全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版18

一九九八年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）1 若a > 1, b > 1, 且lg(a + b)=lga+lgb, 則lg(a 1)+lg(b 1) 的值( ) （A）等于lg2（B）等于1 (C ) 等于0 (D) 不是與a, b無(wú)關(guān)的常數(shù) 2.若非空集合A=x|2a+1x3a 5,B=x|3x22,則能使AÍAB成立的所有a的集合是( ) （A）a | 1a9 (B) a | 6a9 (C) a | a9 (D) Ø 3.各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)的等比數(shù)列an前n項(xiàng)之和記為Sn ,若S10 = 10, S30 = 70, 則S40等于( ) (A) 150 (B) - 200 (C)150或 - 200 (D) - 50或400 4.設(shè)命題P：關(guān)于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0與a2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同； 命題Q：= 則命題Q( ) (A) 是命題P的充分必要條件 (B) 是命題P的充分條件但不是必要條件 (C) 是命題P的必要條件但不是充分條件 (D) 既不是是命題P的充分條件也不是命題P的必要條件5.設(shè)E, F, G分別是正四面體ABCD的棱AB,BC,CD的中點(diǎn),則二面角CFGE的大小是( ) (A) arcsin (B) +arccos (C) arctan (D) arccot 6.在正方體的8個(gè)頂點(diǎn), 12條棱的中點(diǎn), 6個(gè)面的中心及正方體的中心共27個(gè)點(diǎn)中, 共線的三點(diǎn)組的個(gè)數(shù)是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37二、填空題( 本題滿分54分,每小題9分) 各小題只要求直接填寫(xiě)結(jié)果.1若f (x) (xÎR)是以2為周期的偶函數(shù), 當(dāng)xÎ 0, 1 時(shí),f(x)=x，則f()，f()，f()由小到大排列是 2設(shè)復(fù)數(shù)z=cos+isin(0180°)，復(fù)數(shù)z，(1+i)z，2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的三個(gè)點(diǎn)分別是P, Q, R.當(dāng)P, Q, R不共線時(shí),以線段PQ, PR為兩邊的平行四邊形的第四個(gè)頂點(diǎn)為S, 點(diǎn)S到原點(diǎn)距離的最大值是_.3從0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9這10個(gè)數(shù)中取出3個(gè)數(shù), 使其和為不小于10的偶數(shù), 不同的取法有_種.4各項(xiàng)為實(shí)數(shù)的等差數(shù)列的公差為4, 其首項(xiàng)的平方與其余各項(xiàng)之和不超過(guò)100, 這樣的數(shù)列至多有_項(xiàng). 5若橢圓x2+4(ya)2=4與拋物線x2=2y有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 6DABC中, ÐC = 90o, ÐB = 30o, AC = 2, M是AB的中點(diǎn). 將DACM沿CM折起,使A,B兩點(diǎn)間的距離為 2，此時(shí)三棱錐A-BCM的體積等于_.三、（本題滿分20分）已知復(fù)數(shù)z=1sin+icos(<<)，求z的共軛復(fù)數(shù)的輻角主值 四、（本題滿分20分） 設(shè)函數(shù)f (x) = ax 2 +8x +3 (a<0)對(duì)于給定的負(fù)數(shù)a , 有一個(gè)最大的正數(shù)l(a) ,使得在整個(gè) 區(qū)間 0, l(a)上, 不等式| f (x)| £ 5都成立 問(wèn)：a為何值時(shí)l(a)最大? 求出這個(gè)最大的l(a)證明你的結(jié)論.五、（本題滿分20分）已知拋物線y 2 = 2px及定點(diǎn)A(a, b), B( a, 0) ,(ab ¹ 0, b 2 ¹ 2pa)M是拋物線上的點(diǎn), 設(shè)直線AM, BM與拋物線的另一交點(diǎn)分別為M1, M2 求證：當(dāng)M點(diǎn)在拋物線上變動(dòng)時(shí)(只要M1, M2存在且M1 ¹ M2)，直線M1M2恒過(guò)一個(gè)定點(diǎn)并求出這個(gè)定點(diǎn)的坐標(biāo)第二試一、（滿分50分）如圖，O、I分別為ABC的外心和內(nèi)心，AD是BC邊上的高，I在線段OD上。求證：ABC的外接圓半徑等于BC邊上的旁切圓半徑。注：ABC的BC邊上的旁切圓是與邊AB、AC的延長(zhǎng)線以及邊BC都相切的圓。二、（滿分50分）設(shè)a1，a2，an，b1，b2，bn1，2且a=b，求證：a并問(wèn)：等號(hào)成立的充要條件三、（滿分50分）對(duì)于正整數(shù)a、n，定義Fn(a)=qr，其中q、r為非負(fù)整數(shù)，a=qnr，且0rn求最大的正整數(shù)A，使得存在正整數(shù)n1，n2，n3，n4，n5，n6，對(duì)于任意的正整數(shù)aA，都有F(F(F(F(F(F(a)=1證明你的結(jié)論 一九九八年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答第一試一選擇題（本題滿分36分，每小題6分）1若a > 1, b > 1, 且lg (a + b) = lg a + lg b, 則lg (a 1) + lg (b 1) 的值( ) （A）等于lg2（B）等于1 (C ) 等于0 (D) 不是與a, b無(wú)關(guān)的常數(shù) 解：a+b=ab，(a1)(b1)=1，由a1>0，b1>0，故lg(a1)(b1)=0，選C2若非空集合A=x|2a+1x3a 5,B=x|3x22,則能使AÍAB成立的所有a的集合是( ) （A）a | 1a9 (B) a | 6a9 (C) a | a9 (D) Ø 解：AÍB，AØÞ 32a+13a522，Þ6a9故選B3各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)的等比數(shù)列a n 前n項(xiàng)之和記為S n ,若S10 = 10, S30 = 70, 則S40等于( ) (A) 150 (B) -200 (C)150或 -200 (D) -50或400解：首先q1，于是，(q101)=10，(q301)=70， q20+q10+1=7Þq10=2(3舍) S40=10(q401)=150選A 4.設(shè)命題P：關(guān)于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0與a 2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同; 命題Q：= 則命題Q( ) (A) 是命題P的充分必要條件 (B) 是命題P的充分條件但不是必要條件 (C) 是命題P的必要條件但不是充分條件 (D) 既不是是命題P的充分條件也不是命題P的必要條件 解：若兩個(gè)不等式的解集都是R，否定A、C，若比值為1，否定A、B，選D5.設(shè)E, F, G分別是正四面體ABCD的棱AB,BC,CD的中點(diǎn),則二面角CFGE的大小是( ) (A) arcsin (B) +arccos (C) arctan (D) arccot 解：取AD、BD中點(diǎn)H、M，則EHFGBD，于是EH在平面EFG上設(shè)CMFG=P，AMEH=Q，則P、Q分別為CM、AM中點(diǎn)，PQAC ACBD，ÞPQFG，CPFG，ÞCPQ是二面角CFGE的平面角設(shè)AC=2，則MC=MA=，cosACM= 選D6.在正方體的8個(gè)頂點(diǎn), 12條棱的中點(diǎn), 6個(gè)面的中心及正方體的中心共27個(gè)點(diǎn)中, 共線的三點(diǎn)組的個(gè)數(shù)是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37解：8個(gè)頂點(diǎn)中無(wú)3點(diǎn)共線，故共線的三點(diǎn)組中至少有一個(gè)是棱中點(diǎn)或面中心或體中心 體中心為中點(diǎn)：4對(duì)頂點(diǎn)，6對(duì)棱中點(diǎn)，3對(duì)面中心；共13組； 面中心為中點(diǎn)：4×6=24組； 棱中點(diǎn)為中點(diǎn)：12個(gè)共49個(gè)，選B二、填空題( 本題滿分54分,每小題9分) 各小題只要求直接填寫(xiě)結(jié)果.1若f (x) (xÎR)是以2為周期的偶函數(shù), 當(dāng)xÎ 0, 1 時(shí),f(x)=x，則f()，f()，f()由小到大排列是 解：f()=f(6)=f()f()=f(6)=f()，f()=f(6+)=f()現(xiàn)f(x)是0，1上的增函數(shù)而<<故f()<f()<f() 2設(shè)復(fù)數(shù)z=cos+isin(0180°)，復(fù)數(shù)z，(1+i)z，2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的三個(gè)點(diǎn)分別是P, Q, R.當(dāng)P, Q, R不共線時(shí),以線段PQ, PR為兩邊的平行四邊形的第四個(gè)頂點(diǎn)為S, 點(diǎn)S到原點(diǎn)距離的最大值是_.解： =+=+ =+=(1+i)z+2z=iz+2=(2cossin)+i(cos2sin) |OS|2=54sin29即|OS|3，當(dāng)sin2=1，即=時(shí)，|OS|=33從0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9這10個(gè)數(shù)中取出3個(gè)數(shù), 使其和為不小于10的偶數(shù), 不同的取法有_種.解：從這10個(gè)數(shù)中取出3個(gè)偶數(shù)的方法有C種，取出1個(gè)偶數(shù)，2個(gè)奇數(shù)的方法有CC種，而取出3個(gè)數(shù)的和為小于10的偶數(shù)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種，故應(yīng)答10+509=51種4各項(xiàng)為實(shí)數(shù)的等差數(shù)列的公差為4, 其首項(xiàng)的平方與其余各項(xiàng)之和不超過(guò)100, 這樣的數(shù)列至多有_項(xiàng).解：設(shè)其首項(xiàng)為a，項(xiàng)數(shù)為n則得a2+(n1)a+2n22n1000=(n1)24(2n22n100)=7n2+6n+4010 n8取n=8，則4a3即至多8項(xiàng)(也可直接配方：(a+)2+2n22n100()20解2n22n100()20仍得n8)5若橢圓x2+4(ya)2=4與拋物線x2=2y有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 解：2y=44(ya)2，Þ2y2(4a1)y+2a22=0此方程至少有一個(gè)非負(fù)根 =(4a1)216(a21)=8a+170a兩根皆負(fù)時(shí)2a2>2，4a1<0Þ1<a<1且a<即a<11a6DABC中, ÐC = 90o, ÐB = 30o, AC = 2, M是AB的中點(diǎn). 將DACM沿CM折起,使A,B兩點(diǎn)間的距離為 2，此時(shí)三棱錐ABCM的體積等于 解：由已知，得AB=4，AM=MB=MC=2，BC=2，由AMC為等邊三角形，取CM中點(diǎn)，則ADCM，AD交BC于E，則AD=，DE=，CE=折起后，由BC2=AC2+AB2，知BAC=90°，cosECA= AE2=CA2+CE22CA·CEcosECA=，于是AC2=AE2+CE2ÞAEC=90° AD2=AE2+ED2，ÞAE平面BCM，即AE是三棱錐ABCM的高，AE=SBCM=，VABCM=三、（本題滿分20分）已知復(fù)數(shù)z=1sin+icos(<<)，求z的共軛復(fù)數(shù)的輻角主值解：z=1+cos(+)+isin(+)=2cos2+2isincos=2cos (cos+isin)當(dāng)<<時(shí)，=2cos (cos+isin)=2cos(+)(cos()+isin() 輻角主值為 四、（本題滿分20分） 設(shè)函數(shù)f (x) = ax2 +8x+3 (a<0)對(duì)于給定的負(fù)數(shù)a , 有一個(gè)最大的正數(shù)l(a) ,使得在整個(gè) 區(qū)間 0, l(a)上, 不等式| f (x)| £ 5都成立 問(wèn)：a為何值時(shí)l(a)最大? 求出這個(gè)最大的l(a)證明你的結(jié)論解： f(x)a(x+)2+3(1)當(dāng)35，即8a0時(shí)，l(a)是方程ax2+8x+35的較小根，故l(a)(2)當(dāng)35，即a8時(shí)，l(a)是方程ax2+8x+35的較大根，故l(a)綜合以上，l(a)= 當(dāng)a8時(shí)，l(a)；當(dāng)8a0時(shí)，l(a)所以a8時(shí)，l(a)取得最大值五、（本題滿分20分）已知拋物線y 2 = 2px及定點(diǎn)A(a, b), B( a, 0) ,(ab ¹ 0, b 2 ¹ 2pa).M是拋物線上的點(diǎn), 設(shè)直線AM, BM與拋物線的另一交點(diǎn)分別為M1, M2 求證：當(dāng)M點(diǎn)在拋物線上變動(dòng)時(shí)(只要M1, M2存在且M1 ¹ M2.)直線M1M2恒過(guò)一個(gè)定點(diǎn)并求出這個(gè)定點(diǎn)的坐標(biāo). 解：設(shè)M(，m)M1(，m1)，M2(，m2)，則A、M、M1共線，得=，即bm= m1=，同法得m2=； M1M2所在直線方程為 =，即(m1+m2)y=2px+m1m2消去m1，m2，得2pabybm2y=2pbmx2pm2x+4p2a22pabm分別令m=0，1代入，得x=a，y=，以x=a，y=代入方程知此式恒成立即M1M2過(guò)定點(diǎn)(a，)第二試一、（滿分50分）如圖，O、I分別為ABC的外心和內(nèi)心，AD是BC邊上的高，I在線段OD上。求證：ABC的外接圓半徑等于BC邊上的旁切圓半徑。注：ABC的BC邊上的旁切圓是與邊AB、AC的延長(zhǎng)線以及邊BC都相切的圓。解 由旁切圓半徑公式，有ra=，故只須證明=即可。連AI并延長(zhǎng)交O于K，連OK交BC于M，則K、M分別為弧BC及弦BC的中點(diǎn)。且OKBC。于是OKAD，又OK=R，故=，故只須證=作INAB，交AB于N，則AN=(b+ca),而由AINBKM，可證=成立，故證。二、（滿分50分）設(shè)a1，a2，an，b1，b2，bn1，2且a=b，求證：a并問(wèn)：等號(hào)成立的充要條件證明：由于a1，a2，an，b1，b2，bn1，2，故2于是()(2)0)，即aibia+0求和得aaibi，又由(biai)(2biai)0得baibi+a0，故aibi(a+b)由a= b，得aibia， aaibiaa=a當(dāng)且僅當(dāng)n為偶數(shù)且a1，a2，an中一半取1，一半取2，且bi=時(shí)等號(hào)成立三、（滿分50分）對(duì)于正整數(shù)a、n，定義Fn（a）=qr，其中q、r為非負(fù)整數(shù)，a=qnr，且0rn求最大的正整數(shù)A，使得存在正整數(shù)n1，n2，n3，n4，n5，n6，對(duì)于任意的正整數(shù)aA，都有F(F(F(F(F(F(a)=1證明你的結(jié)論解：將滿足條件“存在正整數(shù)n1,n2,n3,n4,n5,n6,對(duì)于任意的正整數(shù)aB，都有F(F(F(a)=1”的最大正整數(shù)B記為xk顯然，本題所求的最大正整數(shù)A即為x6。先證x1=2事實(shí)上，F(xiàn)2(1)=F2(2)=1，所以x12 ,又當(dāng)n13時(shí)，F(xiàn)(2) =2，而F2（3)=F1(2)=2,所以x1<3，x1=2設(shè)xk已求出，且xk為偶數(shù)，顯然xkx1=2，易知xk+1 滿足的必要條件是：存在n1，使得只要axk+1,就有F(a)xk令xk+1=qn1+r，由F(xk+1) =q+rxk可得xk+1=qn1+rqn1+xkq=xk+q(n11)若取n1=2，由xk，可知xk+1xk+2，由此可得q>0，n1>1，于是0<(q1)n1+n11=qn11<xk+1，因此F(q1)n1+n11)=q+n12xk故有 q(n11)()2()2= +由于xk為偶數(shù)，從而q(n11)+.xk2,xk+xk+2.所以總有 xk+1xk+=.另一方面，若取n1=+2，由于=·n1+對(duì)于每個(gè)a，令a=qn1+r，那么或者q=,r；或者q1,rn11=+1。兩種情況下均有q+rxk,因此xk+1=。此外，因?yàn)閤k為偶數(shù)，若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)，若xk2(mod4)，由xk+60(mod 4)也可得8|xk(xk+6)因此xk+1也是偶數(shù)。于是完成了歸納證明xk+1=由x1=2逐次遞推出x2=4,x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590即所求最大整數(shù)A=53590