全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版16

1996年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試卷第一試(10月13日上午8：009：20)一、選擇題(本題滿分36分，每題6分)1 把圓x2+(y1)2=1與橢圓9x2+(y+1)2=9的公共點，用線段連接起來所得到的圖形為( ) (A)線段 (B)不等邊三角形 (C)等邊三角形 (D)四邊形2 等比數(shù)列an的首項a1=1536,公比q=,用n表示它的前n項之積。則n(nN*)最大的是( ) (A)9 (B)11 (C)12 (D)133 存在整數(shù)n,使+是整數(shù)的質(zhì)數(shù)p( ) (A)不存在 (B)只有一個 (C)多于一個,但為有限個 (D)有無窮多個4 設(shè)x(，0),以下三個數(shù)1=cos(sinx),2=sin(cosx),3=cos(x+1)的大小關(guān)系是( ) (A)3<2<1 (B)1<3<2 (C)3<1<2 (D)2<3<15 如果在區(qū)間1,2上函數(shù)f(x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取相同的最小值，那么f(x)在該區(qū)間上的最大值是( ) (A) 4+ (B) 4+ (C) 1+ (D)以上答案都不對6 高為8的圓臺內(nèi)有一個半徑為2 的球O1，球心O1在圓臺的軸上，球O1與圓臺的上底面、側(cè)面都相切，圓臺內(nèi)可再放入一個半徑為3的球O2，使得球O2與球O1、圓臺的下底面及側(cè)面都只有一個公共點，除球O2，圓臺內(nèi)最多還能放入半徑為3的球的個數(shù)是( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)1 集合x|1log10<，xN*的真子集的個數(shù)是 2 復(fù)平面上，非零復(fù)數(shù)z1，z2在以i為圓心，1為半徑的圓上，·z2的實部為零，z1的輻角主值為，則z2=_3 曲線C的極坐標(biāo)方程是=1+cos，點A的極坐標(biāo)是(2,0)，曲線C在它所在的平面內(nèi)繞A旋轉(zhuǎn)一周，則它掃過的圖形的面積是_4 已知將給定的兩個全等的正三棱錐的底面粘在一起，恰得到一個所有二面角都相等的六面體，并且該六面體的最短棱的長為2，則最遠(yuǎn)的兩頂點間的距離是_5 從給定的六種不同顏色中選用若干種顏色，將一個正方體的六個面染色，每 面恰染一種顏色，每兩個具有公共棱的面染成不同的顏色。則不同的染色方法共有_種(注：如果我們對兩個相同的正方體染色后，可以通過適當(dāng)?shù)姆D(zhuǎn)，使得兩個正方體的上、下、左、右、前、后六個對應(yīng)面的染色都相同，那么，我們就說這兩個正方體的染色方案相同)6 在直角坐標(biāo)平面，以(199,0)為圓心，199為半徑的圓周上整點(即橫、縱坐標(biāo)皆為整數(shù)的點)的個數(shù)為_第二試一、（本題滿分25分）設(shè)數(shù)列an的前n項和Sn=2an1（n=1，2，），數(shù)列bn 滿足b1=3，bk+1=ak+bk(k=1，2，)求數(shù)列bn 的前n項和二、（本題滿分25分）求實數(shù)a的取值范圍，使得對任意實數(shù)x和任意0，恒有 （x+3+2sincos)2+(x+asin+acos)2 三、（本題滿分35分）如圖，圓O1和圓O2與ABC的三邊所在的三條直線都相切，E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。EFABCGHPO1。O2四、（本題滿分35分）有n(n6)個人聚會，已知：（1）每人至少同其中個人互相認(rèn)識；（2）對于其中任意個人，或者其中有2 人相識，或者余下的人中有2人相識證明：這n個人中必有三人兩兩認(rèn)識1996年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答第一試一、選擇題(本題滿分36分，每題6分)1 把圓x2+(y1)2=1與橢圓9x2+(y+1)2=9的公共點，用線段連接起來所得到的圖形為( ) (A)線段 (B)不等邊三角形 (C)等邊三角形 (D)四邊形解：99(y1)2=9(y+1)2，Þ8y220y+8=0，Þy=2或，相應(yīng)的，x=0，或x=±此三點連成一個正三角形選C2 等比數(shù)列an的首項a1=1536,公比q=，用n表示它的前n項之積。則n(nN*)最大的是( ) (A)9 (B)11 (C)12 (D)13解：n=1536n×()，故11<0，9，12，13>0作商比較：又，=15363´()6636>1，=1536´()7866<1故選C3 存在整數(shù)n,使+是整數(shù)的質(zhì)數(shù)( ) (A)不存在 (B)只有一個 (C)多于一個,但為有限個 (D)有無窮多個解：如果p為奇質(zhì)數(shù)，p=2k+1，則存在n=k2(kN+)，使+=2k+1故選D4 設(shè)x(,0)，以下三個數(shù)1=cos(sinx),2=sin(cosx),3=cos(x+1)的大小關(guān)系是( ) (A)3<2<1 (B)1<3<2 (C)3<1<2 (D)2<3<1解：1= cos(sin|x|)>0，2=sin(cos|x|)>0，3=cos(1|x|)<0，排除B、D sin|x|+ cos|x|=sin(|x|+)<，于是cos|x|<sin|x|， sin(cos|x|)<cos(sin|x|)，故2<1，選A又解：取x=，則1=cos，2=sin，3=cos<0由于<<，故1>25 如果在區(qū)間1,2上函數(shù)f(x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取相同的最小值，那么f(x)在該區(qū)間上的最大值是( ) (A) 4+ (B) 4+ (C) 1+ (D)以上答案都不對解：g(x)= x+=x+x+3=當(dāng)且僅當(dāng)x=即x=時g(x)取得最小值=，=，Þp=2，q=+由于1<2故在12上f(x)的最大值為f(2)=4+故選B6 高為8的圓臺內(nèi)有一個半徑為2 的球O1，球心O1在圓臺的軸上，球O1與圓臺的上底面、側(cè)面都相切，圓臺內(nèi)可再放入一個半徑為3的球O2，使得球O2與球O1、圓臺的下底面及側(cè)面都只有一個公共點，除球O2，圓臺內(nèi)最多還能放入半徑為3的球的個數(shù)是( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4解：O2與下底距離=3，與O1距離=2+3=5，與軸距離=4，問題轉(zhuǎn)化為在以4為半徑的圓周上，能放幾個距離為6的點？右圖中，由sinO2HC=3/4>0707，即O2HO3>90°，即此圓上還可再放下2個滿足要求的點故選B二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)1 集合x|1log10<，xN*的真子集的個數(shù)是 解 由已知，得<logx101Þ1lgx<2Þ10x<100故該集合有90個元素其真子集有290-1個2 復(fù)平面上，非零復(fù)數(shù)z1，z2在以i為圓心，1為半徑的圓上，·z2的實部為零，z1的輻角主值為，則z2=_解：z1滿足|zi|=1；argz1=，得z1=+i，=cos()+isin()設(shè)z2的輻角為(0<<)，則z2=2sin(cos+isin)·z2=2sincos()+isin()，若其實部為0，則=，于是=z2=+i3 曲線C的極坐標(biāo)方程是=1+cos，點A的極坐標(biāo)是(2,0)，曲線C在它所在的平面內(nèi)繞A旋轉(zhuǎn)一周，則它掃過的圖形的面積是_。解：只要考慮|AP|最長與最短時所在線段掃過的面積即可設(shè)P(1+cos，)，則|AP|2=22+(1+cos)22·2(1+cos)cos=3cos22cos+5=3(cos+)2+且顯然|AP|2能取遍0，內(nèi)的一切值，故所求面積=4 已知將給定的兩個全等的正三棱錐的底面粘在一起，恰得到一個所有二面角都相等的六面體，并且該六面體的最短棱的長為2，則最遠(yuǎn)的兩頂點間的距離是_。解：該六面體的棱只有兩種，設(shè)原正三棱錐的底面邊長為2a，側(cè)棱為b取CD中點G，則AGCD，EGCD，故AGE是二面角ACDE的平面角由BDAC，作平面BDF棱AC交AC于F，則BFD為二面角BACD的平面角AG=EG=，BF=DF=，AE=2=2由cosAGE=cosBFD，得= =Þ9b2=16a2，Þb=a，從而b=2，2a=3AE=2即最遠(yuǎn)的兩個頂點距離為35 從給定的六種不同顏色中選用若干種顏色，將一個正方體的六個面染色，每面恰染一種顏色，每兩個具有公共棱的面染成不同的顏色。則不同的染色方法共有_種。(注：如果我們對兩個相同的正方體染色后，可以通過適當(dāng)?shù)姆D(zhuǎn)，使得兩個正方體的上、下、左、右、前、后六個對應(yīng)面的染色都相同，那么，我們就說這兩個正方體的染色方案相同。)解：至少3種顏色：6種顏色全用：上面固定用某色，下面可有5種選擇，其余4面有(41)!=6種方法，共計30種方法；用5種顏色：上下用同色：6種方法，選4色：C(41)! =30；6×30÷2=90種方法；用4種顏色：CC=90種方法用3種顏色：C=20種方法共有230種方法6 在直角坐標(biāo)平面，以(199,0)為圓心，199為半徑的圓周上整點(即橫、縱坐標(biāo)皆為整數(shù)的點)的個數(shù)為_解：把圓心平移至原點，不影響問題的結(jié)果故問題即求x2+y2=1992的整數(shù)解數(shù)顯然x、y一奇一偶，設(shè)x=2m，y=2n1且1m，n99則得4m2=1992(2n1)2=(198+2n)(2002n)m2=(99+n)(100n)(n1)(n) (mod 4)由于m為正整數(shù)，m20，1 (mod 4)；(n1)(n)二者矛盾，故只有(0，±199)，(±199，0)這4解 共有4個(199，±199)，(0，0)，(398，0)第二試一、（本題滿分25分）設(shè)數(shù)列an的前n項和Sn=2an1（n=1，2，），數(shù)列bn 滿足b1=3，bk+1=ak+bk（k=1，2，)求數(shù)列bn 的前n項和解：a1=2a11，a1=1； an=(2an1)(2an11)=2an2an1，Þan=2an1Þan是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列an=2n1bk+1bk=2k1，Þbnb1=(bnbn1)+(bn1bn2)+(b2b1)=2n2+2n3+20=2n11 bn=2n1+2 bi=2n+2n1二、（本題滿分25分）求實數(shù)a的取值范圍，使得對任意實數(shù)x和任意0，恒有 （x+3+2sincos)2+(x+asin+acos)2 解：令sin+cos=u，則2sincos=u21，當(dāng)0，時，u1，并記f(x)= (x+3+2sincos)2+(x+asin+acos)2 f(x)=(x+2+u2)2+(x+au)2=2x2+2(u2+au+2)x+(u2+2)2+(au)2=2x+(u2+au+2)2+(u2au+2)2 x=(u2+au+2)時，f(x)取得最小值(u2au+2)2 u2au+2，或u2au+2 au+，或au+當(dāng)u1，時，u+，；u+， a或a三、（本題滿分35分）如圖，圓O1和圓O2與ABC的三邊所在的三條直線都相切，E、F、G、H為切點，并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。證明 設(shè)ABC的三邊分別為a、b、c，三個角分別為A、B、C，則CE=BF=CG=BH=(a+b+c)BE=(a+b+c)a=(b+ca)EF=(a+b+c)+(b+ca)=b+c連CO1,則CO1平分ECG,CO1EG,ÞFEP=90°C同理EFP=90°B,EPF=(B+C)= ，EP=(b+c)。設(shè)P、A在EF上的射影分別為M、N，則EM=EPcosFEP=(b+c) 又BN=ccosB，故只須證ccosB+ (b+ca)= (b+c) ,即sinCcosB+ (sinB+sinCsin(B+C) =(sinB+sinC) 就是2coscossin=sinCcosBsinBcosCcosBsinC+sincos 右邊= sin(CB)+sincos=cos(sinsin) =2cos cos sin 。故證。四、（本題滿分35分）有n（n6）個人聚會，已知：（1）每人至少同其中個人互相認(rèn)識；（2）對于其中任意個人，或者其中有2 人相識，或者余下的人中有2人相識證明：這n個人中必有三人兩兩認(rèn)識證明：作一個圖，用n個點表示這n個人，凡二人認(rèn)識，則在表示此二人的點間連一條線問題即，在題設(shè)條件下，存在以這n點中的某三點為頂點的三角形設(shè)點a連線條數(shù)最多，在與a連線的所有點中點b連線最多，與a連線的點除b外的集合為A，與b連線的點除a外的集合為B1° 設(shè)n=2k，則每點至少連k條線，A、B中都至少有k1個點若存在一點c，與a、b都連線，則a、b、c滿足要求；若沒有任何兩點與此二點都連線(圖1)， 則由AB=Ø，|AB|2k2，|A|k1，|B|k1， 故得 |A|=|B|=k1，且圖中每點都連k條線若A(或B)中存在兩點，這兩點間連了一條線，則此二點與a連出三角形，若A中任何兩點間均未連線，B中任兩點也未連線，則Ab中不存在兩點連線，Ba中也不存在兩點連線與已知矛盾2° 設(shè)n=2k+1則每點至少連k條線，A、B中都至少有k1個點若存在一點c，與a、b都連線，則a、b、c滿足要求；若沒有任何兩點與此二點都連線，且|A|k，則由|B|k1時(圖2)，則由AB=Ø，|AB|2k1，|A|k，|B|k1， 故得|AB|=2k1，|A|=k，|B|=k1，若A(或B)中存在兩點，這兩點間連了一條線，則此二點與a連出三角形，若A中任何兩點間均未連線，B中任兩點也未連線，則Ab中不存在兩點連線，Ba中也不存在兩點連線與已知矛盾 若沒有任何兩點與此二點都連線，且|A|=k1，即每點都只連k條線這時，必有一點與a、b均未連線，設(shè)為cc與A中k1個點連線，與B中k2個點連線，k1+k2=k，且1k1，k2k1否則若k2=0，則Ab中各點均未連線，Ba，c中各點也未連線矛盾故k1，k21且由于n>6，即k1，k2中至少有一個2，不妨設(shè)k12，現(xiàn)任取B中與c連線的一點b1，由于b1與B中其余各點均未連線，若b1與A中的所有與c連線的點均未連線，則b1連線數(shù)2+k1k1k1，矛盾，故b1至少與此k1個點中的一點連線故證