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+y22，则MN的元素个数是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)92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AB=a1，a2，a3，当AB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）274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)p5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)-16设m，n为非零实数，i为虚数单位，zC，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，lR)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zC，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x0x1x2x30，要使log1993+log1993+log1993klog1993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SABC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SABC的外接球球心四、（本题满分20分）设0a0，故选A6设m，n为非零实数，i为虚数单位，zC，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：方程为椭圆，为双曲线的一支二者的焦点均为(ni，mi)，由n0，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m0，|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，lR)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R时，此方程有两个复数根，若其有实根，则x2+x+1=0，且x2x=0相减得(+1)(x+1)=0当=1时，此二方程相同，且有两个虚根故=1在取值范围内当1时，x=1，代入得=2即=2时，原方程有实根x=1故所求范围是22实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设 S=x2+y2，则+=_解：令x=rcos，y=rsin，则S=r2得r2(45sincos)=5S=+=+=3若zC，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=x23x+9由于0x1x2x30，要使log1993+log1993+log1993klog1993恒成立，则k的最大值是_.解：显然1，从而log19930即+就是(lgx0lgx1)+(lgx1lgx2)+(lgx2lgx3)( +)k其中lgx0lgx10，lgx1lgx20，lgx2lgx30，由Cauchy不等式，知k9即k的最大值为96三位数(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454=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23+23=12个，故共有(8012)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SABC的外接球球心 证明： DPSC，故DP、CS共面 DC面DPC， MDC，M面DPC，SM面DPC 在面DPC内SM与SC相交，故直线SM与DP相交 SA、SB、SC两两互相垂直， SC面SAB，SCSD DPSC， DPSDDDMCSM， M为ABC的重心， DMMC=12 DDSC=12取SC中点Q，连DQ则SQ=DD，平面四边形DDQS是矩形 DQSC，由三线合一定理，知DC=PS同理，DA= DB= DB= DS即以D为球心DS为半径作球D则A、B、C均在此球上即D为三棱锥SABC的外接球球心四、（本题满分20分）设0ab，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(xa)，m：y=k2(xb)于是l、m可写为(k1xyk1a)(k2xyk2b)=0 交点满足若四个交点共圆，则此圆可写为(k1xyk1a)(k2xyk2b)+l(y2x)=0此方程中xy项必为0，故得k1=k2，设k1=k2=k0于是l、m方程分别为y=k(xa)与y=k(xb)消去k，得2x(a+b)=0，(y0)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 =2an1，(n2)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=2bn1即bn是以b1=+1=2为首项，2为公比的等比数列 bn=2n =(2n1)2故 第二试一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有D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n4证明 充分性当n=4时，如图，只要连AC，并在ABC内取一点F，使AFB、BFC、CFA都为钝角(例如，可以取ABC的Fermat点，由于ABC是锐角三角形，故其Fermat点在其形内)于是，ADC、AFB、BFC、AFC都是钝角三角形当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AEB也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形一般的，由得到了4个钝角三角形后，只要在AF上再取n4个点E1、E2、En4，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n4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) Cm2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： 即证：若k1+k2+km=n，则k1!(nk1)!+k2!(nk2)!+km!(nkm)!n! 由于n!表示n个元素的全排列数，而ki!(nki)!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!(nk1)!+k2!(nk2)!+km!(nkm)!成立 ()(C)(1+1+1+1)2=m2但00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k0时，aBQbAP0，k=0时，aBQbAP=0，k0时，aBQbAP0时，bCRcBQ0，k=0时，bCRcBQ =0，k0时，bCRcBQ 0时，aCRcAP0，k=0时，aCRcAP =0，k0时，aCRcAP 0时，ABCR+BCAPACBQ0；当k=0时，ABCR+BCAPACBQ=0，当k0时，ABCR+BCAPACBQ0故证、