -

1992 年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.对于每个自然数 n,抛物线 y=(n2+n)x2?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An,Bn 两点,以|AnBn|表示该两点的距 离,则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( 1991 (A) 1992 (B) 1992 1993 (C) 1991 1993 ) (D) 1993 1992

1 1 1992 解:y=((n+1)x-1)(nx-1),∴ |AnBn|= - ,于是|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|= ,选 B. n n+1 1993 2.已知如图的曲线是以原点为圆心,1 为半径的圆的一部分,则这一曲线的方 程是( ) (A)(x+ 1-y )(y+ 1-x )=0 (B)(x? 1-y )(y? 1-x )=0 (C)(x+ 1-y2)(y? 1-x2)=0 (D)(x? 1-y2)(y+ 1-x2)=0 解:(x? 1-y2)=0 表示 y 轴右边的半圆,(y+ 1-x2)=0 表示 x 轴下方的半圆, 故选 D.
4
2 2 2 2

y
1 ?1 O ?1 1 x

3. 设四面体四个面的面积分别为 S1, S2, S3, S4, 它们的最大值为 S, 记 λ=( (A)2<λ?4 解: (B)3<λ<4 (C)2.5<λ?4.5 (D)3.5<λ<5.5

ΣS )/S,则 λ 一定满足(
i

)

i=1

Σ
i=1

4

Si?4S,故

Σ
i=1

4

Si?4,又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时,

ΣS 接近 2S,故选 A.
i

4

i=1

C sinB 4.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别记为 a,b,c(b?1),且 , 都是方程 log x=logb(4x-4) A sinA b 的根,则△ABC( ) (A)是等腰三角形,但不是直角三角形 (B)是直角三角形,但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形,也不是直角三角形 2 解:x =4x-4.根为 x=2.∴ C=2A,?B=180° -3A,sinB=2sinA.?sin3A=2sinA, 2 ?3-4sin A=2.A=30° ,C=60° ,B=90° .选 B. 5.设复数 z1,z2 在复平面上对应的点分别为 A,B,且|z1|=4,4z12?2z1z2+z22=0,O 为坐标原点,则△ OAB 的面积为( ) (A)8 3 (B)4 3 (C)6 3 (D)12 3 2z1 π π 1 3 解: =cos ±isin .∴ |z2|=8,z1、z2 的夹角=60° .S= · 4· 8· =8 3.选 A. z2 3 3 2 2 6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f(10+x)=f(10?x), f(20?x)=?f(20+x),则 f(x)是 (A)偶函数,又是周期函数 (B)偶函数,但不是周期函数 (C)奇函数,又是周期函数 (D)奇函数,但不是周期函数 解:f(20-x)=f[10+(10-x)]=f[10-(10-x)]=f(x)=-f(20+x). ∴ f(40+x)=f[20+(20+x)]=-f(20+x)=f(x).∴ 是周期函数; ∴ f(-x)=f(40-x)=f(20+(20-x)=-f(20-(20-x))=-f(x).∴ 是奇函数.选 C. 二、填空题(每小题 5 分共 30 分) 1 1 1 x z 1.设 x,y,z 是实数,3x,4y,5z 成等比数列,且 , , 成等差数列,则 + 的值是______. x y z z x 2xz (x+z)2 64 x z 34 解:16y2=15xz,y= ,?16?4x2z2=15xz(x+z)2.由 xz≠0,得 = ,? + = . x+z xz 15 z x 15 2.在区间[0,?]中,三角方程 cos7x=cos5x 的解的个数是
- 21 -



1 解:7x=5x+2kπ,或 7x=-5x+2kπ,(k∈Z)?x=kπ,x= kπ (k∈Z),共有 7 解. 6 3.从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在的直 线都是异面直线,则 k 的最大值是 . 解:正方体共有 8 个顶点,若选出的 k 条线两两异面,则不能共顶点,即至多可选 出 4 条,又可以选出 4 条两两异面的线(如图),故所求 k 的最大值=4. z2 4.设 z1,z2 都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则 arg( )3 的值是______. z1 32+52-72 1 解:cos∠OZ1Z3= =- .即∠OZ1Z3==120° , 2 2?3?5 z2 π 5π ∴ arg( )= 或 . z1 3 3 z2 ∴ arg( )3=π. z1 5.设数列 a1,a2,?,an,?满足 a1=a2=1,a3=2,且对任何自然数 n, 都有 anan+1an+2?1,又 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,则 a1+a2+?+a100 的值是____. 解:anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4, 相减,得 anan+1an+2(a4-an)=an+4-an,由 anan+1an+2?1,得 an+4=an. 又,anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,a1=a2=1,a3=2,得 a4=4. ∴ a1+a2+?+a100=25(1+1+2+4)=200. 6.函数 f(x)= x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值是_____. 解:f(x)= (x2-2)2+(x-3)2- (x2-1)2+x2,表示点(x,x2)与点 A(3,2) 的距离及 B(0,1)距离差的最大值.由于此二点在抛物线两侧,故过此二点的 直线必与抛物线交于两点.对于抛物线上任意一点,到此二点距离之差大于 |AB|= 10.即所求最小值为 10. 三、(20 分)求证:16<
4
O y
Z2

D' A' D A B B'

C'

C

Z3

Z1

x

y

A (3,2) B (0,1)
O x

Σ
i=1

1 <17. k

证明: 同时

1 2 2 = < =2( k- k-1), k k+ k k-1+ k

1 2 > =2( k+1- k). k k+1+ k
80

于是得 2

Σ
k=1

( k+1- k)<

Σ
k=1

80

80 1 <1+2 ( k- k-1) k k=1

Σ

即 16<

Σ
k=1

80

1 <1+2( 80-1)<1+2(9-1)=17. k

四、(20 分)设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A,B,C 三点,且 AB=BC,过 A,B,C 分别作 m 的垂线 7 AD,BE,CF,垂足依次是 D,E,F,已知 AD= 15,BE= CF= 10,求 l 与 m 的距离. 2 解:过 m 作平面 α∥l,作 AP⊥α 于 P,AP 与 l 确定平面 β,β∩α=l?,l?∩m=K. 作 BQ⊥α,CR⊥α,垂足为 Q、R,则 Q、R∈l?,且 AP=BQ=CR=l 与 m 的距离 d. l ? 连 PD、QE、RF,则由三垂线定理之逆,知 PD、QE、RF 都⊥m.
- 22 ?
l' m

C

B

A

R KF

Q

P

E D

PD= 15-d2,QE=

49 -d2,RF= 10-d2. 4

当 D、E、F 在 K 同侧时 2QE=PD+RF, ? 49-4d2= 15-d2+ 10-d2.解之得 d= 6 当 D、E、F 不全在 K 同侧时 2QE=PD-RF,? 49-4d2= 15-d2- 10-d2.无实解. ∴ l 与 m 距离为 6. xn+1-x n 1 1 (x?0,±1),令 y=x+ . - x x-x 1
- -

五、(20 分)设 n 是自然数,fn(x)=

1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn-1(x),(n>1) 2.用数学归纳法证明:

? ? y -C f (x)=? ? ? y -C
n n n

1 n-2 +?+(-1)i n-1y 1

Cn i i


yn

-2i

n n +?+(-1)2,(i=1,2,?, ,n为偶数) 2

n-1y

n-2

+?+(-1) Cn
i

n-1 2 - +?+(-1)
i i

C n+1 y,(i=1,2,?,
2

n-1 2

n-1 ,n为奇数) 2

1 - - - (x+ )(xn+1-x n 1)-xn+x n n+2 -n-2 x x -x 证明: ⑴ 由 yfn(x)?fn-1(x)= = =fn+1(x).故证. - - x-x 1 x-x 1 1 1 - ⑵ f1(x)= x+ ,f2(x)=x2+1+x 2=(x+ )2-1=y2-1.故命题对 n=1,2 成立. x x 设对于 n?m(m?2,m 为正整数),命题成立,现证命题对于 n=m+1 成立. 1. 若 m 为偶数,则 m+1 为奇数.由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有 fm(x)= ym-Cm-1ym 2+C


1

2 m-4 +?+(-1)i m-2y

Cm-iym-2i+?+(-1) C
m-2

i

m 2

m 2

m- 2

y m

m-2? 2

m



fm-1(x)= y

m-1

-Cm-1y

1

m-3

+?+(-1)

i-1

C

2 i-1 m+1-2i +?+(-1) m-iy

· C

m-2 2 m 2

y



m

∴ yfm(x)-fm-1(x)=y

m+1

-?+(-1) (Cm-i+C

i

i

2 i-1 m+1-2i +?+(-1) ( m-i)y

C

m 2

m m- 2

+C
m 2

m 2 -1 m m- 2 m

)y

= ym+1-Cm+1-1ym 1+?+(-1)iCm-i+1ym+1


1

i

-2i

+?+(-1) · Cm2 y
2 +1

即命题对 n=m+1 成立. 2.若 m 为奇数,则 m+1 为偶数,由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有 fm(x)= y
m-1

-Cm-2y

1

m-2

+?+(-1) · Cm-iy

i

i

m-2i

+?+(-1)

m-1 2

m-1

2 · Cm- 1 y 2 m-1 m-1 2 m-1 2



fm-1(x)= y

m-1

-Cm-2y

1

m-3

+?+(-1)

i-1

C

2 i-1 m+1-2i +?+(-1) m-iy

C



用 y 乘③减去④,同上合并,并注意最后一项常数项为 -(-1)
m-1 2

C

m-1 2 m-1 2

=-(-1)
- 23 -

m-1 2

m+1

Cm2 =(-1) . +1
2

m+1 2

于是得到 yfm(x)-fm-1(x)=y

m+1

-Cm y

1 m-1

+?+(-1)

m+1 2

,即仍有对于 n=m+1,命题成立

综上所述,知对于一切正整数 n,命题成立. 第二试 一、(35 分) 设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3、H4 依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、 ⊿A1A2A3 的垂心.求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置. 证明:连 A2H1,A1H2,取 A3A4 的中点 M,连 OM,由上证知 A2H1∥ H3 M1 H4 A1 OM, A2H1=2OM, A1H2∥OM, A1H2=2OM, 从而 H1H2A1A2 是平行四边形, A2 故 H1H2∥A1A2 ,H1H2=A1A2. O1 同理可知,H2H3∥A2A3,H2H3=A2A3; H3H4∥A3A4,H3H4=A3A4; O H4H1∥A4A1,H4H1=A4A1. H2 H1 故 四边形 A1A2A3A4≌四边形 H1H2H3H4. A4 A3 M 由四边形 A1A2A3A4 有外接圆知, 四边形 H1H2H3H4 也有外接圆. 取 H3H4 ∥的中点 M1, 作 M1O1⊥H3H4, 且 M1O1=MO, 则点 O1 即为四边形 H1H2H3H4 的外接圆圆心. 又证:以 O 为坐标原点,⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系,设 OA1、OA2、OA3、OA4 与 OX 正 方向所成的角分别为 α、β、γ、?,则点 A1、A2、A3、A4 的坐标依次是(cosα,sinα)、(cosβ,sinβ)、(cosγ,sinγ)、 (cos?,sin?). 显然,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的外心都是点 O,而它们的重心依次是 1 1 1 1 ( (cosβ+cosγ+cos?), (sinβ+sinγ+sin?))、( (cosγ+cos?+cosα), (sinα+sin?+sinγ))、 3 3 3 3 1 1 1 1 ( (cos?+cosα+cosβ), (sin?+sinα+sinβ))、( (cosα+cosβ+cosγ), (sinα+sinβ+sinγ)). 3 3 3 3 从而,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的垂心依次是 H1(cosβ+cosγ+cos?, sinβ+sinγ+sin?)、H 2 (cosγ+cos?+cosα,sinα+sin?+sinγ)、 H 3 (cos?+cosα+cosβ,sin?+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ). 而 H1、H2、H3、H4 点与点 O1(cosα+cosβ+cosγ+cos?,sinα+sinβ+sinγ+sin?)的距离都等于 1,即 H1、H2、 H3、H4 四点在以 O1 为圆心,1 为半径的圆上.证毕. 二、(35 分)设集合 Sn={1,2,?,n}.若 X 是 Sn 的子集,把 X 中所有数的和称为 X 的―容量‖(规定空集的容 量为 0),若 X 的容量为奇(偶)数,则称 X 为的奇(偶)子集. 1.求证 Sn 的奇子集与偶子集个数相等. 2.求证:当 n≥3 时,Sn 的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和. 3.当 n≥3 时,求 Sn 的所有奇子集的容量之和. 证明:⑴ 对于 Sn 的每个奇子集 A,当 1∈A 时,取 B=A\{1},当 1?A 时,取 B=A∪{1},则 B 为 Sn 的 偶子集.反之,若 B 为 Sn 的偶子集,当 1∈B 时,取 A=B\{1},当 1?B 时,取 A=B∪{1},于是在 Sn 的奇子 集与偶子集之间建立了一个一一对应,故 Sn 的奇子集与偶子集的个数相等. ⑵ 对于任一 i∈Sn,i>1,含 i 的 Sn 的子集共有 2n-1 个,其中必有一半是奇子集,一半是偶子集,从而 每个数 i,在奇子集的和与偶子集的和中,i 所占的个数是一样的. 而对于元素 1,只要把 Sn 的所有子集按是否含有 3 配对(即在上证中把 1 换成 3 来证),于是也可知 1 的 奇子集与偶子集中占的个数一样,于是可知每个元素都是在奇子集中与偶子集中占的个数一样.所以 Sn 的所 有奇子集的容量的和,与所有偶子集的容量的和相等. ⑶ 由于每个元素在奇子集中都出现 2n 2 次,故奇子集的容量和=(1+2+3+?+n)× 2n 2=n(n+1)× 2n 3.
- 24 -

三、(35 分) 在平面直角坐标系中,任取 6 个格点 Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足: ⑴ |xi|?2,|yi|?2(i=1,2,3,4,5,6); ⑵ 任何三点不在一条直线上. 试证明:在以 Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中,必有一个三角形的面积不大于 2. 证明 如图,满足条件的格点只能是图中 A、B、?、Y 这 25 个格点中的 6 y 个.把这 25 个格点分成三个矩形:矩形 AEFJ、KOWU、MNYX. A B C2 D E 若所取的 6 个点中有三个点在上述三个矩形中的某一个中,则此三点即满 F 足要求. J I H G -2 2 x K L O M N 若三个矩形中均无所取 6 点中的 3 点, 则必是每个矩形中有所取的 2 个点. P Q R S T ⑴ 若 E、F、D、G、O、R、W 中有所取的点,则此点与矩形 MNYX 中的 -2 U V W X Y 两点满足要求; ⑵ 若上述 7 点均未取,则 A、B、C、H、I、J 中必有两点,此时若 L、K 中有所取的点,则亦有三点满足要求; ⑶ 若 L、K 亦未取,则必在 P、Q、V、U 中取了 2 点,矩形 ACHJ 中取了 2 点:此时取 P、Q 两点, 或 Q、V 两点,或 V、U 两点,或 U、P 两点,或 Q、U 两点,则无论 ACHJ 中取任一点,与之组成三角形 面积均满足要求. 若取 P、V 两点,则矩形 ACHJ 中必有一点异于 C,取此点与 P、V 满足要求. 综上可知,必有满足要求的 3 点存在.

1993 年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.若 M={(x,y)| |tan?y|+sin2?x=0},N={(x,y)|x2+y2?2},则 M∩N 的元素个数是( (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 2.已知 f(x)=asinx+b 3 x+4(a,b 为实数),且 f(lglog310)=5,则 f(lglg3)的值是( (A)?5 (B)?3 (C)3 (D)随 a,b 取不同值而取不同值 ) )

3.集合 A,B 的并集 A∪B={a1,a2,a3},当 A?B 时,(A,B)与(B,A)视为不同的对,则这样的(A, B)对的个数是( (A)8 ) (B)9 (C)26 (D)27

π 4.若直线 x= 被曲线 C:(x?arcsina)(x?arccosa)+(y?arcsina)(y+arccosa)=0 所截的弦长为 d,当 a 变化时 d 4 的最小值是( (A) π 4 ) (B) π 3 (C) π 2 (D)? C-A C+A +cos 2 2

5.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边长分别为 a,b,c,若 c?a 等于 AC 边上的高 h,则 sin 的值是( (A)1 ) (B ) 1 2 (C) 1 3 (D)?1

- 25 -

6.设 m,n 为非零实数,i 为虚数单位,z?C,则方程|z+ni|+|z?mi|=n 与|z+ni|?|z?mi|=?m 在同一复平面 内的图形(F1,F2 为焦点)是( )

y
F2 F1

y o
F2 F1

y x
F2 F1

y

o
F2

x

o

x

F1

O (A)

x (B) (C) (D)

二、填空题(每小题 5 分,共 30 分) 1.二次方程(1?i)x2+(?+i)x+(1+i?)=0(i 为虚数单位,??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为 ________. 1 1 2.实数 x,y 满足 4x2?5xy+4y2=5,设 S=x2+y2,则 + =_______. Smax Smin 3.若 z?C,arg(z2?4)= 4.整数? 5π π ,arg(z2+4)= ,则 z 的值是________. 6 3

1093 ? ?1031+3?的末两位数是_______.
x1 x2 x3 x3

5.设任意实数 x0>x1>x2>x3>0,要使 logx01993+logx11993+logx21993?k· logx01993 恒成立,则 k 的最大值 是_______. 6.三位数(100,101,?,999)共 900 个,在卡片上打印这些三位数,每张卡片上打印一个三位数,有 的卡片所印的,倒过来看仍为三位数,如 198 倒过来看是 861;有的卡片则不然,如 531 倒过来看是 , 因此,有些卡片可以一卡二用,于是至多可以少打印_____张卡片. 三、 (本题满分 20 分) 三棱锥 S-ABC 中,侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直,M 为三角形 ABC 的重心,D 为 AB 的中点,作 与 SC 平行的直线 DP.证明:(1)DP 与 SM 相交;(2)设 DP 与 SM 的交点为 D?,则 D?为三棱锥 S-ABC 的 外接球球心.

四、 (本题满分 20 分) 设 0<a<b,过两定点 A(a,0)和 B(b,0)分别引直线 l 和 m,使与抛物线 y2=x 有四个不同的交点,当这 四点共圆时,求这种直线 l 与 m 的交点 P 的轨迹.

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五、 (本题满分 20 分) 设正数列 a0,a1,a2,?,an,?满足 anan-2 - an-1an-2 =2an-1,(n?2) 且 a0=a1=1,求{an}的通项公式.

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第二试 一、 (35 分) 设一凸四边形 ABCD, 它的内角中仅有?D 是钝角, 用一些直线段将该凸四边形分割成 n 个钝角三角形, 但除去 A、B、C、D 外,在该四边形的周界上,不含分割出的钝角三角形顶点.试证 n 应满足的充分必要 条件是 n≥4.

二、 (35 分) 设 A 是一个有 n 个元素的集合,A 的 m 个子集 A1,A2,?,Am 两两互不包含. 试证:(1)

ΣC
i=1

m

1

|A| n

?1;

(2)

ΣC
i=1

m

|Ai| ?m2.其中|Ai|表示 n

i| Ai 所含元素的个数,C|A 表示 n 个不同元素取|Ai|个的组合数. n

三、 (35 分) 水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l?m,l 与 m 相交于 M,点 M 在圆心的右侧,直线 l 上不同的三点 A,B,C 在圆外,且位于直线 m 上方,A 点离 M 点最远,C 点离 M 点最近,AP,BQ,CR 为圆 O 的三条切线, P,Q,R 为切点.试证:(1)l 与圆 O 相切时,AB?CR+BC?AP=AC?BQ;(2)l 与圆 O 相交时,AB?CR+BC?AP< AC?BQ;(3)l 与圆 O 相离时,AB?CR+BC?AP>AC?BQ.

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1993 年全国高中数学联合竞赛解答 第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.若 M={(x,y)| |tan?y|+sin2?x=0},N={(x,y)|x2+y2?2},则 M∩N 的元素个数是( ) (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 2 解:tan?y=0,y=k(k∈Z),sin ?x=0,x=m(m∈Z),即圆 x2+y2=2 及圆内的整点数.共 9 个.选 D. 2.已知 f(x)=asinx+b 3 x+4(a,b 为实数),且 f(lglog310)=5,则 f(lglg3)的值是( (A)?5 (B)?3 (C)3 (D)随 a,b 取不同值而取不同值 )

解:设 lglog310=m,则 lglg3=-lglog310=-m,则 f(m)=asinm+b 3 m+4=5,即 asinm+b 3 m=1. ∴ f(-m)=-(asinm+b 3 m)+4=-1+4=3.选 C. 3.集合 A,B 的并集 A∪B={a1,a2,a3},当 A?B 时,(A,B)与(B,A)视为不同的对,则这样的(A, B)对的个数是( ) (A)8 (B)9 (C)26 (D)27 解:a1∈A 或?A,有 2 种可能,同样 a1∈B 或?B,有 2 种可能,但 a1?A 与 a1?B 不能同时成立,故有 2 2 -1 种安排方式,同样 a2、a3 也各有 22-1 种安排方式,故共有(22-1)3 种安排方式.选 D. π 4.若直线 x= 被曲线 C:(x?arcsina)(x?arccosa)+(y?arcsina)(y+arccosa)=0 所截的弦长为 d,当 a 变化时 d 4 的最小值是( (A) π 4 ) (B) π 3 (C) π 2 (D)?
O y
(?, ?)

解:曲线 C 表示以(arcsina,arcsina),(arccosa,-arccosa)为直径端点的 π π π π π 圆.即以(α,α)及( -α,- +α)(α∈[- , ])为直径端点的圆.而 x= 与圆 2 2 2 2 4 交于圆的直径.故 d= 故选 C. π π π (2α- )2+( )2? . 2 2 2

?
2

?

x
?
2

(

-?,-

?
2

+?)

5.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边长分别为 a,b,c,若 c?a 等于 AC 边上的高 h,则 sin 的值是( (A)1 ) (B ) 1 2 (C) 1 3 (D)?1

C-A C+A +cos 2 2

解:2R(sinC-sinA)=csinA=2RsinCsinA,?sinC-sinA=sinCsinA, C-A C+A C-A 1 1 C+A ?2cos sin =- [cos(C+A)-cos(C-A)]= [1-2sin2 -2cos2 +1]. 2 2 2 2 2 2 C-A C-A C+A 2 C+A ?(sin +cos ) =1,但 sin +cos >0,故选 A. 2 2 2 2

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6.设 m,n 为非零实数,i 为虚数单位,z?C,则方程|z+ni|+|z?mi|=n 与|z+ni|?|z?mi| ? ?m 在同一复平面 内的图形(F1,F2 为焦点)是( )

y
F2 F1

y o
F2 F1

y x
F2 F1

y

o
F2

x

o

x

F1

O (A)

x (B) (C) (D)

解:方程①为椭圆,②为双曲线的一支.二者的焦点均为(-ni,mi),由①n>0,故否定 A, 由于 n 为椭圆的长轴,而 C 中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴,故否定 C. 由 B 与 D 知, 椭圆的两个个焦点都在 y 轴负半轴上, 由 n 为长轴, 知|OF1|=n, 于是 m<0, |OF2|=-m. 曲 线上一点到-ni 距离大,否定 D,故选 B. 二、填空题(每小题 5 分,共 30 分) 1.二次方程(1?i)x2+(?+i)x+(1+i?)=0(i 为虚数单位,??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为 ________. 解:即此方程没有实根的条件.当 λ∈R 时,此方程有两个复数根,若其有实根,则 x2+λx+1=0,且 x2-x-λ=0.相减得(λ+1)(x+1)=0. 当 λ=-1 时,此二方程相同,且有两个虚根.故 λ=-1 在取值范围内. 当 λ≠-1 时,x=-1,代入得 λ=2.即 λ=2 时,原方程有实根 x=-1.故所求范围是 λ≠2. 1 1 2.实数 x,y 满足 4x2?5xy+4y2=5,设 S=x2+y2,则 + =_______. Smax Smin 5 解:令 x=rcosθ,y=rsinθ,则 S=r2 得 r2(4-5sinθcosθ)=5.S= . 5 4- sin2θ 2 5 5 4+ 4- 2 2 8 1 1 ∴ + = + = . Smax Smin 5 5 5 3.若 z?C,arg(z2?4)= 5π π ,arg(z2+4)= ,则 z 的值是________. 6 3
-4 z
2

y

解:如图,可知 z2 表示复数 4(cos120° +isin120° ). ∴ z=±2(cos60° +isin60° )=±(1+ 3i). 4.整数? 1093 ? ?1031+3?的末两位数是_______.

O

4

x

3 x3 x +27-27 2 27 27 解:令 x=1031,则得 = =x -3x+9- .由于 0< <1,故所求末两位数字为 09-1=08. x+3 x+3 x+3 x+3

5.设任意实数 x0>x1>x2>x3>0,要使 logx01993+logx11993+logx21993?k· logx01993 恒成立,则 k 的最大值
x1 x2 x3 x3

是_______. x0 1 1 1 k 解:显然 >1,从而 logx01993>0.即 + + ? . x3 lgx0-lgx1 lgx1-lgx2 lgx2-lgx3 lgx0-lgx3 x3
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就是[(lgx0-lgx1)+(lgx1-lgx2)+(lgx2-lgx3)](

1 1 1 + + )?k. lgx0-lgx1 lgx1-lgx2 lgx2-lgx3

其中 lgx0-lgx1>0,lgx1-lgx2>0,lgx2-lgx3>0,由 Cauchy 不等式,知 k?9.即 k 的最大值为 9. 6.三位数(100,101,?,999)共 900 个,在卡片上打印这些三位数,每张卡片上打印一个三位数,有 的卡片所印的,倒过来看仍为三位数,如 198 倒过来看是 861;有的卡片则不然,如 531 倒过来看是 , 因此,有些卡片可以一卡二用,于是至多可以少打印_____张卡片. 解:首位与末位各可选择 1,6,8,9,有 4 种选择,十位还可选 0,有 5 种选择,共有 4?5?4=80 种 选择. 但两端为 1,8,中间为 0,1,8 时,或两端为 9、6,中间为 0,1,8 时,倒后不变;共有 2?3+2?3=12 个,故共有(80-12)÷2=34 个. 三、 (本题满分 20 分) 三棱锥 S-ABC 中,侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直,M 为三角形 ABC 的重心,D 为 AB 的中点,作与 SC 平行的直线 DP.证明:(1)DP 与 SM 相交;(2)设 DP 与 SM 的交点为 D? ,则 D? 为三棱锥 S—ABC 的外 接球球心. ⑴ 证明:∵ DP∥SC,故 DP、CS 共面. S ∴ DC?面 DPC, Q ∵ M∈DC,?M∈面 DPC,SM?面 DPC. ∵ 在面 DPC 内 SM 与 SC 相交,故直线 SM 与 DP 相交. A M C ⑵ ∵ SA、SB、SC 两两互相垂直,∴ SC⊥面 SAB,SC⊥SD. D B ∵ DP∥SC,∴ DP⊥SD.△DD?M∽△CSM, D‘ P ∵ M 为△ABC 的重心,∴ DM∶MC=1∶2.∴ DD?∶SC=1∶2. 取 SC 中点 Q,连 D?Q.则 SQ=DD?,?平面四边形 DD?QS 是矩形. ∴ D?Q⊥SC,由三线合一定理,知 D?C=PS. 同理,D?A= D?B= D?B= D?S.即以 D?为球心 D?S 为半径作球 D?.则 A、B、C 均在此球上.即 D?为三 棱锥 S—ABC 的外接球球心. 四、 (本题满分 20 分) 设 0<a<b,过两定点 A(a,0)和 B(b,0)分别引直线 l 和 m,使与抛物线 y2=x 有四个不同的交点,当这 四点共圆时,求这种直线 l 与 m 的交点 P 的轨迹. 解:设 l:y=k1(x-a),m:y=k2(x-b).于是 l、m 可写为(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)=0.
?y2=x, ∴ 交点满足? ?(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)=0.

若四个交点共圆,则此圆可写为(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)+?(y2-x)=0. 此方程中 xy 项必为 0,故得 k1=-k2,设 k1=-k2=k≠0. 于是 l、m 方程分别为 y=k(x-a)与 y=-k(x-b). 消去 k,得 2x-(a+b)=0,(y≠0)即为所求轨迹方程. 五、 (本题满分 20 分) 设正数列 a0、a1、a2、?、an、?满足 anan-2 - an-1an-2 =2an-1,(n?2) 且 a0=a1=1,求{an}的通项公式. 解:变形,同除以 an-1an-2 得: 令 an +1=bn,则得 bn=2bn-1. an-1
- 31 -

an =2 an-1

an-1 +1, an-2

即{bn}是以 b1= ∴ bn=2n. ∴

1 +1=2 为首项,2 为公比的等比数列. 1

an =(2n-1)2.故 an-1
?

∴ ?

a0=1, n 2 n-1 2 1 2 ? an=(2 -1) (2 -1) ?(2 -1) .(n?1)

第二试 一、 (35 分) 设一凸四边形 ABCD, 它的内角中仅有?D 是钝角, 用一些直线段将该凸四边形分割成 n 个钝角三角形, 但除去 A、B、C、D 外,在该四边形的周界上,不含分割出的钝角三角形顶点.试证 n 应满足的充分必要 条件是 n≥4. 证明 充分性 D ⑴当 n=4 时,如图,只要连 AC,并在Δ ABC 内取一点 F,使∠AFB、∠BFC、 A C E ∠CFA 都为钝角(例如,可以取Δ ABC 的 Fermat 点,由于Δ ABC 是锐角三角形,故 F 其 Fermat 点在其形内).于是,Δ ADC、Δ AFB、Δ BFC、Δ AFC 都是钝角三角形. ⑵当 n=5 时,可用上法把凸四边形分成四个钝角三角形.再在 AF 上任取一点 E,连 EB,则Δ AEB 也是钝角三角形,这样就得到了 5 个钝角三角形. B 一般的, 由⑴得到了 4 个钝角三角形后, 只要在 AF 上再取 n-4 个点 E1、 E2、 ? En-4,把这些点与 B 连起来,即可得到均是钝角三角形的 n 个三角形. 必要性 n=2 时,连 1 条对角线把四边形分成了 2 个三角形,但其中最多只能有 1 个钝角三角形. n=3 时,无法从同一顶点出发连线段把四边形分成 3 个三角形,现连了 1 条对角线 AC 后,再连 B 与 AC 上某点得到线段,此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形. ∴当 n=2,3 时无法得到满足题目要求的解.只有当 n?4 时才有解.

二、 (35 分) 设 A 是一个有 n 个元素的集合,A 的 m 个子集 A1,A2,?,Am 两两互不包含. 试证:(1)

ΣC
i=1

m

1

|A| n

?1;

(2)

ΣC
i=1

m

|Ai| ?m2.其中|Ai|表示 n

i| Ai 所含元素的个数,C|A 表示 n 个不同元素取|Ai|个的组合数. n

证明:⑴ 即证:若 k1+k2+?+km=n,则 k1!(n-k1)!+k2!(n-k2)!+?+km!(n-km)!?n!. 由于 n!表示 n 个元素的全排列数,而 ki!(n-ki)!表示先在这 n 个元素中取出 ki 个元素排列再把其其余元 素排列的方法数,由于 Ai 互不包含,故 n!?k1!(n-k1)!+k2!(n-k2)!+?+km!(n-km)!成立. ⑵ ∵ (
m

ΣC ΣC
1
i=1

m

m

|A| n

)(

i=1

|Ai| )?(1+1+1+?+1)2=m2. n

但 0<

ΣC
i=1

1
|A| n

?1,故

ΣC
i=1

m

|Ai| ≥m2. n

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三、 (35 分) 水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l?m,l 与 m 相交于 M,点 M 在圆心的右侧,直线 l 上不同的三点 A,B,C 在圆外,且位于直线 m 上方,A 点离 M 点最远,C 点离 M 点最近,AP,BQ,CR 为圆 O 的三条切线, P,Q,R 为切点.试证:(1)l 与圆 O 相切时,AB?CR+BC?AP=AC?BQ;(2)l 与圆 O 相交时,AB?CR+BC?AP< AC?BQ;(3)l 与圆 O 相离时,AB?CR+BC?AP>AC?BQ. 证明:设 MA=a,MB=b,MC=c,OM=d,⊙O 的半径=r. l A 2 2 且设 k=d -r .则当 k>0 时,点 M 在⊙O 外,此时,直线 l 与⊙O 相离; B 当 k=0 时,点 M 在⊙O 上,此时,直线 l 与⊙O 相切; Q P C R 当 k<0 时,点 M 在⊙O 内,此时,直线 l 与⊙O 相交. ∴ AP= a2+d2-r2= a2+k,同理,BQ= b2+k,CR= c2+k. 则 AB?CR+BC?AP- AC?BQ= AB?CR+BC?AP - (AB+BC)?BQ=BC? (AP -BQ)-AB?(BQ-CR) AP2-BQ2 BQ2-CR2 =BC? -AB? AP+BQ BQ+CR (b-c)(a-b)(a+b) (a-b)(b-c)(b+c) = - AP+BQ BQ+CR a+b b+ c =(a-b)(b-c)( - ) AP+BQ BQ+CR =(a-b)(b-c) a· BQ+a· CR+b· CR-b· AP-c· AP-c· BQ . (AP+BQ)(BQ+CR)
r O
d

M

m

a2· BQ2-b2· AP2 (a2-b2)k 注意到 a?BQ-b?AP= = . b· AP+a· BQ b· AP+a· BQ 故 k>0 时,a?BQ-b?AP>0,k=0 时,a?BQ-b?AP=0,k<0 时,a?BQ-b?AP<0; 同理可得,k>0 时,b?CR-c?BQ>0,k=0 时,b?CR-c?BQ =0,k<0 时,b?CR-c?BQ <0; k>0 时,a?CR-c?AP>0,k=0 时,a?CR-c?AP =0,k<0 时,a?CR-c?AP <0; 即当 k>0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ>0; 当 k=0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ=0, 当 k<0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ<0.故证. 、

1994 年全国高中数学联赛试题
第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1、设 a,b,c 是实数,那么对任何实数 x, 不等式 asinx+bcosx+c>0 都成立的充要条件是 (A) a,b 同时为 0,且 c>0 (B) a2+b2=c (C) a2+b2<c (D) a2+b2>c 2、给出下列两个命题:⑴ 设 a,b,c 都是复数,如果 a2+b2>c2,则 a2+b2-c2>0;⑵设 a,b,c 都是 复数,如果 a2+b2-c2>0,则 a2+b2>c2.那么下述说法正确的是 (A)命题⑴正确,命题⑵也正确 (B)命题⑴正确,命题⑵错误 (C)命题⑴错误,命题⑵也错误 (D)命题⑴错误,命题⑵正确 1 3、已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n?1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 的 125 最小整数 n 是 (C)7 (D)8 π log sina log cosa log cosa 4、已知 0<b<1,0<a< ,则下列三数:x=(sina) b ,y=(cosa) b ,z=(sina) b 4
- 33 -

(A)5

(B)6

(A)x<z<y (B)y<z<x (C)z<x<y (D)x<y<z 5、在正 n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 n-2 n-1 n-2 n-1 π (A)( π,π) (B)( π,π) (C)(0, ) (D)( π, π) n n 2 n n |x+y| |x-y| 6、在平面直角坐标系中,方程 + =1 (a,b 是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a 2b (A)三角形 (C)非正方形的长方形 (B)正方形 (D)非正方形的菱形

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 1.已知有向线段 PQ 的起点 P 和终点 Q 的坐标分别为(?-1,1)和(2,2),若直线 l:x+my+m=0 与 PQ 的延长线相交,则 m 的取值范围是 . 3 ?x +sinx-2a=0, π π 2.已知 x,y∈[- , ],a∈R 且? 3 则 cos(x+2y) = . 4 4 ? 4y +sinycosy+a=0 5 5 3.已知点集 A={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2?( )2},B={(x,y)|(x-4)2+(y-5)2>( )2},则点集 A∩B 中的整点 2 2 (即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 θ 4.设 0<θ<π, ,则 sin (1+cosθ)的最大值是 2 . .

5.已知一平面与一正方体的 12 条棱的夹角都等于 α,则 sinα= . 6.已知 95 个数 a1,a2,a3,?,a95, 每个都只能取+1 或-1 两个值之一,那么它们的两两之积的和 a1a2+a1a3+?+a94a95 的最小正值是 .

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第二试 一、(本题满分 25 分) x 的二次方程 x2+z1x+z2+m=0 中,z1,z2,m 均是复数,且 z1-4z2=16+20i,设这个方 程的两个根 α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值.
2

二、(本题满分 25 分) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列,试求出这个数列的第 1000 项。

三、(本题满分 35 分) 如图,设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I, ∠B=60?,∠A<∠C,∠A 的外角平分线交圆 O 于 E. 证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R.

E

A

O I B C

四、 (本题满分 35 分) 给定平面上的点集 P={P1,P2,?,P1994}, P 中任三点均不共线,将 P 中的所有的点 任意分成 83 组,使得每组至少有 3 个点,且每点恰好属于一组,然后将在同一组的任两点用一条线段相连, 不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案 G,不同的分组方式得到不同的图案,将图案 G 中所含的以 P 中的点为顶点的三角形个数记为 m(G). (1)求 m(G)的最小值 m0. (2)设 G*是使 m(G*)=m0 的一个图案, 若 G*中的线段(指以 P 的点为端点的线段)用 4 种颜色染色,每条线 段恰好染一种颜色.证明存在一个染色方案,使 G*染色后不含以 P 的点为顶点的三边颜色相同的三角形.

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1994 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、设 a,b,c 是实数,那么对任何实数 x, 不等式 asinx+bcosx+c>0 都成立的充要条件是 (A) a,b 同时为 0,且 c>0 (B) a2+b2=c (C) a2+b2<c (D) a2+b2>c 解:asinx+bcosx+c= a2+b2sin(x+φ)+c∈[- a2+b2+c, a2+b2+c].故选 C. 2、给出下列两个命题:(1)设 a,b,c 都是复数,如果 a2+b2>c2,则 a2+b2-c2>0.(2)设 a,b,c 都是复 数,如果 a2+b2-c2>0,则 a2+b2>c2.那么下述说法正确的是 (A)命题(1)正确,命题(2)也正确 (B)命题(1)正确,命题(2)错误 (C)命题(1)错误,命题(2)也错误 (D)命题(1)错误,命题(2)正确 2 2 解:⑴正确,⑵错误;理由:⑴a +b >c2,成立时,a2+b2 与 c2 都是实数,故此时 a2+b2-c2>0 成立; ⑵ 当 a2+b2-c2>0 成立时 a2+b2-c2 是实数, 但不能保证 a2+b2 与 c2 都是实数, 故 a2+b2>c2 不一定成立. 故 选 B. 1 3、已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n?1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 的 125 最小整数 n 是 (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 1 1 解:(an+1-1)=- (an-1),即{ an-1}是以- 为公比的等比数列, 3 3 1 1-(- )n 3 1 - 1 1 1 ∴ an=8(- )n 1+1.∴ Sn=8? +n=6+n-6(- )n,?6· n< ,?n?7.选 C. 3 1 3 3 125 1+ 3 π log sina log cosa log cosa 4、已知 0<b<1,0<a< ,则下列三数:x=(sina) b ,y=(cosa) b ,z=(sina) b 的大小关系 4 是 (A)x<z<y (B)y<z<x (C)z<x<y 解:0<sina<cosa<1.logbsina>logbcosa>0. (D)x<y<z

log sina log cosa log cosa ∴ (sina) b < (sina) b < (cosa) b 即 x<z<y.选 A. 5、在正 n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 n-2 n-1 n-2 n-1 π (A)( π,π) (B)( π,π) (C)(0, ) (D)( π, π) n n 2 n n n-2 解:设相邻两侧面所成的二面角为 θ,易得 θ 大于正 n 边形的一个内角 π,当棱锥的高趋于 0 时,θ n 趋于 π,故选 A. |x+y| |x-y| 6、在平面直角坐标系中,方程 + =1 (a,b 是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a 2b (A)三角形 (B)正方形 (C)非正方形的长方形 (D)非正方形的菱形 解:x+y?0,x-y?0 时,(一、四象限角平分线之间):(a+b)x+(b-a)y=2ab; x+y?0,x-y<0 时,(一、二象限角平分线之间):(b-a)x+(a+b)y=2ab; x+y<0,x-y?0 时,(三、四象限角平分线之间):(a-b)x-(a+b)y=2ab; x+y<0,x-y<0 时,(二、三象限角平分线之间):-(a+b)x+(a-b)y=2ab.
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四条直线在 a≠b 时围成一个菱形(非正方形).选 D. 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 1.已知有向线段 PQ 的起点 P 和终点 Q 的坐标分别为(?-1,1)和(2,2),若直线 l:x+my+m=0 与 PQ 的延长线相交,则 m 的取值范围是 . 1 解:即 x+my+m=0 与 y= (x+1)+1 的交点的横坐标>2. 3 1 4 7m 2 ∴ x+m( x+ )+m=0,(3+m)x=-7m.x=- >2.?-3<m<- . 3 3 m+3 3
3 ?x +sinx-2a=0, π π 2.已知 x,y∈[- , ],a∈R 且? 3 则 cos(x+2y) = 4 4 ? 4y +sinycosy+a=0



解:2a=x3+sinx=(-2y)3-sin(-2y), π π π π 令 f(t)=t3+sint,t∈[- , ],f ?(t)=3t2+cost>0,即 f(t)在[- , ]上单调增.∴ x=-2y. 2 2 2 2 ∴ cos(x+2y)=1. 5 5 3.已知点集 A={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2?( )2},B={(x,y)|(x-4)2+(y-5)2>( )2},则点集 A∩B 中的整点 2 2 (即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 . 解:如图可知,共有 7 个点,即(1,3),(1,4),(1,5),(2,2),(2,3),(3, 2),(4,2)共 7 点. θ 4.设 0<θ<π, ,则 sin (1+cosθ)的最大值是 . 2 解:令 y= sin 则 y2=4 sin2 4 3 ∴ y? 9
y

(4,5) (3,4)
3 2 1

?
2

(1+cosθ) >0,

O

1

2

3

x

?
2

cos4

?
2

=2?2sin2

?
2

cos2

?
2

cos2

?
2

2 ?2( )3. 3

2 ? .当 tan = 时等号成立. 2 2
D' B' D A B C

5.已知一平面与一正方体的 12 条棱的夹角都等于 α,则 sinα= . 解: 12 条棱只有三个方向, 故只要取如图中 AA?与平面 AB?D?所成角即可. 设 AA?=1,则 A?C= 3,A?C⊥平面 AB?D?,A?C 被平面 AB?D?、BDC?三等分.于是 A' sinα= 3 . 3

C'

6.已知 95 个数 a1,a2,a3,?,a95, 每个都只能取+1 或-1 两个值之一, 那么它们的两两之积的和 a1a2+a1a3+?+a94a95 的最小正值是 .

解:设有 m 个+1,(95-m)个-1.则 a1+a2+?+a95=m-(95-m)=2m-95 ∴ 2(a1a2+a1a3+?+a94a95)=(a1+a2+?+a95)2-(a12+a22+?+a952)=(2m-95)2-95>0. 取 2m-95=±11.得 a1a2+a1a3+?+a94a95=13.为所求最小正值. . 第二试 一、(本题满分 25 分) x 的二次方程 x2+z1x+z2+m=0 中,z1,z2,m 均是复数,且 z1-4z2=16+20i,设这个方 程的两个根 α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值. 解:设 m=a+bi(a,b∈R).则△=z12-4z2-4m=16+20i-4a-4bi=4[(4-a)+(5-b)i].设△的平方根为 u+vi.(u,v∈R) 即(u+vi)2=4[(4-a)+(5-b)i].
- 37 2

|α-β|=2 7,?|α-β|2=28,?|(4-a)+(5-b)i|=7,?(a-4)2+(b-5)2=72, 即表示复数 m 的点在圆(a-4)2+(b-5)2=72 上,该点与原点距离的最大值为 7+ 41,最小值为 7- 41. 二、(本题满分 25 分) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列,试求出这个数列的第 1000 项。 1 1 1 解:由 105=3× 5× 7 ;故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 105× (1 - )(1 - )(1 - )=48 个。 3 5 7 1000=48× 20+48-8, 105× 20=2100.而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 40 个数是 86. ∴ 所求数为 2186。 三、 (本题满分 35 分) 如图, 设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I, ∠B=60?, ∠A<∠C,∠A 的外角平分线交圆 O 于 E. 证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R. 证明:∵∠B=60°,∴∠AOC=∠AIC=120°. ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. B ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线交弧 BC 于 D. 由∠EAD=90° (内外角平分线)知 DE 为⊙O 的直径.∠OAD=∠ODA. E 但∠OAI=∠OHI,故∠OHI=∠ADE,于是 RtΔ DAE≌RtΔ HIO ∴AE=IO. 由Δ ACH 为正三角形,易证 IC+IA=IH. 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. O 设∠OHI=α,则 0<α<30° . I ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R 2sin(α+45° ) 又 α+45° <75° ,故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3)
B C D

E

A

O I C

A

F

H

四、 (本题满分 35 分) 给定平面上的点集 P={P1,P2,?,P1994}, P 中任三点均不共线,将 P 中的所有 的点任意分成 83 组,使得每组至少有 3 个点,且每点恰好属于一组,然后将在同一组的任两点用一条线段 相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案 G,不同的分组方式得到不同的图案,将图案 G 中所含 的以 P 中的点为顶点的三角形个数记为 m(G). (1)求 m(G)的最小值 m0. (2)设 G*是使 m(G*)=m0 的一个图案, 若 G*中的线段(指以 P 的点为端点的线段)用 4 种颜色染色,每条线 段恰好染一种颜色.证明存在一个染色方案,使 G*染色后不含以 P 的点为顶点的三边颜色相同的三角形. 解:设 G 中分成的 83 个子集的元素个数分别为 ni(1?i?83),
83

Σn =1994.且 3?n ?n ???n .
i 1 2 83

83

i=1

则 m(G)=

ΣC .即求此式的最小值.
3 ni

i=1

设 nk+1>nk+1.即 nk+1-1?nk+1.则 Cni3 +1+ Cn

i+1

3 -1-(

3 2 Cn + Cn3 )= Cn -Cn2 <0.这就是说,当 nk+1 与 nk i i+1 i i+1

的差大于 1 时,可用 nk+1-1 及 nk+1 代替 nk+1 及 nk,而其余的数不变.此时,m(G)的值变小. 于是可知,只有当各 ni 的值相差不超过 1 时,m(G)才能取得最小值. 1994=83?24+2.故当 81 组中有 24 个点,2 组中有 25 个点时,m(G)达到最小值. m0=81C24+2C25=81?2024+2?2300=168544. ⑵ 取 5 个点为一小组,按图 1 染成 a、b 二色.这样的五个小 组,如图 2,每个小圆表示一个五点小组.同组间染色如图 1,不
- 38 a a b b b a b b a c d d c d a c d d c c
3 3

图1

图2

同组的点间的连线按图 2 染成 c、d 两色.这 25 个点为一组,共得 83 组.染色法相同.其中 81 组去掉 1 个点及与此点相连的所有线.即得一种满足要求的染色.

1995 年全国高中数学联赛
第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1. 设等差数列{an }满足 3a8=5a13 且 a1>0,Sn 为其前项之和,则 Sn 中最大的是( (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21 )
1995

2. 设复平面上单位圆内接正 20 边形的 20 个顶点所对应的复数依次为 Z1,Z2,?,Z20,则复数 Z1 , Z2 ,?,Z20 所对应的不同的点的个数是(
1995 1995

)

(A)4 (B)5 (C)10 (D)20 3. 如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大,则称甲不亚于乙,在 100 个小伙子中,如果某人不亚 于其他 99 人,就称他为棒小伙子,那么,100 个小伙子中的棒小伙子最多可能有( ) (A)1 个 (B)2 个 (C)50 个 (D)100 个 4. 已知方程|x-2n|=k x (n∈N*)在区间(2n-1, 2n+1]上有两个不相等的实根, 则 k 的取值范围是( 1 (A)k>0 (B)0<k? 2n+1 1 1 (C) <k? 2n+1 2n+1 (D)以上都不是 )

5. logsin1cos1,logsin1tan1,logcos1sin1,logcos1tan1 的大小关系是 (A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1 (B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1 (C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1 (D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1 6. 设 O 是正三棱锥 P—ABC 底面三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC 交于 S,与 PA,PB 的延 1 1 1 长线分别交于 Q,R,则和式 + + PQ PR PS (A)有最大值而无最小值 (B 有最小值而无最大值 (C)既有最大值又有最小值,两者不等 (D)是一个与面 QPS 无关的常数 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) α 1. 设 α,β 为一对共轭复数,若|α-β|=2 3,且 2为实数,则|α|= β .

2. 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 . 2 3. 用[x]表示不大于实数 x 的最大整数, 方程 lg x-[lgx]-2=0 的实根个数是



?y?3xx, 4. 直角坐标平面上,满足不等式组? y?3, 的整点个数是 ? x+y?100



5. 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两端点异色,如果只有 5 种颜色可使用, 那么不同的染色方法的总数是 . 6. 设 M={1,2,3,?,1995},A 是 M 的子集且满足条件:当 x∈A 时,15x?A,则 A 中元素的个数 最多是 .
- 39 -

第二试 一、(25 分) 给定曲线族 2(2sinθ-cosθ+3)x -(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ 为参数,求该曲线在直线 y=2x 上所截得 的弦长的最大值.
2

二、(25 分) 求一切实数 p,使得三次方程 5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p 的三个根均为正整数.

- 40 -

三、(35 分) 如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E,F,G,H,在弧 EF 与 GH 上分别作圆 O 的 切线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q,求证: MQ∥NP.

A M B N F C G P E H Q D

- 41 -

四、(35 分) 将平面上的每个点都以红,蓝两色之一着色。证明:存在这样两个相似的三角形,它们的相似 比为 1995,并且每一个三角形的三个顶点同色.

- 42 -

1995 年全国高中数学联赛一试(解答) 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1. 设等差数列{an}满足 3a8=5a13 且 a1>0,Sn 为其前项之和,则 Sn 中最大的是( (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21

)

2 2 2 解:3(a+7d)=5(a+12d),?d=- a,令 an=a- a (n-1)?0,an+1= a- a n<0,得 n=20.选 C. 39 39 39 2. 设复平面上单位圆内接正 20 边形的 20 个顶点所对应的复数依次为 Z1,Z2,?,Z20,则复数 Z1 , Z2 ,?,Z20 所对应的不同的点的个数是( (A)4 (B)5 (C)10
1995 1995 1995

) (D)20

π π - 解:设 z1=cosθ+isinθ,则 zk=z1εk 1,其中 ε=cos +isin .ε20=1.ε15=-i,ε10=-1,ε5=i. 10 10 ∴ zk1995=(cos1995θ+isin1995θ) ε1995(k 1)= (cos1995θ+isin1995θ)(-i)k 1. ∴ 共有 4 个值.选 A. 3. 如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大,则称甲不亚于乙,在 100 个小伙子中,如果某人不亚 于其他 99 人,就称他为棒小伙子,那么,100 个小伙子中的棒小伙子最多可能有( ) (A)1 个 (B)2 个 (C)50 个 (D)100 个 解:把身高按从高到矮排为 1~100 号,而规定二人比较,身高较高者体重较小,则每个人都是棒小伙 子.故选D.
- -

4. 已知方程|x-2n|=k x(n∈N*)在区间(2n-1, 2n+1]上有两个不相等的实根, 则 k 的取值范围是( 1 (A)k>0 (B)0<k? 2n+1 1 1 (C) <k? 2n+1 2n+1 (D)以上都不是

)

解:由|x-2n|?0,故 k?0,若 k=0,可知在所给区间上只有 1 解.故 k>0. 1 由图象可得,x=2n+1 时,k x?1.即 k? .故选 B. 2n+1 又解:y=(x-2n)2 与线段 y=k2x(2n-1<x?2n+1)有两个公共点.x2-(4n+k2)x+4n2=0 有(2n-1,2n+1]上 有两个根.故△=(4n+k2)2-16n2>0.且(2n-1)2-(4n+k2)(2n-1)+4n2>0,(2n+1)2-(4n+k2)(2n+1)+4n2?0, 1 1 2n-1<2n+ k2<2n+1.? k? . 2 2n+1 5. logsin1cos1,logsin1tan1,logcos1sin1,logcos1tan1 的大小关系是 (A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1 (B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1 (C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1 (D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1 y=(sin1) x 解 : <1< , 故 0<cos1<sin1<1<tan1 . ? logsin1tan1<0 , 4 2

y

y=(cos1)x

?

?

tan1

logcos1tan1<0,logsin1cos1>0,logcos1sin1>0, 1 (1,sin1) 设 logsin1cos1=a, 则得(sin1)a=cos1<sin1, a>1; logcos1sin1=b, O (1,cos1) 则(cos1)b=sin1>cos1,0<b<1;即 logcos1sin1< logsin1cos1. c d b 1 a x c d 设 logsin1tan1=c,logcos1tan1=d,则得(sin1) =(cos1) =tan1, (指数函数图象进行比较),c<d.即 logsin1tan1<logcos1tan1 故选 C. 6. 设 O 是正三棱锥 P—ABC 底面三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC 交于 S,与 PA,PB 的延
- 43 -

1 1 1 长线分别交于 Q,R,则和式 + + PQ PR PS (A)有最大值而无最小值 (B)有最小值而无最大值 (C)既有最大值又有最小值,两者不等 (D)是一个与面 QPS 无关的常数 解:O 到面 PAB、PBC、PCA 的距离相等.设∠APB=α,则 1 VPQRS= d(PQ· PR+PR· PS+PS· PQ)sinα.(其中 d 为 O 与各侧面的距离). 6 1 VPQRS= PQ· PR· PSsinαsinθ.(其中 θ 为 PS 与面 PQR 的夹角) 6 ∴ d(PQ· PR+PR· PS+PS· PQ)=PQ· PR· PSsinθ. ∴ 1 1 1 sinθ + + = 为定值.故选 D. PQ PR PS d

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) α 1. 设 α,β 为一对共轭复数,若|α-β|=2 3,且 2为实数,则|α|= β 解:设 α=x+yi,(x,y∈R),则|α-β|=2|y|.∴y=± 3. 2 设 argα=θ,则可取 θ+2θ=2π,(因为只要求|α|,故不必写出所有可能的角).θ= π,于是 x=±1.|α|=2. 3 2. 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 . 解:设球半径为 R,其内接圆锥的底半径为 r,高为 h,作轴截面,则 r2=h(2R-h). 1 π π π 4R?3 8 4 3 V 锥= πr2h= h2(2R-h)= h· h(4R-2h)? ? = · πR . 3 3 6 6? 3 ? 27 3 ∴ 所求比为 8∶27. 3 . 用 [x] 表示不大于实数 x 的最大整数, 方程 lg2x - [lgx] - 2=0 的实根个数 是 . 解:令 lgx=t,则得 t2-2=[t].作图象,知 t=-1,t=2,及 1<t<2 内有一解. 1 当 1<t<2 时,[t]=1,t= 3.故得:x= ,x=100,x=10 3,即共有 3 个实根. 10
h r



?y?3xx, 4. 直角坐标平面上,满足不等式组? y?3, 的整点个数是 ? x+y?100


y y=3x
100

解:如图,即△OAB 内部及边界上的整点.由两轴及 x+y=100 围成区 域(包括边界)内的整点数=1+2+3+?+101=5151 个. 1 1 由 x 轴、y= x,x+y=100 围成区域(不包括 y= x 上)内的整点数(x=1,2,3 3 3

B(25,75)

y= x 时各有 1 个整点,x=4,5,6 时各有 2 个整点,?,x=73,74,75 时有 25 个 3 A(75,25) 20 整点,x=76,77,?,100 时依次有 25,24,?,1 个整点.共有 3?1+3?2+? x 100 O 20 +3?25+25+24+?+1=4(1+2+?+25)=1300.由对称性,由 y 轴、y=3x、x+y=100 围成的区域内也有 1300 个整点. ∴所求区域内共有 5151-2600=2551 个整点. 5. 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两端点异色,如果只有 5 种颜色可使用, 那么不同的染色方法的总数是 . 解:顶点染色,有 5 种方法,

1

- 44 -

底面 4 个顶点,用 4 种颜色染,A4=24 种方法,用 3 种颜色,选 1 对顶点 C2,这一对顶点用某种颜色 染 C4,余下 2 个顶点,任选 2 色染,A3种,共有 C2C4A3=48 种方法;用 2 种颜色染: A4=12 种方法; ∴共有 5(24+48+12)=420 种方法. 6. 设 M={1,2,3,?,1995},A 是 M 的子集且满足条件:当 x∈A 时,15x?A,则 A 中元素的个数 最多是 . 解:1995=15× 133.故取出所有不是 15 的倍数的数,共 1862 个,这此数均符合要求. 在所有 15 的倍数的数中,152 的倍数有 8 个,这此数又可以取出,这样共取出了 1870 个.即|A|?1870. 又{k,15k}(k=9,10,11,?,133)中的两个元素不能同时取出,故|A|?1995-133+8=1870. 第二试 一、(25 分) 给定曲线族 2(2sinθ-cosθ+3)x -(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ 为参数,求该曲线在直线 y=2x 上所截得 的弦长的最大值.
2 1 2 1 1 2 2

4

1

8sinθ+cosθ+1 解:以 y=2x 代入曲线方程得 x=0,x= . 2sinθ-cosθ+3 8sinθ+cosθ+1 ∴ 所求弦长 l=?2sinθ-cosθ+3? 5.故只要求|x|的最大值即可.

?

?

由(2x-8)sinθ-(x+1)cosθ=1-3x.?(2x-8)2+(x+1)2?(1-3x)2,即 x2+16x-16?0. 24 7 解之得,-8?x?2.即|x|?8(当 sinθ=± ,cosθ=? 时即可取得最大值).故得最大弦长为 8 5. 25 25 二、(25 分) 求一切实数 p,使得三次方程 5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p 的三个根均为正整数. 解:x=1 是方程的一个根.于是只要考虑二次方程 5x2-5px+66p-1=0 的两个根为正整数即可. 设此二正整数根为 u、v.则由韦达定理知,

? ? u+v=p ? 1 ?uv=5 (66p-1) ?

① ②

消去 p,得 5uv-66(u+v)=-1.同乘以 5:52uv-5?66u-5?66v=-5. ∴ (5u-66)(5v-66)=662-5=4351=19?229.由于 u、v 均为整数,故 5u-66、5v-66 为整数. ∴
? 5u-66=1, -1, 19, -19, ? ?5v-66=4351,-4351,229, -229.

∴ 其中使 u、v 为正整数的,只有 u=17,v=59 这一组值.此时 p=76. 三、(35 分) 如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E,F,G,H,在弧 EF 与 GH 上分别作圆 O 的 切线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q,求证: MQ∥NP. 分析 要证 MQ∥NP,因 AB∥DC,故可以考虑证明∠AMQ=∠CPN.现∠A=∠C,故可证Δ AMQ∽Δ CPN.于是要证明 AM∶AQ=CP∶CN. 证明 设∠ABC=2?,∠BNM=2?,∠BMN=2γ.则 1 由 ON 平分∠ONM, 得∠ONC=∠ONM= (180?-2?)=90?-?; 2 同理,∠OMN=∠OMA=90?-γ. 而∠CON=180?-∠OCN-∠ONC=?+?=90?-γ,于是Δ CON
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A M γ 2 E H Q D P G C

B 2 α 2 β N

O F

∽Δ AMO, ∴AM∶AO=CO∶CN,即 AM· CN=AO2. 同理,AQ· CP=AO2,∴AM· CN=AQ· CP. ∴Δ AMQ∽Δ CPN,∴∠AMQ=∠CPN. ∴MQ∥NP.

四、(35 分) 将平面上的每个点都以红,蓝两色之一着色.证明:存在这样两个相似的三角形,它们的 相似比为 1995,并且每一个三角形的三个顶点同色. 证明:首先证明平面上一定存在三个顶点同色的直角三角形. 任取平面上的一条直线 l, 则直线 l 上必有两点同色. 设此两点为 P、 Q, 不妨设 P、 l S R Q 同着红色.过 P、Q 作 直线 l 的垂线 l1、l2,若 l1 或 l2 上有异于 P、Q 的点着红色, l P 则存在红色直角三角形.若 l1、l2 上除 P、Q 外均无红色点,则在 l1 上任取异于 P 的两 T 点 R、S,则 R、S 必着蓝色,过 R 作 l1 的垂线交 l2 于 T,则 T 必着蓝色.△RST 即为三 l Q 顶点同色的直角三角形. 设直角三角形 ABC 三顶点同色(∠B 为直角).把△ABC 补成矩形 ABCD(如图).把 矩形的每边都分成 n 等分(n 为正奇数,n>1,本题中取 n=1995).连结对边相应分点,把矩形 ABCD 分成 n2 个小矩形. AB 边上的分点共有 n+1 个,由于 n 为奇数,故必存在其中两个相邻的分点同色,(否则任两个相邻分 点异色,则可得 A、B 异色),不妨设相邻分点 E、F 同色.考察 E、F 所在的小矩形的另两个顶点 E?、F?, 若 E?、F?异色,则△EFE?或△DFF?为三个顶点同色的小直角三角形.若 E?、F?同色,再考察以此二点为顶 点而在其左边的小矩形,?.这样依次考察过去,不妨设这一行小 D A 矩形的每条竖边的两个顶点都同色. 同样,BC 边上也存在两个相邻的顶点同色,设为 P、Q,则考 M E' G 察 PQ 所在的小矩形,同理,若 P、Q 所在小矩形的另一横边两个 E F 顶点异色,则存在三顶点同色的小直角三角形.否则,PQ 所在列的 N H F' 小矩形的每条横边两个顶点都同色. B C P Q 现考察 EF 所在行与 PQ 所在列相交的矩形 GHNM,如上述, M、H 都与 N 同色,△MNH 为顶点同色的直角三角形. 由 n=1995,故△MNH∽△ABC,且相似比为 1995,且这两个直角三角形的顶点分别同色. 证明 2:首先证明:设 a 为任意正实数,存在距离为 2a 的同色两点.任取一点 O(设为红色点),以 O 为圆心,2a 为半径作圆,若圆上有一个红点,则存在距离为 2a 的两个红点,若圆 E F 上没有红点,则任一圆内接六边形 ABCDEF 的六个顶点均为蓝色,但此六边形边 长为 2a.故存在距离为 2a 的两个蓝色点.
1 2

下面证明:存在边长为 a, 3a,2a 的直角三角形,其三个顶点同色.如上证, 存在距离为 2a 的同色两点 A、B(设为红点),以 AB 为直径作圆,并取圆内接六边 形 ACDBEF, 若 C、 D、 E、 F 中有任一点为红色, 则存在满足要求的红色三角形. 若 C、D、E、F 为蓝色,则存在满足要求的蓝色三角形.

A

B

C

D

下面再证明本题:由上证知,存在边长为 a, 3a,2a 及 1995a,1995 3a,1995?2a 的两个同色三角形, 满足要求. 证明 3:以任一点 O 为圆心,a 及 1995a 为半径作两个同心圆,在小圆上任取 9 点,必有 5 点同色,设 为 A、B、C、D、E,作射线 OA、OB、OC、OD、OE,交大圆于 A?,B?,C?,D?,E?,则此五点中必存在 三点同色,设为 A?、B?、C?.则?ABC 与?A?B?C?为满足要求的三角形.

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1996 年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试 (10 月 13 日上午 8:00-9:20)
一、选择题(本题满分 36 分,每题 6 分) 1. 把圆 x2+(y-1)2=1 与椭圆 9x2+(y+1)2=9 的公共点,用线段连接起来所得到的图形为( (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形 ) )

1 2. 等比数列{an}的首项 a1=1536,公比 q=- ,用 πn 表示它的前 n 项之积。则 πn(n∈N*)最大的是( 2 (A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13 )

3. 存在整数 n,使 p+n+ n是整数的质数 p( (A)不存在 (C)多于一个,但为有限个

(B)只有一个 (D)有无穷多个 )

1 4. 设 x∈(- ,0),以下三个数 α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π 的大小关系是( 2 (A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1

1 5. 如果在区间[1,2]上函数 f(x)=x2+px+q 与 g(x)=x+ 2在同一点取相同的最小值,那么 f(x)在该区间上的 x 最大值是( ) 53 3 (B) 4- 2+ 4 2 (D)以上答案都不对

11 3 3 (A) 4+ 2+ 4 2 13 3 (C) 1- 2+ 4 2

6. 高为 8 的圆台内有一个半径为 2 的球 O1,球心 O1 在圆台的轴上,球 O1 与圆台的上底面、侧面都 相切,圆台内可再放入一个半径为 3 的球 O2,使得球 O2 与球 O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点, 除球 O2,圆台内最多还能放入半径为 3 的球的个数是( (A) 1 (B ) 2 (C) 3 (D) 4 )

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 1 1. 集合{x|-1?log110<- ,x∈N*}的真子集的个数是 2 x .

_ π 2. 复平面上,非零复数 z1,z2 在以 i 为圆心,1 为半径的圆上,z1· z2 的实部为零,z1 的辐角主值为 , 6 则 z2=_______. 3. 曲线 C 的极坐标方程是 ρ=1+cosθ, 点 A 的极坐标是(2,0), 曲线 C 在它所在的平面内绕 A 旋转一周, 则它扫过的图形的面积是_______. 4. 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起,恰得到一个所有二面角都相等的六面体,并且 该六面体的最短棱的长为 2,则最远的两顶点间的距离是________.
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5. 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色,将一个正方体的六个面染色,每 面恰染一种颜色,每 两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_______种.(注:如果我们对两个相同的正方 体染色后,可以通过适当的翻转,使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同, 那么,我们就说这两个正方体的染色方案相同.) 6. 在直角坐标平面,以(199,0)为圆心,199 为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数 为________.

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第二试 一、 (本题满分 25 分) 设数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1 (n=1, 2, ?) , 数列{bn }满足 b1=3, bk+1=ak+bk(k=1, 2,?).求数列{bn }的前 n 项和.

二、 (本题满分 25 分)求实数 a 的取值范围,使得对任意实数 x 和任意 θ∈[0, ],恒有 2 1 (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2? . 8

?

三、 (本题满分 35 分)如图,圆 O1 和圆 O2 与△ABC 的三边所在的三条直线都相切,E、F、G、H 为切点, 并且 EG、FH 的延长线交于 P 点。求证直线 PA 与 BC 垂直。 P

G H O1。 A


O2

E

B

C F

四、 (本题满分 35 分)有 n(n?6)个人聚会,已知: n (1)每人至少同其中? ?个人互相认识; ?2? n (2)对于其中任意? ?个人,或者其中有 2 人相识,或者余下的人中有 2 人相识. ?2? 证明:这 n 个人中必有三人两两认识.

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1996 年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(本题满分 36 分,每题 6 分) 1. 把圆 x2+(y-1)2=1 与椭圆 9x2+(y+1)2=9 的公共点,用线段连接起来所得到的图形为( (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形 )

1 解:9-9(y-1)2=9-(y+1)2,?8y2-20y+8=0,?y=2 或 ,相应的,x=0,或 x=± 3. 2 此三点连成一个正三角形.选 C. 1 2. 等比数列{an}的首项 a1=1536,公比 q=- , 用 πn 表示它的前 n 项之积。 则 πn(n∈N*)最大的是( 2 (A)π9 (B)π11
n

)

(C)π12
n(n-1) 2

(D)π13

1 解:πn=1536 ?(- ) 2

,故 π11<0,π9,π12,π13>0.作商比较:

π12 1 - π13 1 - 又, =15363?( )66 36>1, =1536?( )78 66<1.故选 C. π9 2 π12 2 3. 存在整数 n,使 p+n+ n是整数的质数 (A)不存在 (C)多于一个,但为有限个 ( )

(B)只有一个 (D)有无穷多个

解:如果 p 为奇质数,p=2k+1,则存在 n=k2(k∈N+),使 p+n+ n=2k+1.故选 D. 1 4. 设 x∈(- ,0),以下三个数 α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π 的大小关系是( 2 (A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1 )

解:α1= cos(sin|x|π)>0,α2=sin(cos|x|π)>0,α3=cos(1-|x|)π<0,排除 B、D. π π π ∵ sin|x|π+ cos|x|π= 2sin(|x|π+ )< ,于是 cos|x|π< -sin|x|π, 4 2 2 ∴ sin(cos|x|π)<cos(sin|x|π),故 α2<α1,选 A. 1 2 2 3 π 2 π 又解:取 x=- ,则 α1=cos ,α2=sin ,α3=cos π<0.由于 < < ,故 α1>α2. 4 2 2 4 6 2 4 1 5. 如果在区间[1,2]上函数 f(x)=x2+px+q 与 g(x)=x+ 2在同一点取相同的最小值,那么 f(x)在该区间上的 x 最大值是( ) 11 3 3 (A) 4+ 2+ 4 2 13 3 (C) 1- 2+ 4 2 1 1 1 1 解:g(x)= x+ 2= x+ x+ 2?3 x 2 2 x
3

53 3 (B) 4- 2+ 4 2 (D)以上答案都不对 1 33 1 1 3 = 2.当且仅当 x= 2即 x= 2时 g(x)取得最小值. 4 2 2 x

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4q-p 3 3 p 3 3 3 3 ∴- = 2, = 2,?p=-2 2,q= 3 2+ 4. 2 4 2 2 53 3 3 3 由于 2-1<2- 2.故在[1.2]上 f(x)的最大值为 f(2)=4- 2+ 4.故选 B. 2 6. 高为 8 的圆台内有一个半径为 2 的球 O1,球心 O1 在圆台的轴上,球 O1 与圆台的上底面、侧面都 相切,圆台内可再放入一个半径为 3 的球 O2,使得球 O2 与球 O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点, 除球 O2,圆台内最多还能放入半径为 3 的球的个数是( (A) 1 (B ) 2 (C) 3 (D) 4
O4 O2 C O3

2

)

解: O2 与下底距离 =3 ,与 O1 距离 =2+3=5,与轴距离=4,问题转化为在以 4 2 O1 3 为半径的圆周上,能放几个距离为 6 的 O2 H 3 点? 右图中,由sin∠O2HC=3/4>0.707, 即∠O2HO3>90° ,即此圆上还可再放下 2 个满足要求的点.故选B.

H

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 1 1. 集合{x|-1?log110<- ,x∈N*}的真子集的个数是 2 x .

1 解 由已知,得 <logx10?1?1?lgx<2?10?x<100.故该集合有 90 个元素.其真子集有 290-1 个. 2 _ π 2. 复平面上,非零复数 z1,z2 在以 i 为圆心,1 为半径的圆上,z1· z2 的实部为零,z1 的辐角主值为 , 6 则 z2=_______. π 3 1 _ π π 解:z1 满足|z-i|=1;argz1= ,得 z1= + i,z1=cos(- )+isin(- ). 6 2 2 6 6 _ π π 设 z2 的辐角为 θ(0<θ<π),则 z2=2sinθ(cosθ+isinθ).z1· z2=2sinθ[cos(θ- )+isin(θ- )],若其实部为 0,则 6 6 π π 2π 3 3 θ- = ,于是 θ= .z2=- + i. 6 2 3 2 2 3. 曲线 C 的极坐标方程是 ρ=1+cosθ, 点 A 的极坐标是(2,0), 曲线 C 在它所在的平面内绕 A 旋转一周, 则它扫过的图形的面积是_______。 解:只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可. 设 P(1+cosθ,θ), 则|AP|2=22+(1+cosθ)2-2· 2(1+cosθ)cosθ=-3cos2θ-2cosθ+5 1 16 16 16 16 =-3(cosθ+ )2+ ? .且显然|AP|2 能取遍[0, ]内的一切值,故所求面积= π. 3 3 3 3 3 4. 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起,恰得到一个所有二面角都相等的六面体,并且 该六面体的最短棱的长为 2,则最远的两顶点间的距离是________。 解:该六面体的棱只有两种,设原正三棱锥的底面边长为 2a,侧棱为 b.
- 51 P
?

O

1

x

取 CD 中点 G,则 AG⊥CD,EG⊥CD,故∠AGE 是二面角 A—CD—E 的平面角.由 BD⊥AC,作平面 BDF⊥棱 AC 交 AC 于 F,则∠BFD 为二面角 B—AC—D 的平面角. 2a b2-a2 AG=EG= b2-a2,BF=DF= ,AE=2 b 由 cos∠AGE=cos∠BFD,得
2

2 b2-( 3a)2=2 3

4 b2- a2. 3
A
b b b

2AG2-AE2 2BF2-BD2 = . 2AG2 2BF2
F B
2a

4 4(b - 2a2) 3 4a2b2 4 ∴ = ?9b2=16a2,?b= a,从而 b=2,2a=3. 3 b2-a2 4a2(b2-a2) AE=2.即最远的两个顶点距离为 3. 5. 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色,将一个正方体的六个面染色,

D
a

C E

G

每面恰染一种颜色,每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_______种。(注:如果 我们对两个相同的正方体染色后,可以通过适当的翻转,使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个 对应面的染色都相同,那么,我们就说这两个正方体的染色方案相同。) 解:至少 3 种颜色: 6 种颜色全用:上面固定用某色,下面可有 5 种选择,其余 4 面有(4-1)!=6 种方法,共计 30 种方法; 用 5 种颜色:上下用同色:6 种方法,选 4 色:C5(4-1)! =30;6?30÷2=90 种方法; . 用 4 种颜色:C6C4=90 种方法. 用 3 种颜色:C6=20 种方法. ∴共有 230 种方法.
3 2 2 4

6. 在直角坐标平面,以(199,0)为圆心,199 为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数 为________. 解:把圆心平移至原点,不影响问题的结果.故问题即求 x2+y2=1992 的整数解数. 显然 x、y 一奇一偶,设 x=2m,y=2n-1.且 1?m,n?99. 则得 4m2=1992-(2n-1)2=(198+2n)(200-2n).m2=(99+n)(100-n)≡(n-1)(-n) (mod 4) 由于 m 为正整数,m2≡0,1 (mod 4);(n-1)(-n)≡? 二者矛盾,故只有(0,±199),(±199,0)这 4 解. ∴ 共有 4 个.(199,±199),(0,0),(398,0). 第二试 一、 (本题满分 25 分) 设数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1(n=1,2,?) ,数列{bn }满足 b1=3,bk+1=ak+bk(k=1,2,?).求 数列{bn }的前 n 项和. 解:a1=2a1-1,a1=1; an=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,?an=2an-1.?{an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列.an=2n -1 .
- 52 ?0,(当n?0,1(mod 4)时) ?2,(当n?2,3(mod 4)时)

bk+1-bk=2k 1,?bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+?+(b2-b1)=2n 2+2n 3+?+20=2n 1-1. - ∴ bn=2n 1+2.
- - - -



Σb =2 +2n-1.
i n
i=1

n

二、 (本题满分 25 分) 求实数 a 的取值范围,使得对任意实数 x 和任意 θ∈[0, ],恒有 2 1 (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2? . 8 解:令 sinθ+cosθ=u,则 2sinθcosθ=u2-1,当 θ∈[0, 并记 f(x)= (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2. 1 1 ∴ f(x)=(x+2+u2)2+(x+au)2=2x2+2(u2+au+2)x+(u2+2)2+(au)2=2[x+ (u2+au+2)]2+ (u2-au+2)2. 2 2 1 1 1 1 ∴ x=- (u2+au+2)时,f(x)取得最小值 (u2-au+2)2.∴ u2-au+2? ,或 u2-au+2?- . 2 2 2 2 3 5 3 7 5 9 7 ∴ a?u+ ,或 a?u+ .当 u∈[1, 2]时,u+ ∈[ 6, 2];u+ ∈[ 2, ]. 2u 2u 2u 4 2u 4 2 7 ∴ a≤ 6 或 a? . 2 三、 (本题满分 35 分) 如图,圆 O1 和圆 O2 与△ABC 的三边所在的三条直线都相切,E、F、G、H 为切点,并且 EG、FH 的 延长线交于 P 点。求证直线 PA 与 BC 垂直。 证明 设⊿ABC 的三边分别为 a、b、c,三个角分别为 A、B、C,则 1 CE=BF=CG=BH= (a+b+c). 2 1 1 ∴BE= (a+b+c)-a= (b+c-a). 2 2 1 1 ∴EF= (a+b+c)+ (b+c-a)=b+c. 2 2 1 连 CO1,则 CO1 平分∠ECG,CO1⊥EG,?∠FEP=90?- ∠C. 2 1 1 同理∠EFP=90?- ∠B,∠EPF= (B+C). 2 2 B cos 2 EF ∵ = ,∴EP=(b+c) 。 1 B+C B+C sin(90?- B) sin sin 2 2 2 EP B C cos sin 2 2 设 P、A 在 EF 上的射影分别为 M、N,则 EM=EPcos∠FEP=(b+c) . B+C sin 2
E B C O1 P G A H O2 F

?

?
2

]时,u∈[1, 2].

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又 BN=ccosB,故只须证 ccosB+

1 (b+c-a)= (b+c) 2

cos

B C sin 2 2 , B+C sin 2

B C cos sin 2 2 1 即 sinCcosB+ (sinB+sinC-sin(B+C)) = (sinB+sinC) 就是 2 B+C sin 2 B-C B-C B C 1 1 B+C 2cos cos sin =sinCcosB- sinBcosC- cosBsinC+sin cos 2 2 2 2 2 2 2 右边= =2cos B-C B-C B-C 1 B+C B+C sin(C-B)+sin cos =cos (sin -sin ) 2 2 2 2 2 2

B-C B C cos sin 。故证。 2 2 2

四、 (本题满分 35 分) 有 n(n?6)个人聚会,已知: n (1)每人至少同其中? ?个人互相认识; ?2? n (2)对于其中任意? ?个人,或者其中有 2 人相识,或者余下的人中有 2 人相识. ?2? 证明:这 n 个人中必有三人两两认识. 证明:作一个图,用 n 个点表示这 n 个人,凡二人认识,则在表示此二人的点间连一条线.问题即, 在题设条件下,存在以这 n 点中的某三点为顶点的三角形.设点 a 连线条数最多,在与 a 连线的所有点中 点 b 连线最多,与 a 连线的点除 b 外的集合为 A,与 b 连线的点除 a 外的集合为 B. B A 1° 设 n=2k,则每点至少连 k 条线,A、B 中都至少有 k-1 个点. Φ k -1 k -1 ⑴若存在一点 c,与 a、b 都连线,则 a、b、c 满足要求; ⑵若没有任何两点与此二点都连线(图 1), 则由 A∩B=?,|A∪B|?2k-2,|A| 2k 个点 ?k-1,|B|?k-1, 故得 |A|=|B|=k-1,且图中每点都连 k 条线.若 A(或 B)中存在 a b 两点,这两点间连了一条线,则此二点与 a 连出三角形,若 A 中任何两点间均未 图1 连线,B 中任两点也未连线,则 A∪{b}中不存在两点连线,B∪{a}中也不存在两 B A 点连线.与已知矛盾. Φ k k-1 2° 设 n=2k+1.则每点至少连 k 条线,A、B 中都至少有 k-1 个点. ⑴若存在一点 c,与 a、b 都连线,则 a、b、c 满足要求; 2k +1个点 ⑵若没有任何两点与此二点都连线,且|A|?k,则由|B|?k-1 时(图 2),则由 b a A∩B=?,|A∪B|?2k-1,|A|?k,|B|?k-1, 故得|A∪B|=2k-1,|A|=k,|B|=k 图2 -1,若 A(或 B)中存在两点,这两点间连了一条线,则此二点与 a 连出三角形, 若 A 中任何两点间均未连线,B 中任两点也未连线,则 A∪{b}中不存在两点连线,B∪{a}中也不存在两点 连线.与已知矛盾. c ⑶若没有任何两点与此二点都连线, 且|A|=k-1, 即每点都只连 k 条线. 这时, 必有一点与 a、b 均未连线,设为 c.c 与 A 中 k1 个点连线,与 B 中 k2 个点连线, A B k k-1 k 1 Φ 2 k-1 k1+k2=k,且 1?k1,k2?k-1.否则若 k2=0,则 A∪{b}中各点均未连线,B∪{a, c}中各点也未连线.矛盾.故 k1,k2?1.且由于 n>6,即 k1,k2 中至少有一个?2, 不妨设 k1?2,现任取 B 中与 c 连线的一点 b1,由于 b1 与 B 中其余各点均未连线, 2k +1个点 a 若 b1 与 A 中的所有与 c 连线的点均未连线,则 b1 连线数?2+k-1-k1?k-1,矛 b 图3 盾,故 b1 至少与此 k1 个点中的一点连线.故证.
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1997 年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试 (10 月 5 日上午 8:00?10:00) 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n?2),x1=a, x2=b, 记 Sn=x1+x2+?+xn,则下列结论正确的是 (A)x100??a,S100=2b?a (B)x100??b,S100?2b?a (C)x100??b,S100=b?a (D)x100??a,S100?b?a AE CF 2.如图,正四面体 ABCD 中,E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得 = =λ EB FD (0<λ<+∞),记 f(λ)=αλ+βλ 其中 αλ 表示 EF 与 AC 所成的角,βλ 表示 EF 与 BD 所 A 成的角,则 (A) f(λ)在(0,+∞)单调增加 E (B) f(λ)在(0,+∞)单调减少 (C) f(λ) 在(0,1)单调增加,而在(1,+∞单调减少 B D (D) f(λ)在(0,+∞)为常数 F 3.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项的和为 C 972,则这样的数列共有 (A)2 个 (B)3 个 (C)4 个 (D)5 个 2 2 4.在平面直角坐标系中,若方程 m(x +y +2y+1)=(x-2y+3)2 表示的曲线为椭圆,则 m 的取值范围为 (A)(0,1) (B)(1,+∞) (C)(0,5) (D)(5,+∞) 1 5 1 5 5.设 f(x)=x2-πx,? ? arcsin ,β=arctan ,γ=arcos(- ),?=arccot(- ),则 3 4 3 4 (A)f(α)>f(β)>f(?)>f(γ) (B) f(α)> f(?)>f(β)>f(γ) (C) f(?)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(?)>f(α)>f(γ)>f(β) 6.如果空间三条直线 a,b,c 两两成异面直线,那么与 a,b,c 都相交的直线有 (A) 0 条 (B) 1 条 (C)多于 1 的有限条 (D) 无穷多条 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分)
?(x-1)3+1997(x-1)=-1, 1.设 x,y 为实数,且满足? 则 x+y ? 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1.

.

y2 2.过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若实数 λ 使得|AB| ?λ 的直线 l 恰有 3 2 条,则 λ= . . 1 3.已知复数 z 满足?2z+ ?=1,则 z 的幅角主值范围是 ? z?

4.已知三棱锥 S?ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形,SA=SB=SC=2,AB=2,设 S、A、B、 C 四点均在以 O 为球心的某个球面上,则点 O 到平面 ABC 的距离为 . 5.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相邻两顶点之一.若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也停止跳动,那么这只青蛙从开始 到停止,可能出现的不同跳法共 种. ?1 6.设 a ?logz+log[x(yz) +1],b ?logx?1+log(xyz+1),c ?logy+log[(xyz)?1+1],记 a,b,c 中最大数为 M, 则 M 的最小值为 . 三、 (本题满分 20 分)
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π π 设 x?y?z? ,且 x+y+z ? ,求乘积 cosx siny cosz 的最大值和最小值. 12 2

四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy?1 的两支为 C1,C2(如图),正三角形 PQR 的三顶点位于此双曲线上. (1)求证:P、Q、R 不能都在双曲线的同一支上; (2)设 P(?1,?1)在 C2 上, Q、R 在 C1 上,求顶点 Q、R 的坐标.
y

C1 O P(?1,?1)

x

C2

五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足

? a =a =a =a , ? 1 1 1 1 1 ?a +a +a +a +a =4(a +a +a +a +a )=S.
1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

a2 a3 a4 a5

其中 S 为实数且|S|?2. 求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上.

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第二试 (10 月 5 日上午 10:30?12:30) 一、 (本题 50 分)如图,已知两个半径不相等的⊙O1 与⊙O2 相交于 M、N 两点,且⊙O1、⊙O2 分别与⊙O 内切于 S、T 两点。求证:OM⊥MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。

二、 (本题 50 分)试问:当且仅当实数 x0,x1,?,xn(n?2)满足什么条件时,存在实数 y0,y1,?,yn 使得 z0=z1+z2+?+zn成立,其中 zk=xk+iyk,i 为虚数单位,k=0,1,?,n。证明你的结论。
2 2 2 2

三、 (本题 50 分) 在 100?25 的长方形表格中每一格填入一个非负实数, 第 i 行第 j 列中填入的数为 xi ,( j i=1, 2,?,100;j=1,2,?,25) (如表 1) 。然后将表 1 每列中的数按由小到大的次序从上到下重新排列为 x?1 , 。 (如表 2) j?x?2 , j???x?100 , j(j=1,2,?,25) 求最小的自然数 k,使得只要表 1 中填入的数满足
25

Σx
j=1

25

, i,j?1(i=1,2,?,100)

则当 i?k 时,在表 2 中就能保证 表1 x1,1 x2,1 x1,2 x2,2 ? ?

Σx?
j=1

i,j?1

成立。 表2

x1,25 x2,25

x?1,1 x?2,1
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x?1,2 x?2,2

? ?

x?1,25 x?2,25

? x100,1

? x100,2

? ?

? x100,25

? x?100,1

? x?100,2

? ?

? x?100,25

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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.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n≥2),x1=a, x2=b, 记 Sn=x1+x2+?+xn,则下列结论正确的是 (A)x100??a,S100=2b?a (B)x100??b,S100?2b?a (C)x100??b,S100=b?a (D)x100??a,S100?b?a 解:x1=a,x2=b,x3=b-a,x4=-a,x5=-b,x6=a-b,x7=a,x8=b,….易知此数列循环,xn+6=xn, 于是 x100=x4=-a, 又 x1+x2+x3+x4+x5+x6=0,故 S100=2b-a.选 A. AE CF 2.如图,正四面体 ABCD 中,E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得 = =λ EB FD (0<λ<+∞),记 f(λ)=αλ+βλ 其中 αλ 表示 EF 与 AC 所成的角,βλ 表示 EF 与 BD 所成 的角,则 (A) f(λ)在(0,+∞)单调增加 (B) f(λ)在(0,+∞)单调减少 (C) f(λ) 在(0,1)单调增加,而在(1,+∞单调减少 (D) f(λ)在(0,+∞)为常数 AE CG CF 解: 作 EG∥AC 交 BC 于 G, 连 GF, 则 = = , 故 GF∥BD. 故∠GEF=αλ, EB GB FD
A

E B F C D

∠GFE=βλ,但 AC⊥BD,故∠EGF=90° .故 f(λ)为常数.选 D. 3.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项的和为 972,则这样的数列共有 (A)2 个 (B)3 个 (C)4 个 (D)5 个 1 解:设首项为 a,公差为 d,项数为 n,则 na+ n(n-1)d=972,n[2a+(n-1)d]=2× 972,即 n 为 2× 972 的 2 大于 3 的约数. ∴ ⑴ n=972,2a+(972-1)d=2,d=0,a=1;d≥1 时 a<0.有一解; ⑵n=97,2a+96d=194,d=0,a=97;d=1,a=a=49;d=2,a=1.有三解; ⑶n=2× 97,n=2× 972,无解.n=1,2 时 n<3..选 C 4.在平面直角坐标系中,若方程 m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2 表示的曲线为椭圆,则 m 的取值范围为 (A)(0,1) (B)(1,+∞) (C)(0,5) (D)(5,+∞) 解:看成是轨迹上点到(0,-1)的距离与到直线 x-2y+3=0 的距离的比: x2+(y+1)2 = |x-2y+3| 12+(-2)2 1 5 1 5 5.设 f(x)=x2-πx,? ? arcsin ,β=arctan ,γ=arcos(- ),?=arccot(- ),则 3 4 3 4 (A)f(α)>f(β)>f(?)>f(γ) (C) f(i)>f(α)>f(β)>f(γ) π 解:f(x)的对称轴为 x= , 2 π π π π 2π 3π 5π 易得, 0<α< < <β< < <γ< < <δ< .选 B. 6 4 3 2 3 4 6 6.如果空间三条直线 a,b,c 两两成异面直线,那么与 a,b,c 都相交的 直线有 (A) 0 条 (B) 1 条 (C)多于 1 的有限条 (D) 无穷多条 解:在 a 、 b 、 c 上取三条线段 AB 、 CC? 、 A?D? ,作一个平行六面体
- 59 a

5 <1?m>5,选 D. m

(B) f(α)> f(?)>f(β)>f(γ) (D) f(?)>f(α)>f(γ)>f(β)

P
Q D A‘ A B D’

c

C’ b

R C B‘ S

ABCD—A?B?C?D?,在 c 上取线段 A?D?上一点 P,过 a、P 作 一个平面,与 DD?交于 Q、与 CC?交于 R,则 QR∥a,于是 PR 不与 a 平行,但 PR 与 a 共面.故 PR 与 a 相交.由于可以取无穷多个点 P.故选 D. 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分)
?(x-1)3+1997(x-1)=-1, 1.设 x,y 为实数,且满足? 则 x+y ? 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1. ?(x-1)3+1997(x-1)+1=0, 解:原方程组即? 3 ?(1-y) +1997(1-y)+1=0.

.

取 f(t)=t3+1997t+1,f ?(t)=3t2+1987>0.故 f(t)单调增,现 x-1=1-y,x+y=2. y2 2.过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若实数 λ 使得|AB| ?λ 的直线 l 恰有 3 2 条,则 λ= . 2b2 解:右支内最短的焦点弦= =4.又 2a=2,故与左、右两支相交的焦点弦长≥2a=2,这样的弦由对称 a 性有两条.故 λ=4 时 2ab2 4 设 AB 的倾斜角为 θ,则右支内的焦点弦 λ= 2 2 2 = ≥4,当 θ=90° 时,λ=4. a -c cos θ 1-3cos2θ 与左支相交时,θ=± arccos 2 2ab2 4 ?=4.故 λ=4. 时,λ=? 2 2 2 ?=? 2 3 a - c cos θ 1 - 3cos θ? ? ? ? .

1 3.已知复数 z 满足?2z+ ?=1,则 z 的幅角主值范围是 ? z?

1 解:?2z+ ?=1?4r4+(4cos2θ-1)r2+1=0,这个等式成立等价于关于 x 的二次方程 4x2+(4cos2θ-1)x+1=0 ? z? 4cos2θ-1 1 有正根.△ =(4cos2θ-1)2-16≥0,由 x1x2= >0,故必须 x1+x2=- >0. 4 4 3 3 3 ∴cos2θ≤- .∴ (2k+1)π-arccos ≤2θ≤(2k+1)π+arccos . 4 4 4 π 1 3 π 1 3 ∴ kπ+ - arccos ≤θ≤kπ+ + arccos ,(k=0,1) 2 2 4 2 2 4 4.已知三棱锥 S?ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形,SA=SB=SC=2,AB=2,设 S、A、B、 C 四点均在以 O 为球心的某个球面上,则点 O 到平面 ABC 的距离为 . S 解:SA=SB=SC=2,?S 在面 ABC 上的射影为 AB 中点 H,∴ SH⊥平面 ABC. 2 2 M ∴ SH 上任意一点到 A、B、C 的距离相等. ∵ SH= 3,CH=1,在面 SHC 内作 SC 的垂直平分线 MO 与 SH 交于 O,则 O 为 2 3 3 SABC 的外接球球心.SM=1,∴SO= ,∴ OH= ,即为 O 与平面 ABC 的距离. 3 3
O A H 2 1 C B

5.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相邻两顶点之一.若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也停止跳动,那么这只青蛙从开始 到停止,可能出现的不同跳法共 种. 解:青蛙跳 5 次,只可能跳到 B、D、F 三点(染色可证). 青蛙顺时针跳 1 次算+1,逆时针跳 1 次算-1,写 5 个―□1‖,在□中填―+‖号或―-‖号: □1□1□1□1□1 规则可解释为:前三个□中如果同号,则停止填写;若不同号,则后 2 个□中继续填写符号. 前三□同号的方法有 2 种;前三个□不同号的方法有 23-2=6 种,后两个□中填号的方法有 22 种. ∴ 共有 2+6× 4=26 种方法. 6.设 a ?logz+log[x(yz)?1+1],b ?logx?1+log(xyz+1),c ?logy+log[(xyz)?1+1],记 a,b,c 中最大数为 M,
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则 M 的最小值为



x 1 1 解:a=log( +z),b=log(yz+ ),c=log( +y). y x yz 1 1 ∴ a+c=log( + +yz+x)≥2log2.于是 a、c 中必有一个≥log2.即 M≥log2,于是 M 的最小值≥log2. yz x 但取 x=y=z=1,得 a=b=c=log2.即此时 M=log2.于是 M 的最小值≤log2. ∴ 所求值=log2. 三、 (本题满分 20 分) 设 x≥y≥z≥ ,且 x+y+z= ,求乘积 cosx siny cosz 的最大值和最小值. 12 2 解:由于 x≥y≥z≥ ,故 ≤x≤ - × 2= . 12 6 2 12 3 1 1 1 1 ? 1 ∴ cosx siny cosz=cosx× [sin(y+z)+sin(y-z)]= cos2x+ cosxsin(y-z)≥ cos2 = .即最小值. 2 2 2 2 3 8 (由于

?

?

?

?

?

?

?

?
6

≤x≤

?

1 ? ? ,y≥z,故 cosxsin(y-z)≥0),当 y=z= ,x= 时,cosx siny cosz= . 3 12 3 8

1 1 1 ∵ cosx siny cosz=cosz× [sin(x+y)-sin(x-y)]= cos2z- coszsin(x-y). 2 2 2 1 1 ? 1 ? 2+ 3 由于 sin(x-y)≥0,cosz>0,故 cosx siny cosz≤ cos2z= cos2 = (1+cos )= . 2 2 12 2 6 8 5? ? 当 x= y= ,z= 时取得最大值. 12 12 2+ 3 1 ∴ 最大值 ,最小值 . 8 8 四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy?1 的两支为 C1,C2(如图),正三角形 PQR 的三顶点位于此双曲线上. (1)求证:P、Q、R 不能都在双曲线的同一支上; (2)设 P(?1,?1)在 C2 上, Q、R 在 C1 上,求顶点 Q、R 的坐标. 1 1 1 解:设某个正三角形的三个顶点都在同一支上.此三点的坐标为 P(x1, ),Q(x2, ),R(x3, ).不妨 x1 x2 x3 1 1 1 设 0<x1<x2<x3,则 > > >0. x1 x2 x3 kPQ= y2-y1 1 1 =- ;k =- ; x1x2 QR x2x3 x2-x1
O y
Q R

1 1 - + x1x2 x2x3 tan∠PQR= <0,从而∠PQR 为钝角.即△ PQR 不可能是正 1 1+ 2 x1x3x2 三角形.

x

P

1 ⑵ P(-1,-1),设 Q(x2, ),点 P 在直线 y=x 上.以 P 为圆心,|PQ|为半径作圆,此圆与双曲线第一 x2 象限内的另一交点 R 满足|PQ|=|PR|,由圆与双曲线都是 y=x 对称,知 Q 与 R 关于 y=x 对称.且在第一象限 1 内此二曲线没有其他交点(二次曲线的交点个数).于是 R( ,x2). x2

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3 3 ∴ PQ 与 y=x 的夹角=30° ,PQ 所在直线的倾斜角=75° .tan75° = =2+ 3. 3 1- 3 1+ PQ 所在直线方程为 y+1=(2+ 3)(x+1),代入 xy=1,解得 Q(2- 3,2+ 3),于是 R(2+ 3,2- 3). 五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足

? a =a =a =a , ? 1 1 1 1 1 ?a +a +a +a +a =4(a +a +a +a +a )=S.
1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

a2 a3 a4 a5

其中 S 为实数且|S|≤2. 求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上. a2 a3 a4 a5 4 证明:设 = = = =q,则由下式得 a1(1+q+q2+q3+q4)= 4(1+q+q2+q3+q4). a1 a2 a3 a4 a1q ∴ (a12q4-4) (1+q+q2+q3+q4)=0,故 a1q2=± 2,或 1+q+q2+q3+q4=0. 1 1 1 1 1 1 5 ⑴ 若 a1q2=± 2,则得± 2( 2+ +1+q+q2)=S.?S=± 2[(q+ )2+(q+ )-1]=± 2[(q+ + )2- ]. q q q q q 2 4 1 1 5 1 1 5 ∴ 由已知,有(q+ + )2- ∈R,且|(q+ + )2- |≤1. q 2 4 q 2 4 1 1 5 令 q+ + =h(cosθ+isinθ),(h>0).则 h2(cos2θ+isin2θ)- ∈R.?sin2θ=0. q 2 4 5 1 9 -1≤h2(cos2θ+isin2θ)- ≤1.? ≤h2(cos2θ+isin2θ)≤ ,?cos2θ>0.?θ=kπ(k∈Z) 4 4 4 1 1 1 1 ∴ q+ ∈R.再令 q=r(cosα+isinα),(r>0).则 q+ =(r+ )cosα+i(r- )sinα∈R.?sinα=0 或 r=1. q q r r 1 1 1 1 5 1 1 3 若 sinα=0,则 q=± r 为实数.此时 q+ ≥2 或 q+ ≤-2.此时 q+ + ≥ ,或 q+ + ≤- . q q q 2 2 q 2 2 1 1 5 此时,由|(q+ + )2- |≤1,知 q=-1.此时,|ai|=2. q 2 4 若 r=1,仍有|ai|=2,故此五点在同一圆周上. ⑵ 若 1+q+q2+q3+q4=0.则 q5-1=0,∴ |q|=1.此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|,即此五点在同一圆上. 综上可知,表示复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上. 第二试 一、 (本题 50 分)如图,已知两个半径不相等的⊙O1 与⊙O2 相交于 M、N 两点,且⊙O1、⊙O2 分别与⊙O 内切于 S、T 两点。求证:OM⊥MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。 证明: 过 S、 T 分别作相应两圆的公切线, 交于点 P, 则 PS=PT, 点 P 在直线 MN 上(根轴).且 O、S、P、T 四点共圆. ⑴ 若 S、N、T 三点共线, 连 O1N,O2N,则 OS=OT,O1S=O1N, 于是∠S=∠T,∠S=∠O1NS,∴ ∠O1NS=∠T,O1N∥OT,同 O 理,O2N∥OS,即 OS=O2N+O1S.即⊙O 的半径=⊙O1 与⊙O2 的半 径的和. O1 M ∴ ∠PTS=∠TSP=∠NMS,∴S、P、T、M 共圆,故 O、S、P、
- 62 S O2 N T

P

T、M 五点共圆.∠OMS=∠OTS=∠OST. ∴ ∠OMN=∠OMS+∠SMN=∠OST+∠TSP=∠OSP=90° . ∴ OM⊥MN. ⑵ 反之,若 OM⊥MN,则 OM∥O1O2, 由 OO2-OO1=(R-r2)-(R-r1)=r1-r2=O1M-O2M.即 O、M 在以 O1、O2 为焦点的双曲线的不同两支 上.由双曲线的对称性,知 O1O2MO 是等腰梯形.∴OO2=O1M. 即 OT=r1+r2,∴ O1N=OO2,OO1=O2N,于是 OO1NO2 为平行四边形. 由于△ OST、△ O1SN、△ O2NT 都是等腰三角形.∴ ∠SO1N=∠O=∠NO2T,∴ ∠OST=∠OSN. ∴ S、N、T 三点共线. 二. (本题 50 分)试问:当且仅当实数 x0,x1,…,xn(n≥2)满足什么条件时,存在实数 y0,y1,…, yn 使得 z02=z12+z22+…+zn2 成立,其中 zk=xk+iyk,i 为虚数单位,k=0,1,…,n。证明你的结论。 解:z02=x02-y02+2x0y0i=(x12+x22+…+xn2)-(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i. ∴ x02-y02=(x12+x22+…+xn2)-(y12+y22+…+yn2); x0y0=x1y1+x2y2+…+xnyn. 2 若 x0 > x12+x22+…+xn2,则 y02> y12+y22+…+yn2. 此时 x02y02>( x12+x22+…+xn2)( y12+y22+…+yn2)≥(x1y1+x2y2+…+xnyn)2=(x0y0)2.矛盾. 故必 x02≤x12+x22+…+xn2. 反之,若 x02≤x12+x22+…+xn2 成立.此时,可分两种情况: ⑴ 当 x02=x12+x22+…+xn2 成立时,取 yi=xi(i=0,1,2,…,n), 于是 z02=(x0+y0i)2=x02-y02+2x0y0i=2x0y0i, 而 z12+z22+…+zn2=(x12+x22+…+xn2)-(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i =2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i=2(x12+x22+…+xn2)i=2x02i=2x0y0i.即 z02=z12+z22+…+zn2 成立. ⑵ 当 x02<x12+x22+…+xn2 成立时,记 a2= x12+x22+…+xn2-x02>0,于是 xi(i=1,2,…,n)不能全为 0.不 妨设 xn≠0,取 y0=y1=y2=…=yn-2=0,yn-1= axn
2 xn-1+xn 2

,yn=-

axn-1
2

,则

2 xn-1+xn

此时,z02= x02-y02+2x0y0i=x02; 而 z12+z22+…+zn2=(x12+x22+…+xn2)-(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i =(x1 +x2 +…+xn )-( + )+2(xn-1 2 2 2 2 xn-1+xn xn-1+xn
2 2 2

a2xn

2

a2xn-1

2

axn
2 xn-1+xn 2

-xn

axn-1
2 xn-1+xn 2

)i

=(x12+x22+…+xn2)-(x12+x22+…+xn2-x02)=x02.仍有 z02=z12+z22+…+zn2 成立. 故所求条件为 x02≤x12+x22+…+xn2.

三、 (本题 50 分) 在 100× 25 的长方形表格中每一格填入一个非负实数, 第 i 行第 j 列中填入的数为 xi , ( j i=1, 2,…,100;j=1,2,…,25) (如表 1) 。然后将表 1 每列中的数按由小到大的次序从上到下重新排列为 x?1 , 。 (如表 2) j≥x?2 , j≥…≥x?100 , j(j=1,2,…,25) 求最小的自然数 k,使得只要表 1 中填入的数满足
25

Σx
j=1

25

, i,j≤1(i=1,2,…,100)

则当 i≥k 时,在表 2 中就能保证

Σx?
j=1

i,j≤1

成立。

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表1 x1,1 x2,1 … x100,1 x1,2 x2,2 … x100,2 … … … … x1,25 x2,25 … x100,25

表2 x?1,1 x?2,1 … x?100,1 x?1,2 x?2,2 … x?100,2 … … … … x?1,25 x?2,25 … x?100,25

1 解:在表 1 中,取 x4i-3,i=x4i-2,i=x4i-1,i =x4i,i =0(i=1,2,…,25),其余各数均取 ,于是,每列各数之 24 和均=1.但重新填入后,前 96 行之和均= 25 >1.第 97、98、99、100 行之和=0.故 k≤97. 24

反之,如果表 2 中第 97 行的 25 个数涂黄,98~100 行共 75 个数涂红,则这些涂红的数在表 1 中至多分 布在 75 行中,于是除这 75 行外的其余各行中的每个数都不小于同列中涂黄的数,即涂黄 4 个数的和≤没有 涂红数的行的每一行数的和≤1.于是表 2 中第 97 行的数的和≤1,故第 98、99、100 行的数的和≤1.即能保 证表 2 中第 97~100 行的数的和≤1. ∴ k=97.

一九九八年全国高中数学联合竞赛
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 若 a > 1, b > 1, 且 lg(a + b)=lga+lgb, 则 lg(a –1)+lg(b –1) 的值( ) (A)等于 lg2 (B)等于 1 (C ) 等于 0 (D) 不是与 a, b 无关的常数 2.若非空集合 A={x|2a+1?x?3a – 5},B={x|3?x?22},则能使 A?A∩B 成立的所有 a 的集合是( (A){a | 1?a?9} (B) {a | 6?a?9} (C) {a | a?9} (D) ?

)

3.各项均为实数的等比数列{an}前 n 项之和记为 Sn ,若 S10 = 10, S30 = 70, 则 S40 等于( ) (A) 150 (B) ? 200 (C) 150 或 ? 200 (D) ? 50 或 400 4.设命题 P:关于 x 的不等式 a1x2 + b1x2 + c1 > 0 与 a2x2 + b2x + c2 > 0 的解集相同; a1 b1 c1 命题 Q: = = . 则命题 Q( ) a2 b2 c2 (A) 是命题 P 的充分必要条件 (B) 是命题 P 的充分条件但不是必要条件 (C) 是命题 P 的必要条件但不是充分条件 (D) 既不是是命题 P 的充分条件也不是命题 P 的必要条件 5.设 E, F, G 分别是正四面体 ABCD 的棱 AB,BC,CD 的中点,则二面角 C—FG—E 的大小是( ) 6 π 3 π 2 (A) arcsin (B) +arccos (C) -arctan 2 (D) π-arccot 3 2 3 2 2 6.在正方体的 8 个顶点, 12 条棱的中点, 6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点中, 共线的三点组的个 数是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37 二、填空题( 本题满分 54 分,每小题 9 分) 各小题只要求直接填写结果. 1 98 101 104 1.若 f (x) (x?R)是以 2 为周期的偶函数, 当 x?[ 0, 1 ]时,f(x)=x1000,则 f( ),f( ),f( )由小到大排 19 17 15 列是 . 2.设复数 z=cosθ+isinθ(0?θ?180° ),复数 z,(1+i)z,2- z 在复平面上对应的三个点分别是 P, Q, R.当
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P, Q, R 不共线时,以线段 PQ, PR 为两边的平行四边形的第四个顶点为 S, 点 S 到原点距离的最大值是 ___________. 3.从 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 这 10 个数中取出 3 个数, 使其和为不小于 10 的偶数, 不同的取法有 ________种. 4.各项为实数的等差数列的公差为 4, 其首项的平方与其余各项之和不超过 100, 这样的数列至多有 _______项. 5.若椭圆 x2+4(y-a)2=4 与抛物线 x2=2y 有公共点,则实数 a 的取值范围是 . o o 6. ?ABC 中, ?C = 90 , ?B = 30 , AC = 2, M 是 AB 的中点. 将?ACM 沿 CM 折起,使 A,B 两点间的距离为 2 2 ,此时三棱锥 A-BCM 的体积等于__________. 三、 (本题满分 20 分) π 已知复数 z=1-sinθ+icosθ( <θ<π),求 z 的共轭复数- z 的辐角主值. 2

四、 (本题满分 20 分) 设函数 f (x) = ax 2 +8x +3 (a<0).对于给定的负数 a , 有一个最大的正数 l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)] 上, 不等式| f (x)| ? 5 都成立. 问:a 为何值时 l(a)最大? 求出这个最大的 l(a).证明你的结论.

五、 (本题满分 20 分) 已知抛物线 y 2 = 2px 及定点 A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ? 0, b 2 ? 2pa).M 是抛物线上的点, 设直线 AM, BM 与抛物线的另一交点分别为 M1, M2. 求证:当 M 点在抛物线上变动时(只要 M1, M2 存在且 M1 ? M2),直线 M1M2 恒过一个定点.并求出这个 定点的坐标.

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第二试 一、 (满分 50 分)如图,O、I 分别为△ABC 的外心和内心,AD 是 BC 边上的高, I 在线段 OD 上。求证:△ABC 的外接圆半径等于 BC 边上的旁切圆半径。 注: △ABC 的 BC 边上的旁切圆是与边 AB、 AC 的延长线以及边 BC 都相切的圆。

二、 (满分 50 分)设 a1,a2,?,an,b1,b2,?,bn∈[1,2]且

Σ Σb ,
2 ai= 2 i
i=1 i=1

n

n

17 2 求证: ? a i .并问:等号成立的充要条件. b 10 i i=1 i=1

Σ

n

ai

3

Σ

n

三、 (满分 50 分)对于正整数 a、n,定义 Fn(a)=q+r,其中 q、r 为非负整数,a=qn+r,且 0?r<n.求最 大的正整数 A,使得存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数 a?A,都有 Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (a))))))=1.证明你的结论.
6 5 4 3 2 1

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一九九八年全国高中数学联赛解答 第一试 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.若 a > 1, b > 1, 且 lg (a + b) = lg a + lg b, 则 lg (a –1) + lg (b –1) 的值( ) (A)等于 lg2 (B)等于 1 (C ) 等于 0 (D) 不是与 a, b 无关的常数 解:a+b=ab,(a-1)(b-1)=1,由 a-1>0,b-1>0,故 lg(a-1)(b-1)=0,选 C. 2.若非空集合 A={x|2a+1?x?3a – 5},B={x|3?x?22},则能使 A?A∩B 成立的所有 a 的集合是( (A){a | 1?a?9} (B) {a | 6?a?9} (C) {a | a?9} (D) ? 解:A?B,A≠?.? 3?2a+1?3a-5?22,?6?a?9.故选 B. 3.各项均为实数的等比数列{a n }前 n 项之和记为 S n ,若 S10 = 10, S30 = 70, 则 S40 等于( ) (A) 150 (B) ?200 (C) 150 或 ?200 (D) ?50 或 400 a1 10 a1 30 解:首先 q≠1,于是, (q -1)=10, (q -1)=70,∴ q20+q10+1=7.?q10=2.(-3 舍) q-1 q-1 ∴ S40=10(q40-1)=150.选 A. 4.设命题 P:关于 x 的不等式 a1x2 + b1x2 + c1 > 0 与 a 2x2 + b2x + c2 > 0 的解集相同; a1 b1 c1 命题 Q: = = . 则命题 Q( ) a2 b2 c2 (A) 是命题 P 的充分必要条件 (B) 是命题 P 的充分条件但不是必要条件 (C) 是命题 P 的必要条件但不是充分条件 (D) 既不是是命题 P 的充分条件也不是命题 P 的必要条件 解:若两个不等式的解集都是 R,否定 A、C,若比值为-1,否定 A、B,选 D. 5.设 E, F, G 分别是正四面体 ABCD 的棱 AB,BC,CD 的中点,则二面角 C—FG—E 的大小是( 6 π 3 π 2 (A) arcsin (B) +arccos (C) -arctan 2 (D) π-arccot 3 2 3 2 2 解:取 AD、BD 中点 H、M,则 EH∥FG∥BD,于是 EH 在平面 EFG 上.设 A CM∩FG=P,AM∩EH=Q,则 P、Q 分别为 CM、AM 中点,PQ∥AC. Q E ∵ AC⊥BD,?PQ⊥FG,CP⊥FG,?∠CPQ 是二面角 C—FG—E 的平面角. 2 +( 3) -( 3) 3 B 设 AC=2,则 MC=MA= 3,cos∠ACM= = . 3 2· 2· 3 P F ∴ 选 D. C 6.在正方体的 8 个顶点, 12 条棱的中点, 6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点 中, 共线的三点组的个数是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37 解:8 个顶点中无 3 点共线,故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心. ⑴ 体中心为中点:4 对顶点,6 对棱中点,3 对面中心;共 13 组; ⑵ 面中心为中点:4?6=24 组; ⑶ 棱中点为中点:12 个.共 49 个,选B. 二、填空题( 本题满分 54 分,每小题 9 分) 各小题只要求直接填写结果.
1 98 101 104 1.若 f (x) (x?R)是以 2 为周期的偶函数, 当 x?[ 0, 1 ]时,f(x)=x1000,则 f( ),f( ),f( )由小到大排 19 17 15 列是 . 98 16 16 101 1 1 104 14 14 解:f( )=f(6- )=f( ).f( )=f(6- )=f( ),f( )=f(6+ )=f( ). 19 19 19 17 17 17 15 15 15

)

)

H D

2

2

2

M G

- 67 -

1 16 14 101 98 104 现 f(x)是[0,1]上的增函数.而 < < .故 f( )<f( )<f( ). 17 19 15 17 19 15 2.设复数 z=cosθ+isinθ(0?θ?180° ),复数 z,(1+i)z,2- z 在复平面上对应的三个点分别是 P, Q, R.当 P, Q, R 不共线时,以线段 PQ, PR 为两边的平行四边形的第四个顶点为 S, 点 S 到原点距离的最大值是___________. y → → → → → → → → → 解: OS = OP + PQ + PR = OP +OQ - OP + OR - OP → → → =OQ+ OR - OP =(1+i)z+2- z -z=iz+2- z =(2cosθ-sinθ)+i(cosθ-2sinθ). π ∴ |OS|2=5-4sin2θ?9.即|OS|?3,当 sin2θ=1,即 θ= 时,|OS|=3. 4 3.从 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 这 10 个数中取出 3 个数, 使其和为不小于 10 的偶数, 不同的取法有 ________种. 解:从这 10 个数中取出 3 个偶数的方法有 C5种,取出 1 个偶数,2 个奇数的方法有 C5C5种,而取出 3 个数的和为小于 10 的偶数的方法有(0,2,4),(0,2,6),(0,1,3),(0,1,5),(0,1,7),(0,3,5), (2,1,3),(2,1,5),(4,1,3),共有 9 种,故应答 10+50-9=51 种. 4.各项为实数的等差数列的公差为 4, 其首项的平方与其余各项之和不超过 100, 这样的数列至多有 _______项. 解:设其首项为 a,项数为 n.则得 a2+(n-1)a+2n2-2n-100?0. △=(n-1)2-4(2n2-2n-100)=-7n2+6n+401?0.∴ n?8. 取 n=8,则-4?a?-3.即至多 8 项. n-1 2 n-1 2 n-1 2 (也可直接配方:(a+ ) +2n2-2n-100-( ) ?0.解 2n2-2n-100-( ) ?0 仍得 n?8.) 2 2 2 5.若椭圆 x2+4(y-a)2=4 与抛物线 x2=2y 有公共点,则实数 a 的取值范围是 . 2 2 2 解:2y=4-4(y-a) ,?2y -(4a-1)y+2a -2=0.此方程至少有一个非负根. 17 ∴ △=(4a-1)2-16(a2-1)=-8a+17?0.a? . 8 1 17 两根皆负时 2a2>2,4a-1<0.?-1<a<1 且 a< .即 a<-1.∴-1?a? . 4 8 6. ?ABC 中, ?C = 90o, ?B = 30o, AC = 2, M 是 AB 的中点. 将?ACM 沿 CM 折起,使 A,B 两点间的距离为 2 2 ,此时三棱锥 A-BCM 的体积等于 . A 解:由已知,得 AB=4,AM=MB=MC=2,BC=2 3,由△AMC 为等边三角 2 形,取 CM 中点,则 AD⊥CM,AD 交 BC 于 E,则 AD= 3,DE= 3 折起后,由 BC =AC +AB ,知∠BAC=90° ,cos∠ECA= . 3
2 2 2 3 1 2

Q

P
O

S

x
R

3 2 3 ,CE= . 3 3
B

M 2 D
2 3 E

2 C

8 ∴ AE2=CA2+CE2-2CA· CEcos∠ECA= ,于是 AC2=AE2+CE2.?∠AEC=90° . 3 2 6 ∵ AD2=AE2+ED2, ?AE⊥平面 BCM, 即 AE 是三棱锥 A-BCM 的高, AE= . 3 2 2 S△BCM= 3,VA—BCM= . 3
- 68 -

A
2 2

2 M

2 D C

2 B

2 3 E

三、 (本题满分 20 分) π 已知复数 z=1-sinθ+icosθ( <θ<π),求 z 的共轭复数- z 的辐角主值. 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π π 解:z=1+cos( +θ)+isin( +θ)=2cos2 +2isin cos 2 2 2 2 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 =2cos (cos +isin ). 2 2 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π 当 <θ<π 时,- z =-2cos (-cos +isin ) 2 2 2 2 π θ 3π θ 3π θ =-2cos( + )(cos( - )+isin( - )). 4 2 4 2 4 2 3π θ ∴ 辐角主值为 - . 4 2 四、 (本题满分 20 分) 设函数 f (x) = ax2 +8x+3 (a<0).对于给定的负数 a , 有一个最大的正数 l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)] 上, 不等式| f (x)| ? 5 都成立. 问:a 为何值时 l(a)最大? 求出这个最大的 l(a).证明你的结论. 4 16 解: f(x)=a(x+ )2+3- . a a 16 (1)当 3- >5,即-8<a<0 时, a -8+ 64+8a l(a)是方程 ax2+8x+3=5 的较小根,故 l(a)= . 2a 16 (2)当 3- ?5,即 a?-8 时, a -8- 64-32a l(a)是方程 ax2+8x+3=-5 的较大根,故 l(a)= . 2a 64-32a ?-8- 2 ,(a?-8) a 综合以上,l(a)= ? -8+ 64+8a (-8<a<0) ? 2a -8+ 64-32a 当 a?-8 时,l(a)= = 2a -8+ 64+8a 当-8<a<0 时,l(a)= = 2a 1+ 5 所以 a=-8 时,l(a)取得最大值 . 2 五、 (本题满分 20 分) 已知抛物线 y 2 = 2px 及定点 A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ? 0, b 2 ? 2pa).M 是抛物线上的点, 设直线 AM, BM 与 抛物线的另一交点分别为 M1, M2. 求证:当 M 点在抛物线上变动时(只要 M1, M2 存在且 M1 ? M2.)直线 M1M2 恒过一个定点.并求出这个
- 69 -

4 ? 4-2a-2

4 1+ 5 = ; 2 20-2

2 2 1+ 5 < < . 2 16+2a +4 4

定点的坐标. m1 m2 m2 解:设 M( ,m).M1( ,m1),M2( ,m2), 2p 2p 2p b-m 则 A、M、M1 共线,得 = m1-m 2 m1 m2 a- 2p 2pa-m2 ,即 b-m= . m1+m
y
M2
2 2

m2 - 2p 2p

M B

2pa-bm 2pa ∴ m1= ,同法得 m2= ; m b-m ∴ M1M2 所在直线方程为 y-m2 2pa-m2 = ,即(m1+m2)y=2px+m1m2.消去 m1,m2, m1-m2 2 2 m1-m2 得 2paby-bm2y=2pbmx-2pm2x+4p2a2-2pabm.⑴
2

O
A
M1

x

2pa 2pa 分别令 m=0,1 代入,得 x=a,y= ,以 x=a,y= 代入方程⑴知此式恒成立. b b 2pa 即 M1M2 过定点(a, ) b

第二试 一、 (满分 50 分)如图,O、I 分别为△ABC 的外心和内心,AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上。求证: △ABC 的外接圆半径等于 BC 边上的旁切圆半径。 注:△ABC 的 BC 边上的旁切圆是与边 AB、AC 的延长线以及边 BC 都相切的圆。 解 由旁切圆半径公式,有 2S aha ra= = ,故只须证明 b+c-a b+c-a R a = 即可。连 AI 并延长交⊙O 于 K,连 OK 交 BC 于 M, ha b+c-a 则 K、M 分别为弧 BC 及弦 BC 的中点。且 OK⊥BC。于是 OK∥AD, 又 OK=R,故 R OK IK KB = = = , ha AD IA IA KB aha BM 故只须证 = = . IA b+c-a 1 (b+c-a) 2 1 作 IN⊥AB,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a), 2 KB BM = 成立,故证。 IA AN
- 70 -

A

N I

O

B

D

M K

C

而由⊿AIN∽⊿BKM,可证

二、 (满分 50 分)设 a1,a2,?,an,b1,b2,?,bn∈[1,2]且

Σ Σb ,
2 ai= 2 i
i=1 i=1

n

n

求证:

Σ

17 2 ? a i .并问:等号成立的充要条件. b 10 i i=1 i=1
3

n

ai

3

Σ

n

ai bi 1 证明:由于 a1,a2,?,an,b1,b2,?,bn∈[1,2],故 ? ?2. 2 aibi

1 于是( aibi- 2

ai )(2 aibi- bi

3

ai 5 2 ai )?0),即 aibi- a i + ?0. bi 2 bi

3

3

ai 5 2 求和得 ? a i - aibi, b 2 i i=1 i=1 i=1

Σ

n

3

Σ Σ

n

n

1 5 2 2 2 2 2 又由( bi-ai)(2bi-ai)?0 得 b i - aibi+a i ?0,故 aibi? (a i +b i ). 2 2 5



Σ Σ
2 ai =
i=1 i=1

n

n

2 b i ,得

Σ
n

4 2 aibi? ai, 5 i=1 i=1

n

Σ
n

n

ai 5 5 4 2 2 2 17 2 ∴ ? a i - aibi? ai- ai = ai . b 2 2 5 10 i=1 i i=1 i=1 i=1 i=1 i=1

Σ

n

3

Σ Σ

n

Σ

Σ

n

Σ

n

2 当且仅当 n 为偶数且 a1,a2,?,an 中一半取 1,一半取 2,且 bi= 时等号成立. ai 三、 (满分 50 分)对于正整数 a、n,定义 Fn(a)=q+r,其中 q、r 为非负整数,a=qn+r,且 0?r <n.求最大的正整数 A,使得存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数 a?A,都有 Fn (Fn (Fn
6 5 4

(Fn (Fn (Fn (a))))))=1.证明你的结论.
3 2 1

解:将满足条件“存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数 a?B,都有 Fn (Fn - (?(Fn (a)?)=1”
k k 1 1

的最大正整数 B 记为 xk 显然,本题所求的最大正整数 A 即为 x6。 ⑴先证 x1=2.事实上,F2(1)=F2(2)=1,所以 x1?2 ,又当 n1?3 时,Fn (2) =2,而 F2(3)=F1(2)=2,所以
1

x1<3,∴x1=2. ⑵设 xk 已求出,且 xk 为偶数,显然 xk?x1=2,易知 xk+1 满足的必要条件是:存在 n1,使得只要 a?xk+1, 就有 Fn (a)?xk.
1

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令 xk+1=qn1+r,由 Fn (xk+1) =q+r?xk 可得
1

xk+1=qn1+r?qn1+xk-q=xk+q(n1-1). xk+2 若取 n1=2,由 ?xk,可知 xk+1?xk+2,由此可得 q>0,n1>1, 2 于是 0<(q-1)n1+n1-1=qn1-1<xk+1,因此 Fn ((q-1)n1+n1-1)=q+n1-2?xk.
1

xk q+n1-1 2 xk+1 2 xk 1 故有 q(n1-1)?[( ) ]≤[( ) ]=[ + + ]. 2 2 4 2 4 xk x k 由于 xk 为偶数,从而 q(n1-1)? + . 4 2 xk x k ∵xk?2,∴xk+ + ?xk+2.所以总有 4 2 xk xk xk(xk+6) xk+1?xk+ + = . 4 2 4 xk xk(xk+6) xk xk xk(xk+6) 另一方面,若取 n1= +2,由于 = · n + 对于每个 a? ,令 a=qn1+r,那么 2 4 2 1 2 4 xk xk xk xk 或者 q= ,r? ;或者 q? -1,r?n1-1= +1。 2 2 2 2 xk(xk+6) 两种情况下均有 q+r?xk,因此 xk+1= 。此外,因为 xk 为偶数,若 4|xk,由 2|xk+6 可得 8|xk(xk+6), 4 xk(xk+6) 若 xk≡2(mod4), 由 xk+6≡0(mod 4)也可得 8|xk(xk+6). 因此 xk+1 也是偶数。 于是完成了归纳证明 xk+1= . 4 由 x1=2 逐次递推出 x2=4,x3=10,x4=40,x5=460,x6=53590. 即所求最大整数 A=53590.
2 2 2

2

1999 年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试 一、选择题 本题共有 6 小题,每题均给出(A) 、 (B) 、 (C) 、 (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的,请将正 确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论 是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1. 给定公比为 q(q?1)的等比数列{an},设 b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6,?, bn=a3n?2+a3n?1+a3n,?,则数列{bn} 【答】 ( ) (A) 是等差数列 (B) 是公比为 q 的等比数列 (C) 是公比为 q3 的等比数列 (D) 既非等差数列也非等比数列 2. 平面直角坐标系中,纵、横坐标都是整数的点叫做整点,那么,满足不等式 (|x|?1)2+(|y|?1)2<2 的整点 (x,y)的个数是 【答】 ( ) (A) 16 (B) 17 (C) 18 (D) 25 ?y ?y x x 3. 若(log23) ?(log53) ?(log23) ?(log53) ,则 【答】 ( )
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(A) x?y?0 (B) x+y?0 (C) x?y?0 (D) x+y?0 4. 给定下列两个关于异面直线的命题: 命题Ⅰ:若平面?上的直线 a 与平面?上的直线 b 为异面直线,直线 c 是?与?的交线,那么,c 至多与 a,b 中的一条相交; 命题Ⅱ:不存在这样的无穷多条直线,它们中的任意两条都是异面直线。 那么 【答】 ( ) (A) 命题Ⅰ正确,命题Ⅱ不正确 (B) 命题Ⅱ正确,命题Ⅰ不正确 (C) 两个命题都正确 (D) 两个命题都不正确 5. 在某次乒乓球单打比赛中,原计划每两名选手恰比赛一场,但有 3 名选手各比赛了 2 场之后就退出了, 这 样 , 全 部 比 赛 只 进 行 了 50 场 。 那 么 , 在 上 述 3 名 选 手 之 间 比 赛 的 场 数 是 【答】 ( ) (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 6. 已知点 A(1,2),过点(5,?2)的直线与抛物线 y2=4x 交于另外两点 B,C,那么,△ABC 是 (A) 锐角三角形 (B) 钝角三角形 (C) 直角三角形 (D) 不确定 【答】 ( ) 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。 7. 已知正整数 n 不超过 2000,并且能表示成不少于 60 个连续正整数之和,那么,这样的 n 的个数是 ___________.

5 cos2? ? i sin 2? ,那么,复数 z ? 的辐角主值是_________. 12 239? i ctg C 9. 在△ABC 中,记 BC=a,CA=b,AB=c,若 9a2+9b2?19c2=0,则 =__________. ctg A ? ctg B
8. 已知 ? =arctg 10. 已知点 P 在双曲线

x2 y 2 ? ? 1 上,并且 P 到这条双曲线的右准线的距离恰是 P 到这条双曲线的两个焦 16 9

点的距离的等差中项,那么,P 的横坐标是_____. 11. 已知直线 ax+by+c=0 中的 a,b,c 是取自集合{?3,?2,?1,0,1,2,3}中的 3 个不同的元素, 并且该直线的倾斜角 为锐角,那么,这样的直线的条数是______. 12. 已知三棱锥 S?ABC 的底面是正三角形,A 点在侧面 SBC 上的射影 H 是△SBC 的垂心,二面角 H?AB?C 的平面角等于 30?, SA=2 3 。那么三棱锥 S?ABC 的体积为__________. 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 已知当 x?[0,1]时,不等式 x cos? ? x(1 ? x) ? (1 ? x) sin? ? 0 恒成立,试求的取值范围。
2 2

- 73 -

14. 给定 A(?2,2),已知 B 是椭圆 标。

x2 y 2 5 ? ? 1 上的动点,F 是左焦点,当|AB|+ |BF|取最小值时,求 B 的坐 25 16 3

2 2 15. 给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a1 ? an ?1 ?M 的所有等差数列 a1,a2,a3,?.,试求 S=an+1+an+2+?

+a2n+1 的最大值。

- 74 -

第二试 一、(满分 50 分) 如图,在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分∠BAD。在 CD 上取一点 E,BE 与 AC 相交于 F,延长 DF 交 BC 于 G。求证:∠GAC=∠EAC.

A D E B F G C

二、(满分 50 分) 给定实数 a, b, c,已知复数 z1 , z2 , z3 满足:

- 75 -

?| z1 |?| z2 |?| z3 |? 1 ? ? z1 ? z2 ? z3 ? 1 ,求|az1+bz2+cz3|的值。 ? ? z2 z3 z1

三、(满分 50 分) 给定正整数 n,已知用克数都是正整数的 k 块砝码和一台天平可以称出质量为 1,2,3,?,n 克的所有物品。 (1)求 k 的最小值 f(n); (2)当且仅当 n 取什么值时,上述 f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的?并证明你的结论。

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1999 年全国高中数学联合竞赛答案
一、选择题 题号 答案 提示: 1.(C). 由题设, an ? a1q n?1 , 1 C 2 A 3 B 4 D 5 B 6 C

2.(A) 由 ?| x | ?1? ? ?| y | ?1? ? 2 ,可得(|x|-1,|y|-1)为(0,0),(0,1),(0,-1),(1,0)或(-1, 0).从而,不难得到(x,y)共有 16 个.
2 2

因此, ?bn ?是公比为 q 的等比数列.
3

3.(B) 记 f(t)= ?log2 3? ? ?log5 3? ,则 f(t)在 R 上是严格增函数.原不等式即 f(x)?f(-y). 故
t t

x?-y,即 x+y?0.
- 77 -

4.(D). 易知命题Ⅰ不正确;又可以取无穷多个平行平面,在每个平面上取一条直线,且使这些直线两 两不同向,则这些直线中的任意两条都是异面直线,从而命题Ⅱ也不正确.

?n ? 3??n ? 4? =44+r.由于 0?r?3,经检验可知,仅当 r=1 时,n=13 为正整数.
2

2 5.(B) 设这三名选手之间的比赛场数是 r,共 n 名选手参赛.由题意,可得 Cn ?3 ? 6 ? r ? 50 ,即

6.(C) 设 B(t 2,2t),C(s 2,2s),s≠t,s≠1,t≠1,则直线 BC 的方程为,化得 2x-(s+t)y+2st=0. 由于直线 BC 过点(5,-2),故 2× 5-(s+t)(-2)+2st=0,即(s+1)(t+1)= - 4. 因此, k AB k AC ? 二、填空题 题号 答案 7 6 8 9 10 11 43 12

4 ? ?1 ,所以,∠BAC=90°,从而△ABC 是直角三角形. ?t ? 1??s ? 1?

?

64 5

提示:7. 6.

首项为 a 为的连续 k 个正整数之和为 S k ?

?2a ? k ? 1?k
2

?

k ?k ? 1? 2

由 Sk?2000,可得 60?k?62. 当 k=60 时,Sk=60a+30?59,由 Sk?2000,可得 a?3,故 Sk=1830,1890,1950; 当 k=61 时,Sk=61a+30?61,由 Sk?2000,可得 a?2,故 Sk=1891,1952; 当 k=62 时,Sk=62a+31?61,由 Sk?2000,可得 a?1,故 Sk=1953. 于是,题中的 n 有 6 个. 8.

? 4

z 的辐角主值 argz=arg[(12+5i) (239-i)] =arg[(119+120i) (239-i)] =arg[28561+28561i]=

2

? 4

9.

.

10.记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为 a、b、c,离心率为 e,点 P 到右准线 l 的距离为 d,则 a=4, b=3, c=5, ,右准线 l 为. 如果 P 在双曲线右支,则 |PF1 |=|PF2 |+2a=ed+2a. 从而,|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a>2d, 这不可能;故 P 在双曲线的左支,则 |PF2|-|PF1|=2a , |PF1|+|PF2|=2d. 两式相加得 2|PF2|=2a+2d. 又|PF2|=ed,从而 ed=a+d. 故d ?

a a2 64 ? 16 . 因此,P 的横坐标为 x ? ?d ? ? . e ?1 c 5

11. 43 设倾斜角为 θ ,则 tgθ =->0.不妨设 a>0,则 b<0. (1)c=0,a 有三种取法,b 有三种取法,排除 2 个重复(3x-3y=0,2x-2y=0 与 x-y=0 为同一直线),故这样 的直线有 3?3-2=7 条; (2)c≠0,则 a 有三种取法,b 有三种取法,c 有四种取法,且其中任两条直线均不相同,故这样的直 线有 3?3?4=36 条.
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从而,符合要求的直线有 7+36=43 条. 12. 由题设,AH⊥面 SBC.作 BH⊥SC 于 E.由三垂线定理可知 SC⊥AE,SC⊥AB.故 SC⊥面 ABE.设 S 在面 ABC 内射影为 O,则 SO⊥面 ABC.由三垂线定理之逆定理,可知 CO⊥AB 于 F.同理,BO⊥AC.故 O 为△ABC 的 垂心. 又因为△ABC 是等边三角形,故 O 为△ABC 的中心,从而 SA=SB=SC=. 因为 CF⊥AB,CF 是 EF 在面 ABC 上的射影,由三垂线定理,EF⊥AB.所以,∠EFC 是二面角 H-AB-C 的平 面角.故∠EFC=30°, OC=SCcos60°= 3 ,SO= OC tg60°=3. 又 OC= 三、解答题 13. 若对一切 x?[0,1] ,恒有 f(x)= x2 cos? ? x(1 ? x) ? (1 ? x)2 sin? ? 0 , 则 cosθ=f(1)>0, sinθ=f(0)>0. (1)

3 9 3 AB,故 AB= 3 OC=3. 所以,VS-ABC= . 4 3

取 x? (0,1),由于 f ?x? ? 2x?1 ? x? sin ? cos? ? x?1 ? x?, 所以, f ?x ? ? 0 恒成立,当且仅当 2 sin ? cos? ? 1 ? 0 先在[0,2π]中解(1)与(2):由 cosθ>0,sinθ>0,可得 0<θ< 又由(2)得 所以, sin2θ> (2 )

? 5? <θ< . 12 12

1 2

? . 2 ? 5? 注意到 0<2θ<π,故有 <2θ< , 6 6
? 5? <θ<2kπ+ ,k?Z. 12 12

因此,原题中 θ 的取值范围是 2kπ+

或解:若 对 一 切 x ∈ [ 0 , 1 ] ,恒有 2 2 f(x)=x cosθ -x(1-x)+(1-x) sinθ >0, 则 cosθ =f(1)>0,sinθ =f(0)>0. (1)



x0=

∈ (0, 1), 则 +2 x0(1-x0) . >0 (2) x(1-x),



由于 所 以 , 0<f(x0)=2 故 +

反 之 , 当 (1), (2)成 立 时 , f(0)=sinθ >0, f(1)=cosθ >0, 且 x∈ (0, 1)时 , f(x)? 2 x(1-x)>0.

先 在 [ 0,2π ] 中 解 (1)与 (2): 由 cosθ >0,sinθ >0, 可 得 0<θ < 又+ >0, > ,
- 79 -

.

sin2θ > , sin2θ > 注意到 0<2θ <π , 故 有 <θ < .

, ,

<2θ <

所以,

因此,原题中θ 的取值范围是

2kπ +

<θ <2kπ +

,k∈ Z

3 25 , 左准线为 x= ? , 5 3 5 25 过点 B 作左准线 x= ? 的垂线,垂足为 N,过 A 作此准线的垂线,垂足为 M.由椭圆定义,|BN|= |BF| . 3 3
14. 记椭圆的半长轴、 半短轴、 半焦距分别为 a、 b、 c, 离心率为 e.则 a=5,b=4,c=3,e= 于是, |AB|+

5 5 3 |BF|=|AB|+|BN|≥|AM|(定值), 等号成立当且仅当 B 是 AM 与椭圆的交点时, 此时 B( ? , 3 2 5 5 3 |BF|取最小值时,B 的坐标为( ? ,2). 3 2

2) , 所以,当|AB|+

15. 设公差为 d, a n ?1 =α ,则 S= an?1 ? an?2 ? ? ? a2n?1 =(n+1)α +

n?n ? 1? d. 2

故 则

.

因此

|S|? 且当 α =

(n+1) ,d= + =

, ? ? ? 时, 〕

S=(n+1)〔 =(n+1)

(n+1) . (n+1) .
- 80 -

由 于 此 时 4α =3nd,故 所以,S 的最大值为

1999 年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准
一 、 解 析 : 连 结 BD 交 AC 于 H. 对 △ BCD 用 塞 瓦 定 理 , 可 得 因 为 AH 是 ∠ BAD 的 平 分 线 , 由 角 平 分 线 定 理 , 可 得 故 . .

过 点 C 作 AB 的 平 行 线 AG 的 延 长 线 于 I, 过 点 C 作 AD 的 平 行 线 交 AE 的 延 长 线 于 J. 则 . 所以, 从 而 , 又 因 为 因 此 ,△ 从 而 ,∠

CI=CJ. CI∥ AB, CJ∥ AD, 故 ∠ ACI=π -∠ ABC=π -∠ DAC=∠ ACJ. ACI≌ △ ACJ. IAC=∠ JAC, 即 ∠ GAC=∠ EAC

二、解析: ,



e



=cosθ +isinθ .

可设

,则


z1 ? e i (? ?? ) . z3
iφ -i(θ +φ )

由 题 设 , 有 e +e +e =1.φ 两边取虚部,有 0=sinθ +sinφ -sin(θ +φ )

故 θ =2kπ 或 φ =2kπ 或 θ +φ =2kπ , k∈ Z. 因 而 , z1=z2 或 z2=z3 或 z3=z1. 如 果 z1=z2, 代 入 原 式 即 故 . 这 时 , |az1+bz2+cz3|=|z1||a+b±ci| = . ; .

类 似 地 , 如 果 z2=z3,则 |az1+bz2+cz3|=

- 81 -

如 果 z3=z1,则 |az1+bz2+cz3|= 所 以 , |az1+bz2+cz3|的 值 为

. 或 或 .

三 、 解 析 : (1)设 这 k 块 砝 码 的 质 量 数 分 别 为 a1,a2,? ,ak, 且 1? a1? a2? ? ? ak,

ai∈ Z, 1? i? k. 因 为 天 平 两 端 都 可 以 放 砝 码 , 故 可 称 质 量 为

xiai,xi∈ { -1, 0,

1} . 若 利 用 这 k 块 砝 码 可 以 称 出 质 量 为 1, 2, 3, ? ,n 的 物 品 , 则 上 述 表 示 式 中 含 有 1, 2, ? , n, 由 对 称 性 易 知 也 含 有 0, -1, -2, ? , -n, 即



xiai|xi∈ { -1, 0, 1} }

{ 0,±1, ? , ±n} .

所 以 , 2n+1=|{ 0, ±1, ? , ±n} | ? |{ 即 n?

xiai|xi∈ { -1, 0, 1} } |? 3 ,

k

设 <n? (m? 1,m∈ Z), 则 k? m. m-1 且 k=m 时 , 可 取 a1=1,a2=3,? ,am=3 . 由 数 的 三 进 制 表 示 可 知 ,对 任 意 0 ? p ? 3 - 1 , 都 有 p = 则 p= yi3 - 3 = (yi-1)3 令 xi=yi-1, 则 xi∈ { -1, 0, 1} . 故对一切由 于 n? ? l?
i-1 i-1 i-1 m

yi3

i-1

,其 中 y i ∈{ 0 , 1 , 2 }.



的 整 数 l,都 有 l=

xi3

i-1

,其 中 xi∈{ -1,0,1}.

, 因 此 , 对 一 切 -n? l? n 的 整 数 l, 也 有 上 述 表 示 .

综上,可知 k 的最小值 f(n)=m?( <n? ) .

(2)Ⅰ .当

<n<3

时 , 由 (1)可 知 1, 3, ? , 3
m-1 m

m-1

,3 就是一种砝码的

m

组 成 方 式 . 下 面 我 们 证 明 1, 3, ? , 3 若 1? l? 则 若 则 , 由 (1)可 知
i-1

,3 -1 也 是 一 种 方 式 xi3
i-1

l=

, xi∈ { -1, 0, 1} .

l=

xi3

+0?(3 -1); , .
- 82 -

m

<l? n<3 <l+1?

由 (1)可 知

l+1=

, 其 中 xi∈ { -1, 0, 1} . 3
i-1

易 知 xm+1=1. (否 则 l? 所 以 , 当 n≠

-1=

-1,矛 盾 )则 l=

?(3 1).

m-

时 , f(n)块 砝 码 的 组 成 方 式 不 惟 一 .

Ⅱ .下 面 我 们 证 明 : 当 n= ai=3
i-1

时 , f(n)=m 块 砝 码 的 组 成 方 式 是 惟 一 的 , 即

(1? i? m). ? l? ,都 有 l= xiai, xi∈ { -1, 0, 1} . { 0,±1, ? , ± }.

若对每个即 {

xiai|xi∈ { -1, 0, 1} }

注 意 左 边 集 合 中 至 多 有 3m 个 元 素 . 故 必 有 { xiai|xi∈ { -1, 0, 1} } ={ 0,±1, ? , ± ? l? ,都 可 以 惟 一 地 表 示 为 }.

从 而 , 对 每 个 l, -

l=
因而, ai= .则

xiai, 其 中 xi∈ { -1,0,1} .

(xi+1)ai=

xiai+

ai=

xiai+



令 yi=xi+1,则 yi∈ { 0, 1, 2} . m 由 上 可 知 , 对 每 个 0? l? 3 -1, 都 可 以 惟 一 地 表 示 为

l=

yiai, 其 中 yi∈ { 0, 1, 2} .

特 别 地 , 易 知 1? a1<a2<? <am. 下 面 用 归 纳 法 证 明 ai=3 当 i=1 时 , 易 知
i-1

? (1? i? m).

yiai 中 最 小 的 正 整 数 是 a1,故 a1=1.
i-1

假 设 当 1? i? p 时 , ai=3 由于 yiai=
p



yi3

i-1

, yi∈{ 0,1,2}就 是 数 的 三 进 制 表 示 ,易 知 它 们 正 好 是 0, yiai|yi∈ { 0,1,2} } 中 最 小 的 数 , 因

1, 2, ? ,3 -1, 故 ap+1 应 是 除 上 述 表 示 外 { 此 , ap+1=3 . i-1 由 归 纳 法 可 知 , ai=3 (1? i? m).
p

综 合 Ⅰ , Ⅱ 可 知 , 当 且 仅 当 n=

时 , 上 述 f(n)块 砝 码 的 组 成 方 式 是 惟 一 确 定 的 .

- 83 -

2000 年全国高中数学联赛试题
第一试
(10 月 15 日上午 8:00?9:40) 一、 选择题 本题共有 6 小题,每题均给出(A) 、 (B) 、 (C) 、 (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的,请将正 确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论 是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1.设全集是实数,若 A={x| x ? 2 ?0},B={x| 10 x (A) {2} (B) {?1}
2

?2

= 10 x },则 A ? B 是 (D)

【答】 (



(C) {x|x?2}

?
【答】 ( )

2.设 sin?>0,cos?<0,且 sin (A) (2k?+ (C)(2k?+

?
3

>cos

?
3

,则

?
3

的取值范围是 (B) (

? ? ,2k?+ ), k?Z 3 6

2k? ? 2k? ? + , + ),k?Z 3 3 6 3

5? 5? ? ? ,2k?+?),k?Z (D)(2k?+ ,2k?+ ) ? (2k?+ ,2k?+?),k?Z 4 3 6 6 3.已知点 A 为双曲线 x2?y2=1 的左顶点, 点 B 和点 C 在双曲线的右分支上, △ABC 是等边三角形, 则△ABC 的面积是 【答】 ( )
3 3 3 (B) (C) 3 3 (D) 6 3 3 2 4.给定正数 p,q,a,b,c,其中 p?q,若 p,a,q 是等比数列,p,b,c,q 是等差数列,则一元二次方程 bx2?2ax+c=0

(A)

【答】 ( ) (A)无实根 (B)有两个相等实根

(C)有两个同号相异实根

(D)有两个异号实根

5.平面上整点(纵、横坐标都是整数的点)到直线 y ? (A)
34 170

5 4 x ? 的距离中的最小值是 3 5
(D)

(B)

34 85

(C)

1 20

1 【答】 ( 30
【答】 (

) )

6.设 ? ? cos

?
5

? i sin

?
5

,则以?,?3,?7,?9 为根的方程是 (B) x4?x3+x2?x+1=0 (D) x4+x3+x2?x?1=0

(A) x4+x3+x2+x+1=0 (C) x4?x3?x2+x+1=0

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。 7.arcsin(sin2000?)=__________. 8.设 an 是(3? x ) n 的展开式中 x 项的系数(n=2,3,4,?),则 lim(
n ??

3 2 33 3n ? ??? )=________. a 2 a3 an

9.等比数列 a+log23,a+log43,a+log83 的公比是____________.

- 84 -

10. 心率是 11. 12.

在椭圆

x2 y2 ? ? 1 (a>b>0)中,记左焦点为 F,右顶点为 A,短轴上方的端点为 B.若该椭圆的离 a2 b2

5 ?1 ,则∠ABF=_________. 2 一个球与正四面体的六条棱都相切,若正四面体的棱长为 a,则这个球的体积是________.

如果:(1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4};(2)a?b,b?c,c?d,d?a;(3)a 是 a,b,c,d 中的最小值,

那么,可

以组成的不同的四位数 abcd 的个数是_________.

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 Sn=1+2+3+?+n,n?N,求 f(n)=
Sn 的最大值. (n ? 32) S n?1

14.

1 13 若函数 f ( x) ? ? x 2 ? 在区间[a,b]上的最小值为 2a,最大值为 2b,求[a,b]. 2 2

x2 y2 ? ? 1 (a>b>0)。试问:当且仅当 a,b 满足什么条件时,对 C1 上任意 a2 b2 一点 P,均存在以 P 为项点,与 C0 外切,与 C1 内接的平行四边形?并证明你的结论。

15.

已知 C0:x2+y2=1 和 C1:

【加试】 (10 月 15 日上午 10∶00-12∶00)
一. (本题满分 50 分)
- 85 -

如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、F,满足∠BAE=∠CAF,作 FM⊥AB,FN⊥AC(M、N 是垂足) ,延长 AE 交三角形 ABC 的外接圆于 D.证明:四边形 AMDN 与三角形 ABC 的面积相等. A

M N B E F C

D 二. (本题满分 50 分) 设数列{a n}和{b n }满足,且

?an?1 ? 7an ? 6bn ? 3 n ? 0,1,2,? ? ?bn?1 ? 8an ? 7bn ? 4
证明 a n(n=0,1,2,?)是完全平方数.

三. (本题满分 50 分) 有 n 个人,已知他们中的任意两人至多通电话一次,他们中的任意 n-2 个人之间通电话的次数相等, 都是 3 k 次,其中 k 是自然数,求 n 的所有可能值.

2000 年全国高中数学联合竞赛试题答案
1. 答案:D 由 x ? 2 ? 2 得 x=2,故 A={2};由 10
- 86 x 2 ?2

? 10x 得 x 2 ? x ? 2 ? 0 ,故 B={-1,2}.所以

A ? B =φ .
2. 答案:D 由 sin ? ? 0 , cos ? ? 0 得 ? ? ? 2k? ?

? ?

?

? ,2k? ? ? ?, k ? Z 2 ?
??????①

从而有

? ? 2k? ? 2k? ? ? ∈? ? , ? ?, k ? Z 3 ? 3 6 3 3?

又因为 sin

?
3

? cos

?
3

,所以又有

? ? ? 5? ? ∈ ? 2k? ? ,2k? ? ?, k ? Z ????② 3 ? 4 4 ?

如上图所示,是①、②同时成立的公共部分为

? ?? ? 5? ? ? ,2k? ? ? ?, k ? Z . ? 2k? ? ,2k? ? ? ? ? 2k? ? 4 3? ? 6 ? ?
3.答案:C
2 2

如图所示,设 BD=t,则 OD= 3 t-1,从而 B( 3 t-1,t)
2

满足方程 x ? y ? 1 , 可以得到 t= 3 ,所以等边三角形, Δ ABC

B
1

的面积是

3 3.
4. 答案: A
-2

2p ? q 由 题 意 知 pq=a2 , 2b=p+c,2c=q+b ? b ? 3 p ? 2q 2 p ? q p ? 2q 3 2 3 2 c? ? p q ? pq =pq=a2 . ? bc= 3 3 3

A

-1

O
-1

1

2

D


第 3题

C
-2

因为 p≠q,故 bc> a2,方程的判别式Δ = 4a2 -4bc<0,因此,方程无实数根. 5. 答案:B 设整点坐标(m,n),则它到直线 25x-15y+12=0 的距离为

d?

25m ? 15n ? 12 252 ? (?15) 2

?

5(5m ? 3n) ? 12 5 34

由于 m,n∈Z,故 5(5m-3n)是 5 的倍数,只有当 m=n=-1,时 5(5m-3n)=-10 与 12 的和的绝对值最小,其值为 2,从而所求的最小值为 6. 答案: B
2 3 4

34 . 85

由 ? ? cos
5 6

?
5

? i sin
7

?
5
8

? cos

2? 2? ? i sin 知, 10 10

ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω 9,ω 10(=1)是 1 的 10 个 10 次方根. 从而有 (x-ω )(x-ω 2)(x-ω 3)(x-ω 4)(x-ω 5)(x-ω 6)(x-ω 7)(x-ω 8)(x-ω 9)(x-ω 10)=x10-1???① 由因ω 2,ω 4,ω 6,ω 8,ω 10 是 1 的 5 个 5 次方根, 从而有 (x-ω 2)(x-ω 4)(x-ω 6)(x-ω 8)(x-ω 10)=x5-1 ???② 3 5 7 9 5 ①÷②得 (x-ω )(x-ω )(x-ω )(x-ω )(x-ω )=x +1 ???③ 5 ③的两边同除以(x-ω )=x+1,得 (x-ω )(x-ω 3) (x-ω 7)(x-ω 9)= x4-x3+x2-x+1.
- 87 -

所以ω ,ω 3,ω 7,ω 9 为根的方程是 x4-x3+x2-x+1=0. 二、填空题(满分 54 分,每小题 9 分) 7. 答案:-20° sin2000°=sin(5?360°+200°)=sin200°=-sin20° 故 a rcsin(sin2000°)= a rcsin(-sin20°)= - a rcsin(sin20°)= -20° 8.答案:18 由二项式定理知, an ? C ? 3
2 n n ?2

3n 32 ? 2 1? ? 1 ,因此 ? ? 18? ? ? an n(n ? 1) ? n ?1 n ?

lim
n ??

? 3 2 33 3n ? ? ? ? ? ?a an ? 2 a3
1 3

? ? 1? ? = 18 1 ? ? =18. lim ? n?? ? n? ? ?

9.答案:

q?

a ? log4 3 a ? log8 3 log4 3 ? log8 3 1 = ? ? a ? log2 3 a ? log4 3 log2 3 ? log4 3 3
5

10.答案:90°

如图所示,由
2

c 5 ?1 ? ? c2+ac-a2=0, a 2
2

B

?a cos?ABF ?

? b 2 ? a 2 ? ?c ? a ? 2?a? a ? b
2 2

?

c

b
O

=0

a
5

-5

F

A

? 则∠ABF=90°.
11. 答案:

第10题
-5

2 3 ?a 24

A H BC 的中心点为 O 0' D 第11题

[解] 如图,设球心为 O,半径为 r,体积为 V,面 BCD 的中心为 O1,棱 E,
2 2 2 2 则 AO1= a ? O1 B = a ? a =

1 3

6 a, 3
2

B E C

由 OB =O1O +O1B = ?O1 B ? OB? +O1B 得
2 2 2

2

2 2 2 6 1 3 6 a ? a OB+ a 2 ? 0, 故 OB= a a, 3 3 3 2 6 4
于是 r = OE =

OB2 ? BE2 =

1 3 2 1 2 a. a ? a = 8 4 2 2

V=

4 4 1 2 3 ? r2 = ? a2 = ?a . 3 3 16 2 24

12.答案:28

abcd 中恰有 2 个不中数字时,能组成 C 2 4 = 6 个不中数字
- 88 -

1 1 1 1 abcd 中恰有 3 个不中数字时,能组成 C 1 3 C 2 C 2 + C 2 C 2 =12+4=16 个不中数字

abcd 中恰有 4 个不中数字时,能组成 P 3 3 =6 个不中数字
所以,符合要求的数字共有 6+16+6=28 个 13.答案:

1 50

解 由已知,对任何 n ? N, 有 f (n)=

Sn Sn = ?n ? 32?S N ?1 ?n ? 32??n ? 2?
又因 n+

=

n = n ? 34 n ? 64
2

1 n ? 34 ? 64 n 1 n ? 34 ?

64 64 +34 ? 2 n. +34=50, n n

故对任何 n ? N, 有 f (n)=

64 n

?

1 50

由于 f(8)=

1 1 ,故 f(n)的最大值为 50 50

14.答案:所求区间为[1,3]或[-2- 17 解 化三种情况讨论区间[a,b].

13 ]. 4

13. 若 0 ? a<b, 则 f (x)在[ a, b ] 上单调递减,故 f(a) =2b, f(b)=2a 于是有

1 2 13 ? ?2b ? ? 2 a ? 2 ,解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ], ? 1 13 ?2 a ? ? b 2 ? 2 2 ?
(2)若 a <0 <b, f (x)在[ a, b ] 上单调递增,在[0,b] 上单调递减,, 因此 f (x)在 x=0 处取最大值 2b 在 x=a 或 x=b 处取最小值

13 13 ,b= .由于 a<0, 2 4 1 13 2 13 39 ?0 又 f(b)=- ( ) + = 2 4 2 32
2a.故 2b=

14. 当 a<b ? 0 时,f(x)在[a,b] 上单调递增,故 f(a)=2a, f(b)=2b,

1 2 13 a + , 2 2 13 解得 a=-2- 17 ;于是得 [a,b]=[-2- 17 , ]. 4
故 f(x)在 x=a 处取最小值 2a,即 2a=

1 2 13 1 13 a + ,2b=- a 2 + . 2 2 2 2 1 2 13 由于方程 x +2x- =0 的两根异号,故满足 a ? b ? 0 的区间 2 2 13 综上所述,所求区间为[1,3]或[-2- 17 ]. 4 1 1 15. 答案:所求条件为 2 + 2 =1. a b
即 2a=证明:必要性:易知,圆外切平行四边形一定是菱形,圆心即
- 89 R
-2

不存在.

2

Q

P O
2

菱形中

S 第15题(必要性)
-2

心. 假设论成立,则对点( a, 0 ), 有( a, 0 )为项点的菱形与 C1 内接,与 Co 外切. ( a, 0 )的相对顶点为( - a, 0 ),由于菱 形的对角线互相垂直平分,另外两个顶点必在 y 轴上,为(0, b) 和 (0, -b) . 菱形一条边的方程为 切, 故必有

x y + =1, 即 bx+ay=ab. 由于菱形与 a b
2

CO 外

ab a 2 ? b2

=1,整理得

1 1 + 2 =1. 必要性得证. 2 a b

M

P

Q
-2

1 1 充分性:设 2 + 2 =1,P 是 C1 上任意一点,过 P、O 作 C1 的弦 a b
过 O 作与 PR 垂直的弦 QS, 则 PQRS 为与 C1 内接菱形.设 OP OQ =r2, 则点 O 的坐标为 (r1cos ? , r1sin ? ), 点 Q 的坐标为 (r2cos( ? +

O S

2

PR, 再 = r1,

R 第15题(充分性)
-2

? ? ),r2sin( ? + )),代入椭圆方程,得 2 2 ? ? [r 2 cos(? ? )]2 [r 2 sin(? ? )]2 2 2 ?r1 cos? ? + ?r1 sin ? ? =1, 2 + 2 =1, a2 b2 a2 b2
cos2 (? ? ) sin 2 (? ? ) 2 + 2 ] a2 b2

1 cos2 ? sin 2 ? 1 1 1 ? 于是, + = =( )+[ ? 2 OP 2 OQ 2 R12 R2 a2 b2
=

?

?

1 1 + 2 =1. 2 a b

又在 Rt△POQ 中,设点 O 到 PQ 的距离为 h,则

1 1 1 = + =1,故得 h=1 2 h OP OQ 2

同理,点 O 到 QR,RS,SP 的距离也为 1,故菱形 PQRS 与 C0 外切.充分性得证. [注]对于给出 a ? b ? a b
2 2 2 2



ab a2 ? b2

=1 等条件者,应同样给分.

2000 年全国高中数学联合竞赛试卷答案 加试
一、证明:连结 MN、BD, ∵FM⊥AB,FN⊥AC,∴A,M,F,N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°,即 MN⊥AD. ∴SAMDN=

1 AD· MN 2


A M N C

∵∠CAF=∠DAB,∠ACF=∠ADB, ∴ △ AFC ∽

AF AC ? ? AB· ABC ? AC=AD· AF . AB AD
又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经,

B
- 90 -

E D

F

加试(一)

MN =AF ? AF sin∠BAC=MN. sin ?BAC 1 ∴ S ? abc ? AB· AC· sin∠BAC 2 1 = AD· AF· sin∠BAC 2 1 = AD· MN 2
∴ =SAMDN

二. [证法一]:由假设得 a1=4, b1=4 且当 n ? 1 时 (2an+1-1)+ 3bn?1 =(14an+12bn-7)+ 3 (8an+7bn-4) =[(2an-1)+ 3bn ](7+4 3 ) 依次类推可得 (2an-1)+ 3bn = (7+ 4 3) n?1 (2a1 -1+ 3b1 )=(7+4 3 ) n 同理(2an-1+ )- 3bn =(7+4 3 ) n 从而 an=

1 1 1 (7+4 3 ) n + (7+4 3 ) n + . 2 4 4

由于 7 ? 4 3 =(2 ? 所以 an =[

3) 2 ,

1 1 n 2 (2+ 3 ) n + (2- 3 ) ] 2 2 1 1 n 2k 3k 2 n ? 2 k , (2+ 3 ) n + (2- 3 ) = ? C n 2 2 0? 2 k ? n

由二项式展开得 c n =

显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数. [证法二]:由已知得 an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3 =7an+48an-1+42bn-1-27 , 由 an=7an-1+6bn-1-3 ,得 42bn-1=7an-49an-1+21 , 从而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27 =14an-an-1-6 . 也就是 an+1=14an-an-1-6 . 设(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) ??①②③④

? p ? k ? 14 ? 则有 ? pk ? 1 ?t (1 ? p ) ? 6 ?

- 91 -

?k ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 2 ?k ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 2 ? ? 2 2 ? ? 解得 ? p ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 或 ? p ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 ?t ? 3 ? 2 3 ?t ? 3 ? 2 3 ? ? ? ?
分别代入①,根据数列{ an+1-kan+t }是以 a1-ka0+t 为首项、p 为公比的等比数列,整理得

? ?

? ?

? ?

? ?

an?1 ? (7 ? 4 3)an ? (3 ? 2 3) ? ?2 3(7 ? 4 3) n ? ?2 3(2 ? 3) 2n an?1 ? (7 ? 4 3)an ? (3 ? 2 3) ? 2 3(7 ? 4 3) n ? 2 3(2 ? 3) 2n
③-②,整理得
n n? 1 ?1 an ? ? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ? 2 ?2 ?

?② ?③

?

?

?

?

2

由二项式展开得 c n =

1 1 n 2k 3k 2 n ? 2 k , (2+ 3 ) n + (2- 3 ) = ? C n 2 2 0? 2 k ? n

显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数. 三.解析:显然 n ? 5. 记 n 个人为 A1,A2, AN , 设 A1 通话的次数为 m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为 yij, l ? i, j ? n .则

m i +m j – y i . j

=

1 n ms - 3k = c . ? 2 s ?1

(*)

其中 c 是常数 ,l ? i, j ? n . 根据(*)知, m i ? m j ? ( mi ? m s ) ? ( m j ? m s ) = y i . s ? y j .s ? 1 , l ? i, j ? n .

? mi ? m j ? 1 ,

l ? i, j ? n

设 mi =max{ms ,1 ? s ? n. } ,m j = min{ms,1 ? s ? n.} , 则 m i +m j ? 1. 若 m i +m j=1 ,则对于任意 s ? i , j , 1 ? s ? n , 都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y j ,s)=0 , 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ? i , j , 1 ? s ? n , 即 y I ,s – y j ,s = 1

因此 mi ? n -2 , m j ? 1 . 于是 ,m i +m j ? n -3 ? 2 . 出现矛盾 ,故 m i +m j=0 ,即 ms(1 ? s ? n)恒为常数 。 根据 (*)知,y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。 若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1 ? s ? n 。与已知条件矛盾 。 因此 ,y I ,s =1 ? ms=n-1 , 1 ? s ? n . 所以

1 k n(n-1)-(2n-3)= 3 , 2
设 n-2=2 ? 3
k1



(n-2)(n-3)=2 ? 3 则
k

k

.
k

,n-3= 3

k2

,k1 ? k2 ,

2 ? 3 1 - 3 2 =1 ,于是

- 92 -

3 k 2 ( 2 ? 3k1 ?k2 -1)=1 ,得 3 k 2 =1 , 2 ? 3k1 ?k2 -1=1 ,
这与 k ? 1 矛盾 . 设 n-2= 3
k1

因此 k2=0 , k1=0 .

, n-3=2 ? 3

k2

, 得

,k1 ? k2+1 ,

则 3 1 -2 ? 3 2 =1 ,
k k

于是

3 k 2 ( 3 k1 ? k 2 -2)= 1 ,

3 k 2 =1 , 3 k1 ? k 2 -2=1 ,因此 k2=0 , k1=1 , n=5 .
1

此时,若 5 人中每两人之间都通话一次,则其中任意 3 个人之间通话的总次数为 3 次 综上所述,n=5 为 n 的所有可能值.

二○○一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 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档;其它 各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其他中间档次. 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时请参照本评分标准适当划 分档次评分,可以 5 分为一个档次,不要再增加其它中间档次. 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 小题,每题均给出(A) 、 (B) 、 (C) 、 (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的.请将正 确答案的代表字母填在题后的括号内.每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论 是否写在括号内) ,一律得 0 分. 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 【答】 ( C ) 2 2 2 【解】 方程 x -3x-a +2=0 的根的判别式Δ =1+4a >0, 方程有两个不相等的实数根. 由 M 有 2 个元素, 2 得集合 M 有 2 =4 个子集. 2. 命题 1 长方体中,必存在到各顶点距离相等的点; 命题 2 长方体中,必存在到各棱距离相等的点; 命题 3 长方体中,必存在到各面距离相等的点. 以上三个命题中正确的有 (A) 0 个 (B) 1 个 (C) 2 个 (D) 3 个 【答】 ( B ) 【解】 只有命题 1 对. 3.在四个函数 y=sin|x|,y=cos|x|,y=|ctgx|,y=lg|sinx|中以 ? 为周期、在(0, (A)y=sin|x| (B)y=cos|x| (C)y=|ctgx| (D)y=lg|sinx| 【答】 ( D )

? )上单调递增的偶函数是 2
? 2

【解】 y=sin|x|不是周期函数. y=cos|x|=cosx 以 2 ? 为周期. y=|ctgx|在 (0, ) 上单调递减. 只有 y=lg|sinx| 满足全部条件.
- 93 -

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) k= 8 3 (B)0<k?12 (C) k?12 (D) 0<k?12 或 k= 8 3 【答】 ( D ) 共有两类如图.
C
C

【解】 根据题设,△ ABC

k
60°

12
B

k
60°

12

A

易得 k= 8 3 或 0<k?12. 本 排除(A) 、 (B) 、 (C) .

B

A

题也可用特殊值法,

5.若 (1 ? x ? x 2 )1000 的展开式为 a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ?? a2000 x 2000 , 则 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 的值为 (A) 3
333

(B) 3

666

(C) 3

999

(D) 3

2001

【答】 ( C 【解】 令 x=1 可得 31000 = a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? ? ? a2000 ; 令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? ? a2? 2 ? a3? 3 ? ?? a2000? 2000 ;
3 2 (其中 ? ? ? 1 ? 3 i ,则 ? =1 且 ? + ? +1=0) 2 2



令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? 2 ? a2? 4 ? a3? 6 ? ?? a2000? 4000 .
2

以上三式相加可得 3

1000

=3( a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 ) .
999

所以 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 = 3



6.已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24 元,而 4 枝玫瑰与 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 【答】 ( A ) 【解】 设玫瑰与康乃馨的单价分别为 x、y 元/枝. 1 1 则 6x+3y>24,4x+5y<22.令 6x+3y=a>24,4x+5y=b<22,解出 x= (5a ? 3b) ,y= (3b ? 2a ) . 9 18

1 1 所以 2x-3y= (11a ? 12b) ? (11 ? 24 ? 12 ? 22) =0,即 2x>3y. 9 9
也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究. 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上.
- 94 -

7.椭圆 ? ?

2 3 1 的短轴长等于 . 2 ? cos ? 3

2 3 【解】 ? (0) ? a ? c ? 1, ? (? ) ? a ? c ? 1 . 故 a ? 2 , c ? 1 ? b ? 3 .从而 2b ? . 3 3 3 3 3
8.若复数 z1,z2 满足| z1|=2,| z2|=3,3z1-2z2=

3 30 72 ? i ,则 z1?z2= ? ? i . 2 13 13

【解】

由 3z1-2z2= z 2 ? z 2 ? z1 ?

1 3

1 1 z1 ? z1 ? z 2 = z1 z 2 (2 z 2 ? 3 z1 ) 6 2

3 ?i 6 ( 3 z ? 2 z ) 6 ( 3 z ? 2 z ) 30 72 1 2 1 2 可得 z1 z 2 ? ? ? ?6 ? 2 ? ? ? i .本题也可设三角形式进行运算. 3 13 13 2 z 2 ? 3z1 2 z 2 ? 3z1 ?i 2
9.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,则直线 A1C1 与 BD1 的距离是 【解】 作 正 方 体 的 截 面 BB1D1D , 则 A1C1 ⊥ 面 与 B1D1 交于点 O,在面 BB1D1D 内作 OH⊥BD1,H 为垂足, BD1 的公垂线.显然 OH 等于直角三角形 BB1D1 斜边上高的
2 1 3 10. 不等式 ? 2 ? 的解集为 (0,1) ? (1,2 7 ) ? (4,??) . log 1 x 2

6 . 6
O D H
1

A1 B1

C1

BB1D1D . 设 A1C1 则 OH 为 A1C1 与 一半, 即 OH=

6 . 6

A B

D C

2

【解】

1 3 1 3 1 3 ?2? 或 ?2?? . ? 2 ? 等价于 log 1 x 2 log 1 x 2 log 2 1 x
2

2

2



1 7 1 1 ?? . ?? 或 2 log 1 x 2 log 1 x
2

2

此时 log 1 x ? ?2 或 log 1 x ? 0 或 ?
2

2

2 ? log 1 x ? 0 . 2 7

∴解为 x >4 或 0<x<1 或 1<x< 2 7 . 即解集为 (0,1) ? (1,2 7 ) ? (4,??) . 11.函数 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 的值域为 [1, ) ? [ 2,?? ) .
2

2

3 2

【解】

y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 ? x 2 ? 3x ? 2 ? y ? x ? 0 .
y2 ? 2 3 且x? . 2 2y ? 3

两边平方得 (2 y ? 3) x ? y 2 ? 2 ,从而 y ?

- 95 -

由y?x? y?

y2 ? 2 y 2 ? 3y ? 2 3 ?0? ? 0 ?1? y ? 或 y ? 2 . 2y ? 3 2y ? 3 2
y2 ? 2 ,易知 x ? 2 ,于是 x 2 ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 . 2y ? 3

任取 y ? 2 ,令 x ?

任取 1 ? y ?

3 y2 ? 2 ,同样令 x ? ,易知 x ? 1 , 2 2y ? 3

于是 x 2 ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 .

3 因此,所求函数的值域为 [1, ) ? [ 2,?? ) . 2
12. 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图) , 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 732 种栽种方案. 考虑 A、C、E 种同一种植物,此时共有

A F E D B C

要求同一块中种同 供 选 择 , 则 有

【解】 法.

4× 3× 3× 3=108 种 方

考虑 A、C、E 种二种植物,此时共有 3× 4× 3× 3× 2× 2=432 种方法. 考虑 A、C、E 种三种植物,此时共有 P43× 2× 2× 2=192 种方法. 故总计有 108+432+192=732 种方法.

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13 . 设 {an} 为 等 差 数 列 , {bn} 为 等 比 数 列 , 且 b1=a12 , b2=a22 , b3=a32 ( a1<a2 )
n???

,又

lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 .试求{an}的首项与公差.

【解】 设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得 a12(a1+2d)2=(a1+d)4 化简得 2a12+4a1d+d2=0 解得 d=( ? 2 ? 2 ) a1.????????????????????????5 分 而 ? 2 ? 2 <0,故 a1<0. 若 d=( ? 2 ? 2 ) a1,则 q ?
2 a2 ? ( 2 ? 1) 2 ; 2 a1
2 a2 ? ( 2 ? 1) 2 ;????????????????10 分 a12

若 d=( ? 2 ? 2 )a1,则 q ?

但 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存在,故|q|<1.于是 q ? ( 2 ? 1) 2 不可能.
n???

- 96 -

从而

a12 1 ? ( 2 ? 1)
2

? 2 ? 1 ? a12 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2 .

所以 a1= ? 2 ,d=( ? 2 ? 2 ) a1=( ? 2 ? 2 )( ? 2 )= 2 2 ? 2 .????????20 分

14.设曲线 C1:

x2 ? y 2 ? 1 (a 为正常数)与 C2:y2=2(x+m) 在 x 轴上方仅有一个公共点 P. a2
1 时,试求Δ OAP 的面积的最大值(用 a 表示) . 2


⑴ 求实数 m 的取值范围(用 a 表示) ; ⑵ O 为原点,若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A,当 0<a<

? x2 ? ? y 2 ? 1, ⑴ 【解】 由 ? a 2 消去 y 得,x2+2a2x+2a2m-a2=0. 2 ? ? y ? 2( x ? m)

设 f(x)= x2+2a2x+2a2m-a2,问题⑴转化为方程①在 x∈(-a,a)上有唯一解或等根. 只须讨论以下三种情况:
2 1? Δ =0 得 m= a ? 1 .此时 2

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,m=

a2 ?1 或-a<m?a; 2

当 a?1 时,-a<m<a.????????????????????10 分 ⑵ 【解】 Δ OAP 的面积 S=

1 ayp. 2

∵0<a<

1 ,故-a<m?a 时,0 ? ?a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m ? a ,由唯一性得 xp= ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m .显然当 m=a 2
x2 p a
2

时,xp 取值最小.由于 xp>0,从而 y p ? 1 ?

取值最大,此时 yp=2 a ? a 2 ,∴S=a a ? a 2 .

当 m=

1 a2 ?1 时,xp=-a2,yp= 1 ? a 2 ,此时 S= a 1 ? a 2 . 2 2

1 a 1 ? a 2 的大小: 2 1 1 令 a a ? a 2 = a 1 ? a 2 ,得 a= . 2 3 1 1 故当 0<a? 时 , a a (1 ? a ) ? a 1 ? a 2 .此时 Smax= 1 a 1 ? a 2 . 3 2 2
下面比较 a a ? a 2 与
- 97 -

当 <a<

1 3

1 1 2 时, a a (1 ? a ) ? a 1 ? a .此时 Smax= a a ? a 2 .?????20 分 2 2

15.用电阻值分别为 a1、a2、 (a1>a2>a3>a4>a5>a6) 的 电 阻 组 装 件,在组装中应如何选取电阻,才 阻值最小?证明你的结论.

a3 、 a4 、 a5 、 a6 成一个如图的组 能使该组件总电

【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 1 ? 1 ? 1 .故交换二电阻的位置,不改变 R R R1 R2 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: R3
B

R AB

R R ? R1 R3 ? R2 R3 A RR . ? 1 2 ? R3 ? 1 2 R1 ? R2 R1 ? R2

R1 R2
图1

显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以为使 R3 为所取三个电阻中阻值最小的一个. 3°设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻

R1 R3 R2

RAB 最 小 必 须 取

C

R4
图2

D

为 RCD:

1 1 1 R1 R2 ? R1 R3 ? R1 R4 ? R2 R3 ? R2 R4 . ? ? ? RCD R AB R4 R1 R2 R4 ? R1 R3 R4 ? R2 R3 R4
若记 S1 ?
1?i ? j ?4

?R R
i

j

, S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

.则 S1、S2 为定值.

于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 . S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3<R1,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
- 98 -

E G

A C F

R1 R2 R4 R6 图3

R3

B D R5

E
G

- 99 -

二○○一年全国高中数学联合竞赛 加试参考答案及评分标准
说明: 1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分. 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时请参照本评分标准适当划 分档次评分,可以 10 分为一个档次,不要再增加其它中间档次. 一.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. A (2)OH⊥MN. 【证明】 (1)∵A,C,D,F 四点共圆, ∴∠BDF=∠BAC. 又∵∠OBC=

1 (180° -∠BOC)=90° -∠BAC, 2

O F

∴OB⊥DF. E H 同理 OC⊥DE.?????????10 分 C (2) ∵CF⊥MA, B D 2 2 2 2 ∴MC -MH =AC -AH .??① ∵BE⊥NA, N ∴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 M ∵OC⊥DE, 2 2 2 2 ∴CM -CD =OM -OD .??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. 所以 OH⊥MN.????????????????????????????50 分 二.设 xi ? 0 (i=1,2,?,n) ,且
n

? xi2 ? 2
i ?1
n i ?1 2 i

n

1?k ? j ?n

?

n k xk x j ? 1,求 ? xi 的最大值与最小值. j i ?1 n

【解】先求最小值,因为 (

?x ) ? ?x
2 i ?1 i

?2

1? k ? j ? n

?x x
k

j

? 1 ? ? xi ?1,
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

的最小值为 1.????????????????????????10 分

再求最大值,令 xk ?

k yk ,
- 100 -



? ky
k ?1

n

2 k

?2

1?k ? j ?n
n

? ky
k ?1

k

y j ? 1 .????①

设M=

? xk = ? k yk .
k ?1

n

? y1 ? y 2 ? ? ? y n ? a1 , ? y2 ? ? ? yn ? a2 , ? 令? ? ? ? yn ? an . ?
2 2 2 则① ? a1 ? a2 ? ?? an ? 1 .?????????????????????30 分
n

令 an+1=0,则 M=
n n

?
k ?1

k (ak ? ak ?1 )
n n n

=

?
k ?1

k ak ? ? k ak ?1 ? ? k ak ? ? k ? 1ak ? ? ( k ? k ? 1)ak .
k ?1 k ?1 k ?1 k ?1

由柯西不等式得
n 2 2 ?n ?n 2? 2 2? M ? ?? ( k ? k ? 1) ? (? ak ) 2 ? ?? ( k ? k ? 1) ? . ? k ?1 ? k ?1 ? k ?1 ? 1 1 1

等号成立 ?

2 2 ak an a12 ??? ? ? ? 1 ( k ? k ? 1) 2 ( n ? n ? 1) 2 2 a12 ? a22 ? ? ? an 2 ak

?

1 ? ( 2 ? 1) 2 ? ? ? ( n ? n ? 1) 2
k ? k ?1
2 ? n 2? ( k ? k ? 1 ) ?? ? ? k ?1 ? 1

?

( k ? k ? 1) 2

? ak ?

. (k=1,2,?,n)

由于 a1 ? a2 ? ? ? an ,从而

yk ? ak ? ak ?1 ?

2 k ? ( k ? 1 ? k ? 1)
2 ? n 2? ( k ? k ? 1 ) ?? ? ? k ?1 ? 1

? 0 ,即 xk ? 0 .

2 ?n 2? 所求最大值为 ?? ( k ? k ? 1) ? .?????????????????50 分 ? k ?1 ?

1

三.将边长为正整数 m,n 的矩形划分成若干边长 形.每个正方形的边均平行于矩形的相应边.试求这些 小值.
- 101 -

D

C 均为正整数的正方 n
正方形边长之和的最

A

m

B

【解】记所求最小值为 f(m,n) ,可以证明 f(m,n)=m+n-(m,n). (*) 其中(m,n)表示 m 和 n 的最大公约数.??????????????????10 分 事实上,不妨设 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 m+n-(m,n). 当 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).

D

D1

C n

于是原矩形 ABCD 有一种 分 法 使 得 所 得 正 方 形 边 长 之 和 为 m+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)=1= m+n- (m,n). 假设当 m?k 时,对任意 1?n?m 有 f (m,n)= m+n- (m,n). 若 m=k+1,当 n= k+1 时显然 f(m,n)= k+1= m+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 a1,a2,?,ap,不妨设 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> m+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)= m- (m,n). 从而 a1+a2+?+ap?m+n-(m,n). 于是当 m=k+1 时,f(m,n)?m+n- (m,n). 再由(1)可知 f (m,n)=m+n- (m,n).???????????????????50 分

A

m A1

B

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 6 分的 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档,其它各题 的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再啬其他中间档次。 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时请参照本评分标准适当档次评 分,可以 5 分为一个档次,不要再增加其它中间档次。 一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
- 102 -

1、 函数 f(x)= log 1 ( x 2 ? 2 x ? 3) 的单调递增区间是
2

(A) (-∞,-1)
2

(B) (-∞,1)
2

(C) (1,+∞)
2

(D) (3,+∞)

解:由 x -2x-3>0 ? x<-1 或 x>3,令 f(x)= log 1 u , u= x -2x-3,故选 A 2、 若实数 x, y 满足(x+5) +(y?12) =14 ,则 x +y2 的最小值为 (A) 2 解:B 3、 函数 f(x)= (B) 1 (C)
2 2 2 2

3

(D)

2

x x ? x 2 1? 2
(B) 是奇函数但不是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数

(A) 是偶函数但不是奇函数 (C) 既是奇函数又是偶函数 解:A 4、 直线

x y x2 y2 ? ? 1 椭圆 ? ? 1 相交于 A,B 两点,该圆上点 P,使得⊿PAB 面积等于 3,这样的点 P 4 3 16 9
(B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个

共有 (A) 1 个

解:设 P1(4cos?,3sin?) (0<?< S= S ?OAP1

? ),即点 P1 在第一象限的椭圆上,如图,考虑四边形 P1AOB 的面积 S。 2 ? 1 1 ? S ?OBP1 = ? 4 ? 3 sin ? ? ? 3 ? 4 cos ? =6(sin?+cos?)= 6 2 sin(? ? ) 4 2 2
y B O P1 A x

∴Smax=6 2 ∵S⊿OAB=6 ∴ ( S ?P1 AB ) max ? 6 2 ? 6 ∵ 6 2 ? 6 <3

∴点 P 不可能在直线 AB 的上方,显然在直线 AB 的下方有两个点 P,故选 B 5、 已知两个实数集合 A={a1, a2, ? , a100}与 B={b1, b2, ? , b50},若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个 元素都有原象,且 f(a1)?f(a2)???f(a100),则这样的映射共有
50 (A) C100 50 (B) C 90 49 (C) C100 49 (D) C 99

解:不妨设 b1<b2<?<b50,将 A 中元素 a1, a2, ? , a100 按顺序分为非空的 50 组,定义映射 f:A→B,使得 第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi (i=1,2,?,50), 易知这样的 f 满足题设要求, 每个这样的分组都一一对应满 足条件的映射,于是满足题设要求的映射 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等,而 A 的分法数 为 C 99 ,则这样的映射共有 C 99 ,故选 D。 6、 由曲线 x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为 V1,满足 x2+y2?16, x2+(y-2)2?4, x2+(y+2)2?4 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2,则 (A) V1=
49 49

1 V2 2

(B) V1=

2 V2 3

y 4
- 103 -

(C) V1=V2 (D) V1=2V2 解:如图,两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹在 -4 o

4

y

4 x -4

-4

o

4 x

-4

两相距为 8 的平行平面之间,用任意一个与 y 轴垂直的平面截这两个旋转体,设截面与原点距离为|y|,则所 得截面面积 ∵S1=?(42?4|y|) , S2=?(42?y2)??[4?(2?|y|)2]=?(42?4|y|) ∴ S1=S2 由祖暅原理知,两个几何体体积相等。故远 C。 二、 填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7、 已知复数 Z1,Z2 满足|Z1|=2, |Z2|=3,若它们所对应向量的夹角为 60°,则

z1 ? z 2 = z1 ? z 2



解:由余弦定理得|Z1+Z2|= 19 , |Z1?Z2|= 7 ,

z1 ? z 2 133 = 7 z1 ? z 2

8、 将二项式 ( x ? 是整数的项共有

1 2 x
4

) n 的展开式按 x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中 x 的指数
个。

解:不难求出前三项的系数分别是 1, ∵2?

1 1 n, n(n ? 1) , 2 8
P2

P1

1 1 n ? 1 ? n(n ? 1) 2 8
r

P4 P3

∴当 n=8 时, Tr ?1 ? C n ( ) x
r

1 2

16 ?3 r 4

(r=0,1,2,?,8)

P10 P5

P7

P9 P6

∴r=0,4,8,即有 3 个 P8 9、 如图,点 P1,P2,?,P10 分别是四面体点或棱的中点,那么在同 一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k?10)有 个。 解:首先,在每个侧面上除 P1 点外尚有五个点,其中任意三点组添加点 P1


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