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全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版9

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1、1989年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽 (10月15日上午8∶00—10∶00) 一.選擇題(本題滿分30分,每小題5分): 1.若A、B是銳角△ABC的兩個(gè)內(nèi)角,則復(fù)數(shù) z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA) 在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.函數(shù)f(x)=arctanx+arcsinx的值域是( ) A.(-π,π) B.[-π,π] C.(-π,π) D.[-π,π] 3.對(duì)

2、任意的函數(shù)y=f(x),在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中,函數(shù)y=f(x-l)與函數(shù)y=f(-x+l)的圖象恒( ) A.關(guān)于x軸對(duì)稱 B.關(guān)于直線x=l對(duì)稱 C.關(guān)于直線x=-l對(duì)稱 D.關(guān)于y軸對(duì)稱 4.以長(zhǎng)方體8個(gè)頂點(diǎn)中任意3個(gè)為頂點(diǎn)的所有三角形中,銳角三角形的個(gè)數(shù)為( ) A.0 B.6 C.8 D.24 5.若 M={z| z=+i,t∈R,t≠-1,t≠0}, N={z| z=[cos(arcsint)+icos

3、(arccost)],t∈R,|t|≤1}. 則M∩N中元素的個(gè)數(shù)為 A.0 B.1 C.2 D.4 6.集合 M={u|u=12m+8n+4l,其中m,n,l∈Z} N={u|u=20p+16q+12r,其中p,q,r∈Z} 的關(guān)系為 A.M=N B.M?N,N?M C.MN D.NM 三.填空題(本題滿分30分,每小題5分) 1.若loga<1,則a的取值范圍是 . 2.已知直線l:2x+y=10,過(guò)點(diǎn)(-10,0

4、)作直線l¢⊥l,則l¢與l的交點(diǎn)坐標(biāo)為 . 3.設(shè)函數(shù)f0(x)=|x|,f1(x)=|f0(x)-1|,f2(x)= |f1(x)-2|,則函數(shù)y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積是 . 4.一個(gè)正數(shù),若其小數(shù)部分、整數(shù)部分和其自身成等比數(shù)列,則該數(shù)為 . 5.如果從數(shù)1,2,3,…,14中,按由小到大的順序取出a1,a2,a3,使同時(shí)滿足 a2-a1≥3,與a3-a2≥3, 那么,所有符合上述要求的不同取法有 種. 6.當(dāng)s和t取遍所有實(shí)數(shù)時(shí),則 (s+

5、5-3|cost|)2+(s-2|sint|)2 所能達(dá)到的最小值為 . 三.(本題滿分20分) 已知a1,a2,…,an是n個(gè)正數(shù),滿足 a1?a2?…?an=1. 求證:(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n. 四.(本題滿分20分) 已知正三棱錐S—ABC的高SO=3,底面邊長(zhǎng)為6,過(guò)點(diǎn)A向其所對(duì)側(cè)面SBC作垂線,垂足為O¢,在AO¢上取一點(diǎn)P,使=8,求經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且平行于底面的截面的面積. 五.(本題滿分20分) 已知:對(duì)任意的n∈N*,有an>0,且 a=(aj)2.求證:an=n. 第二試 (上午10∶30—12∶

6、30) 一.(本題滿分35分) A B C E F 已知 在ΔABC中,AB>AC,DA的一個(gè)外角的平分線交ΔABC的外接圓于點(diǎn)E,過(guò)E作EF⊥AB,垂足為F. 求證 2AF=AB-AC. 二.(本題滿分35分) 已知xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2),滿足 |xi|=1,xi=0, 求證:≤- . 三.(本題滿分35分) 有n×n(n≥4)的一張空白方格表,在它的每一個(gè)方格內(nèi)任意的填入+1與-1這兩個(gè)數(shù)中的一個(gè),現(xiàn)將表內(nèi)n個(gè)兩兩既不同行(橫)又不同列(豎)的方格中的數(shù)的乘積稱為一個(gè)基本項(xiàng).試證明:按

7、上述方式所填成的每一個(gè)方格表,它的全部基本項(xiàng)之和總能被4整除(即總能表示成4k的形式,其中k∈Z). 1989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30分,每小題5分): 1.若A、B是銳角△ABC的兩個(gè)內(nèi)角,則復(fù)數(shù) z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA) 在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解:0°A>90°-B>0°,sinA>cosB,cosA

8、-sinA<0,sinB-cosA>0.點(diǎn)Z位于第二象限.選B 2.函數(shù)f(x)=arctanx+arcsinx的值域是( ) A.(-π,π) B.[-π,π] C.(-π,π) D.[-π,π] 解:因x∈[-1,1],故arctanx∈[-,],arcsinx∈[-,],且f(-1)=-,f(1)= .選D 3.對(duì)任意的函數(shù)y=f(x),在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中,函數(shù)y=f(x-l)與函數(shù)y=f(-x+l)的圖象恒( ) A.關(guān)于x軸對(duì)稱 B.關(guān)于直線x=l對(duì)稱 C.關(guān)于直線x=-l對(duì)稱 D.

9、關(guān)于y軸對(duì)稱 解:令x-1=t,則得f(t)=f(-t),即f(t)關(guān)于t=0對(duì)稱,即此二圖象關(guān)于x=1對(duì)稱.選B 4.以長(zhǎng)方體8個(gè)頂點(diǎn)中任意3個(gè)為頂點(diǎn)的所有三角形中,銳角三角形的個(gè)數(shù)為( ) A.0 B.6 C.8 D.24 解:以不相鄰的4個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的四面體的8個(gè)面都是銳角三角形.其余的三角形都不是銳角三角形.選C. 5.若 M={z| z=+i,t∈R,t≠-1,t≠0}, N={z| z=[cos(arcsint)+

10、icos(arccost)],t∈R,|t|≤1}. 則M∩N中元素的個(gè)數(shù)為 A.0 B.1 C.2 D.4 解:M的圖象為雙曲線xy=1(x≠0,x≠1)N的圖象為x2+y2=2(x≥0),二者無(wú)公共點(diǎn).選A. 6.集合 M={u|u=12m+8n+4l,其中m,n,l∈Z} N={u|u=20p+16q+12r,其中p,q,r∈Z} 的關(guān)系為 A.M=N B.M?N,N?M C.MN D.NM 解:u=12m+8n+4l=4(3m+2n

11、+l),由于3m+2n+l可以取任意整數(shù)值,故M表示所有4的倍數(shù)的集合. 同理u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r)也表示全體4的倍數(shù)的集合.于是M=N. 三.填空題(本題滿分30分,每小題5分) 1.若loga<1,則a的取值范圍是 . 解:若01,則得a>.故填(0,1)∪(,+∞) 2.已知直線l:2x+y=10,過(guò)點(diǎn)(-10,0)作直線l¢⊥l,則l¢與l的交點(diǎn)坐標(biāo)為 . 解:直線l¢方程為(x+10)-2y=0,解得交點(diǎn)為(2,6). 3.設(shè)函數(shù)f0(x)=|x|,f1(x)

12、=|f0(x)-1|,f2(x)= |f1(x)-2|,則函數(shù)y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積是 . 解 圖1是函數(shù)f0(x)=|x|的圖形,把此圖形向下平行移動(dòng)1個(gè)單位就得到函數(shù)f0(x)=|x|-1的圖形,作該圖形的在x軸下方的部分關(guān)于x軸的對(duì)稱圖形得出圖2,其中在x軸上方的部分即是f1(x)=|f0(x)–1|的圖象,再把該圖象向下平行移動(dòng)2個(gè)單位得到f0(x)=|x|-2的圖象,作該圖象在x軸下方的部分關(guān)于x軸的對(duì)稱圖形得到圖3,其中x軸上方的部分即是f2(x)= |f1(x)–2|的圖象。易得所求面積為7。 4.一個(gè)正數(shù),若其小數(shù)

13、部分、整數(shù)部分和其自身成等比數(shù)列,則該數(shù)為 . 解 設(shè)其小數(shù)部分為α(0<α<1),整數(shù)部分為n(n∈N*),則得,α(n+α)=n2, ∴ n20,知,a=.∴ 原數(shù)為. 5.如果從數(shù)1,2,3,…,14中,按由小到大的順序取出a1,a2,a3,使同時(shí)滿足 a2-a1≥3,與a3-a2≥3, 那么,所有符合上述要求的不同取法有

14、 種. 解:令a1¢=a1,a2¢=a2-2,a3¢=a3-4,則得1≤a1¢

15、已知a1,a2,…,an是n個(gè)正數(shù),滿足 a1?a2?…?an=1. 求證:(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n. 證明:∵ 2+ai=1+1+ai≥3,(i=1,2,…,n) ∴ (2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)≥3?3?…?3≥3n=3n. 證法2:(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n-1+(a1a2+a1a3+…+an-1an)2n-2+…+a1a2…an 但a1+a2+…+an≥n=n=C, a1a2+a1a3+…

16、+an-1an≥C=C,……, ∴ (2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n-1+(a1a2+a1a3+…+an-1an)2n-2+…+a1a2…an ≥2n+C2n-1+C2n-2+…+C=(2+1)n=3n. 四.(本題滿分20分) 已知正三棱錐S—ABC的高SO=3,底面邊長(zhǎng)為6,過(guò)點(diǎn)A向其所對(duì)側(cè)面SBC作垂線,垂足為O¢,在AO¢上取一點(diǎn)P,使=8,求經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且平行于底面的截面的面積. 解:正三棱錐S—ABC的高為SO,故AO⊥BC,設(shè)AO交BC于E,連SE.則可證BC⊥面AES.故面AES⊥面SBC.

17、 由AO¢⊥面SBC于O¢,則AO¢在面AES內(nèi),O¢在SE上.AO¢與SO相交于點(diǎn)F. ∵ ABC為正三角形,AB=6,故AE=3,OE=. ∵ SO=3,∴ tan∠OES=,∠E=60°. ∴ O¢E=AEcos60°=. 作O¢G⊥平面ABC,則垂足G在AE上.O¢G=O¢Esin60°=. ∵ =8,∴ =,TPH=2. 設(shè)過(guò)P與底面平行的截面面積為s,截面與頂點(diǎn)S的距離=3-2=1. ∴ S△ABC=·62=9. ∴ =()2,故s=. 五.(本題滿分20分) 已知:對(duì)任意的n∈N*,有an>0,且 a=(aj)2.求證:an=n. 證明:由已知,a1

18、3=a12,a1>0,∴ a1=1. 設(shè)n≤k(k∈N,且k≥1)時(shí),由a =(aj)2成立可證ak=k成立. 當(dāng)n=k+1時(shí),a=(aj)2=(aj)2+2ak+1(aj)+a. 即 k2(k+1)2+a=k2(k+1)2+2ak+1·k(k+1)+a. ∴ a-ak+1-k(k+1)=0,解此方程,得ak+1=-k或ak+1=k+1.由an>0知,只有ak+1=k+1成立. 即n=k+1時(shí)命題也成立.由數(shù)學(xué)歸納原理知對(duì)于一切n∈N*,an=n成立. 第二試 一.(本題滿分35分) 已知 在ΔABC中,AB>AC,DA的一個(gè)外角的平分線交Δ

19、ABC的外接圓于點(diǎn)E,過(guò)E作EF⊥AB,垂足為F. 求證 2AF=AB-AC. 證明:在FB上取FG=AF,連EG、EC、EB, 于是ΔAEG為等腰三角形,∴EG=EA. 又D3=180°-DEGA=180°-DEAG=180°-D5=D4. D1=D2.于是ΔEGB≌ΔEAC.∴BG=AC, 故證 二.已知xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2),滿足 |xi|=1,xi=0, 求證:≤- . 證明:由已知可知,必有xi>0,也必有xj<0(i,j∈{1,2,…,n,且i≠j). 設(shè)x,x,…,x為諸xi中所有>0的數(shù),x,x,…,x為諸x

20、i中所有<0的數(shù).由已知得 X= x+x+…+x=,Y= x+x+…+x=-. 于是當(dāng)>-時(shí),=+≤x-x=-=-. 于是當(dāng)<-時(shí),=--≤-x-x=-=-. 總之,≤- 成立. 三.有n×n(n≥4)的一張空白方格表,在它的每一個(gè)方格內(nèi)任意的填入+1與-1這兩個(gè)數(shù)中的一個(gè),現(xiàn)將表內(nèi)n個(gè)兩兩既不同行(橫)又不同列(豎)的方格中的數(shù)的乘積稱為一個(gè)基本項(xiàng).試證明:按上述方式所填成的每一個(gè)方格表,它的全部基本項(xiàng)之和總能被4整除(即總能表示成4k的形式,其中k∈Z). 證明 基本項(xiàng)共有n!個(gè),n>3,則基本項(xiàng)的個(gè)數(shù)為4的倍數(shù),設(shè)共有4m項(xiàng). 其中每個(gè)數(shù)aij(=±1)都要在(n-1)!個(gè)基本項(xiàng)中出現(xiàn),故把所有基本項(xiàng)乘起來(lái)后,每個(gè)aij都乘了(n-1)!次,而n>3,故(n-1)!為偶數(shù),于是該乘積等于1.這說(shuō)明等于-1的基本項(xiàng)有偶數(shù)個(gè),同樣,等于+1的基本項(xiàng)也有偶數(shù)個(gè). 若等于-1的基本項(xiàng)有4l個(gè),則等于+1的基本項(xiàng)有4m-4l個(gè),其和為4m-4l-4l=4(m-2l)為4的倍數(shù); 若等于-1的基本項(xiàng)有4l-2個(gè),則等于+1的基本項(xiàng)有4m-4l+2個(gè),其和為4m-4l+2-4l+2=4(m-2l+1)為4的倍數(shù).故證.

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