全国高中数学联赛试题及解析 苏教版13.doc

1993年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．若M={(x，y)| |tanpy|+sin2px=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（ ）
(A)4 (B)5 (C)8 (D)9
2．已知f(x)=asinx+b+4(a，b为实数)，且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（ ）
(A)-5 (B)-3 (C)3 (D)随a，b取不同值而取不同值
3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，当A¹B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（ ）
（A）8 （B）9 （C）26 （D）27
4．若直线x=被曲线C:(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦长为d，当a变化时d的最小值是( )
(A) (B) (C) (D)p
5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c-a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是( )
(A)1 (B) (C) (D)-1
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，zÎC，则方程|z+ni|+|z-mi|=n与|z+ni|-|z-mi|=-m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是( )
二、填空题（每小题5分，共30分）
1．二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i为虚数单位，lÎR)有两个虚根的充分必要条件是l的取值范围为________．
2．实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设 S=x2+y2，则+=_______．
3．若zÎC，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，则z的值是________.
4．整数的末两位数是_______.
5．设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立，则k的最大值是_______.
6．三位数(100，101，L，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．
三、（本题满分20分）
三棱锥S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D¢，则D¢为三棱锥S－ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）
设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．
五、（本题满分20分）
设正数列a0，a1，a2，…，an，…满足
－=2an－1，(n≥2)
且a0=a1=1，求{an}的通项公式．
第二试
一、（35分）
设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有ÐD是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．
二、（35分）
设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,L,Am两两互不包含．
试证：(1) ≤1；
(2) C≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，C表示n个不同元素取|Ai|个的组合数．
三、（35分）
水平直线m通过圆O的中心，直线l^m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l与圆O相交时，AB´CR+BC´AP＜AC´BQ；(3)l与圆O相离时，AB´CR+BC´AP＞AC´BQ.
1993年全国高中数学联合竞赛解答
第一试
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．若M={(x，y)| |tanpy|+sin2px=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（ ）
(A)4 (B)5 (C)8 (D)9
解：tanpy=0，y=k(k∈Z)，sin2px=0，x=m(m∈Z)，即圆x2+y2=2及圆内的整点数．共9个．选D．
2．已知f(x)=asinx+b+4(a，b为实数)，且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（ ）
(A)-5 (B)-3 (C)3 (D)随a，b取不同值而取不同值
解：设lglog310=m，则lglg3=－lglog310=－m，则f(m)=asinm+b+4=5，即asinm+b=1．
∴ f(－m)=－(asinm+b)+4=－1+4=3．选C．
3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，当A¹B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（ ）
（A）8 （B）9 （C）26 （D）27
解：a1∈A或ÏA，有2种可能，同样a1∈B或ÏB，有2种可能，但a1ÏA与a1ÏB不能同时成立，故有22－1种安排方式，同样a2、a3也各有22－1种安排方式，故共有(22－1)3种安排方式．选D．
4．若直线x=被曲线C:(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦长为d，当a变化时d的最小值是( )
(A) (B) (C) (D)p
解：曲线C表示以(arcsina，arcsina)，(arccosa，－arccosa)为直径端点的圆．即以(α，α)及(－α，－+α)(α∈[－，])为直径端点的圆．而x=与圆交于圆的直径．故d=≥．
故选C．
5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c-a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是( )
(A)1 (B) (C) (D)-1
解：2R(sinC－sinA)=csinA=2RsinCsinA，ÞsinC－sinA=sinCsinA，
Þ2cossin=－[cos(C+A)－cos(C－A)]= [1－2sin2－2cos2+1]．
Þ(sin+cos)2=1，但sin+cos>0，故选A．
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，zÎC，则方程|z+ni|+|z-mi|=n与|z+ni|-|z-mi|-m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是( )
解：方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni，mi)，由①n>0，故否定A，
由于n为椭圆的长轴，而C中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴，故否定C．
由B与D知，椭圆的两个个焦点都在y轴负半轴上，由n为长轴，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=－m．曲线上一点到－ni距离大，否定D，故选B．
二、填空题（每小题5分，共30分）
1．二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i为虚数单位，lÎR)有两个虚根的充分必要条件是l的取值范围为________．
解：即此方程没有实根的条件．当λ∈R时，此方程有两个复数根，若其有实根，则
x2+λx+1=0，且x2－x－λ=0．相减得(λ+1)(x+1)=0．
当λ=－1时，此二方程相同，且有两个虚根．故λ=－1在取值范围内．
当λ≠－1时，x=－1，代入得λ=2．即λ=2时，原方程有实根x=－1．故所求范围是λ≠2．
2．实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设 S=x2+y2，则+=_______．
解：令x=rcosθ，y=rsinθ，则S=r2得r2(4－5sinθcosθ)=5．S=．
∴+=+=．
3．若zÎC，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，则z的值是________.
解：如图，可知z2表示复数4(cos120°+isin120°)．
∴ z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i)．
4．整数的末两位数是_______.
解：令x=1031，则得==x2－3x+9－．由于0<<1，故所求末两位数字为09－1=08．
5．设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立，则k的最大值是_______.
解：显然>1，从而log1993>0．即++≥．
就是[(lgx0－lgx1)+(lgx1－lgx2)+(lgx2－lgx3)]( ++)≥k．
其中lgx0－lgx1>0，lgx1－lgx2>0，lgx2－lgx3>0，由Cauchy不等式，知k≤9．即k的最大值为9．
6．三位数(100，101，L，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．
解：首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有4×5×4=80种选择．
但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有2×3+2×3=12个，故共有(80－12)÷2=34个．
三、（本题满分20分）
三棱锥S-ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为，则为三棱锥S—ABC的外接球球心．
⑴ 证明：∵ DP∥SC，故DP、CS共面．
∴ DCÍ面DPC，
∵ M∈DC，ÞM∈面DPC，SMÍ面DPC．
∵ 在面DPC内SM与SC相交，故直线SM与DP相交．
⑵ ∵ SA、SB、SC两两互相垂直，∴ SC⊥面SAB，SC⊥SD．
∵ DP∥SC，∴ DP⊥SD．△DD¢M∽△CSM，
∵ M为△ABC的重心，∴ DM∶MC=1∶2．∴ DD¢∶SC=1∶2．
取SC中点Q，连D¢Q．则SQ=DD¢，Þ平面四边形DD¢QS是矩形．
∴ D¢Q⊥SC，由三线合一定理，知D¢C=PS．
同理，D¢A= D¢B= D¢B= D¢S．即以D¢为球心D¢S为半径作球D¢．则A、B、C均在此球上．即D¢为三棱锥S—ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）
设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．
解：设l：y=k1(x－a)，m：y=k2(x－b)．于是l、m可写为(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)=0．
∴ 交点满足
若四个交点共圆，则此圆可写为(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)+l(y2－x)=0．
此方程中xy项必为0，故得k1=－k2，设k1=－k2=k≠0．
于是l、m方程分别为y=k(x－a)与y=－k(x－b)．
消去k，得2x－(a+b)=0，(y≠0)即为所求轨迹方程．
五、（本题满分20分）
设正数列a0、a1、a2、…、an、…满足
－=2an－1，(n≥2)
且a0=a1=1，求{an}的通项公式．
解：变形，同除以得：=2+1，
令+1=bn，则得bn=2bn－1．
即{bn}是以b1=+1=2为首项，2为公比的等比数列．
∴ bn=2n．
∴ =(2n－1)2．故
∴
第二试
一、（35分）
设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有ÐD是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．
证明 充分性
⑴当n=4时，如图，只要连AC，并在ΔABC内取一点F，使∠AFB、∠BFC、∠CFA都为钝角(例如，可以取ΔABC的Fermat点，由于ΔABC是锐角三角形，故其Fermat点在其形内)．于是，ΔADC、ΔAFB、ΔBFC、ΔAFC都是钝角三角形．
⑵当n=5时，可用上法把凸四边形分成四个钝角三角形．再在AF上任取一点E，连EB，则ΔAEB也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形．
一般的，由⑴得到了4个钝角三角形后，只要在AF上再取n－4个点E1、E2、…En－4，把这些点与B连起来，即可得到均是钝角三角形的n个三角形．
必要性
n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．
n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC后，再连B与AC上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．
∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n≥4时才有解．
二、（35分）
设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,L,Am两两互不包含．
试证：(1) ≤1；
(2) C≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，C表示n个不同元素取|Ai|个的组合数．
证明：⑴ 即证：若k1+k2+…+km=n，则k1!(n－k1)!+k2!(n－k2)!+…+km!(n－km)!≤n!．
由于n!表示n个元素的全排列数，而ki!(n－ki)!表示先在这n个元素中取出ki个元素排列再把其其余元素排列的方法数，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）
水平直线m通过圆O的中心，直线l^m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l与圆O相交时，AB´CR+BC´AP＜AC´BQ；(3)l与圆O相离时，AB´CR+BC´AP＞AC´BQ.
证明：设MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，⊙O的半径=r．
且设k=d2－r2．则当k>0时，点M在⊙O外，此时，直线l与⊙O相离；
当k=0时，点M在⊙O上，此时，直线l与⊙O相切；
当k<0时，点M在⊙O内，此时，直线l与⊙O相交．
∴ AP==，同理，BQ=，CR=．
则AB´CR+BC´AP－AC´BQ= AB´CR+BC´AP－(AB+BC)´BQ=BC×(AP－BQ)－AB×(BQ－CR)
=BC×－AB×
=－
=(a－b)(b－c)(－)
=(a－b)(b－c) ．
注意到a∙BQ－b∙AP==．
故k>0时，a∙BQ－b∙AP>0，k=0时，a∙BQ－b∙AP=0，k<0时，a∙BQ－b∙AP<0；
同理可得，k>0时，b∙CR－c∙BQ>0，k=0时，b∙CR－c∙BQ =0，k<0时，b∙CR－c∙BQ <0；
k>0时，a∙CR－c∙AP>0，k=0时，a∙CR－c∙AP =0，k<0时，a∙CR－c∙AP <0；
即当k>0时，AB´CR+BC´AP－AC´BQ>0；
当k=0时，AB´CR+BC´AP－AC´BQ=0，
当k<0时，AB´CR+BC´AP－AC´BQ<0．故证．、