全国高中数学联赛试题及解析 苏教版18.doc

一九九八年全国高中数学联合竞赛
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1． 若a > 1, b > 1, 且lg(a + b)=lga+lgb, 则lg(a –1)+lg(b –1) 的值( )
（A）等于lg2 （B）等于1
(C ) 等于0 (D) 不是与a, b无关的常数
2.若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},则能使AÍA∩B成立的所有a的集合是( )
（A）{a | 1≤a≤9} (B) {a | 6≤a≤9}
(C) {a | a≤9} (D) Ø
3.各项均为实数的等比数列{an}前n项之和记为Sn ,若S10 = 10, S30 = 70, 则S40等于( )
(A) 150 (B) - 200
(C) 150或 - 200 (D) - 50或400
4.设命题P：关于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0与a2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同；
命题Q：==． 则命题Q( )
(A) 是命题P的充分必要条件
(B) 是命题P的充分条件但不是必要条件
(C) 是命题P的必要条件但不是充分条件
(D) 既不是是命题P的充分条件也不是命题P的必要条件
5.设E, F, G分别是正四面体ABCD的棱AB,BC,CD的中点,则二面角C—FG—E的大小是( )
(A) arcsin (B) +arccos (C) －arctan (D) π－arccot
6.在正方体的8个顶点, 12条棱的中点, 6个面的中心及正方体的中心共27个点中, 共线的三点组的个数是( )
(A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37
二、填空题( 本题满分54分,每小题9分) 各小题只要求直接填写结果.
1．若f (x) (xÎR)是以2为周期的偶函数, 当xÎ[ 0, 1 ]时,f(x)=x，则f()，f()，f()由小到大排列是 ．
2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，复数z，(1+i)z，2在复平面上对应的三个点分别是P, Q, R.当P, Q, R不共线时,以线段PQ, PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S, 点S到原点距离的最大值是___________.
3．从0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9这10个数中取出3个数, 使其和为不小于10的偶数, 不同的取法有________种.
4．各项为实数的等差数列的公差为4, 其首项的平方与其余各项之和不超过100, 这样的数列至多有_______项.
5．若椭圆x2+4(y－a)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是 ．
6．DABC中, ÐC = 90o, ÐB = 30o, AC = 2, M是AB的中点. 将DACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为 2，此时三棱锥A-BCM的体积等于__________.
三、（本题满分20分）
已知复数z=1－sinθ+icosθ(<θ<π)，求z的共轭复数的辐角主值．
四、（本题满分20分）
设函数f (x) = ax 2 +8x +3 (a<0)．对于给定的负数a , 有一个最大的正数l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| £ 5都成立．
问：a为何值时l(a)最大? 求出这个最大的l(a)．证明你的结论.
五、（本题满分20分）
已知抛物线y 2 = 2px及定点A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ¹ 0, b 2 ¹ 2pa)．M是抛物线上的点, 设直线AM, BM与抛物线的另一交点分别为M1, M2．
求证：当M点在抛物线上变动时(只要M1, M2存在且M1 ¹ M2)，直线M1M2恒过一个定点．并求出这个定点的坐标．
第二试
一、（满分50分）如图，O、I分别为△ABC的外心和内心，AD是BC边上的高，I在线段OD上。求证：△ABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径。
注：△ABC的BC边上的旁切圆是与边AB、AC的延长线以及边BC都相切的圆。
二、（满分50分）设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b，
求证：≤a．并问：等号成立的充要条件．
三、（满分50分）对于正整数a、n，定义Fn(a)=q＋r，其中q、r为非负整数，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意的正整数a≤A，都有
F(F(F(F(F(F(a))))))=1．证明你的结论．
一九九八年全国高中数学联赛解答
第一试
一．选择题（本题满分36分，每小题6分）
1．若a > 1, b > 1, 且lg (a + b) = lg a + lg b, 则lg (a –1) + lg (b –1) 的值( )
（A）等于lg2 （B）等于1
(C ) 等于0 (D) 不是与a, b无关的常数
解：a+b=ab，(a－1)(b－1)=1，由a－1>0，b－1>0，故lg(a－1)(b－1)=0，选C．
2．若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},则能使AÍA∩B成立的所有a的集合是( )
（A）{a | 1≤a≤9} (B) {a | 6≤a≤9}
(C) {a | a≤9} (D) Ø
解：AÍB，A≠Ø．Þ 3≤2a+1≤3a－5≤22，Þ6≤a≤9．故选B．
3．各项均为实数的等比数列{a n }前n项之和记为S n ,若S10 = 10, S30 = 70, 则S40等于( )
(A) 150 (B) -200
(C) 150或 -200 (D) -50或400
解：首先q≠1，于是，(q10－1)=10，(q30－1)=70，∴ q20+q10+1=7．Þq10=2．(－3舍)
∴ S40=10(q40－1)=150．选A．
4.设命题P：关于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0与a 2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同;
命题Q：==． 则命题Q( )
(A) 是命题P的充分必要条件
(B) 是命题P的充分条件但不是必要条件
(C) 是命题P的必要条件但不是充分条件
(D) 既不是是命题P的充分条件也不是命题P的必要条件
解：若两个不等式的解集都是R，否定A、C，若比值为－1，否定A、B，选D．
5.设E, F, G分别是正四面体ABCD的棱AB,BC,CD的中点,则二面角C—FG—E的大小是( )
(A) arcsin (B) +arccos (C) －arctan (D) π－arccot
解：取AD、BD中点H、M，则EH∥FG∥BD，于是EH在平面EFG上．设CM∩FG=P，AM∩EH=Q，则P、Q分别为CM、AM中点，PQ∥AC．
∵ AC⊥BD，ÞPQ⊥FG，CP⊥FG，Þ∠CPQ是二面角C—FG—E的平面角．
设AC=2，则MC=MA=，cos∠ACM==．
∴ 选D．
6.在正方体的8个顶点, 12条棱的中点, 6个面的中心及正方体的中心共27个点中, 共线的三点组的个数是( )
(A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37
解：8个顶点中无3点共线，故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心．
⑴ 体中心为中点：4对顶点，6对棱中点，3对面中心；共13组；
⑵ 面中心为中点：4×6=24组；
⑶ 棱中点为中点：12个．共49个，选B．
二、填空题( 本题满分54分,每小题9分) 各小题只要求直接填写结果.
1．若f (x) (xÎR)是以2为周期的偶函数, 当xÎ[ 0, 1 ]时,f(x)=x，则f()，f()，f()由小到大排列是 ．
解：f()=f(6－)=f()．f()=f(6－)=f()，f()=f(6+)=f()．
现f(x)是[0，1]上的增函数．而<<．故f()<f()<f()．
2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，复数z，(1+i)z，2在复平面上对应的三个点分别是P, Q, R.当P, Q, R不共线时,以线段PQ, PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S, 点S到原点距离的最大值是___________.
解： =++=+－+－
=+－
=(1+i)z+2－z=iz+2
=(2cosθ－sinθ)+i(cosθ－2sinθ)．
∴ |OS|2=5－4sin2θ≤9．即|OS|≤3，当sin2θ=1，即θ=时，|OS|=3．
3．从0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9这10个数中取出3个数, 使其和为不小于10的偶数, 不同的取法有________种.
解：从这10个数中取出3个偶数的方法有C种，取出1个偶数，2个奇数的方法有CC种，而取出3个数的和为小于10的偶数的方法有(0，2，4)，(0，2，6)，(0，1，3)，(0，1，5)，(0，1，7)，(0，3，5)，(2，1，3)，(2，1，5)，(4，1，3)，共有9种，故应答10+50－9=51种．
4．各项为实数的等差数列的公差为4, 其首项的平方与其余各项之和不超过100, 这样的数列至多有_______项.
解：设其首项为a，项数为n．则得a2+(n－1)a+2n2－2n－100≤0．
△=(n－1)2－4(2n2－2n－100)=－7n2+6n+401≥0．∴ n≤8．
取n=8，则－4≤a≤－3．即至多8项．
(也可直接配方：(a+)2+2n2－2n－100－()2≤0．解2n2－2n－100－()2≤0仍得n≤8．)
5．若椭圆x2+4(y－a)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是 ．
解：2y=4－4(y－a)2，Þ2y2－(4a－1)y+2a2－2=0．此方程至少有一个非负根．
∴ △=(4a－1)2－16(a2－1)=－8a+17≥0．a≤．
两根皆负时2a2>2，4a－1<0．Þ－1<a<1且a<．即a<－1．∴－1≤a≤．
6．DABC中, ÐC = 90o, ÐB = 30o, AC = 2, M是AB的中点. 将DACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为 2，此时三棱锥A－BCM的体积等于 ．
解：由已知，得AB=4，AM=MB=MC=2，BC=2，由△AMC为等边三角形，取CM中点，则AD⊥CM，AD交BC于E，则AD=，DE=，CE=．
折起后，由BC2=AC2+AB2，知∠BAC=90°，cos∠ECA=．
∴ AE2=CA2+CE2－2CA·CEcos∠ECA=，于是AC2=AE2+CE2．Þ∠AEC=90°．
∵ AD2=AE2+ED2，ÞAE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A－BCM的高，AE=．
S△BCM=，VA—BCM=．
三、（本题满分20分）
已知复数z=1－sinθ+icosθ(<θ<π)，求z的共轭复数的辐角主值．
解：z=1+cos(+θ)+isin(+θ)=2cos2+2isincos
=2cos (cos+isin)．
当<θ<π时，=－2cos (－cos+isin)
=－2cos(+)(cos(－)+isin(－))．
∴ 辐角主值为－．
四、（本题满分20分）
设函数f (x) = ax2 +8x+3 (a<0)．对于给定的负数a , 有一个最大的正数l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| £ 5都成立．
问：a为何值时l(a)最大? 求出这个最大的l(a)．证明你的结论．
解： f(x)＝a(x+)2+3－．
(1)当3－＞5，即－8＜a＜0时，
l(a)是方程ax2+8x+3＝5的较小根，故l(a)＝．
(2)当3－≤5，即a≤－8时，
l(a)是方程ax2+8x+3＝－5的较大根，故l(a)＝．
综合以上，l(a)=
当a≤－8时，l(a)＝＝≤＝；
当－8＜a＜0时，l(a)＝＝＜＜．
所以a＝－8时，l(a)取得最大值．
五、（本题满分20分）
已知抛物线y 2 = 2px及定点A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ¹ 0, b 2 ¹ 2pa).M是抛物线上的点, 设直线AM, BM与抛物线的另一交点分别为M1, M2．
求证：当M点在抛物线上变动时(只要M1, M2存在且M1 ¹ M2.)直线M1M2恒过一个定点．并求出这个定点的坐标.
解：设M(，m)．M1(，m1)，M2(，m2)，
则A、M、M1共线，得=，即b－m=．
∴ m1=，同法得m2=；
∴ M1M2所在直线方程为
=，即(m1+m2)y=2px+m1m2．消去m1，m2，得
2paby－bm2y=2pbmx－2pm2x+4p2a2－2pabm．⑴
分别令m=0，1代入，得x=a，y=，以x=a，y=代入方程⑴知此式恒成立．
即M1M2过定点(a，)
第二试
一、（满分50分）如图，O、I分别为△ABC的外心和内心，AD是BC边上的高，I在线段OD上。求证：△ABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径。
注：△ABC的BC边上的旁切圆是与边AB、AC的延长线以及边BC都相切的圆。
解 由旁切圆半径公式，有
ra==，故只须证明
=即可。连AI并延长交⊙O于K，连OK交BC于M，则K、M分别为弧BC及弦BC的中点。且OK⊥BC。于是OK∥AD，又OK=R，故
===，
故只须证==．
作IN⊥AB，交AB于N，则AN=(b+c－a),
而由⊿AIN∽⊿BKM，可证=成立，故证。
二、（满分50分）设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b，
求证：≤a．并问：等号成立的充要条件．
证明：由于a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]，故≤≤2．
于是(－)(2－)≤0)，即aibi－a+≤0．
求和得≤a－aibi，
又由(bi－ai)(2bi－ai)≤0得b－aibi+a≤0，故aibi≥(a+b)．
由a= b，得aibi≥a，
∴ ≤a－aibi≤a－a=a．
当且仅当n为偶数且a1，a2，…，an中一半取1，一半取2，且bi=时等号成立．
三、（满分50分）对于正整数a、n，定义Fn（a）=q＋r，其中q、r为非负整数，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意的正整数a≤A，都有F(F(F(F(F(F(a))))))=1．证明你的结论．
解：将满足条件“存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数a≤B，都有F(F(…(F(a)…)=1”的最大正整数B记为xk显然，本题所求的最大正整数A即为x6。
⑴先证x1=2．事实上，F2(1)=F2(2)=1，所以x1≥2 ,又当n1≥3时，F(2) =2，而F2（3)=F1(2)=2,所以x1<3，∴x1=2．
⑵设xk已求出，且xk为偶数，显然xk≥x1=2，易知xk+1 满足的必要条件是：存在n1，使得只要a≤xk+1,就有F(a)≤xk．
令xk+1=qn1+r，由F(xk+1) =q+r≤xk可得
xk+1=qn1+r≤qn1+xk－q=xk+q(n1－1)．
若取n1=2，由≤xk，可知xk+1≥xk+2，由此可得q>0，n1>1，
于是0<(q－1)n1+n1－1=qn1－1<xk+1，因此
F((q－1)n1+n1－1)=q+n1－2≤xk．
故有 q(n1－1)≤[()2]≤[()2]=[ ++]．
由于xk为偶数，从而q(n1－1)≤+.
∵xk≥2,∴xk++≥xk+2.所以总有
xk+1≤xk++=.
另一方面，若取n1=+2，由于=·n1+对于每个a≤，令a=qn1+r，那么
或者q=,r≤；或者q≤－1,r≤n1－1=+1。
两种情况下均有q+r≤xk,因此xk+1=。此外，因为xk为偶数，若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)，若xk≡2(mod4)，由xk+6≡0(mod 4)也可得8|xk(xk+6)．因此xk+1也是偶数。于是完成了归纳证明xk+1=．
由x1=2逐次递推出x2=4,x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590．
即所求最大整数A=53590．