全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版13

1993年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試卷第一試一、選擇題(每小題5分，共30分)1若M=(x，y)| |tanpy|+sin2px=0，N=(x，y)|x2+y22，則MN的元素個數(shù)是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)92已知f(x)=asinx+b+4(a，b為實數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（ ）(A)-5 (B)-3 (C)3 (D)隨a，b取不同值而取不同值3集合A，B的并集AB=a1，a2，a3，當A¹B時，(A，B)與(B，A)視為不同的對，則這樣的(A，B)對的個數(shù)是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）274若直線x=被曲線C:(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦長為d，當a變化時d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p5在ABC中，角A，B，C的對邊長分別為a，b，c，若c-a等于AC邊上的高h，則sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C) (D)-16設(shè)m，n為非零實數(shù)，i為虛數(shù)單位，zÎC，則方程|z+ni|+|z-mi|=n與|z+ni|-|z-mi|=-m在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形(F1，F(xiàn)2為焦點)是( )二、填空題（每小題5分，共30分）1二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i為虛數(shù)單位，lÎR)有兩個虛根的充分必要條件是l的取值范圍為_2實數(shù)x，y滿足4x2-5xy+4y2=5，設(shè) S=x2+y2，則+=_3若zÎC，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，則z的值是_.4整數(shù)的末兩位數(shù)是_.5設(shè)任意實數(shù)x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993k·log1993恒成立，則k的最大值是_.6三位數(shù)(100，101，L，999)共900個，在卡片上打印這些三位數(shù)，每張卡片上打印一個三位數(shù)，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數(shù)，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_張卡片三、（本題滿分20分）三棱錐SABC中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點，作與SC平行的直線DP證明：(1)DP與SM相交；(2)設(shè)DP與SM的交點為D¢，則D¢為三棱錐SABC的外接球球心四、（本題滿分20分）設(shè)0<a<b，過兩定點A(a，0)和B(b，0)分別引直線l和m，使與拋物線y2=x有四個不同的交點，當這四點共圓時，求這種直線l與m的交點P的軌跡五、（本題滿分20分）設(shè)正數(shù)列a0，a1，a2，an，滿足 =2an1，(n2)且a0=a1=1，求an的通項公式第二試一、（35分）設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有ÐD是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n4二、（35分）設(shè)A是一個有n個元素的集合，A的m個子集A1,A2,L,Am兩兩互不包含試證：(1) 1；(2) Cm2其中|Ai|表示Ai所含元素的個數(shù)，C表示n個不同元素取|Ai|個的組合數(shù)三、（35分） 水平直線m通過圓O的中心，直線lm，l與m相交于M，點M在圓心的右側(cè)，直線l上不同的三點A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點離M點最遠，C點離M點最近，AP,BQ,CR為圓 O的三條切線，P,Q,R為切點試證：(1)l與圓O相切時，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l與圓O相交時，AB´CR+BC´APAC´BQ；(3)l與圓O相離時，AB´CR+BC´APAC´BQ.1993年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽解答第一試一、選擇題(每小題5分，共30分)1若M=(x，y)| |tanpy|+sin2px=0，N=(x，y)|x2+y22，則MN的元素個數(shù)是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)9解：tanpy=0，y=k(kZ)，sin2px=0，x=m(mZ)，即圓x2+y2=2及圓內(nèi)的整點數(shù)共9個選D2已知f(x)=asinx+b+4(a，b為實數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（ ）(A)-5 (B)-3 (C)3 (D)隨a，b取不同值而取不同值解：設(shè)lglog310=m，則lglg3=lglog310=m，則f(m)=asinm+b+4=5，即asinm+b=1 f(m)=(asinm+b)+4=1+4=3選C3集合A，B的并集AB=a1，a2，a3，當A¹B時，(A，B)與(B，A)視為不同的對，則這樣的(A，B)對的個數(shù)是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）27解：a1A或ÏA，有2種可能，同樣a1B或ÏB，有2種可能，但a1ÏA與a1ÏB不能同時成立，故有221種安排方式，同樣a2、a3也各有221種安排方式，故共有(221)3種安排方式選D4若直線x=被曲線C:(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦長為d，當a變化時d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p解：曲線C表示以(arcsina，arcsina)，(arccosa，arccosa)為直徑端點的圓即以(，)及(，+)(，)為直徑端點的圓而x=與圓交于圓的直徑故d=故選C5在ABC中，角A，B，C的對邊長分別為a，b，c，若c-a等于AC邊上的高h，則sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C) (D)-1解：2R(sinCsinA)=csinA=2RsinCsinA，ÞsinCsinA=sinCsinA，Þ2cossin=cos(C+A)cos(CA)= 12sin22cos2+1Þ(sin+cos)2=1，但sin+cos>0，故選A6設(shè)m，n為非零實數(shù)，i為虛數(shù)單位，zÎC，則方程|z+ni|+|z-mi|=n與|z+ni|-|z-mi|-m在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形(F1，F(xiàn)2為焦點)是( )解：方程為橢圓，為雙曲線的一支二者的焦點均為(ni，mi)，由n>0，故否定A，由于n為橢圓的長軸，而C中兩個焦點與原點距離(分別表示|n|、|m|)均小于橢圓長軸，故否定C由B與D知，橢圓的兩個個焦點都在y軸負半軸上，由n為長軸，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=m曲線上一點到ni距離大，否定D，故選B二、填空題（每小題5分，共30分）1二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i為虛數(shù)單位，lÎR)有兩個虛根的充分必要條件是l的取值范圍為_解：即此方程沒有實根的條件當R時，此方程有兩個復(fù)數(shù)根，若其有實根，則x2+x+1=0，且x2x=0相減得(+1)(x+1)=0當=1時，此二方程相同，且有兩個虛根故=1在取值范圍內(nèi)當1時，x=1，代入得=2即=2時，原方程有實根x=1故所求范圍是22實數(shù)x，y滿足4x2-5xy+4y2=5，設(shè) S=x2+y2，則+=_解：令x=rcos，y=rsin，則S=r2得r2(45sincos)=5S=+=+=3若zÎC，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，則z的值是_.解：如圖，可知z2表示復(fù)數(shù)4(cos120°+isin120°) z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i)4整數(shù)的末兩位數(shù)是_.解：令x=1031，則得=x23x+9由于0<<1，故所求末兩位數(shù)字為091=085設(shè)任意實數(shù)x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993k·log1993恒成立，則k的最大值是_.解：顯然>1，從而log1993>0即+就是(lgx0lgx1)+(lgx1lgx2)+(lgx2lgx3)( +)k其中l(wèi)gx0lgx1>0，lgx1lgx2>0，lgx2lgx3>0，由Cauchy不等式，知k9即k的最大值為96三位數(shù)(100，101，L，999)共900個，在卡片上打印這些三位數(shù)，每張卡片上打印一個三位數(shù)，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數(shù)，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_張卡片解：首位與末位各可選擇1，6，8，9，有4種選擇，十位還可選0，有5種選擇，共有4×5×4=80種選擇但兩端為1，8，中間為0，1，8時，或兩端為9、6，中間為0，1，8時，倒后不變；共有2×3+2×3=12個，故共有(8012)÷2=34個三、（本題滿分20分）三棱錐S-ABC中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點，作與SC平行的直線DP證明：(1)DP與SM相交；(2)設(shè)DP與SM的交點為，則為三棱錐SABC的外接球球心 證明： DPSC，故DP、CS共面 DCÍ面DPC， MDC，ÞM面DPC，SMÍ面DPC 在面DPC內(nèi)SM與SC相交，故直線SM與DP相交 SA、SB、SC兩兩互相垂直， SC面SAB，SCSD DPSC， DPSDDD¢MCSM， M為ABC的重心， DMMC=12 DD¢SC=12取SC中點Q，連D¢Q則SQ=DD¢，Þ平面四邊形DD¢QS是矩形 D¢QSC，由三線合一定理，知D¢C=PS同理，D¢A= D¢B= D¢B= D¢S即以D¢為球心D¢S為半徑作球D¢則A、B、C均在此球上即D¢為三棱錐SABC的外接球球心四、（本題滿分20分）設(shè)0<a<b，過兩定點A(a，0)和B(b，0)分別引直線l和m，使與拋物線y2=x有四個不同的交點，當這四點共圓時，求這種直線l與m的交點P的軌跡解：設(shè)l：y=k1(xa)，m：y=k2(xb)于是l、m可寫為(k1xyk1a)(k2xyk2b)=0 交點滿足若四個交點共圓，則此圓可寫為(k1xyk1a)(k2xyk2b)+l(y2x)=0此方程中xy項必為0，故得k1=k2，設(shè)k1=k2=k0于是l、m方程分別為y=k(xa)與y=k(xb)消去k，得2x(a+b)=0，(y0)即為所求軌跡方程五、（本題滿分20分）設(shè)正數(shù)列a0、a1、a2、an、滿足 =2an1，(n2)且a0=a1=1，求an的通項公式解：變形，同除以得：=2+1，令+1=bn，則得bn=2bn1即bn是以b1=+1=2為首項，2為公比的等比數(shù)列 bn=2n =(2n1)2故 第二試一、（35分）設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有ÐD是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n4證明 充分性當n=4時，如圖，只要連AC，并在ABC內(nèi)取一點F，使AFB、BFC、CFA都為鈍角(例如，可以取ABC的Fermat點，由于ABC是銳角三角形，故其Fermat點在其形內(nèi))于是，ADC、AFB、BFC、AFC都是鈍角三角形當n=5時，可用上法把凸四邊形分成四個鈍角三角形再在AF上任取一點E，連EB，則AEB也是鈍角三角形，這樣就得到了5個鈍角三角形一般的，由得到了4個鈍角三角形后，只要在AF上再取n4個點E1、E2、En4，把這些點與B連起來，即可得到均是鈍角三角形的n個三角形必要性n=2時，連1條對角線把四邊形分成了2個三角形，但其中最多只能有1個鈍角三角形n=3時，無法從同一頂點出發(fā)連線段把四邊形分成3個三角形，現(xiàn)連了1條對角線AC后，再連B與AC上某點得到線段，此時無法使得到的兩個三角形都是鈍角三角形當n=2，3時無法得到滿足題目要求的解只有當n4時才有解二、（35分）設(shè)A是一個有n個元素的集合，A的m個子集A1,A2,L,Am兩兩互不包含試證：(1) 1；(2) Cm2其中|Ai|表示Ai所含元素的個數(shù)，C表示n個不同元素取|Ai|個的組合數(shù)證明： 即證：若k1+k2+km=n，則k1!(nk1)!+k2!(nk2)!+km!(nkm)!n! 由于n!表示n個元素的全排列數(shù)，而ki!(nki)!表示先在這n個元素中取出ki個元素排列再把其其余元素排列的方法數(shù)，由于Ai互不包含，故n!k1!(nk1)!+k2!(nk2)!+km!(nkm)!成立 ()(C)(1+1+1+1)2=m2但0<1，故Cm2三、（35分） 水平直線m通過圓O的中心，直線lm，l與m相交于M，點M在圓心的右側(cè)，直線l上不同的三點A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點離M點最遠，C點離M點最近，AP,BQ,CR為圓 O的三條切線，P,Q,R為切點試證：(1)l與圓O相切時，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l與圓O相交時，AB´CR+BC´APAC´BQ；(3)l與圓O相離時，AB´CR+BC´APAC´BQ.證明：設(shè)MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，O的半徑=r且設(shè)k=d2r2則當k>0時，點M在O外，此時，直線l與O相離； 當k=0時，點M在O上，此時，直線l與O相切； 當k<0時，點M在O內(nèi)，此時，直線l與O相交 AP=，同理，BQ=，CR=則AB´CR+BC´APAC´BQ= AB´CR+BC´AP(AB+BC)´BQ=BC×(APBQ)AB×(BQCR)=BC×AB×=(ab)(bc)()=(ab)(bc) 注意到aBQbAP=故k>0時，aBQbAP>0，k=0時，aBQbAP=0，k<0時，aBQbAP<0；同理可得，k>0時，bCRcBQ>0，k=0時，bCRcBQ =0，k<0時，bCRcBQ <0； k>0時，aCRcAP>0，k=0時，aCRcAP =0，k<0時，aCRcAP <0；即當k>0時，AB´CR+BC´APAC´BQ>0；當k=0時，AB´CR+BC´APAC´BQ=0，當k<0時，AB´CR+BC´APAC´BQ<0故證、