高中数学历届全国高中数学联赛一试解析版

第第1页 共267页第第2页 共267页目录1 1981年全国高中数学联合竞赛一试试题..............12 1982年全国高中数学联合竞赛一试试题..............63 1983年全国高中数学联合竞赛一试试题..............114 1984年全国高中数学联合竞赛一试试题..............185 1985年全国高中数学联合竞赛一试试题..............246 1986年全国高中数学联合竞赛一试试题..............297 1987年全国高中数学联合竞赛一试试题..............338 1988年全国高中数学联合竞赛一试试题..............379 1989年全国高中数学联合竞赛一试试题..............4210 1990年全国高中数学联合竞赛一试试题..............4711 1991年全国高中数学联合竞赛一试试题..............5312 1992年全国高中数学联合竞赛一试试题..............5813 1993年全国高中数学联合竞赛一试试题..............6414 1994年全国高中数学联合竞赛一试试题..............7015 1995年全国高中数学联合竞赛一试试题..............7516 1996年全国高中数学联合竞赛一试试题..............8017 1997年全国高中数学联合竞赛一试试题..............8518 1998年全国高中数学联合竞赛一试试题..............9119 1999年全国高中数学联合竞赛一试试题..............9720 2000年全国高中数学联合竞赛一试试题..............10221 2001年全国高数学联合竞赛一试试题..............10722 2002年全国高中数学联合竞赛一试试题..............11423 2003年全国高中数学联合竞赛一试试题..............12024 2004年全国高中数学联合竞赛一试试题..............12525 2005年全国高中数学联合竞赛一试试题..............13226 2006年全国高中数学联合竞赛一试试题..............13827 2007年全国高中数学联合竞赛一试试题..............14428 2008年全国高中数学联合竞赛一试试题..............15229 2009年全国高中数学联合竞赛一试试题..............15830 2010年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........16331 2010年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........16732 2011年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........17233 2011年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........17834 2012年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........18335 2012年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........18836 2013年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........19337 2013年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........19738 2014年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........20039 2014年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........20540 2015年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........21041 2015年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........21442 2016年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........21843 2016年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........22344 2017年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........22745 2017年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........23246 2018年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........23647 2018年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........24148 2019年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........24549 2019年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........25050 2020年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)..........25451 2020年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)..........26052 2020年全国高中数学联合竞赛一试试题(C卷)..........2641 1981年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)条件甲：两个三角形的面积和二条边对应相等；条件乙：两个三角形全等.则( )甲是乙的充分必要条件甲是乙的必要条件甲是乙的充分条件甲不是乙的必要条件，也不是充分条件解答S△ABC=

2absinCC1C2C1πC2⇏⇒甲.1甲是乙的必要条件，所以选B.1条件甲：√1sinθa；条件乙：sinθcos

=a.则 ( )2 2甲是乙的充分必要条件甲是乙的必要条件甲是乙的充分条件甲不是乙的必要条件，也不是充分条件解答22. √1+sinθ=sinθ+cosθ，于是甲⇏乙.反之，a<0时，乙⇏甲22. 甲不是乙的必要条件，也不是充分条件，所以选D.3.设α̸=kπ(k=0,±1,±2,···)，T=sinα+tanα，则 ( )2 cosα+cotαA.T取负值 B.T取非负值C.T取正值 D.T取值可正可负解答sinα+tanα>T=cosα+cotα>

sin2αcosα+sin2αcos2αsinα+cos2α

tan2α(1+cos1+sinαTC.下列四个图形中，哪一个面积最大？ ( )A.△ABC：∠A=60◦,∠B=45◦,AC=√2√2√375◦12.5解答A：BC

=AC⇒BC=√3,C=75◦42sinA sinB √ √42⇒

=·√2·√3·6+

3+ 3= ；44522225=82对于选项B：如图，作 BECD⇒S△ACD=S△4522225=82⇒S梯形ABCD

=S△ACE=

·√2·√3·√6+√23+=4

<5=1.25；4圆圆

. √Σ2 = .=.对于选项C：Sπ比较可知，对于选项C：Sπ给出长方体ABCD−A′B′C′D′下列十二条直线AB′,BA′,CD′,DC′,AD′,DA′，BC′,CB′,AC,BD,A′C′,B′D′中有多少对异面直线？ ( )A.30 B.60 C.24 D.48解答和AB′相交的直线有4条，共面(相交或平行)的直线有2条，与其异面的直线有5条：CD′,DA′,BC′,BD,A′C′.于是异面直线的对数为12·2

=30.所以选A.MN.My⩾0y⩽xy⩽2x这三个tt⩽x⩽t1的取值范围是0⩽t⩽1.设M和N的公共面积是函数f(t)，则f(t)为( )222A.−t2+t+B.−2t2+2t C.1−1t2 D.1(t−2)2222第第3页 共267页第第4页 共267页解答如图，A(1,1),B(2,0).f(t)=1−1t2−1(1−t)2=−t2+t+1，2 2 2所以选A.对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面的结论中，哪一个是错误的？( )A.至多有三个实根 B.至少有一个实根C.仅当p2−4q⩾0时才有实根 D.当p<0,q>0时，有三个实根解答f(x)=x|x|+px+q

x2+px+q,x⩾0,−x2+px+q,x<0.A,B错误.p−1qf(x0只有一个实根.CD.二、解答题(本题满分60分，每小题20分)下列表中的对数值有两个是错误的，请予以纠正.x0.0210.271.52.835lgx2a+b+c−36a−3b−23a−b+c1−2a+2b−c2a−ba+cx678914lgx1+a−b−c2(b+c)3−3a−3c4a−2b1−a+2b解答2=1−a−c,lg5=a+c.3=2a−b,lg6=1+a−b−c.lg1.53abc1.212abc,lg282a2bc,lg14=1a2b,lg7=2(bc)中，只有一个是错误的，若lg73lg72bc.所以纠正的两个值为：lg1.5=3a−b+c−1,lg7=2b+c.OCDEFAB45◦角.CDEF分别ABPO1.C·QEPD·QF<2.解OMCDMMCD的中点.PC2+PD2=(CM+MP)2+(DM−MP)2=2(CM2+MP2)=2(CM2+OM2)=2OC2=2.同理，QE2+QF2=2.于是2PC·QE+PD·QF⩽1(PC2+QE2+PD2+QF2)22.等号成立时，PCQEPDQF.PCEQ,PDFQ均为平行四CEPQDF⇒CEFD⇒CEFD为矩CDAB45◦角矛盾.PC·QEPD·QF<2.ABC三种零件.AB2B、C12A1C.A、BCpqr2A1BC恰好用完.A、B、C三种零件都恰好用完.解答依题意，A2p2r2个，B2pq1个，Cqr个.xyzABC三种零件都恰好用完，于是

2x+2z=2p+2r+2x+y=2p+q+2x+y=2p+q+

x+z=p+r+1,⇒ 2x+y=2p+q⇒ 2x+y=2p+q+⇒x−y=p−q+1,2x+y=2p+q+

⇒3x=3p+3y=3q−1

⇒3(x+y)=3(p+q)+1，矛盾.所以无论怎样改变产品甲、乙、丙的件数，也不能把库存的A、B、C件都恰好用完.ABCDEF.ABP击出，击中BCQCD、DE、EF、FAAB边上的某一点.∠BPQθθ的取值范围.提示：利用入射角等于反射角的原理.解答3√32√3ABCDEFBCCDDE3√32√3A,BAMBN垂直于原直线AB，垂足为MN设正六边形边长为2|AM|√|BN|=3√3,|PM|=8,|PN|=10.√2 3由于tan∠EPM=√

tan∠APM=√ 8

,tan∠FPM=√

<tan∠APM⩽ 3 3 3 3 3⩽ = 10，则∠BPN⩽θ⩽∠APM

tanθ .10 8108θΣarctan3√3arctan3√3Σ.108第第7页 共267页第6页 共267页第6页 共267页2 1982年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)如果凸n边形F(n⩾4)的所有对角线都相等，那么 ( )F{四边形}SF{五边形}SSF∈{四边形} {五边形}SF∈{边相等的多边形} {内角相等的多边形}解答n6ADACBD⇒ABCD是等腰梯形，同理ADEF也是等腰梯形⇒CE⊥AD⇒α=30◦.△CEFCF>CE，矛盾.结合选项知，所以选C.极坐标方程ρ= 11−cosθ+sin

所确定的曲线是 ( )圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线解答ρρ1−cosθ+sin

1−

12

.θ

π ⇒e4

√2.=Σ于是极坐标方程所确定的曲线是双曲线，所以选C.=Σ如果log2[log1(log2x)]=log3[log1(log3y)]=log5[log1(log5z)]=0，那么( )2 3 5z<x<y B.x<y<z C.y<z<x D.z<y<x解答223355111log1(logx)=log1(logy)=log1(logz)=1⇒x=22,y=33,z=55.223355111于是x6=8<9=y6⇒x<y,x10=32>25=z10⇒x>z⇒z<x<y.所以选A.由方程|x−1|+|y−1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是 ( )1 B.2 C.π D.4解答如图，考虑四个点A(1,0),B(0,1),C(1,2),D(2,1)，则所求曲线即为正方形ABCD.易知其边长为√2，面积为2.所以选B.. ∈对任何φ 0,π，都有 . ∈2sin(sinφ)<cosφ<cos(cosφ) B.sin(sinφ)>cosφ>cos(cosφ)C.sin(cosφ)>cosφ>cos(sinφ) D.sin(cosφ)<cosφ<cos(sinφ)解答2由sinx<x,x∈.0,πΣ⇒sin(cosφ)<cosφ，cos(sinφ)>cosφ.所以选D.2x1x2x2(k2)xk23k5)0(k为实数)的两个实数根，x2+x2的最大值是 ( )1 2A.19 B.18 C.55

D.不存在解答 93由∆=(k−2)2−4(k2+3k+5)⩾0⇒3k2+16k+16⩽0⇒−4⩽k⩽−4312⇒x2+x2=(x1+x2)2−2x1x2=(k−2)2−2(k2+3k+5)=−k2−10k−612=−(k+5)2+19⩽18，等号成立时k=−4.所以选B.M={(x,y)||xy|=1x>0}N={(x,y)|arctanxarccoty=π}，那么( )SSA.M N={(x,y)||xy|=1}SSSM N=MSSM N=NSM N{(x,y)||xy|1且x,y不同时为负数}解答x,y>0时，arctanx,arccoty∈.0,πΣ；x,y<0时，arctanx∈.−π,0Σ，Σ ∈ Σ . Σ ∈ Σ .

22,π；x<0,y>0时，arctanx 22

2,0 ,arccoty 0,π，2以上三种情况均不能满足arctanx+arccoty=π.第9第9页 共267页第第10页 共267页x>0,y<0时，arctanx+arccoty=π⇒arccoty=π−arctanx⇒y−xxy−1(x0)MSNM.B当ab.a+1Σ.b+1Σ.√

1Σ2

.a+

a b2 Σ2ab+√ab

，丙：

+2 a+

中，值最大的一个 ( )a、b的取值有关解答由柯西不等式a+a. 1Σ由柯西不等式a+a

1Σ .√ 1Σ2b+b⩾ab+，所以只需比较甲和丙.b+b⩾ab+，所以只需比较甲和丙.a2b12·25+2 =36

2Σ2

69.a5b1.所以选D.

265·2=

25

12Σ3+ Σ3

100<乙.9二、解答题(本题满分60分，每小题20分)2. 2已知四面体SABC中，∠ASB=,∠ASC=α.0<α<πΣ,∠BSC=2. 20βπSCθ.2求证：θ=π−arccos(cotα·cotβ).解答πDFAD⊥SBCDESCSCFSBESDAF.∠AFEASCB的平面角.πDF，DFSB⊥平面SAD⇒∠FSD=2−β⇒cotβ=SF，DFcotα=SFAF

⇒cos∠AFD=

=cotα·cotβ，所以θ=∠AFE=π−∠AFD=π−arccos(cotα·cotβ).ABLBA的延长线垂直，2垂足为T|AT|=2a.2a<rΣ(3)半圆上有相异两点MNL2|MP||NQ||MP

=|NQ|

1.||AN||AB|.解答 |AM| |AN|(x−a−r)2+y2=如图，MNA为焦点，LC上.ATE为原点，EBx轴建Cy2(x−a−r)2+y2=于是y2=

⇒x2+2(a−r)x+a(a+2r)=0，由于∆=4(a−r)2−4a(a+2r)=4r(r−4a)>0，则有xM+xN=2r−2a⇒|AM|+|AN|=xM+xN+2a=2r=|AB|.4EFBCCAAB|AE||BF||CD|1.ADBECF△RQS内及其边上移动，P△ABCx、y、z.(1)P△RQSxyz有极小值；(2)求上述xyz的极小值.解答PGH上移动时，zxyz|CN|2√3，(x+y)2−(x−y)2且xy=

，则当点P4△RQS边上时，|xy|达到最大，xy最小.P三边上移动的情形.PSQ△CFBASD应用梅涅劳斯定理得CS·FA·BD

CS=1⇒

41=38 ,1=38 ,斯定理得CE·AB斯定理得CE·AB·FQBFQCEAEA

SF 9QCQCFQ=1⇒

Σ√ √Σ12⇒z∈ 13 1312⇒z∈1313.PH z

z √3

√3 1由FB=1−2√3⇒|PH|=1−2√3⇒x= 2|PH|

2 −4z，|PG|=3|PH|⇒y=3√3−zxyz3z(2√3−z)2. f(z)=3z(2√3z)2z23,3，f′(f(z)=3z(2√3z)2z23,3，f′(z)=3(2√3−z)(2√3−3z)，16131316所以f(x)在.2√3,2√3Σ上单调递增，在.2√3,18√3Σ上单调递减，.2√3Σ1313

13 3=1613 3 =1613

.24√3Σ2

648√3

3 13=219713=.2197.18√3=219713=.2197

648√313PQ,Sxyz有极小值.同理可证其余情形.13△综上，当P点在 RQS的顶点位置时，乘积xyz有极小值.△648√3(1)可知，xyz

.219712.x2y2=r2(r为奇数xA(r0)B(−ryC(0−r)，D(0r).P(u,v)是圆周上的点，upmvqn(p、q都是质数，m、n都是自然数)uv.PxyM、N.求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|1、9、8、2.解答依题意，u2+v2=r2，即pm,qn,r是勾股数.又r为奇数，则p,q一奇一偶.2m=若p<q⇒p=2⇒qn=a2−b2=(a+b)(a2m=r=a2+b2,

由于a+b与a−b奇偶性a,b2m=2ab⇒b=1a>2⇒q|a+1,q|a−1⇒q|2，a2.u4v3r5.pm=a2−b2=(a+b)(a−pm=a2−b2=(a+b)(a−r=a2+

同上，得a=2,b=1.矛盾.A(50)B(−50)C(0−5)D(05)M(40)N(03).|AM|、|BM|、|CN|、|DN|1、9、8、2.第第11页 共267页第第12页 共267页3 1983年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)设p,q是自然数条件甲−q3是偶数条件乙+q是偶数那么( )甲是乙的充分而非必要条件甲是乙的必要而非充分条件甲是乙的充要条件甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件解答p3q3pq)(p2pqq2)，pqpqpq2q的奇偶性相p2pqq2p,q同为偶数时才是偶数，此时结论⇒乙.C.12.x= 11log123

1+ log153

的值属于区间 ( )A.(−2,−1) B.(1,2) C.(−3,−2) D.(2,3)1解答1x=log13

+log112 1

=log115 1

10=log310∈(2,3)，所以选D.△ABCBCADsinAcosA中( )一个是有理数，另一个是无理数两个都是有理数两个都是无理数BDAC的数值来确定22解答22ABc,BCa,ADhc2

a+h，且sinA4 2

,cosA=h.a2c 2 casinA

ah,cosAc2

4h2−4c2

均为有理数，所以选B.T4.已知M={(x,y)|y⩾x2},N={(x,y)|x2+(y−a)2⩽那么使M N=NT成立的充要条件是 ( )a⩾11

a=11

C.a⩾1 D.0<a<1解答

4y=x2,如图，联立

x2+(y−a)2=1⇒y2−(2a−1)y+a2−1=0，4(2a1)24(a21)0a=4

时，圆与抛物线相切.4结合图形知a∈Σ,+∞Σ.所以选A.45.f(xax2c满足：−4⩽f(1)⩽−1−1⩽f(2)⩽5.那么，f(3)应满足 ( )A.7⩽f(3)⩽26 B.−4⩽f(3)⩽1533C.−1⩽f(x)⩽20 D.−28⩽f(3)⩽3533解答⇒33f(1)ac,f(2)4acf(3)mf(1)nf(2)，则有⇒33333m+4n=333

m=−

⇒⇒

⩽−5f(1)⩽20,m+n=

n=335335

−833

⩽8f(2)⩽4081⩽f(3)−3f(1)3f(2)⩽20.C.8abcdmn√ab√cd,Q√manc·

….b d.mn+mn那么 ( )P⩾QP⩽QP<QP、Q间的大小关系不确定，而与m、n的大小有关解答… … mnQ= (ma+nc).b+dΣ=mn

nbc mnab+cd+ +mn

⩾√ab+cd+2√abcd=√ab+√cd=P，所以选B.在正方形ABCD所在平面上有点P，使△PAB,△PBC,△PCD,△PDA都是等腰三角形.那么，具有这样性质的P点个数共有 (9个 B.17个 C.1个 D.5个解答，PO外考虑以正方形的边长为腰长的情形.A,BCD为圆8个交点.，P9A.任意△ABC，设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为l、R与r，那么 ()l>R+r B.l⩽R+rC.l6解答

<R+r6l D.A、B、C三种关系都不对√3l△ABCra+b+c

6 AπBC0时，2R

sinAsinBsinC+∞A,C.D.二、填空题(本题满分54分，每小题9分)在△ABC中，sinA=3,cosB=5，那么cosC的值等于 .5 1344sinB

13

sinA=33

BAAcosA=5.cosCcos(ABsinAsinBcosAcosB=

6.65三边均为整数，且最大边长为11的三角形共有 个.解答不妨设a⩽b⩽c=11.当a=1时，b=11，有1个三角形；当a=2时，b=11,10，有2个三角形；···；当a=5时，b=11,10,9,8,7，有5个三角形；当a=6时，b=11,10,9,8,7,6，有6个三角形；当a=7时，b=11,10,9,8,7，有5个三角形；···；当a=11时，b=11，有1个三角形.所以三角形共有36个.一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面体的内切球的半径之比是一个既约分数 .解答B1F1是

.那么，积m n是·n·正四面体的高，B1F1=

6a，3O1H1

1 √6√3B1F1= 9a；√2对正八面体来说，O2P2= a，2O2H2·P2E2=O2E2·O2P2√.⇒.

=O2E2·O2P2=6aP2E2 6于是m=n

⇒m·n=6.三、解答题(本题满分60分，每小题20分)2求证：arcsinxarccosx=πx[−11].2解答.Σ22⇒2−arcsinx∈Σ−π,πΣ arcsinx∈[0,π.Σ22⇒2−且cos 2π

−arcsinx =sin(arcsinx)=x=cos(arccosx)π⇒2−arcsinx=arccosx⇒arcsinx+arccosx=2.13.f(x)[01]上有定义(0)f(1).x1x2∈[01]，.|f.2解答2

)−f

)|<

−

|求证：|f

)−f

1)|<2

<

−x1

⩽1|f(x

)−f

)|<

−x1

|=

−x1

1；⩽2⩽22

−x1

2

|f

)−f

)|=|f

)−f(1)+f(0)−x1|⩽|f

)−f(1)|+|f(0)−

|<

−1|+|0−

|=1−

1.−x1)<2.

,

∈[0,1]，|f

)−f

1.)|<2.ABCD中，△ABD△BCD∠ABC341.MNACCD上，AMACCNCDBMN三点共线.求证：MNACCD的中点.解答如图，在△DEC中，对直线BMN应用梅涅劳斯定理，得DN CM EB· ·

EB.=1由于.

= S△ABC =1，NC ME BD

BD S△ABD+S△BCD 7CNMCNACAC

CNCD=CD

CMAM⇒AM

=DNCM27AM·ME.CE

=S△ABDS△BCD

3= AE3CE4MEx4⇒(4−x)2=7x(3+x)⇒6x2+29x−16=0⇒(3x+16)(2x−1)=01x=2MACNCD的中点.233455的结论.解答235233；234;245;255.AB△ABCABD33，2,4,5;2,3,3,2,5,5;2,3,4,2,5,5.6下面先证明一个引理：如果三棱锥O−ABC的三条侧棱OA=a,OB=b,OC=∠AOB=α∠BOC=β∠AOC=OABC的体积V=1abc√1+2cosαcosβcosγ−cos2α−cos2β−cos2γ.6» »||

OA=(a,0,0),OB=(bcosα,bsinα,0)，#»

|OC|

=c,#»OCx,yz)

OA·OC=accosγ,» ». Σx2+y2+z2. Σ⇒ ax=accosγ,

OB·OC=bccosβbxcosα+bybxcosα+bysinα=bccos

Σ1−cos2γ

osβ−cosαcosγ 2αc2 2 2 2 2= sin2α

α−

α

γ−(cosβ−cosαcosγ)]c2 2 2 2= sin2α

α−

γ−

β+2cosαcosβcosγ)c2c2=sin2α(1+2cosαcosβcosγ−cos2

α−

β−cos2γ)sin⇒|z|=c √1+2cosαcosβcosγ−cos2α−cos2β−cos2sin1 1 1⇒V=3S△OAB·|z|=3·2absinα·|z|6=abc√1+2cosαcosβcosγ−cos2α−cos2β−cos2γ.6如图，对于2,3,3,2,4,5组合，从D33角也相等，于是它们有相同的体积.cos∠ADB=9+9−4=7，2·3·3 93cos∠ADC=9+25−3

=3,cos∠BDC=9+25−25= .2·3·

2·3·5

16= ·3·3·516

71+2

3

49

9 9·9·9·5·10−81−25−12

1823.如图，对于2,3,3,2,5,5组合，cos∠ADB=9+9−4=7，2·3·3 9cos∠ADC=cos∠BDC=0，…

1=6·3·3·4

91−81=8√2；对于2,3,4,2,5,5组合，cos∠ADB=9+16−4=7，39+9−25 7

2·3·4 8cos∠ADC= =− ,cos∠BDC=0.2·3·3 18… √1 49 49 431V3

6·3·4·3

1−64−1828√2

.显然V2>V1>V3，12综上，最大的体积是 .32F(x|cos2x2sinxcosxsin2xAxB|0⩽x⩽3π上的最大MA,B有关.A,BM为最小？证明你的结论.2解答4F(x)=|cos2x+sin2x+Ax+B|=.√2sin.2x+Σ+Ax+B.，4884848888当x=,9π时，sin.2x+πΣ=1，当x=5π时，sin.2x+πΣ=−1.884848888F.πΣ.√2ABF.5πΣ.−√25πAB.，8888888888888888F.πΣ=.√2+9πA+F.πΣ=.√2+9πA+B..从而4M⩾F.Σ+2F.πΣ+F.=.√2+πA+B.+2.−√2+5πA+B.+.√2+9πA+B.888⩾..√2+A+BΣ+.√2+9πA+BΣ−2.−√2+πA+下面证明A 0或B̸=0时，M>√2.否则√√89π√89π89π−√2⩽√2+πA+B⩽√2, πA+√√89π√89π89π

πA+B⩽0,−2⩽ 2−−√2⩽−√2+5πA+B⩽

8A+B88

2, ⇒5πA+B⩾

8A+B⩽0,⇒−−5πA−B⩽88

8A+B⩽0,88−πA⩽2⇒ ̸πA2⇒ ̸

⇒A=0.当B=0时，F(x)max= max20⩽x⩽3π2

.√2sin.2x+πΣ+B.=√2+|B|>√2.4综上，当且仅当A=B=0时，Mmin=√2.44 1984年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)集合S={z2|argz=α,α为常数}在复平面上的图形是 ( )射线argz=2α B.射线argz=−2αC.射线argz=α D.上述答案都不对解答zr(cosαisinαz2r2(cos2αisin2α)argz[02π)，α[0π时，arg(z22π2αα(π2π时，arg(z24π2α，D.下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式logx(logxy2)>0的是( )A B C D解答0x1时，logx(logxy200logxy21xy21；x1时，logx(logxy20logxy21y2x.D.对所有满足1⩽n⩽m⩽5的m,极坐标方程ρ= 1m1−Cncosθm

表示的不同双曲线条数是 ( )A.15 B.10 C.7 D.6解答圆锥曲线的极坐标方程为ρ= ep m1−ecosθm

⇒e=Cn

>1.m1⩽n⩽m⩽5Cnm

=2,3,4,6,5,10共6个值，所以选D.方程sinx=lgx的实根个数是 ( )1 B.2 C.3 D.大于3解答5.若a>0,a̸=(x)是一个奇函数则G(x)=F(x)·. 5.若a>0,a̸=(x)是一个奇函数则G(x)=F(x)·. 1 是( )A.奇函数 B.偶函数

ax−1 2C.不是奇函数也不是偶函数 D.奇偶性与a的具体数值有关解答1 1

1 ax 1f(x

ax−1+2⇒f(−x)

+ a−x−1 2

1−ax+21 1 1 1−11ax2−ax12−f(xf(x)是奇函数，G(xF(x·f(x)B.1+若F.1−xΣ=x，则下列等式中正确的是 (1+1−A.F(−2−x)=−2−F(x) B.F(−x)=F.1+1−C.F(x−1)=F(x) D.F(F(x))=−x解答t=1−1+x

x=1−⇒1+⇒

2 =−1+1+

F(x)=1−⇒1+x⇒

2 =−1+1+x2 2⇒F(−2−x)=−1+−1−x=−2+1−1+x=−2−F(x)，选项A正确；F.1+xΣ=−x

F(−x)，选项B错误；1−xF(x−1)=−1

21+

=−1

2x1+

F(x)，选项C错误；1+F(F(xF.1xΣx̸−xD错误.A1+P(x,y)ωQ(−2xyy2x2)的运动方式是 ( )以角速度ω在单位圆上顺时针运动以角速度ω在单位圆上逆时针运动2ω在单位圆上顺时针运动2ω在单位圆上逆时针运动第第21页 共267页第20页 第20页 共267页解答x=cos

X=−2xy=−sin2ωt=cos.π−2ωtΣ,⇒⇒y=sin

Y=y2−x2=−cos2ωt=

2Σ3πΣ2−2ωt ,从而点Q以角速度2ω在单位圆上顺时针运动，所以选C.x1F(x)F(x在其定义域上 ( )是增函数但无最大值 B.是增函数且有最大值C.不是增函数且无最大值 D.不是增函数但有最大值解答ABCD中，△ABC△ABD是边长1的正三角形，EAB的中点，CDx.−3+3−x2−则在△DEC中，cosθ=4 42·

=1 2x2，3√ …

√ … √ ·DO=DEsinθ=3·2

1−.1

2 2 3x2 =3 2

4 x23

x4

3Σ·−√33x2−x4Σ·−√3⇒V =1·√3·√3·√3x2−x4=1√3x2−x4.D−ABC 3 4 3 12x

6时，Vmax=1.D.2 8二、填空题(本题满分54分，每小题9分)，，如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D作DC⊥AB，交圆周于C.若点D的坐标为(x,0)则当x∈ 时，线段AD、BD、CD可构成锐角三角形，，依题意知，AD依题意知，ADx,BD1x,CD√1x2ADCDBD等比数列，于是

(1−x)2+1−x2>(1+(1+x)2+1−x2>(1−

x2+4x−1<0,⇒x2−4x−1<0⇒⇒2−√5<x<√5−2.所以x∈(2−√5,√5−2).cos4

=cosx的通解是 在(0,24π)内不相同的解有 个.解答x 8 8 x4=2kπ±x⇒x

kπ或3

5kπ(k∈Z⇒cos4cosx的通解是..ß 8 8 ™..

8π

2πxx=

kπ或x=3

5kπ,k∈

.位于区间(0,24π)内的有 3

,8π, ，3 340π3

,

56π,3

64π,3

8π16π, 5 5

24π,5

32π,5

48π,5

56π,5

64π,5

72π,5

88π,5

96π,5

104π，5112π5

共20个.三、解答题(本题满分60分，每小题20分)下列命题是否正确？若正确，请给予证明，否则给出反例.1PQlPQ且与直线l相切；(2)设a>0,b>0，且a̸=1,b̸=1，则logab+logba⩾2；3)A、B是坐标平面上的两个点集，Cr{(x,y)|x2y2r2}，若对任r⩾0CrSACrSBAB.解答PQmmP为焦点，l为准线的抛物线有两个交点时，满足条件的圆有两个.时，m⊥l，此时m与抛物线的对称轴平行，m与抛物线只有一个交点.所以命题(1)错误；logab0时，logablogba⩽−2.(2)错误；如果0∈A,0/B，其余点A,B相同，满足题意，此时A⊈B.所以命题(3)错误.a、bθ，AA′d.在直abEFA′Em,AFEF(A′a在直线b上).解答如图，过A′作b′//b，作FH//AA′，交b′于H.连接HE.第第23页 共267页第第22页 共267页在△A′EH中，EH2=m2+n2−2mncosθ⇒EF2=d2+m2+n2−2mncosθ.E′A′2d2m2n22mncosθ.综上，有EF=√d2+m2+n2±2mncosθ.△ABC中，PBC上任意一点，PE//BA,PF.S△ABC1，证明：S△BPF、S△PCE、S PEAF中至少有一个不小于4(S9

XY

表示多边形XY···Z的面积).解答解析一：设BPBC

CP=x⇒CB

=1−x⇒AE=xAC,AF=(1−x)AB.S△BPFS△ABC

=x2⇒

△BPF

=x2,

△PCE

=(1−x)2,

PEAF

=2x(1−x).f(xx2g(x(1x)2h(x2x(1x)x(01).9本题即证max{f,g,h}⩾4.在同一坐标系中作出9易求得M.,4Σ,N.2,易求得M.,4Σ,N.2,4Σ⇒max{f,g,h}⩾4.39 39 9所以结论成立.解析二：如上图，将△ABC等分为九个小三角形，当P位于线段P2C上时，⩾S△BPF⩾

4；当P位于线段BP 上时，S 4；9 1 9 1 △PCEPP1P2(不包含端点)时，NP=OM⇒SN=MP1=FF2，且△OSN和△TF2F的相应角相等，于是△OSN=△TF2F.MPONTMNP2EE1△OTM△SE1E的相应角相等，.于是△OTM=S.

PEAF

4>S△AF2E1=9综上，S

△BPF

、S△PCE、S

PEAF

4.914.an1222···n2123······an···是有理数.解答bnn2(n10)2n220n10010(2n10)n2，n2(n10)2bn+10bn.an1222···n2b1b2···bnan2015405104556095065900a200.从而an+20=b1+b2+···+bn+20的个位数字=(b1+b2+···+b20)+(b21+b22+···+bn+20)的个位数字=b21+b22+···+bn+20的个位数字=b1+b2+···+bn的个位数字=an.0.a1a2···an···20的循环小数，从而它是有理数.x2 x2 x2 x215.x1x2···xn1+2+···+n−1+n⩾x1x2+···xn.解答x2 x2

x2 x3x2

xn x11x2⩾2x1,2x3⩾2x2···,nx1⩾2xn，以上各式相加，有x2x2 x2

x3 x1x2 x21+2+···+n−1+n+x1+x2+···+xn⩾2(x1+x2+···+xn)x2 x3x2 x2

xn x1x2 x2⇒1+2+···+n−1+n

⩾x1+x2+···+xn.x2 x3 xn x1第第25页 共267页第24第24页 共267页1985年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)假如有两个命题甲是大于零的实数乙>b且a−1>那么( )甲是乙的充分而不必要条件甲是乙的必要而不充分条件甲是乙的充分必要条件甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件解答a>b且a−1>b−1⇒a>0,b<0，于是乙⇒甲，甲⇏乙.所以选B.PQ为经过抛物线y2=2px焦点的任意一条弦，MN为PQ在准线l上的射影，PQ绕l旋转一周所得的旋转面面积为S1，以MN为直径的球面面积为S2，则下面结论中，正确的是 (S1>S2S1<S2S1⩾S2有时S1S2有时S1S2有时S1S2√解答√设|PF|=x,|QF|=y⇒|PQ|=x+y⇒|MN|= (x+y)2−(x−y)2=2√xy⇒S1=π(x+y)2,S2=4πxy，所以选C.已知方程arccos4−arccos.−4Σ=arcsinx，则 ( )A.x=2425

5 5−B.x= 4−25

C.x0 D.这样的x不存在解答arccos−arccos.−4Σ=π−2arccos4，5445ππ445ππ

22

5⇒

252<arccos52

5452= ⇒π−2arccos > ，452于是这样的x不存在.所以选D.在下列四个图形中，已知有一个是方程mx+ny2=0与mx2+ny2=1(m0,n̸=0)在同一坐标系中的示意图，它应是 ( A B C D解答当n>0,m<0时，抛物线开口向右，A选项满足题意；m0n0D选项中，1>1nm0mm nm⇒n(01)，此时抛物线开口较小，矛盾.A.ZWλ̸ZZλZWI.Z=λW+W是这个方程的解； II.这个方程只有一个解；1−|λ|2III.这个方程有两个解； IV.这个方程有无穷多个解.则 ( )A.只有I和II是正确的 B.只有I和III是正确的C.只有I和IV是正确的 D.以上A、B、C都不正确解答Z−λZ=W⇒Z−λ·Z=W⇒ λ·Z−λ·λZ=λ·Z−λ·Z=W1−Z(1λ·λWλ·WZ=λ·WW，即方程只有一个解.1−从而 只有I和II是正确的，所以选A.6.0a1，x1a,x2ax1x3ax2···xnaxn−1···{xn}( )是递增的是递减的奇数项是递增的，偶数项是递减的偶数项是递增的，奇数项是递减的第第27页 共267页第第26页 共267页解答0<a<1⇒y=ax单调递减⇒a1<aa<a0⇒x1<x2<1⇒a1<ax2<ax1⇒x1<x3<x2⇒ax2<ax3<ax1⇒x3<x4<x2⇒ax2<ax4<ax3⇒x3<x5<x4⇒ax4<ax5<ax3⇒x5<x6<x4⇒ax4<ax6<ax5⇒x5<x7<x6⇒···，于是0<x1<x3<x5<···<x2n−1<···<x2n<···<x6<x4<x2<1.从而奇数项是递增的，偶数项是递减的，所以选C.二、填空题(本题满分54分，每小题9分)7.在△ABC中角ABC的对边分别为ab若角ABC的大小成等比数列，且b2−a2=ac，则角B的弧度数等于 .解答B+A 由于sin2B−sin2A=(sinB+sinB+A 222=2sin 222

−A·2cos

+AsinB−

=sin(B+A)sin(B−A)2则b2−a2=ac⇒sin(B+A)sin(B−A)=sinAsinC⇒sin(B−A)=sinA2⇒B−A=A或B−A=π−A(舍去)⇒B=2A.⇒所以A+B+C=7A=π A=⇒7

⇒B=

π.78.方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有 组.解答x10时，x2x3x4x5x6x7x8x9x103的非负整数解有C113165x11x3x4x5x6x7x8x9x101的非负C119C19组.2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x1039的非负整数解共有165+9=174组.9.在已知数列1,4,8,10,16,19,21,25,30,43中，相邻若干数之和能被11整除的数组共有 个.解答{xn}1114−3−15−3−13−3−1.于是从第一项起，连续k(k=12···10)11除的余数为数列{an}:1521632521.akx1x2···xk(mod11).11a10a4a10a1a4a1a9a7，a9a3a7a3a8a27组.对任意实数x,定义运算x∗y为x∗y=ax+by+其中a,b,c为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法乘法运算.现已知1∗2=3,2∗3=并且有一个非零实数使得对于任意实数x都有x∗d=则d= .解答x∗d=ax+bd+cdx=x⇒a+cd=

⇒a+cd=1, bd=0(d

b=0.于是1∗2=a+2b+2c=3,2∗3=2a+3b+6c=4,

⇒a+2c=a+3c=

⇒a=c=

⇒d=4.三、解答题(本题满分60分，每小题20分)xOyA(x1y1)B(x2y2)的坐标均为一位正整数，OAxxxB′，AyA′，△OB′B△OA′A的面33.5.x1y1x2y2x1x2y2y1x1·103x2·102y2·10y1.试求出所有这样的四位数，并写出求解过程.解答S△OB′B−S△OA′A

12(x2y2−x1y1)=33.5⇒x2y2−x1y1=67，依题意，x2>y2,x2y2>67⇒x2=9,y2=8，于是x1y1=72−67=5.又x1<y1⇒x1=1,y1=5.综上，x1x2y2y1=1985.ABCDA1B1C1D1中，EBC的中点，FAA1上，A1FFA12B1EFA1B1C1D1所成的二面角.解答如图，MADFNFNEB1B1EF.作BH⊥NE，连接B1H，由三垂线定理知∠BHB1为所求二面角的平面角.

=6 A1FFA⇒6⇒

MN=NA

⇒MN=1⇒tan∠BEH=MN=6ABAB⇒sin∠BEH=√37⇒BH=BEsin∠BEH

√37.tan∠BHB1

BB1BH

√37= .3 √

EF

B1C1D1

37.31986年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)设−1<a<0,θ=arcsina，那么不等式sinx<a的解集为 ( )A.{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π−θ,n∈Z}B.{x|2nπ−θ<x<(2n+1)π+θ,n∈Z}C.{x|(2n−1)π+θ<x<2nπ−θ,n∈Z}D.{x|(2n−1)π−θ<x<2nπ+θ,n∈Z}解答如图，作直线y=a与单位圆交于两点，则阴影区域(不包括边界)即为满足条件的解集.在一个周期内可表示为{x|−π−θ<x<θ}sinxa{x|(2n1)πθx2nπθ,nZ}D.2.设z为复数，M={z|(z−1)2=|z−1|2}，那么 ( )A.M={纯虚数} B.M={实数}C.{实数}⫋M⫋{复数} D.M={复数}解答(z−1)2=|z−1|2=(z−1)(z−1)⇒z−1=z−1⇒z−1为实数⇒z为实数，所以选B.a、b、c

a2−bc−8a+7=0,Sb2+c2+bc−6a+6=S

那么a的取值范围是( )A.(−∞,+∞) B.(−∞,1] [9,+∞)C.(0,7) D.[1,9]解答两式相加，有a2−b2−c2−2bc−2a+1=0⇒(a−1)2=(b+c)2于是a2−bc−8a+7=0⇒a2−2a+1−6a+6=(a−1)2−6(a−1)=bc444⩽1(b+c)2=1(a−1)2⇒(a−1)2⩽6(a−1)⇒0⩽a−1⩽8444⇒1⩽a⩽9.所以选D.如果四面体的每一个面都不是等腰三角形，那么其长度不等的棱的条数最少为( )A.3 B.4 C.5 D.6解答对棱相等的四面体称为等腰四面体，即长度不等的棱的条数最少为3.所以选A.平面上有一个点集M和七个不同的圆C1,C2,···,其中圆C7恰好经过M中的7个点，圆C6恰好经过M中的6个点，···，圆C1恰好经过M中的1个点，那么M中的点数最少为 (A.11 B.12 C.21 D.28解答C7C62C7C64C7C6C5至少含7+6+5−2−4=12个点，即M中的点数最少为12.所以选B.a、b、c的三角形，其面积等于1，而外接圆半径为1s=√a+4√b+√c,t=1+1+1，则s与t的大小关系是 ( )a b cA.st B.st C.st D.不确定1解答1R=1⇒c=2sinC⇒sinC

c，S 2 △

absinC121

1abc4

4⇒abc=1.… … … 于是t=1+1+1⩾ 1+ 1+

=√a+√b+√c=s.a b c ab bc ca⇒注意到abc=1 sinAsinBsinC=⇒8

⇒a,b,c不全相等，否则A=B=C=60◦，矛盾.从而t>s，所以选C.二、填空题(本题满分54分，每小题9分)在底面半径为6的圆柱内有两个半径也为6的球面其球心距为13.若作一平面与这二球面相切，且与圆柱面相交成一椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是 .解答如图，MC=O2F=6⇒△MCD=△O2FM⇒MD=O2M=6.5⇒MF=2.5，于是椭圆的a=6.5,c=2.5,c=6.所以椭圆的长轴长与短轴长之和是2a+2b=25.注：本题的难点在于作图，当发现△MCD=△O2FMMO2F垂直的平面.28.f(x)=|12x|x∈[01]，那么方程f(f(f(x)))=1x的解的个数是2 .解答2f(x)1xf(f(x))的图像；2f(f(x1xf(f(f(x)))的图像.由于y=f(f(f(x)))的图像与直线y=1x的交点个数为8，所以方程2f(f(f(x)))

1x8.. . . . . . 9.f(x

4x4xf

1 +f1001

2 +f1001

3 1001

+···+f

0001001的值等于 .解答4x 41−x 4x 4f(x)+f(1−x)

4x+2+41−x+2=4x+2+4+2·4x=1，1001100110011001记S=f.1 Σ+f.2 Σ+f.3 Σ+···+f.000Σ，1001100110011001所以2S=1000⇒S=500.10.设x,y,z为非负实数且满足方程4√5x+9y+4z−68×2√5x+9y+4z+256=那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于 .解答设m=2√5x+9y+4z⇒m2−68m+256=(m−4)(m−64)=0⇒m=4或64.当m=4时，√5x+9y+4z=2⇒4=5x+9y+4z⩽9(x+y+z)⇒x+y+z

4xz0y=4.9 9当m=64时，√5x+9y+4z=6⇒36=5x+9y+4z⩾4(x+y+z)⇒x+y+z⩽9，等号成立时x=y=0,z=9.所以x+y+z的最大值与最小值的乘积等于4.1987年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数.则( )这样的a有无穷多个 B.这样的a存在，但只有有限个C.这样的a不存在 D.以上A、B、C的结论都不正确解答(n2+3k)3=n6+27k3+9n2k(n2+3k)=n6+3[9k3+3n2k(n2+3k)]，取a=9k3+3n2k(n2+3k)(k∈N∗)即满足题意.所以选A.边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是 ( A.10√2 B.14 C.5√6 D.12解答设两条对角线长分别为2a,2b(a⩽b)，由a2+b2=25⇒b=√25−a2，aba√25a2(0a⩽3).f(xx√25x2x∈(03]，f′(x)=1−

x25−

0f(xf(x)maxf(3)7，从而2a+2b⩽14.所以选B.在平面直角坐标系中，纵横坐标均为有理数的点称为有理点.若a为无理数则过点(a,0)的所有直线中 ( )有无穷多条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点n(2⩽n+∞)条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点有且仅有一条直线至少通过两个有理点每条直线至多通过一个有理点解答显然x轴满足题意.若另存在直线通过两个有理点(m,n),(s,t)(n,t̸=0)，则ntm−s

n =m−

m a=n(m−⇒ n⇒

a=m n(m−s)⇒ n⇒

s−mtn−t为有理数，矛盾.从而有且仅有一条直线至少通过两个有理点，所以选C.△ABCBC2α(0<π△α<3).△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一ABBC落到圆周CA100次那么，A点所走路程的总长度为 ( )A.22π(1+sinα)−66α B.22π+68πsinα−66α3C.73π D.33π−66α解答如图，第一次旋转时(绕点A旋转)，黑色△ABC→蓝色△ABC，点B从圆心位置旋转到圆周上，BB=1，旋转角度为60◦.第二次旋转时(绕点B旋转)，蓝色△ABC→黄色△ABC△ABC△ABCBB对β1202α.由对称性，第三次旋转(绕点C旋转)，黄色△ABC→绿色△ABC相当于第一次旋转的复位，旋转角度为60◦.33AC2sinA点所走路程的长度为2π2α+2πsinα.3310033(A旋转)，于是路程的总长度为22π(1+sinα)−66α，所以选A.二、填空题(本题满分54分，每小题9分)已知集合M={x,y,lg(xy)}及N={0,|x|,y}，并且M=N，那么.x+1Σ+.x2+1Σ+.x3+1Σ+···+.x2001+1 Σ的值等于 .y y2 y3解答

y2001lg(xy)=0⇒xy=1⇒x=y=−1，yy2y3y2001所以.x+1Σ+.x2+1Σ+.x3+1Σ+···+.x2001+1 Σ=yy2y3y2001T6.A{(x,y)||x||y|a,a>0}B{(x,y)||xy|1|x||y|}.若TA B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为 .解答第35页 第35页 共267页第第36页 共267页√|xy|+1=|x|+|y|⇒(|x|−1)(|y|−1)=0，如图，当正八边形边长为2时，BC= 2√⇒C(1+√2,1)⇒a=2+√2；当正八边形为图中斜线阴影部分时，A(a−1,1)AB=2−a ⇒2−a=√2(a−1)a=√2.综上，a的值为2+√2或a=√2.设k是大于1的整数，a是x2−kx+1=0的根，对于大于10的任意自然数n，a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是 .解答由于a2−ka+1=0⇒a+a−1=k⇒a2+a−2=k2−2k2的个位数字始终是9k2−2的个位数字总是7k的个位数字是3,7实现.注意nk5.377777537，其它个位数字不能形成这种循环.所以k的个位数字是3或5或7.现有边长为345的三角形两个，边长为45√41的三角形四个，边长为5√2,4,5的三角形六个.用上述三角形为面可以拼成 个四面体.6解答当相同四个三角形为面组成四面体时，称为等腰四面体.由于等腰四面体内接.显然这里边长为45√41三角形，边长为5√245的三角形为钝角三角形，所以不能用题中的四个相6同三角形为面组成四面体.由于4,5是所有三角形的共同边，则其必为四面体的两组对棱的长，于是组成四面体的面为相同的三角形各两个.当其中两个三角形边长为4,5,√41时，余下两个顶点的SCDE.AE

16√41⇒DE

9√415√2345.6√当其中两个三角形边长为3,4,5时，余下两个顶点的距离大于3>5√2，则另√4

641.所以可以拼成的四面体只有一个.9.k生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动；(3)有一个人只参加两个组的活动.则k的最小值是 .解答设五对孪生兄妹为A,a,Bb,Cc,Dd,Ee，由于有一个人只参加两个组的活AA{A,BCDE}{A,b,c,d,e}.(2)a32人参加BCDEb,c,d,e123个组的活动于是可分组为{a,B,c},{B,d},{B,e}{a,C,b},{C,d},{C,e}{D,b},{D,c},{a,D,e}；{E,b},{E,c},{a,E,d}共14组.所以k的最小值是14.第第37页 共267页第38页 第38页 共267页8 1988年全国高中数学联合竞赛一试试题一、选择题(本题满分36分，每小题6分)设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图像与第二个函数的图像关于直线x+y=0对称，那么第三个函数是()A.y=−φ(x) B.y=−φ(−x) C.y=−φ−1(x) D.y=−φ−1(−x)解答第二个函数是y=φ−1(x)，以(−y,−x)代(x,y)⇒−x=φ−1(−y)⇒−y=φ(−x)⇒y=−φ(−x)是第三个函数，所以选B.已知原点在椭圆k2x2+y2−4kx+2ky+k2−1=0的内部那么参数k的取值范围是 (A.|k|>1 B.|k|̸=1 C.−1<k<1 D.0<|k|<1解答k2x2+y2−4kx+2ky+k2−1=0⇒(kx−2)2+(y+k)2=5. 2Σ2 x−⇒ 5k2

(y+k)2+ =1，由于原点在椭圆的内部，于是有4+k25

<5且k̸=0⇒0<|k|<1，所以选D.……ß™3.平面上有三个MNP：M{(x,y)||x||y|1}，……ß™. . 1Σ2

1Σ2

. 1Σ2

Σ2 √.N= (x,.

x−

+ y+ 2

x+ 2

y−

<2 2，P={(x,y)||x+y|<1,|x|<1,|y|<1}.则 ( )A.M⫋P⫋N B.M⫋N⫋PC.P⫋N⫋M D.A、B、C都不成立解答MCDEFNMNPACDBEFM⫋P⫋N.所以选A.αβαTβ=a,βTγ=b,γTαc.若有命题甲：θ

；命题乙：a,b,c相交于一点.则 ( 3A.甲是乙的充分条件但不必要 B.甲是乙的必要条件但不充分C.甲是乙的充分必要条件 D.A、B、C都不对解答已知三个平面两两相交，则三条交线交于一点或互相平行.时，θ=3

⇒θ

时，a,b,c相交于一点.，a,b,cS−ABC中α=侧面SACβ=侧面SABγ=侧面SBC，于是aSA,bSBcSC∠BECφ.，设AB=2,SA=m，则由△