全国高中数学联赛试题及解析 苏教版16.doc

1996年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试
(10月13日上午8：00－9：20)
一、选择题(本题满分36分，每题6分)
1． 把圆x2+(y－1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( )
(A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形
2． 等比数列{an}的首项a1=1536,公比q=－,用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*)最大的是( )
(A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13
3． 存在整数n,使+是整数的质数p( )
(A)不存在 (B)只有一个
(C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个
4． 设x∈(－，0),以下三个数α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小关系是( )
(A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1
5． 如果在区间[1,2]上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该区间上的最大值是( )
(A) 4++ (B) 4－+
(C) 1－+ (D)以上答案都不对
6． 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( )
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
二、填空题(本题满分54分，每小题9分)
1． 集合{x|－1≤log10<－，x∈N*}的真子集的个数是 ．
2． 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，·z2的实部为零，z1的辐角主值为，则z2=_______．
3． 曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是_______．
4． 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________．
5． 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每 面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_______种．(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同．)
6． 在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为________．
第二试
一、（本题满分25分）设数列{an}的前n项和Sn=2an－1（n=1，2，…），数列{bn }满足b1=3，bk+1=ak+bk(k=1，2，…)．求数列{bn }的前n项和．
二、（本题满分25分）求实数a的取值范围，使得对任意实数x和任意θ∈[0，]，恒有
（x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥．
三、（本题满分35分）如图，圆O1和圆O2与△ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。求证直线PA与BC垂直。
E
F
A
B
C
G
H
P
O1。
。O2

四、（本题满分35分）有n(n≥6)个人聚会，已知：
（1）每人至少同其中个人互相认识；
（2）对于其中任意个人，或者其中有2 人相识，或者余下的人中有2人相识．
证明：这n个人中必有三人两两认识．
1996年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(本题满分36分，每题6分)
1． 把圆x2+(y－1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( )
(A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形
解：9－9(y－1)2=9－(y+1)2，Þ8y2－20y+8=0，Þy=2或，相应的，x=0，或x=±．
此三点连成一个正三角形．选C．
2． 等比数列{an}的首项a1=1536,公比q=－，用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*)最大的是( )
(A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13
解：πn=1536n×(－)，故π11<0，π9，π12，π13>0．作商比较：
又，=15363´()66－36>1，=1536´()78－66<1．故选C．
3． 存在整数n,使+是整数的质数( )
(A)不存在 (B)只有一个
(C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个
解：如果p为奇质数，p=2k+1，则存在n=k2(k∈N+)，使+=2k+1．故选D．
4． 设x∈(－,0)，以下三个数α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小关系是( )
(A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1
解：α1= cos(sin|x|π)>0，α2=sin(cos|x|π)>0，α3=cos(1－|x|)π<0，排除B、D．
∵ sin|x|π+ cos|x|π=sin(|x|π+)<，于是cos|x|π<－sin|x|π，
∴ sin(cos|x|π)<cos(sin|x|π)，故α2<α1，选A．
又解：取x=－，则α1=cos，α2=sin，α3=cosπ<0．由于<<，故α1>α2．
5． 如果在区间[1,2]上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该区间上的最大值是( )
(A) 4++ (B) 4－+
(C) 1－+ (D)以上答案都不对
解：g(x)= x+=x+x+≥3=．当且仅当x=即x=时g(x)取得最小值．
∴－=，=，Þp=－2，q=+．
由于－1<2－．故在[1．2]上f(x)的最大值为f(2)=4－+．故选B．
6． 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( )
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
解：O2与下底距离=3，与O1距离=2+3=5，与轴距离=4，问题转化为在以4为半径的圆周上，能放几个距离为6的点？
右图中，由sin∠O2HC=3/4>0．707，即∠O2HO3>90°，即此圆上还可再放下2个满足要求的点．故选B．
二、填空题(本题满分54分，每小题9分)
1． 集合{x|－1≤log10<－，x∈N*}的真子集的个数是 ．
解 由已知，得<logx10≤1Þ1≤lgx<2Þ10≤x<100．故该集合有90个元素．其真子集有290-1个．
2． 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，·z2的实部为零，z1的辐角主值为，则z2=_______．
解：z1满足|z－i|=1；argz1=，得z1=+i，=cos(－)+isin(－)．
设z2的辐角为θ(0<θ<π)，则z2=2sinθ(cosθ+isinθ)．·z2=2sinθ[cos(θ－)+isin(θ－)]，若其实部为0，则θ－=，于是θ=．z2=－+i．
3． 曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是_______。
解：只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可．
设P(1+cosθ，θ)，
则|AP|2=22+(1+cosθ)2－2·2(1+cosθ)cosθ=－3cos2θ－2cosθ+5
=－3(cosθ+)2+≤．且显然|AP|2能取遍[0，]内的一切值，故所求面积=π．
4． 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________。
解：该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a，侧棱为b．
取CD中点G，则AG⊥CD，EG⊥CD，故∠AGE是二面角A—CD—E的平面角．由BD⊥AC，作平面BDF⊥棱AC交AC于F，则∠BFD为二面角B—AC—D的平面角．
AG=EG=，BF=DF=，AE=2=2．
由cos∠AGE=cos∠BFD，得=．
∴ =Þ9b2=16a2，Þb=a，从而b=2，2a=3．
AE=2．即最远的两个顶点距离为3．
5． 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_______种。(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同。)
解：至少3种颜色：
6种颜色全用：上面固定用某色，下面可有5种选择，其余4面有(4－1)!=6种方法，共计30种方法；
用5种颜色：上下用同色：6种方法，选4色：C(4－1)! =30；6×30÷2=90种方法；．
用4种颜色：CC=90种方法．
用3种颜色：C=20种方法．
∴共有230种方法．
6． 在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为________．
解：把圆心平移至原点，不影响问题的结果．故问题即求x2+y2=1992的整数解数．
显然x、y一奇一偶，设x=2m，y=2n－1．且1≤m，n≤99．
则得4m2=1992－(2n－1)2=(198+2n)(200－2n)．m2=(99+n)(100－n)≡(n－1)(－n) (mod 4)
由于m为正整数，m2≡0，1 (mod 4)；(n－1)(－n)≡
二者矛盾，故只有(0，±199)，(±199，0)这4解．
∴ 共有4个．(199，±199)，(0，0)，(398，0)．
第二试
一、（本题满分25分）
设数列{an}的前n项和Sn=2an－1（n=1，2，…），数列{bn }满足b1=3，bk+1=ak+bk（k=1，2，…)．求数列{bn }的前n项和．
解：a1=2a1－1，a1=1；
an=(2an－1)－(2an－1－1)=2an－2an－1，Þan=2an－1．Þ{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．an=2n－1．
bk+1－bk=2k－1，Þbn－b1=(bn－bn－1)+(bn－1－bn－2)+…+(b2－b1)=2n－2+2n－3+…+20=2n－1－1．
∴ bn=2n－1+2．
∴ bi=2n+2n－1．
二、（本题满分25分）
求实数a的取值范围，使得对任意实数x和任意θ∈[0，]，恒有
（x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥．
解：令sinθ+cosθ=u，则2sinθcosθ=u2－1，当θ∈[0，]时，u∈[1，]．
并记f(x)= (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2．
∴ f(x)=(x+2+u2)2+(x+au)2=2x2+2(u2+au+2)x+(u2+2)2+(au)2=2[x+(u2+au+2)]2+(u2－au+2)2．
∴ x=－(u2+au+2)时，f(x)取得最小值(u2－au+2)2．∴ u2－au+2≥，或u2－au+2≤－．
∴ a≤u+，或a≥u+．当u∈[1，]时，u+∈[，]；u+∈[，]．
∴ a≤或a≥．
三、（本题满分35分）
如图，圆O1和圆O2与△ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。求证直线PA与BC垂直。
证明 设⊿ABC的三边分别为a、b、c，三个角分别为A、B、C，则
CE=BF=CG=BH=(a+b+c)．
∴BE=(a+b+c)－a=(b+c－a)．
∴EF=(a+b+c)+(b+c－a)=b+c．
连CO1,则CO1平分∠ECG,CO1⊥EG,Þ∠FEP=90°－∠C．
同理∠EFP=90°－∠B,∠EPF=(B+C)．
∵= ，∴EP=(b+c)。
设P、A在EF上的射影分别为M、N，则EM=EPcos∠FEP=(b+c) ．
又BN=ccosB，故只须证ccosB+ (b+c－a)= (b+c) ,
即sinCcosB+ (sinB+sinC－sin(B+C)) =(sinB+sinC) 就是
2coscossin=sinCcosB－sinBcosC－cosBsinC+sincos
右边= sin(C－B)+sincos=cos(sin－sin)
=2cos cos sin 。故证。
四、（本题满分35分）
有n（n≥6）个人聚会，已知：
（1）每人至少同其中个人互相认识；
（2）对于其中任意个人，或者其中有2 人相识，或者余下的人中有2人相识．
证明：这n个人中必有三人两两认识．
证明：作一个图，用n个点表示这n个人，凡二人认识，则在表示此二人的点间连一条线．问题即，在题设条件下，存在以这n点中的某三点为顶点的三角形．设点a连线条数最多，在与a连线的所有点中点b连线最多，与a连线的点除b外的集合为A，与b连线的点除a外的集合为B．
1° 设n=2k，则每点至少连k条线，A、B中都至少有k－1个点．
⑴若存在一点c，与a、b都连线，则a、b、c满足要求；
⑵若没有任何两点与此二点都连线(图1)， 则由A∩B=Ø，|A∪B|≤2k－2，|A|≥k－1，|B|≥k－1， 故得 |A|=|B|=k－1，且图中每点都连k条线．若A(或B)中存在两点，这两点间连了一条线，则此二点与a连出三角形，若A中任何两点间均未连线，B中任两点也未连线，则A∪{b}中不存在两点连线，B∪{a}中也不存在两点连线．与已知矛盾．
2° 设n=2k+1．则每点至少连k条线，A、B中都至少有k－1个点．
⑴若存在一点c，与a、b都连线，则a、b、c满足要求；
⑵若没有任何两点与此二点都连线，且|A|≥k，则由|B|≥k－1时(图2)，则由A∩B=Ø，|A∪B|≤2k－1，|A|≥k，|B|≥k－1， 故得|A∪B|=2k－1，|A|=k，|B|=k－1，若A(或B)中存在两点，这两点间连了一条线，则此二点与a连出三角形，若A中任何两点间均未连线，B中任两点也未连线，则A∪{b}中不存在两点连线，B∪{a}中也不存在两点连线．与已知矛盾．
⑶若没有任何两点与此二点都连线，且|A|=k－1，即每点都只连k条线．这时，必有一点与a、b均未连线，设为c．c与A中k1个点连线，与B中k2个点连线，k1+k2=k，且1≤k1，k2≤k－1．否则若k2=0，则A∪{b}中各点均未连线，B∪{a，c}中各点也未连线．矛盾．故k1，k2≥1．且由于n>6，即k1，k2中至少有一个≥2，不妨设k1≥2，现任取B中与c连线的一点b1，由于b1与B中其余各点均未连线，若b1与A中的所有与c连线的点均未连线，则b1连线数≤2+k－1－k1≤k－1，矛盾，故b1至少与此k1个点中的一点连线．故证．