全国高中数学联赛试题及解析苏教版13

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)||tany|+sin2x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（）

(A)4(B)5(C)8(D)92．已知f(x)=asinx+beq\r(3,x)+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A∪B={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=eq\f(π,4)被曲线C:(xarcsina)(xarccosa)+(yarcsina)(y+arccosa)=0所截的弦长为d，当a变化时d的最小值是()

(A)eq\f(π,4)(B)eq\f(π,3)(C)eq\f(π,2)(D)5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若ca等于AC边上的高h，则sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2)的值是()

(A)1(B)eq\f(1,2)(C)eq\f(1,3)(D)16．设m，n为非零实数，i为虚数单位，zC，则方程|z+ni|+|zmi|=n与|z+ni||zmi|=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(1i)x2+(+i)x+(1+i)=0(i为虚数单位，R)有两个虚根的充分必要条件是的取值范围为________．2．实数x，y满足4x25xy+4y2=5，设S=x2+y2，则eq\f(1,Smax)+eq\f(1,Smin)=_______．3．若zC，arg(z24)=eq\f(5π,6)，arg(z2+4)=eq\f(π,3)，则z的值是________.4．整数eq\b\bc\[(\f(1093,1031+3))的末两位数是_______.5．设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使logeq\s\do6(\f(x0,x1))1993+logeq\s\do6(\f(x1,x2))1993+logeq\s\do6(\f(x2,x3))1993≥k·logeq\s\do6(\f(x0,x3))1993恒成立，则k的最大值是_______.6．三位数(100，101，，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D，则D为三棱锥S－ABC的外接球球心．四、（本题满分20分）设0<a<b，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．五、（本题满分20分）设正数列a0，a1，a2，…，an，…满足eq\r(anan－2)－eq\r(an－1an－2)=2an－1，(n≥2)且a0=a1=1，求{an}的通项公式．

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n≥4．二、（35分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,,Am两两互不包含．试证：(1)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n))≤1；(2)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))表示n个不同元素取|Ai|个的组合数．三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线lm，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，ABCR+BCAP=ACBQ；(2)l与圆O相交时，ABCR+BCAP＜ACBQ；(3)l与圆O相离时，ABCR+BCAP＞ACBQ.

1993年全国高中数学联合竞赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x，y)||tany|+sin2x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（）

(A)4(B)5(C)8(D)9解：tany=0，y=k(k∈Z)，sin2x=0，x=m(m∈Z)，即圆x2+y2=2及圆内的整点数．共9个．选D．2．已知f(x)=asinx+beq\r(3,x)+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解：设lglog310=m，则lglg3=－lglog310=－m，则f(m)=asinm+beq\r(3,m)+4=5，即asinm+beq\r(3,m)=1．∴f(－m)=－(asinm+beq\r(3,m))+4=－1+4=3．选C．3．集合A，B的并集A∪B={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）27解：a1∈A或A，有2种可能，同样a1∈B或B，有2种可能，但a1A与a1B不能同时成立，故有22－1种安排方式，同样a2、a3也各有22－1种安排方式，故共有(22－1)3种安排方式．选D．4．若直线x=eq\f(π,4)被曲线C:(xarcsina)(xarccosa)+(yarcsina)(y+arccosa)=0所截的弦长为d，当a变化时d的最小值是()

(A)eq\f(π,4)(B)eq\f(π,3)(C)eq\f(π,2)(D)解：曲线C表示以(arcsina，arcsina)，(arccosa，－arccosa)为直径端点的圆．即以(α，α)及(eq\f(π,2)－α，－eq\f(π,2)+α)(α∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)])为直径端点的圆．而x=eq\f(π,4)与圆交于圆的直径．故d=eq\r((2α－eq\f(π,2))2+(eq\f(π,2))2)≥eq\f(π,2)．故选C．5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若ca等于AC边上的高h，则sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2)的值是()

(A)1(B)eq\f(1,2)(C)eq\f(1,3)(D)1解：2R(sinC－sinA)=csinA=2RsinCsinA，sinC－sinA=sinCsinA，2coseq\f(C+A,2)sineq\f(C－A,2)=－eq\f(1,2)[cos(C+A)－cos(C－A)]=eq\f(1,2)[1－2sin2eq\f(C－A,2)－2cos2eq\f(C+A,2)+1]．(sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2))2=1，但sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2)>0，故选A．6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，zC，则方程|z+ni|+|zmi|=n与|z+ni||zmi|m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是()解：方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni，mi)，由①n>0，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m<0，|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(1i)x2+(+i)x+(1+i)=0(i为虚数单位，R)有两个虚根的充分必要条件是的取值范围为________．解：即此方程没有实根的条件．当λ∈R时，此方程有两个复数根，若其有实根，则x2+λx+1=0，且x2－x－λ=0．相减得(λ+1)(x+1)=0．当λ=－1时，此二方程相同，且有两个虚根．故λ=－1在取值范围内．当λ≠－1时，x=－1，代入得λ=2．即λ=2时，原方程有实根x=－1．故所求范围是λ≠2．2．实数x，y满足4x25xy+4y2=5，设S=x2+y2，则eq\f(1,Smax)+eq\f(1,Smin)=_______．解：令x=rcosθ，y=rsinθ，则S=r2得r2(4－5sinθcosθ)=5．S=eq\f(5,4－\f(5,2)sin2θ)．∴eq\f(1,Smax)+eq\f(1,Smin)=eq\f(4+\f(5,2),5)+eq\f(4－\f(5,2),5)=eq\f(8,5)．3．若zC，arg(z24)=eq\f(5π,6)，arg(z2+4)=eq\f(π,3)，则z的值是________.解：如图，可知z2表示复数4(cos120°+isin120°)．∴z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+eq\r(3)i)．4．整数eq\b\bc\[(\f(1093,1031+3))的末两位数是_______.解：令x=1031，则得eq\f(x3,x+3)=eq\f(x3+27－27,x+3)=x2－3x+9－eq\f(27,x+3)．由于0<eq\f(27,x+3)<1，故所求末两位数字为09－1=08．5．设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使logeq\s\do6(\f(x0,x1))1993+logeq\s\do6(\f(x1,x2))1993+logeq\s\do6(\f(x2,x3))1993≥k·logeq\s\do6(\f(x0,x3))1993恒成立，则k的最大值是_______.解：显然eq\f(x0,x3)>1，从而logeq\s\do6(\f(x0,x3))1993>0．即eq\f(1,lgx0－lgx1)+eq\f(1,lgx1－lgx2)+eq\f(1,lgx2－lgx3)≥eq\f(k,lgx0－lgx3)．就是[(lgx0－lgx1)+(lgx1－lgx2)+(lgx2－lgx3)](eq\f(1,lgx0－lgx1)+eq\f(1,lgx1－lgx2)+eq\f(1,lgx2－lgx3))≥k．其中lgx0－lgx1>0，lgx1－lgx2>0，lgx2－lgx3>0，由Cauchy不等式，知k≤9．即k的最大值为9．6．三位数(100，101，，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4×5×4=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2×3+2×3=12个，故共有(80－12)÷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S—ABC的外接球球心．⑴证明：∵DP∥SC，故DP、CS共面．∴DC面DPC，∵M∈DC，M∈面DPC，SM面DPC．∵在面DPC内SM与SC相交，故直线SM与DP相交．⑵∵SA、SB、SC两两互相垂直，∴SC⊥面SAB，SC⊥SD．∵DP∥SC，∴DP⊥SD．△DDM∽△CSM，∵M为△ABC的重心，∴DM∶MC=1∶2．∴DD∶SC=1∶2．取SC中点Q，连DQ．则SQ=DD，平面四边形DDQS是矩形．∴DQ⊥SC，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S—ABC的外接球球心．四、（本题满分20分）设0<a<b，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(x－a)，m：y=k2(x－b)．于是l、m可写为(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)=0．∴交点满足eq\b\lc\{(\a\ac(y2=x，,(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)=0．))若四个交点共圆，则此圆可写为(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)+(y2－x)=0．此方程中xy项必为0，故得k1=－k2，设k1=－k2=k≠0．于是l、m方程分别为y=k(x－a)与y=－k(x－b)．消去k，得2x－(a+b)=0，(y≠0)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eq\r(anan－2)－eq\r(an－1an－2)=2an－1，(n≥2)且a0=a1=1，求{an}的通项公式．解：变形，同除以eq\r(an－1an－2)得：eq\r(eq\f(an,an－1))=2eq\r(eq\f(an－1,an－2))+1，令eq\r(eq\f(an,an－1))+1=bn，则得bn=2bn－1．即{bn}是以b1=eq\r(eq\f(1,1))+1=2为首项，2为公比的等比数列．∴bn=2n．∴eq\f(an,an－1)=(2n－1)2．故∴eq\b\lc\{(\a\ac(a0=1，,an=(2n－1)2(2n－1－1)2…(21－1)2．(n≥1))) 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n≥4．证明充分性⑴当n=4时，如图，只要连AC，并在ΔABC内取一点F，使∠AFB、∠BFC、∠CFA都为钝角(例如，可以取ΔABC的Fermat点，由于ΔABC是锐角三角形，故其Fermat点在其形内)．于是，ΔADC、ΔAFB、ΔBFC、ΔAFC都是钝角三角形．⑵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ΔAEB也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形．一般的，由⑴得到了4个钝角三角形后，只要在AF上再取n－4个点E1、E2、…En－4，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n≥4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,,Am两两互不包含．试证：(1)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n))≤1；(2)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))表示n个不同元素取|Ai|个的组合数．证明：⑴即证：若k1+k2+…+km=n，则k1!(n－k1)!+k2!(n－k2)!+…+km!(n－km)!≤n!．由于n!表示n个元素的全排列数，而ki!(n－ki)!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!(n－k1)!+k2!(n－k2)!+…+km!(n－km)!成立．⑵∵(eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n)))(eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n)))≥(1+1+1+…+1)2=m2．但0<eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n))≤1，故eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))≥m2．三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线lm，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，ABCR+BCAP