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全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版13

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1、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+y2≤2},則M∩N的元素個數(shù)是( ) (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 2.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A∪B={a1,a2,a3},當(dāng)A1B時,(A,B)與(B

2、,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 4.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(dāng)a變化時d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p 5.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(yuǎn),則sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C)

3、 (D)-1 6.設(shè)m,n為非零實數(shù),i為虛數(shù)單位,z?C,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,l?R)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z?C,arg(z2-4)= ,arg(z2+4)= ,則z的值是________. 4.整數(shù)的末兩位數(shù)是_______.

4、5.設(shè)任意實數(shù)x0>x1>x2>x3>0,要使log1993+log1993+log1993≥k·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;

5、(2)設(shè)DP與SM的交點為D¢,則D¢為三棱錐S-ABC的外接球球心. 四、(本題滿分20分) 設(shè)0

6、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n≥4. 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) C≥m2.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l^m,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(yuǎn),C點離M點最近,AP,

7、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′AP<AC′BQ;(3)l與圓O相離時,AB′CR+BC′AP>AC′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+y2≤2},則M∩N的元素個數(shù)是( ) (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 解:tanpy=0,y=k(k∈Z),sin2px=0,x=m(m∈Z

8、),即圓x2+y2=2及圓內(nèi)的整點數(shù).共9個.選D. 2.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C. 3.集合A,B的并集A∪B={a1,a2,a3},當(dāng)A1B時,(A,B)與(B,A)視為不同的對,則這樣的(A,B)對的個

9、數(shù)是( ) (A)8 (B)9 (C)26 (D)27 解:a1∈A或?A,有2種可能,同樣a1∈B或?B,有2種可能,但a1?A與a1?B不能同時成立,故有22-1種安排方式,同樣a2、a3也各有22-1種安排方式,故共有(22-1)3種安排方式.選D. 4.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(dāng)a變化時d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p 解:曲線C表示以(arcsina,

10、arcsina),(arccosa,-arccosa)為直徑端點的圓.即以(α,α)及(-α,-+α)(α∈[-,])為直徑端點的圓.而x=與圓交于圓的直徑.故d=≥. 故選C. 5.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(yuǎn),則sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C) (D)-1 解:2R(sinC-sinA)=csinA=2RsinCsinA,TsinC-sinA=sinCsinA, T2cossin=-[cos(C+A)-cos(C-A)]= [1-2sin2-2cos2+1

11、]. T(sin+cos)2=1,但sin+cos>0,故選A. 6.設(shè)m,n為非零實數(shù),i為虛數(shù)單位,z?C,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①為橢圓,②為雙曲線的一支.二者的焦點均為(-ni,mi),由①n>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(fù)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(

12、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,l?R)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(dāng)λ∈R時,此方程有兩個復(fù)數(shù)根,若其有實根,則 x2+λx+1=0,且x2-x-λ=0.相減得(λ+1)(x+1)=0. 當(dāng)λ=-1時,此二方程相同,且有兩個虛根.故λ=-1在取值范圍內(nèi). 當(dāng)λ≠-1時,x=-1,代入得λ=2.即λ=2時,原方程有實根x=-1.故所求范圍是λ≠2. 2.實數(shù)x,y滿足4x2-5xy+4y2=5,設(shè) S=x2+y2,則+=_______. 解:令x=rcos

13、θ,y=rsinθ,則S=r2得r2(4-5sinθcosθ)=5.S=. ∴+=+=. 3.若z?C,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==x2-3x+9-.由于0<<1,故所求末兩位數(shù)字為09-1=08. 5.設(shè)任意實數(shù)x0>x1>x2>x3>0,要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立,則k的最大值是___

14、____. 解:顯然>1,從而log1993>0.即++≥. 就是[(lgx0-lgx1)+(lgx1-lgx2)+(lgx2-lgx3)]( ++)≥k. 其中l(wèi)gx0-lgx1>0,lgx1-lgx2>0,lgx2-lgx3>0,由Cauchy不等式,知k≤9.即k的最大值為9. 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. 解:首位與末位各可選擇1,6,8

15、,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(80-12)÷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S—ABC的外接球球心. ⑴ 證明:∵ DP∥SC,故DP、CS共面. ∴ DCí面DPC, ∵ M∈DC,TM∈面DPC,SMí面DPC. ∵ 在面DPC內(nèi)

16、SM與SC相交,故直線SM與DP相交. ⑵ ∵ SA、SB、SC兩兩互相垂直,∴ SC⊥面SAB,SC⊥SD. ∵ DP∥SC,∴ DP⊥SD.△DD¢M∽△CSM, ∵ M為△ABC的重心,∴ DM∶MC=1∶2.∴ DD¢∶SC=1∶2. 取SC中點Q,連D¢Q.則SQ=DD¢,T平面四邊形DD¢QS是矩形. ∴ D¢Q⊥SC,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S—ABC的外接球球心. 四、(本題滿分20分) 設(shè)0

17、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(dāng)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(x-a),m:y=k2(x-b).于是l、m可寫為(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)=0. ∴ 交點滿足 若四個交點共圓,則此圓可寫為(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)+l(y2-x)=0. 此方程中xy項必為0,故得k1=-k2,設(shè)k1=-k2=k≠0. 于是l、m方程分別為y=k(x-a)與y=-k(x-b). 消去k,得2x-(a+b)=0,(y≠0)即為所求軌跡方程. 五、(本題滿分20分) 設(shè)正數(shù)列a0、a1、a2、…

18、、an、…滿足 -=2an-1,(n≥2) 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=2bn-1. 即{bn}是以b1=+1=2為首項,2為公比的等比數(shù)列. ∴ bn=2n. ∴ =(2n-1)2.故 ∴ 第二試 一、(35分) 設(shè)一凸四邊形ABCD,它的內(nèi)角中僅有DD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n≥4. 證明 充分性 ⑴當(dāng)n=4時,如圖,只要連AC,并在ΔABC內(nèi)

19、取一點F,使∠AFB、∠BFC、∠CFA都為鈍角(例如,可以取ΔABC的Fermat點,由于ΔABC是銳角三角形,故其Fermat點在其形內(nèi)).于是,ΔADC、ΔAFB、ΔBFC、ΔAFC都是鈍角三角形. ⑵當(dāng)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ΔAEB也是鈍角三角形,這樣就得到了5個鈍角三角形. 一般的,由⑴得到了4個鈍角三角形后,只要在AF上再取n-4個點E1、E2、…En-4,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

20、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(dāng)n=2,3時無法得到滿足題目要求的解.只有當(dāng)n≥4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) C≥m2.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:⑴ 即證:若k1+k2+…+km=n,則k1!(n-k1)!+k2!(n-k2)!+…+km!(n-km)!≤n!. 由于n!表示n個元素的全排列

21、數(shù),而ki!(n-ki)!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!(n-k1)!+k2!(n-k2)!+…+km!(n-km)!成立. ⑵ ∵ ()(C)≥(1+1+1+…+1)2=m2. 但0<≤1,故C≥m2. 三、(35分) 水平直線m通過圓O的中心,直線l^m,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(yuǎn),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

22、相交時,AB′CR+BC′AP<AC′BQ;(3)l與圓O相離時,AB′CR+BC′AP>AC′BQ. 證明:設(shè)MA=a,MB=b,MC=c,OM=d,⊙O的半徑=r. 且設(shè)k=d2-r2.則當(dāng)k>0時,點M在⊙O外,此時,直線l與⊙O相離; 當(dāng)k=0時,點M在⊙O上,此時,直線l與⊙O相切; 當(dāng)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′AP-AC′BQ= AB′CR+BC′AP-(AB+BC)′BQ=BC×(AP-BQ)-AB×(BQ-CR) =BC

23、×-AB× =- =(a-b)(b-c)(-) =(a-b)(b-c) . 注意到a?BQ-b?AP==. 故k>0時,a?BQ-b?AP>0,k=0時,a?BQ-b?AP=0,k<0時,a?BQ-b?AP<0; 同理可得,k>0時,b?CR-c?BQ>0,k=0時,b?CR-c?BQ =0,k<0時,b?CR-c?BQ <0; k>0時,a?CR-c?AP>0,k=0時,a?CR-c?AP =0,k<0時,a?CR-c?AP <0; 即當(dāng)k>0時,AB′CR+BC′AP-AC′BQ>0; 當(dāng)k=0時,AB′CR+BC′AP-AC′BQ=0, 當(dāng)k<0時,AB′CR+BC′AP-AC′BQ<0.故證.、

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