1997年全国高中数学联赛试题及解析 苏教版

1、1997年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月5日上午8:00-10:00)一、选择题(每小题6分，共36分)1已知数列xn满足xn+1=xnxn1(n2)，x1=a， x2=b， 记Sn=x1+x2+L+xn，则下列结论正确的是(A)x100=-a，S100=2b-a (B)x100=-b，S100=2b-a(C)x100=-b，S100=b-a (D)x100=-a，S100=b-a2如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得= (0<<+)，记f()=+其中表示EF与AC所成的角，表示EF与BD所成的角，则 (A) f()在(0，+)单调增加 (B) f()

2、在(0，+)单调减少 (C) f() 在(0，1)单调增加，而在(1，+单调减少 (D) f()在(0，+)为常数3设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个4在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为 (A)(0，1) (B)(1，+) (C)(0，5) (D)(5，+)5设f(x)=x2x，a = arcsin，=arctan，=arcos()，d=arccot()，则(A)f()>f()>f(d)>f() (B) f()

3、> f(d)>f()>f() (C) f(d)>f()>f()>f() (D) f(d)>f()>f()>f() 6如果空间三条直线a，b，c两两成异面直线，那么与a，b，c都相交的直线有(A) 0条 (B) 1条 (C)多于1 的有限条 (D) 无穷多条二填空题(每小题9分，共54分)1设x，y为实数，且满足则x+y = .2过双曲线x2=1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数使得|AB| =的直线l恰有3条，则= .3已知复数z满足=1，则z的幅角主值范围是 4已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB

4、=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点均在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为 5设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种6设a =logz+logx(yz)-1+1，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log(xyz)-1+1，记a，b，c中最大数为M，则M的最小值为 三、（本题满分20分）设xyz，且x+y+z =，求乘积cosx siny cosz的最大值和最小值四、(本题满分2

5、0分)设双曲线xy=1的两支为C1，C2(如图)，正三角形PQR的三顶点位于此双曲线上(1)求证：P、Q、R不能都在双曲线的同一支上；(2)设P(-1，-1)在C2上， Q、R在C1上，求顶点Q、R的坐标五、(本题满分20分)设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足其中S为实数且|S|2求证：复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上第二试(10月5日上午10:30-12:30)一、（本题50分）如图，已知两个半径不相等的O1与O2相交于M、N两点，且O1、O2分别与O内切于S、T两点。求证：OMMN的充分必要条件是S、N、T三点共线。二、（本题50分）试问：当且仅当

6、实数x0，x1，xn（n2）满足什么条件时，存在实数y0，y1，yn使得z=z+z+z成立，其中zk=xk+iyk，i为虚数单位，k=0，1，n。证明你的结论。三、（本题50分）在100×25的长方形表格中每一格填入一个非负实数，第i行第j列中填入的数为xi , j（i=1，2，100；j=1，2，25）（如表1）。然后将表1每列中的数按由小到大的次序从上到下重新排列为x¢1 , jx¢2 , jx¢100 , j（j=1，2，25）。（如表2）求最小的自然数k，使得只要表1中填入的数满足xi，j1（i=1，2，100），则当ik时，在表2中就能保证x&

7、#162;i，j1成立。表1表2x1,1x1,2x1,25x¢1,1x¢1,2x¢1,25x2,1x2,2x2,25x¢2,1x¢2,2x¢2,25x100,1x100,2x100,25x¢100,1x¢100,2x¢100,251997年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题6分，共36分)1已知数列xn满足xn+1=xnxn1(n2)，x1=a， x2=b， 记Sn=x1+x2+L+xn，则下列结论正确的是(A)x100=-a，S100=2b-a (B)x100=-b，S100=2b-a(C)x

8、100=-b，S100=b-a (D)x100=-a，S100=b-a解：x1=a，x2=b，x3=ba，x4=a，x5=b，x6=ab，x7=a，x8=b，易知此数列循环，xn+6=xn，于是x100=x4=a，又x1+x2+x3+x4+x5+x6=0，故S100=2ba选A2如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得= (0<<+)，记f()=+其中表示EF与AC所成的角，表示EF与BD所成的角，则 (A) f()在(0，+)单调增加 (B) f()在(0，+)单调减少 (C) f() 在(0，1)单调增加，而在(1，+单调减少 (D) f()在(0，+)为常数

9、解：作EGAC交BC于G，连GF，则=，故GFBD故GEF=，GFE=，但ACBD，故EGF=90°故f()为常数选D3设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个解：设首项为a，公差为d，项数为n，则na+n(n1)d=972，n2a+(n1)d=2×972，即n为2×972的大于3的约数 n=972，2a+(9721)d=2，d=0，a=1；d1时a<0有一解；n=97，2a+96d=194，d=0，a=97；d=1，a=a=49；d=2，a=1.有三解； n=2&#

10、215;97，n=2×972，无解n=1，2时n<3.选C4在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为 (A)(0，1) (B)(1，+) (C)(0，5) (D)(5，+)解：看成是轨迹上点到(0，1)的距离与到直线x2y+3=0的距离的比：=<1Þm>5，选D5设f(x)=x2x，a = arcsin，=arctan，=arcos()，d=arccot()，则 (A)f()>f()>f(d)>f() (B) f()> f(d)>f()>f() (C) f(

11、i)>f()>f()>f() (D) f(d)>f()>f()>f() 解：f(x)的对称轴为x=， 易得， 0<<<<<<<<<<<选B6如果空间三条直线a，b，c两两成异面直线，那么与a，b，c都相交的直线有(A) 0条 (B) 1条 (C)多于1 的有限条 (D) 无穷多条解：在a、b、c上取三条线段AB、CC¢、A¢D¢，作一个平行六面体ABCDA¢B¢C¢D¢，在c上取线段A¢D¢上一点P，过a

12、、P作 一个平面，与DD¢交于Q、与CC¢交于R，则QRa，于是PR不与a平行，但PR与a共面故PR与a相交由于可以取无穷多个点P故选D二填空题(每小题9分，共54分)1设x，y为实数，且满足则x+y = .解：原方程组即取 f(t)=t3+1997t+1，f ¢(t)=3t2+1987>0故f(t)单调增，现x1=1y，x+y=22过双曲线x2=1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数使得|AB| =的直线l恰有3条，则= 解：右支内最短的焦点弦=4又2a=2，故与左、右两支相交的焦点弦长2a=2，这样的弦由对称性有两条故=4时设AB的倾斜角为，则右

13、支内的焦点弦=4，当=90°时，=4与左支相交时，=±arccos时，=4故=43已知复数z满足=1，则z的幅角主值范围是 解：=1Û4r4+(4cos21)r2+1=0，这个等式成立等价于关于x的二次方程4x2+(4cos21)x+1=0有正根=(4cos21)2160，由x1x2=>0，故必须x1+x2=>0cos2 (2k+1)arccos2(2k+1)+arccos k+arccosk+arccos，(k=0，1)4已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点均在以O为球心的某个

14、球面上，则点O到平面ABC的距离为 解：SA=SB=SC=2，ÞS在面ABC上的射影为AB中点H， SH平面ABC SH上任意一点到A、B、C的距离相等 SH=，CH=1，在面SHC内作SC的垂直平分线MO与SH交于O，则O为SABC的外接球球心SM=1，SO=， OH=，即为O与平面ABC的距离5设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种解：青蛙跳5次，只可能跳到B、D、F三点(染色可证)青蛙顺时针跳1次算+1，逆

15、时针跳1次算1，写5个“1”，在中填“+”号或“”号： 11111规则可解释为：前三个中如果同号，则停止填写；若不同号，则后2个中继续填写符号前三同号的方法有2种；前三个不同号的方法有232=6种，后两个中填号的方法有22种 共有2+6×4=26种方法6设a =logz+logx(yz)-1+1，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log(xyz)-1+1，记a，b，c中最大数为M，则M的最小值为 解：a=log(+z)，b=log(yz+)，c=log(+y) a+c=log(+yz+x)2log2于是a、c中必有一个log2即Mlog2，于是M的最小值log

16、2但取x=y=z=1，得a=b=c=log2即此时M=log2于是M的最小值log2 所求值=log2三、（本题满分20分）设xyz，且x+y+z=，求乘积cosx siny cosz的最大值和最小值解：由于xyz，故x×2= cosx siny cosz=cosx×sin(y+z)+sin(yz)=cos2x+cosxsin(yz)cos2=即最小值 (由于x，yz，故cosxsin(yz)0)，当y=z=，x=时，cosx siny cosz= cosx siny cosz=cosz×sin(x+y)sin(xy)=cos2zcoszsin(xy)由于sin(

17、xy)0，cosz>0，故cosx siny coszcos2z=cos2=(1+cos)=当x= y=，z=时取得最大值 最大值，最小值四、(本题满分20分)设双曲线xy=1的两支为C1，C2(如图)，正三角形PQR的三顶点位于此双曲线上(1)求证：P、Q、R不能都在双曲线的同一支上；(2)设P(-1，-1)在C2上， Q、R在C1上，求顶点Q、R的坐标解：设某个正三角形的三个顶点都在同一支上此三点的坐标为P(x1，)，Q(x2，)，R(x3，)不妨设0<x1<x2<x3，则>>>0kPQ=；kQR=；tanPQR=<0，从而PQR为钝角即PQ

18、R不可能是正三角形 P(1，1)，设Q(x2，)，点P在直线y=x上以P为圆心，|PQ|为半径作圆，此圆与双曲线第一象限内的另一交点R满足|PQ|=|PR|，由圆与双曲线都是y=x对称，知Q与R关于y=x对称且在第一象限内此二曲线没有其他交点(二次曲线的交点个数)于是R(，x2) PQ与y=x的夹角=30°，PQ所在直线的倾斜角=75°tan75°=2+PQ所在直线方程为y+1=(2+)(x+1)，代入xy=1，解得Q(2，2+)，于是R(2+，2)五、(本题满分20分)设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足其中S为实数且|S|2求证：复数a1，a2，a3，a

19、4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上证明：设=q，则由下式得a1(1+q+q2+q3+q4)=(1+q+q2+q3+q4) (a12q44) (1+q+q2+q3+q4)=0，故a1q2=±2，或1+q+q2+q3+q4=0 若a1q2=±2，则得±2(+1+q+q2)=SÞS=±2(q+)2+(q+)1=±2(q+)2 由已知，有(q+)2R，且|(q+)2|1令q+=h(cos+isin)，(h>0)则h2(cos2+isin2)RÞsin2=0 1h2(cos2+isin2)1Þh2(cos2+i

20、sin2)，Þcos2>0Þ=k(kZ) q+R再令q=r(cos+isin)，(r>0)则q+=(r+)cos+i(r)sinRÞsin=0或r=1 若sin=0，则q=±r为实数此时q+2或q+2此时q+，或q+此时，由|(q+)2|1，知q=1此时，|ai|=2 若r=1，仍有|ai|=2，故此五点在同一圆周上 若1+q+q2+q3+q4=0则q51=0， |q|=1此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五点在同一圆上综上可知，表示复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上第二试一、（本题50

21、分）如图，已知两个半径不相等的O1与O2相交于M、N两点，且O1、O2分别与O内切于S、T两点。求证：OMMN的充分必要条件是S、N、T三点共线。证明：过S、T分别作相应两圆的公切线，交于点P，则PS=PT，点P在直线MN上(根轴)且O、S、P、T四点共圆 若S、N、T三点共线，连O1N，O2N，则OS=OT，O1S=O1N，于是S=T，S=O1NS， O1NS=T，O1NOT，同理，O2NOS，即OS=O2N+O1S即O的半径=O1与O2的半径的和 PTS=TSP=NMS，S、P、T、M共圆，故O、S、P、T、M五点共圆OMS=OTS=OST OMN=OMS+SMN=OST+TSP=OSP=

22、90° OMMN 反之，若OMMN，则OMO1O2，由OO2OO1=(Rr2)(Rr1)=r1r2=O1MO2M即O、M在以O1、O2为焦点的双曲线的不同两支上由双曲线的对称性，知O1O2MO是等腰梯形OO2=O1M即OT=r1+r2， O1N=OO2，OO1=O2N，于是OO1NO2为平行四边形由于OST、O1SN、O2NT都是等腰三角形 SO1N=O=NO2T， OST=OSN S、N、T三点共线二（本题50分）试问：当且仅当实数x0，x1，xn（n2）满足什么条件时，存在实数y0，y1，yn使得z02=z12+z22+zn2成立，其中zk=xk+iyk，i为虚数单位，k=0，1

23、，n。证明你的结论。解：z02=x02y02+2x0y0i=(x12+x22+xn2)(y12+y22+yn2)+2(x1y1+x2y2+xnyn)i x02y02=(x12+x22+xn2)(y12+y22+yn2)；x0y0=x1y1+x2y2+xnyn若x02> x12+x22+xn2，则y02> y12+y22+yn2此时x02y02>( x12+x22+xn2)( y12+y22+yn2)(x1y1+x2y2+xnyn)2=(x0y0)2矛盾故必x02x12+x22+xn2反之，若x02x12+x22+xn2成立此时，可分两种情况： 当x02=x12+x22+xn2

24、成立时，取yi=xi(i=0，1，2，n)，于是z02=(x0+y0i)2=x02y02+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=2x02i=2x0y0i即z02=z12+z22+zn2成立 当x02<x12+x22+xn2成立时，记a2= x12+x22+xn2x02>0，于是xi(i=1，2，n)不能全为0不妨设xn0，取y0=y1=y2=yn2=0，yn1=，yn=，则此时，z02= x02y02+2x0y0i=x02；而z12+z22+zn2=