全国高中数学联赛试题及解析苏教版9

1989年全国高中数学联赛(10月15日上午8∶00—10∶00)一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．函数f(x)=arctanx+eq\f(1,2)arcsinx的值域是()A．(－π，π)B．[－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π]C．(－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π)D．[－eq\f(1,2)π，eq\f(1,2)π]3．对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－l)与函数y=f(－x+l)的图象恒()A．关于x轴对称B．关于直线x=l对称C．关于直线x=－l对称D．关于y轴对称4．以长方体8个顶点中任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为()A．0B．6C．8D．245．若M={z|z=eq\f(t,1+t)+ieq\f(1+t,t)，t∈R，t≠－1，t≠0}，N={z|z=eq\r(2)[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．则M∩N中元素的个数为A．0B．1C．2D．46．集合M={u|u=12m+8n+4l，其中m，n，l∈Z}N={u|u=20p+16q+12r，其中p，q，r∈Z}的关系为A．M=NB．MN，NMC．Meq\o(\s\up4(),\s\do3())ND．Neq\o(\s\up4(),\s\do3())M三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若logaeq\r(2)<1，则a的取值范围是．2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l⊥l，则l与l的交点坐标为．3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)=|f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是.4．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为．5．如果从数1，2，3，…，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足a2－a1≥3，与a3－a2≥3，那么，所有符合上述要求的不同取法有种．6．当s和t取遍所有实数时，则(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能达到的最小值为．三．(本题满分20分)已知a1，a2，…，an是n个正数，满足a1∙a2∙…∙an=1．求证：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．四．(本题满分20分)已知正三棱锥S—ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O，在AO上取一点P，使eq\f(AP,PO)=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an>0，且eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2．求证：an=n．第二试(上午10∶30—12∶30)一．(本题满分35分)ABCEF已知在ΔABC中，AB>AC，A的一个外角的平分线交ΔABC的外接圆于点E，过E作EF⊥ABCEF求证2AF=AB-AC．二．(本题满分35分)已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，满足eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))|xi|=1，eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))xi=0，求证：eq\b\bc\|(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))\f(xi,i))≤eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)．三．(本题满分35分)有n×n（n≥4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．

1989年全国高中数学联赛解答第一试一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解：0°<A、B<90°<A+B<180°．故90°>A>90°－B>0°，sinA>cosB，cosA<sinB．故cosB－sinA<0，sinB－cosA>0．点Z位于第二象限．选B2．函数f(x)=arctanx+eq\f(1,2)arcsinx的值域是()A．(－π，π)B．[－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π]C．(－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π)D．[－eq\f(1,2)π，eq\f(1,2)π]解：因x∈[－1，1]，故arctanx∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，eq\f(1,2)arcsinx∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，且f(－1)=－eq\f(π,2)，f(1)=eq\f(π,2)．选D3．对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－l)与函数y=f(－x+l)的图象恒()A．关于x轴对称B．关于直线x=l对称C．关于直线x=－l对称D．关于y轴对称解：令x－1=t，则得f(t)=f(－t)，即f(t)关于t=0对称，即此二图象关于x=1对称．选B4．以长方体8个顶点中任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为()A．0B．6C．8D．24解：以不相邻的4个顶点为顶点的四面体的8个面都是锐角三角形．其余的三角形都不是锐角三角形．选C．5．若M={z|z=eq\f(t,1+t)+ieq\f(1+t,t)，t∈R，t≠－1，t≠0}，N={z|z=eq\r(2)[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．则M∩N中元素的个数为A．0B．1C．2D．4解：M的图象为双曲线xy=1(x≠0，x≠1)N的图象为x2+y2=2(x≥0)，二者无公共点．选A．6．集合M={u|u=12m+8n+4l，其中m，n，l∈Z}N={u|u=20p+16q+12r，其中p，q，r∈Z}的关系为A．M=NB．MN，NMC．Meq\o(\s\up4(),\s\do3())ND．Neq\o(\s\up4(),\s\do3())M解：u=12m+8n+4l=4(3m+2n+l)，由于3m+2n+l可以取任意整数值，故M表示所有4的倍数的集合．同理u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r)也表示全体4的倍数的集合．于是M=N．三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若logaeq\r(2)<1，则a的取值范围是．解：若0<a<1，则logaeq\r(2)<0，若a>1，则得a>eq\r(2)．故填(0，1)∪(eq\r(2)，+∞)2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l⊥l，则l与l的交点坐标为．解：直线l方程为(x+10)－2y=0，解得交点为(2，6)．3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)=|f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是.解图1是函数f0(x)=|x|的图形，把此图形向下平行移动1个单位就得到函数f0(x)=|x|－1的图形，作该图形的在x轴下方的部分关于x轴的对称图形得出图2，其中在x轴上方的部分即是f1(x)=|f0(x)–1|的图象，再把该图象向下平行移动2个单位得到f0(x)=|x|－2的图象，作该图象在x轴下方的部分关于x轴的对称图形得到图3，其中x轴上方的部分即是f2(x)=|f1(x)–2|的图象。易得所求面积为7。4．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为．解设其小数部分为α(0<α<1)，整数部分为n(n∈N*)，则得，α(n+α)=n2，∴n2<n+α<n+1．∴eq\f(1－eq\r(5),2)<n<eq\f(1+eq\r(5),2)，但n∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0，∴=eq\f(－1±eq\r(5),2)，由α>0，知，=eq\f(－1+\r(5),2)．∴原数为eq\f(－1+\r(5),2)．5．如果从数1，2，3，…，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足a2－a1≥3，与a3－a2≥3，那么，所有符合上述要求的不同取法有种．解：令a1=a1，a2=a2－2，a3=a3－4，则得1≤a1<a2<a3≤10．所求取法为Ceq\a(3,10)=120．6．当s和t取遍所有实数时，则(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能达到的最小值为．解：令x=3|cost|，y=2|sint|，则得椭圆eq\f(x2,9)+eq\f(y2,4)=1在第一象限内的弧段．再令x=s+5，y=s，则得y=x－5，表示一条直线．(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2表示椭圆弧段上点与直线上点距离平方．其最小值为点(3，0)与直线y=x－5距离平方=2．三．(本题满分20分)已知a1，a2，…，an是n个正数，满足a1∙a2∙…∙an=1．求证：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．证明：∵2+ai=1+1+ai≥3eq\r(3,ai)，(i=1，2，…，n)∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)≥3eq\r(3,a1)∙3eq\r(3,a2)∙…∙3eq\r(3,an)≥3neq\r(3,a1a2…an)=3n．证法2：(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an但a1+a2+…+an≥neq\r(n,a1a2…an)=n=Ceq\a(1,n)，a1a2+a1a3+…+an－1an≥Ceq\a(2,n)eq\r(Ceq\a(2,n),(a1a2…an)n－1)=Ceq\a(2,n)，……，∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an≥2n+Ceq\a(1,n)2n－1+Ceq\a(2,n)2n－2+…+Ceq\a(1,n)=(2+1)n=3n．四．(本题满分20分)已知正三棱锥S—ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O，在AO上取一点P，使eq\f(AP,PO)=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．解：正三棱锥S—ABC的高为SO，故AO⊥BC，设AO交BC于E，连SE．则可证BC⊥面AES．故面AES⊥面SBC．由AO⊥面SBC于O，则AO在面AES内，O在SE上．AO与SO相交于点F．∵ABC为正三角形，AB=6，故AE=3eq\r(3)，OE=eq\r(3)．∵SO=3，∴tan∠OES=eq\r(3)，∠E=60°．∴OE=AEcos60°=eq\f(3,2)eq\r(3)．作OG⊥平面ABC，则垂足G在AE上．OG=OEsin60°=eq\f(9,4)．∵eq\f(AP,PO)=8，∴eq\f(PH,OG)=eq\f(8,9)，PH=2．设过P与底面平行的截面面积为s，截面与顶点S的距离=3－2=1．∴S△ABC=eq\f(\r(3),4)·62=9eq\r(3)．∴eq\f(s,SABC)=(eq\f(1,3))2，故s=eq\r(3)．五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an>0，且eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2．求证：an=n．证明：由已知，a13=a12，a1>0，∴a1=1．设n≤k(k∈N，且k≥1)时，由eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2成立可证ak=k成立．当n=k+1时，eq\s\do4(\o(\s\up15(k+1),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(k+1),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2=(eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2+2ak+1(eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(j=1)))aj)+aeq\a(2,k+1)．即eq\f(1,4)k2(k+1)2+aeq\a(3,k+1)=eq\f(1,4)k2(k+1)2+2ak+1·eq\f(1,2)k(k+1)+aeq\a(2,k+1)．∴aeq\a(2,k+1)－ak+1－k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=－k或ak+1=k+1．由an>0知，只有ak+1=k+1成立．即n=k+1时命题也成立．由数学归纳原理知对于一切n∈N*，an=n成立．

第二试一．(本题满分35分)已知在ΔABC中，AB>AC，A的一个外角的平分线交ΔABC的外接圆于点E，过E作EF⊥AB，垂足为F．求证2AF=AB-AC．证明：在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，于是ΔAEG为等腰三角形，∴EG=EA．又3=180－EGA=180－EAG=180－5=4．1=2．于是ΔEGB≌ΔEAC．∴BG=AC，故证二．已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，满足eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))|xi|=1，eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))xi=0，求证：eq\b\bc\|(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))\f(xi,i))≤eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)．证明：由已知可知，必有xi>0，也必有xj<0(i，j∈{1，2，…，n，且i≠j)．设xeq\s\do3(i1)，xeq\s\do3(i2)，…，xeq\s\do3(il)为诸xi中所有>0的数，xeq\s\do3(j1)，xeq\s\do3(j2)，…，xeq\s\do3(jm)为诸xi中所有<0的数．由已知得X=xeq\s\do3(i1)+xeq\s\do3(i2)+…+xeq\s\do3(il)=eq\f(1,2)，Y=xeq\s\do3(j1)+xeq\s\do3(j2)+…+xeq\s\do3(jm)=－eq\f(1,2)．于是当eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))eq\f(xeq\s\do3(il),l)>－eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))eq\f(xeq\s\do3(jh),h)时，eq\b\bc\|(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))\f(xi,i))=eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))eq\f(xeq\s\do3(il),l)+eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))eq\f(xeq\s\do3(jh),h)≤eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))xeq\s\do3(il)－eq\f(1,n)eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))xeq\s\do3(jh)=eq\f(X,2)－eq\f(－Y,2)=eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)．于是当eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))eq\f(xeq\s\do3(il),l)<－eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))eq\f(xeq\s\do3(jh