《全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版17》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版17（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、1997年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽試卷 第一試 (10月5日上午8:00-10:00) 一、選擇題(每小題6分，共36分) 1．已知數(shù)列{xn}滿足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 記Sn=x1+x2+L+xn，則下列結(jié)論正確的是 (A)x100=-a，S100=2b-a (B)x100=-b，S100=2b-a (C)x100=-b，S100=b-a (D)x100=-a，S100=b-a 2．如圖，正四面體ABCD中，E在棱AB上，F(xiàn)在棱CD上，使得==λ (0<λ<+∞)，記f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF與AC所

2、成的角，βλ表示EF與BD所成的角，則 (A) f(λ)在(0，+∞)單調(diào)增加 (B) f(λ)在(0，+∞)單調(diào)減少 (C) f(λ) 在(0，1)單調(diào)增加，而在(1，+∞單調(diào)減少 (D) f(λ)在(0，+∞)為常數(shù) 3．設(shè)等差數(shù)列的首項及公差均為非負整數(shù)，項數(shù)不少于3，且各項的和為972，則這樣的數(shù)列共有 (A)2個 (B)3個 (C)4個 (D)5個 4．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為 (A)(0，1)

3、 (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞) 5．設(shè)f(x)=x2－πx，a = arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，d=arccot(－)，則 (A)f(α)>f(β)>f(d)>f(γ) (B) f(α)> f(d)>f(β)>f(γ) (C) f(d)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(d)>f(α)>f(γ)>f(β) 6．如果空間三條直線a，b，c兩兩成異面直線，那么與a，b，c都相交的直線有 (A) 0條 (B) 1條 (C)多于1 的有限條

4、 (D) 無窮多條 二．填空題(每小題9分，共54分) 1．設(shè)x，y為實數(shù)，且滿足則x+y = . 2．過雙曲線x2－=1的右焦點作直線l交雙曲線于A、B兩點，若實數(shù)λ使得|AB| =λ的直線l恰有3條，則λ= . 3．已知復數(shù)z滿足=1，則z的幅角主值范圍是 ． 4．已知三棱錐S-ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，設(shè)S、A、B、C四點均在以O(shè)為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為 ． 5．設(shè)ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點之

5、一．若在5次之內(nèi)跳到D點，則停止跳動；若5次之內(nèi)不能到達D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到停止，可能出現(xiàn)的不同跳法共 種． 6．設(shè)a =logz+log[x(yz)-1+1]，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log[(xyz)-1+1]，記a，b，c中最大數(shù)為M，則M的最小值為 ． 三、（本題滿分20分） 設(shè)x≥y≥z≥，且x+y+z =，求乘積cosx siny cosz的最大值和最小值． 四、(本題滿分20分) 設(shè)雙曲線xy=1的兩支為C1，C2(如圖)，正三角形PQR的三頂點位于此雙曲線

6、上． (1)求證：P、Q、R不能都在雙曲線的同一支上； (2)設(shè)P(-1，-1)在C2上， Q、R在C1上，求頂點Q、R的坐標． 五、(本題滿分20分) 設(shè)非零復數(shù)a1，a2，a3，a4，a5滿足 其中S為實數(shù)且|S|≤2． 求證：復數(shù)a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上． 第二試 (10月5日上午10:30-12:30) 一、（本題50分）如圖，已知兩個半徑不相等的⊙O1與⊙O2相交于M、N兩點，且⊙O1、⊙O2分別與⊙O內(nèi)切于S、T兩點。求證：OM⊥MN

7、的充分必要條件是S、N、T三點共線。 二、（本題50分）試問：當且僅當實數(shù)x0，x1，…，xn（n≥2）滿足什么條件時，存在實數(shù)y0，y1，…，yn使得z=z+z+…+z成立，其中zk=xk+iyk，i為虛數(shù)單位，k=0，1，…，n。證明你的結(jié)論。 三、（本題50分）在100×25的長方形表格中每一格填入一個非負實數(shù)，第i行第j列中填入的數(shù)為xi , j（i=1，2，…，100；j=1，2，…，25）（如表1）。然后將表1每列中的數(shù)按由小到大的次序從上到下重新排列為x￠1 , j≥x

8、￠2 , j≥…≥x￠100 , j（j=1，2，…，25）。（如表2） 求最小的自然數(shù)k，使得只要表1中填入的數(shù)滿足xi，j≤1（i=1，2，…，100）， 則當i≥k時，在表2中就能保證x￠i，j≤1成立。 表1 表2 x1,1 x1,2 … x1,25 x￠1,1 x￠1,2 … x￠1,25 x2,1 x2,2 … x2,25 x￠2,1 x￠2,2 … x￠2,25 … … … … … … … … x100,1 x100,2 … x100,25 x￠100,1 x￠100,2 … x￠100,25 1

9、997年全國高中數(shù)學聯(lián)賽解答 第一試 一、選擇題(每小題6分，共36分) 1．已知數(shù)列{xn}滿足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 記Sn=x1+x2+L+xn，則下列結(jié)論正確的是 (A)x100=-a，S100=2b-a (B)x100=-b，S100=2b-a (C)x100=-b，S100=b-a (D)x100=-a，S100=b-a 解：x1=a，x2=b，x3=b－a，x4=－a，x5=－b，x6=a－b，x7=a，x8=b，…．易知此數(shù)列循環(huán)，xn+6=xn，于是x100=x4=－a， 又x1+x2+x3+

10、x4+x5+x6=0，故S100=2b－a．選A． 2．如圖，正四面體ABCD中，E在棱AB上，F(xiàn)在棱CD上，使得==λ (0<λ<+∞)，記f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF與AC所成的角，βλ表示EF與BD所成的角，則 (A) f(λ)在(0，+∞)單調(diào)增加 (B) f(λ)在(0，+∞)單調(diào)減少 (C) f(λ) 在(0，1)單調(diào)增加，而在(1，+∞單調(diào)減少 (D) f(λ)在(0，+∞)為常數(shù) 解：作EG∥AC交BC于G，連GF，則==，故GF∥BD．故∠GEF=αλ，∠GFE=βλ，但AC⊥BD，故∠EGF=90

11、°．故f(λ)為常數(shù)．選D． 3．設(shè)等差數(shù)列的首項及公差均為非負整數(shù)，項數(shù)不少于3，且各項的和為972，則這樣的數(shù)列共有 (A)2個 (B)3個 (C)4個 (D)5個 解：設(shè)首項為a，公差為d，項數(shù)為n，則na+n(n－1)d=972，n[2a+(n－1)d]=2×972，即n為2×972的大于3的約數(shù)． ∴ ⑴ n=972，2a+(972－1)d=2，d=0，a=1；d≥1時a<0．有一解； ⑵n=97，2a+96d=194，d=0，a=97；d=1，a=a=49；d=2，a=1.有三解； ⑶n=2×97，n=2×972，無解．n=1，2時n<3.．選

12、C 4．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為 (A)(0，1) (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞) 解：看成是軌跡上點到(0，－1)的距離與到直線x－2y+3=0的距離的比： =<1Tm>5，選D． 5．設(shè)f(x)=x2－πx，a = arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，d=arccot(－)，則 (A)f(α)>f(β)>f(d)>f(γ) (B) f(α)> f(d)>f(β)>f(γ) (C) f(i)>

13、f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(d)>f(α)>f(γ)>f(β) 解：f(x)的對稱軸為x=， 易得， 0<α<<<β<<<γ<<<δ<．選B． 6．如果空間三條直線a，b，c兩兩成異面直線，那么與a，b，c都相交的直線有 (A) 0條 (B) 1條 (C)多于1 的有限條 (D) 無窮多條 解：在a、b、c上取三條線段AB、CC￠、A￠D￠，作一個平行六面體ABCD—A￠B￠C￠D￠，在c上取線段A￠D￠上一點P，過a、P作 一個平面，與DD￠交于Q、與CC￠交于R，則QR∥a，于是PR不與a平行，但PR與a共面．故PR與

14、a相交．由于可以取無窮多個點P．故選D． 二．填空題(每小題9分，共54分) 1．設(shè)x，y為實數(shù)，且滿足則x+y = . 解：原方程組即 取 f(t)=t3+1997t+1，f ￠(t)=3t2+1987>0．故f(t)單調(diào)增，現(xiàn)x－1=1－y，x+y=2． 2．過雙曲線x2－=1的右焦點作直線l交雙曲線于A、B兩點，若實數(shù)λ使得|AB| =λ的直線l恰有3條，則λ= ． 解：右支內(nèi)最短的焦點弦==4．又2a=2，故與左、右兩支相交的焦點弦長≥2a=2，這樣的弦由對稱性有兩條．故λ=4時 設(shè)AB的傾斜角為θ，則右支內(nèi)的焦點弦λ==≥4，當θ=90°時，λ=4

15、． 與左支相交時，θ=±arccos時，λ===4．故λ=4． 3．已知復數(shù)z滿足=1，則z的幅角主值范圍是 ． 解：=1?4r4+(4cos2θ－1)r2+1=0，這個等式成立等價于關(guān)于x的二次方程4x2+(4cos2θ－1)x+1=0有正根．△=(4cos2θ－1)2－16≥0，由x1x2=>0，故必須x1+x2=－>0． ∴cos2θ≤－．∴ (2k+1)π－arccos≤2θ≤(2k+1)π+arccos． ∴ kπ+－arccos≤θ≤kπ++arccos，(k=0，1) 4．已知三棱錐S-ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=

16、SC=2，AB=2，設(shè)S、A、B、C四點均在以O(shè)為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為 ． 解：SA=SB=SC=2，TS在面ABC上的射影為AB中點H，∴ SH⊥平面ABC． ∴ SH上任意一點到A、B、C的距離相等． ∵ SH=，CH=1，在面SHC內(nèi)作SC的垂直平分線MO與SH交于O，則O為SABC的外接球球心．SM=1，∴SO=，∴ OH=，即為O與平面ABC的距離． 5．設(shè)ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點之一．若在5次之內(nèi)跳到D點，則停止跳動；若5次之內(nèi)不能到達D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到

17、停止，可能出現(xiàn)的不同跳法共 種． 解：青蛙跳5次，只可能跳到B、D、F三點(染色可證)． 青蛙順時針跳1次算+1，逆時針跳1次算－1，寫5個“□1”，在□中填“+”號或“－”號： □1□1□1□1□1 規(guī)則可解釋為：前三個□中如果同號，則停止填寫；若不同號，則后2個□中繼續(xù)填寫符號． 前三□同號的方法有2種；前三個□不同號的方法有23－2=6種，后兩個□中填號的方法有22種． ∴ 共有2+6×4=26種方法． 6．設(shè)a =logz+log[x(yz)-1+1]，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log[(xyz)-1+1]，記a，b

18、，c中最大數(shù)為M，則M的最小值為 ． 解：a=log(+z)，b=log(yz+)，c=log(+y)． ∴ a+c=log(++yz+x)≥2log2．于是a、c中必有一個≥log2．即M≥log2，于是M的最小值≥log2． 但取x=y=z=1，得a=b=c=log2．即此時M=log2．于是M的最小值≤log2． ∴ 所求值=log2． 三、（本題滿分20分） 設(shè)x≥y≥z≥，且x+y+z=，求乘積cosx siny cosz的最大值和最小值． 解：由于x≥y≥z≥，故≤x≤－×2=． ∴ cosx siny cosz=cosx×[sin(y+z)+sin(y－

19、z)]=cos2x+cosxsin(y－z)≥cos2=．即最小值． (由于≤x≤，y≥z，故cosxsin(y－z)≥0)，當y=z=，x=時，cosx siny cosz=． ∵ cosx siny cosz=cosz×[sin(x+y)－sin(x－y)]=cos2z－coszsin(x－y)． 由于sin(x－y)≥0，cosz>0，故cosx siny cosz≤cos2z=cos2=(1+cos)=． 當x= y=，z=時取得最大值． ∴ 最大值，最小值． 四、(本題滿分20分) 設(shè)雙曲線xy=1的兩支為C1，C2(如圖)，正三角形PQR的三頂點位于此雙曲線上

20、． (1)求證：P、Q、R不能都在雙曲線的同一支上； (2)設(shè)P(-1，-1)在C2上， Q、R在C1上，求頂點Q、R的坐標． 解：設(shè)某個正三角形的三個頂點都在同一支上．此三點的坐標為P(x1，)，Q(x2，)，R(x3，)．不妨設(shè)0>>0． kPQ==－；kQR=－； tan∠PQR=<0，從而∠PQR為鈍角．即△PQR不可能是正三角形． ⑵ P(－1，－1)，設(shè)Q(x2，)，點P在直線y=x上．以P為圓心，|PQ|為半徑作圓，此圓與雙曲線第一象限內(nèi)的另一交點R滿足|PQ|=|PR|，由圓與雙曲線都是y=x對稱，知Q與R關(guān)于y=x對稱．且在第一象限內(nèi)此二曲

21、線沒有其他交點(二次曲線的交點個數(shù))．于是R(，x2)． ∴ PQ與y=x的夾角=30°，PQ所在直線的傾斜角=75°．tan75°==2+． PQ所在直線方程為y+1=(2+)(x+1)，代入xy=1，解得Q(2－，2+)，于是R(2+，2－)． 五、(本題滿分20分) 設(shè)非零復數(shù)a1，a2，a3，a4，a5滿足 其中S為實數(shù)且|S|≤2． 求證：復數(shù)a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上． 證明：設(shè)====q，則由下式得a1(1+q+q2+q3+q4)=(1+q+q2+q3+q4)． ∴ (a12q4－4) (1+q+q2+q3+q4)=0

22、，故a1q2=±2，或1+q+q2+q3+q4=0． ⑴ 若a1q2=±2，則得±2(++1+q+q2)=S．TS=±2[(q+)2+(q+)－1]=±2[(q++)2－]． ∴ 由已知，有(q++)2－∈R，且|(q++)2－|≤1． 令q++=h(cosθ+isinθ)，(h>0)．則h2(cos2θ+isin2θ)－∈R．Tsin2θ=0． －1≤h2(cos2θ+isin2θ)－≤1．T≤h2(cos2θ+isin2θ)≤，Tcos2θ>0．Tθ=kπ(k∈Z) ∴ q+∈R．再令q=r(cosα+isinα)，(r>0)．則q+=(r+)cosα+i(

23、r－)sinα∈R．Tsinα=0或r=1． 若sinα=0，則q=±r為實數(shù)．此時q+≥2或q+≤－2．此時q++≥，或q++≤－． 此時，由|(q++)2－|≤1，知q=－1．此時，|ai|=2． 若r=1，仍有|ai|=2，故此五點在同一圓周上． ⑵ 若1+q+q2+q3+q4=0．則q5－1=0，∴ |q|=1．此時|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五點在同一圓上． 綜上可知，表示復數(shù)a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上． 第二試 一、（本題50分）如圖，已知兩個半徑不相等的⊙O1與⊙O2相交于M、N兩點，且⊙

24、O1、⊙O2分別與⊙O內(nèi)切于S、T兩點。求證：OM⊥MN的充分必要條件是S、N、T三點共線。 證明：過S、T分別作相應兩圓的公切線，交于點P，則PS=PT，點P在直線MN上(根軸)．且O、S、P、T四點共圓． ⑴ 若S、N、T三點共線， 連O1N，O2N，則OS=OT，O1S=O1N， 于是∠S=∠T，∠S=∠O1NS，∴ ∠O1NS=∠T，O1N∥OT，同理，O2N∥OS，即OS=O2N+O1S．即⊙O的半徑=⊙O1與⊙O2的半徑的和． ∴ ∠PTS=∠TSP=∠NMS，∴S、P、T、M共圓，故O、S、P、T、M五點共圓．∠OMS=∠OTS=∠OST． ∴ ∠OMN=∠OMS+∠

25、SMN=∠OST+∠TSP=∠OSP=90°． ∴ OM⊥MN． ⑵ 反之，若OM⊥MN，則OM∥O1O2， 由OO2－OO1=(R－r2)－(R－r1)=r1－r2=O1M－O2M．即O、M在以O(shè)1、O2為焦點的雙曲線的不同兩支上．由雙曲線的對稱性，知O1O2MO是等腰梯形．∴OO2=O1M． 即OT=r1+r2，∴ O1N=OO2，OO1=O2N，于是OO1NO2為平行四邊形． 由于△OST、△O1SN、△O2NT都是等腰三角形．∴ ∠SO1N=∠O=∠NO2T，∴ ∠OST=∠OSN． ∴ S、N、T三點共線． 二．（本題50分）試問：當且僅當實數(shù)x0，x1，…，xn（

26、n≥2）滿足什么條件時，存在實數(shù)y0，y1，…，yn使得z02=z12+z22+…+zn2成立，其中zk=xk+iyk，i為虛數(shù)單位，k=0，1，…，n。證明你的結(jié)論。 解：z02=x02－y02+2x0y0i=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i． ∴ x02－y02=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)； x0y0=x1y1+x2y2+…+xnyn． 若x02> x12+x22+…+xn2，則y02> y12+y22+…+yn2． 此時x02y02>( x12+x22+…+xn2)(

27、y12+y22+…+yn2)≥(x1y1+x2y2+…+xnyn)2=(x0y0)2．矛盾． 故必x02≤x12+x22+…+xn2． 反之，若x02≤x12+x22+…+xn2成立．此時，可分兩種情況： ⑴ 當x02=x12+x22+…+xn2成立時，取yi=xi(i=0，1，2，…，n)， 于是z02=(x0+y0i)2=x02－y02+2x0y0i=2x0y0i， 而z12+z22+…+zn2=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i =2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i=2(x12+x22+…+xn2)i

28、=2x02i=2x0y0i．即z02=z12+z22+…+zn2成立． ⑵ 當x020，于是xi(i=1，2，…，n)不能全為0．不妨設(shè)xn≠0，取y0=y1=y2=…=yn－2=0，yn－1=，yn=－，則 此時，z02= x02－y02+2x0y0i=x02； 而z12+z22+…+zn2=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i =(x12+x22+…+xn2)－(+)+2(xn－1－xn)i =(

29、x12+x22+…+xn2)－(x12+x22+…+xn2－x02)=x02．仍有z02=z12+z22+…+zn2成立． 故所求條件為x02≤x12+x22+…+xn2． 三、（本題50分）在100×25的長方形表格中每一格填入一個非負實數(shù)，第i行第j列中填入的數(shù)為xi , j（i=1，2，…，100；j=1，2，…，25）（如表1）。然后將表1每列中的數(shù)按由小到大的次序從上到下重新排列為x￠1 , j≥x￠2 , j≥…≥x￠100 , j（j=1，2，…，25）。（如表2） 求最小的自然數(shù)k，使得只要表1中填入的數(shù)滿足xi，j≤1（i=1，2，…，100）， 則當i≥k時，在

30、表2中就能保證x￠i，j≤1成立。 表1 表2 x1,1 x1,2 … x1,25 x￠1,1 x￠1,2 … x￠1,25 x2,1 x2,2 … x2,25 x￠2,1 x￠2,2 … x￠2,25 … … … … … … … … x100,1 x100,2 … x100,25 x￠100,1 x￠100,2 … x￠100,25 解：在表1中，取x4i－3,i=x4i－2,i=x4i－1,i =x4i,i =0(i=1，2，…，25)，其余各數(shù)均取，于是，每列各數(shù)之和均=1．但重新填入后，前96行之和均= >1．第97、98、99、100行之和=0．故k≤97． 反之，如果表2中第97行的25個數(shù)涂黃，98~100行共75個數(shù)涂紅，則這些涂紅的數(shù)在表1中至多分布在75行中，于是除這75行外的其余各行中的每個數(shù)都不小于同列中涂黃的數(shù)，即涂黃4個數(shù)的和≤沒有涂紅數(shù)的行的每一行數(shù)的和≤1．于是表2中第97行的數(shù)的和≤1，故第98、99、100行的數(shù)的和≤1．即能保證表2中第97~100行的數(shù)的和≤1． ∴ k=97．