全国高中数学联赛试题及解析苏教版17VIP

1997年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月5日上午8:0010:00)一、选择题(每小题6分，共36分)1．已知数列{xn}满足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a，x2=b，记Sn=x1+x2++xn，则下列结论正确的是

(A)x100a，S100=2ba(B)x100b，S1002ba

(C)x100b，S100=ba(D)x100a，S100ba2．如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得eq\f(AE,EB)=eq\f(CF,FD)=λ(0<λ<+∞)，记f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF与AC所成的角，βλ表示EF与BD所成的角，则(A)f(λ)在(0，+∞)单调增加(B)f(λ)在(0，+∞)单调减少(C)f(λ)在(0，1)单调增加，而在(1，+∞单调减少(D)f(λ)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)=(x－2y+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)=x2－πx，arcsineq\f(1,3)，β=arctaneq\f(5,4)，γ=arcos(－eq\f(1,3))，=arccot(－eq\f(5,4))，则

(A)f(α)>f(β)>f()>f(γ)(B)f(α)>f()>f(β)>f(γ)

(C)f()>f(α)>f(β)>f(γ)(D)f()>f(α)>f(γ)>f(β)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eq\b\lc\{(\a\ac((x－1)3+1997(x－1)=－1，,(y－1)3+1997(y－1)=1．))则x+y.2．过双曲线x2－eq\f(y2,2)=1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数λ使得|AB|λ的直线l恰有3条，则λ=.3．已知复数z满足eq\b\bc\|(2z+\f(1,z))=1，则z的幅角主值范围是．4．已知三棱锥SABC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alogz+log[x(yz)1+1]，blogx1+log(xyz+1)，clogy+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x≥y≥z≥eq\f(π,12)，且x+y+zeq\f(π,2)，求乘积cosxsinycosz的最大值和最小值．四、(本题满分20分)设双曲线xy1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eq\b\lc\{(\a\ac(\f(a2,a1)=\f(a3,a2)=\f(a4,a3)=\f(a5,a4)，,a1+a2+a3+a4+a5=4(\f(1,a1)+\f(1,a2)+\f(1,a3)+\f(1,a4)+\f(1,a5))=S．))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10:3012:30)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：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线。二、（本题50分）试问：当且仅当实数x0，x1，…，xn（n≥2）满足什么条件时，存在实数y0，y1，…，yn使得zeq\a(2,0)=zeq\a(2,1)+zeq\a(2,2)+…+zeq\a(2,n)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x1,j≥x2,j≥…≥x100,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eq\o(\s\up15(25),\s\do4(Σ),\s\do10(j=1))xi，j≤1（i=1，2，…，100），则当i≥k时，在表2中就能保证eq\o(\s\up15(25),\s\do4(Σ),\s\do10(j=1))xi，j≤1成立。表1表2x1,1x1,2…x1,25x1,1x1,2…x1,25x2,1x2,2…x2,25x2,1x2,2…x2,25……x100,1x100,2…x100,25x100,1x100,2…x100,25

1997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=xn－xn－1(n≥2)，x1=a，x2=b，记Sn=x1+x2++xn，则下列结论正确的是

(A)x100a，S100=2ba(B)x100b，S1002ba

(C)x100b，S100=ba(D)x100a，S100ba解：x1=a，x2=b，x3=b－a，x4=－a，x5=－b，x6=a－b，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=2b－a．选A．2．如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得eq\f(AE,EB)=eq\f(CF,FD)=λ(0<λ<+∞)，记f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF与AC所成的角，βλ表示EF与BD所成的角，则(A)f(λ)在(0，+∞)单调增加(B)f(λ)在(0，+∞)单调减少(C)f(λ)在(0，1)单调增加，而在(1，+∞单调减少(D)f(λ)在(0，+∞)为常数解：作EG∥AC交BC于G，连GF，则eq\f(AE,EB)=eq\f(CG,GB)=eq\f(CF,FD)，故GF∥BD．故∠GEF=αλ，∠GFE=βλ，但AC⊥BD，故∠EGF=90°．故f(λ)为常数．选D．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个解：设首项为a，公差为d，项数为n，则na+eq\f(1,2)n(n－1)d=972，n[2a+(n－1)d]=2×972，即n为2×972的大于3的约数．∴⑴n=972，2a+(972－1)d=2，d=0，a=1；d≥1时a<0．有一解；⑵n=97，2a+96d=194，d=0，a=97；d=1，a=a=49；d=2，a=1.有三解；⑶n=2×97，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)=(x－2y+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x－2y+3=0的距离的比：eq\f(\r(x2+(y+1)2),\f(|x－2y+3|,\r(12+(－2)2)))=eq\r(\f(5,m))<1m>5，选D．5．设f(x)=x2－πx，arcsineq\f(1,3)，β=arctaneq\f(5,4)，γ=arcos(－eq\f(1,3))，=arccot(－eq\f(5,4))，则

(A)f(α)>f(β)>f()>f(γ)(B)f(α)>f()>f(β)>f(γ)

(C)f(i)>f(α)>f(β)>f(γ)(D)f()>f(α)>f(γ)>f(β)解：f(x)的对称轴为x=eq\f(π,2)，易得，0<α<eq\f(π,6)<eq\f(π,4)<β<eq\f(π,3)<eq\f(π,2)<γ<eq\f(2π,3)<eq\f(3π,4)<δ<eq\f(5π,6)．选B．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)无穷多条解：在a、b、c上取三条线段AB、CC、AD，作一个平行六面体ABCD—ABCD，在c上取线段AD上一点P，过a、P作一个平面，与DD交于Q、与CC交于R，则QR∥a，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eq\b\lc\{(\a\ac((x－1)3+1997(x－1)=－1，,(y－1)3+1997(y－1)=1．))则x+y.解：原方程组即eq\b\lc\{(\a\ac((x－1)3+1997(x－1)+1=0，,(1－y)3+1997(1－y)+1=0．))取f(t)=t3+1997t+1，f(t)=3t2+1987>0．故f(t)单调增，现x－1=1－y，x+y=2．2．过双曲线x2－eq\f(y2,2)=1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数λ使得|AB|λ的直线l恰有3条，则λ=．解：右支内最短的焦点弦=eq\f(2b2,a)=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λ=4时设AB的倾斜角为θ，则右支内的焦点弦λ=eq\f(2ab2,a2－c2cos2θ)=eq\f(4,1－3cos2θ)≥4，当θ=90°时，λ=4．与左支相交时，θ=±arccoseq\r(\f(2,3))时，λ=eq\b\bc\|(\f(2ab2,a2－c2cos2θ))=eq\b\bc\|(\f(4,1－3cos2θ))=4．故λ=4．3．已知复数z满足eq\b\bc\|(2z+\f(1,z))=1，则z的幅角主值范围是．解：eq\b\bc\|(2z+\f(1,z))=14r4+(4cos2θ－1)r2+1=0，这个等式成立等价于关于x的二次方程4x2+(4cos2θ－1)x+1=0有正根．△=(4cos2θ－1)2－16≥0，由x1x2=eq\f(1,4)>0，故必须x1+x2=－eq\f(4cos2θ－1,4)>0．∴cos2θ≤－eq\f(3,4)．∴(2k+1)π－arccoseq\f(3,4)≤2θ≤(2k+1)π+arccoseq\f(3,4)．∴kπ+eq\f(π,2)－eq\f(1,2)arccoseq\f(3,4)≤θ≤kπ+eq\f(π,2)+eq\f(1,2)arccoseq\f(3,4)，(k=0，1)4．已知三棱锥SABC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为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为．解：SA=SB=SC=2，S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=eq\r(3)，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=eq\f(2\r(3),3)，∴OH=eq\f(\r(3),3)，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，逆时针跳1次算－1，写5个“□1”，在□中填“+”号或“－”号：□1□1□1□1□1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23－2=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alogz+log[x(yz)1+1]，blogx1+log(xyz+1)，clogy+log[(xyz)1+1]，记a，b，c中最大数为M，则M的最小值为．解：a=log(eq\f(x,y)+z)，b=log(yz+eq\f(1,x))，c=log(eq\f(1,yz)+y)．∴a+c=log(eq\f(1,yz)+eq\f(1,x)+yz+x)≥2log2．于是a、c中必有一个≥log2．即M≥log2，于是M的最小值≥log2．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x≥y≥z≥eq\f(,12)，且x+y+z=eq\f(,2)，求乘积cosxsinycosz的最大值和最小值．解：由于x≥y≥z≥eq\f(,12)，故eq\f(,6)≤x≤eq\f(,2)－eq\f(,12)×2=eq\f(,3)．∴cosxsinycosz=cosx×eq\f(1,2)[sin(y+z)+sin(y－z)]=eq\f(1,2)cos2x+eq\f(1,2)cosxsin(y－z)≥eq\f(1,2)cos2eq\f(,3)=eq\f(1,8)．即最小值．(由于eq\f(,6)≤x≤eq\f(,3)，y≥z，故cosxsin(y－z)≥0)，当y=z=eq\f(,12)，x=eq\f(,3)时，cosxsinycosz=eq\f(1,8)．∵cosxsinycosz=cosz×eq\f(1,2)[sin(x+y)－sin(x－y)]=eq\f(1,2)cos2z－eq\f(1,2)coszsin(x－y)．由于sin(x－y)≥0，cosz>0，故cosxsinycosz≤eq\f(1,2)cos2z=eq\f(1,2)cos2eq\f(,12)=eq\f(1,2)(1+coseq\f(,6))=eq\f(2+eq\r(3),8)．当x=y=eq\f(5,12)，z=eq\f(,12)时取得最大值．∴最大值eq\f(2+\r(3),8)，最小值eq\f(1,8)．四、(本题满分20分)设双曲线xy1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，eq\f(1,x1))，Q(x2，eq\f(1,x2))，R(x3，eq\f(1,x3))．不妨设0<x1<x2<x3，则eq\f(1,x1)>eq\f(1,x2)>eq\f(1,x3)>0．kPQ=eq\f(y2－y1,x2－x1)=－eq\f(1,x1x2)；kQR=－eq\f(1,x2x3)；tan∠PQR=eq\f(－\f(1,x1x2)+\f(1,x2x3),1+\f(1,x1x3x22))<0，从而∠PQR为钝角．即△PQR不可能是正三角形．⑵P(－1，－1)，设Q(x2，eq\f(1,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(eq\f(1,x2)，x2)．∴PQ与y=x的夹角=30°，PQ所在直线的倾斜角=75°．tan75°=eq\f(1+\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))=2+eq\r(3)．PQ所在直线方程为y+1=(2+eq\r(3))(x+1)，代入xy=1，解得Q(2－eq\r(3)，2+eq\r(3))，于是R(2+eq\r(3)，2－eq\r(3))．五、(本题满分20分)设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足eq\b\lc\{(\a\ac(\f(a2,a1)=\f(a3,a2)=\f(a4,a3)=\f(a5,a4)，,a1+a2+a3+a4+a5=4(\f(1,a1)+\f(1,a2)+\f(1,a3)+\f(1,a4)+\f(1,a5))=S．))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．证明：设eq\f(a2,a1)=eq\f(a3,a2)=eq\f(a4,a3)=eq\f(a5,a4)=q，则由下式得a1(1+q+q2+q3+q4)=eq\f(4,a1q4)(1+q+q2+q3+q4)．∴(a12q4－4)(1+q+q2+q3+q4)=0，故a1q2=±2，或1+q+q2+q3+q4=0．⑴若a1q2=±2，则得±2(eq\f(1,q2)+eq\f(1,q)+1+q+q2)=S．S=±2[(q+eq\f(1,q))2+(q+eq\f(1,q))－1]=±2[(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)]．∴由已知，有(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)∈R，且|(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)|≤1．令q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2)=h(cosθ+isinθ)，(h>0)．则h2(cos2θ+isin2θ)－eq\f(5,4)∈R．sin2θ=0．－1≤h2(cos2θ+isin2θ)－eq\f(5,4)≤1．eq\f(1,4)≤h2(cos2θ+isin2θ)≤eq\f(9,4)，cos2θ>0．θ=kπ(k∈Z)∴q+eq\f(1,q)∈R．再令q=r(cosα+isinα)，(r>0)．则q+eq\f(1,q)=(r+eq\f(1,r))cosα+i(r－eq\f(1,r))sinα∈R．sinα=0或r=1．若sinα=0，则q=±r为实数．此时q+eq\f(1,q)≥2或q+eq\f(1,q)≤－2．此时q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2)≥eq\f(5,2)，或q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2)≤－eq\f(3,2)．此时，由|(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)|≤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．⑵若1+q+q2+q3+q4=0．则q5－1=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：OM⊥MN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．⑴若S、N、T三点共线，连O1N，O2N，则OS=OT，O1S=O1N，于是∠S=∠T，∠S=∠O1NS，∴∠O1NS=∠T，O1N∥OT，同理，O2N∥OS，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=90°．∴OM⊥MN．⑵反之，若OM⊥MN，则OM∥O1O2，由OO2－OO1=(R－r2)－(R－r1)=r1－r2=O1M－O2M．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（n≥2）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，…，n。证明你的结论。解：z02=x02－y02+2x0y0i=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i．∴x02－y02=(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x02≤x12+x22+…+xn2．反之，若x02≤x12+x22+…+xn2成立．此时，可分两种情况：⑴当x02=x12+x22+…+xn2成立时，取yi=xi(i=0，1，2，…，n)，于是z02=(x0+y0i)2=x02－y02+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．⑵当x02<x12+x22+…+xn2成立时，记a2=x12+x22+…+xn2－x02>0，于是xi(i=1，2，…，n)不能全为0．不妨设xn≠0，取y0=y1=y2=…=yn－2=0，yn－1=eq\f(axn,\r(x\a(2,n－1)+x\a(2,n)))，yn=－eq\f(axn－1,\r