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1998年全国高中数学联赛试题及解答


一九九八年全国高中数学联合竞赛
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 若 a > 1, b > 1, 且 lg(a + b)=lga+lgb, 则 lg(a –1)+lg(b –1) 的值( ) (A)等于 lg2 (B)等于 1 (C ) 等于 0 (D) 不是与 a, b 无关的常数 2.若非空集合 A={x|2a+1?x?3a – 5

},B={x|3?x?22},则能使 A?A∩B 成立的所有 a 的集合是 ( ) (A){a | 1?a?9} (B) {a | 6?a?9} (C) {a | a?9} (D) ? 3.各项均为实数的等比数列{an}前 n 项之和记为 Sn ,若 S10 = 10, S30 = 70, 则 S40 等于( ) (A) 150 (B) ? 200 (C) 150 或 ? 200 (D) ? 50 或 400 2 2 4.设命题 P:关于 x 的不等式 a1x + b1x + c1 > 0 与 a2x2 + b2x + c2 > 0 的解集相同; a1 b1 c1 命题 Q: = = . 则命题 Q( ) a2 b2 c2 (A) 是命题 P 的充分必要条件 (B) 是命题 P 的充分条件但不是必要条件 (C) 是命题 P 的必要条件但不是充分条件 (D) 既不是是命题 P 的充分条件也不是命题 P 的必要条件 5.设 E, F, G 分别是正四面体 ABCD 的棱 AB,BC,CD 的中点,则二面角 C—FG—E 的大小是( ) 6 π 3 π 2 (A) arcsin (B) +arccos (C) -arctan 2 (D) π-arccot 3 2 3 2 2 6.在正方体的 8 个顶点, 12 条棱的中点, 6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点中, 共线的三点 组的个数是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37 二、填空题( 本题满分 54 分,每小题 9 分) 各小题只要求直接填写结果. 1 98 101 104 1.若 f (x) (x?R)是以 2 为周期的偶函数, 当 x?[ 0, 1 ]时,f(x)=x1000,则 f( ),f( ),f( )由小到 19 17 15 大排列是 . 2.设复数 z=cosθ+isinθ(0?θ?180° ),复数 z,(1+i)z,2-在复平面上对应的三个点分别是 P, Q, z R.当 P, Q, R 不共线时,以线段 PQ, PR 为两边的平行四边形的第四个顶点为 S, 点 S 到原点距离的最大 值是___________. 3.从 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 这 10 个数中取出 3 个数, 使其和为不小于 10 的偶数, 不同的取法 有________种. 4.各项为实数的等差数列的公差为 4, 其首项的平方与其余各项之和不超过 100, 这样的数列至 多有_______项. 5.若椭圆 x2+4(y-a)2=4 与抛物线 x2=2y 有公共点,则实数 a 的取值范围是 . o o 6. ?ABC 中, ?C = 90 , ?B = 30 , AC = 2, M 是 AB 的中点. 将?ACM 沿 CM 折起,使 A,B 两点间的 距离为 2 2 ,此时三棱锥 A-BCM 的体积等于__________. 三、 (本题满分 20 分) π 已知复数 z=1-sinθ+icosθ( <θ<π),求 z 的共轭复数-的辐角主值. z 2
·1·

四、 (本题满分 20 分) 设函数 f (x) = ax 2 +8x +3 (a<0). 对于给定的负数 a , 有一个最大的正数 l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ? 5 都成立. 问:a 为何值时 l(a)最大? 求出这个最大的 l(a).证明你的结论.

五、 (本题满分 20 分) 已知抛物线 y 2 = 2px 及定点 A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ? 0, b 2 ? 2pa).M 是抛物线上的点, 设直线 AM, BM 与抛物线的另一交点分别为 M1, M2. 求证:当 M 点在抛物线上变动时(只要 M1, M2 存在且 M1 ? M2),直线 M1M2 恒过一个定点.并求 出这个定点的坐标.

·2·

第二试 一、 (满分 50 分)如图,O、I 分别为△ABC 的外心和内心,AD 是 BC 边上的高, I 在线段 OD 上。求证:△ABC 的外接圆半径等于 BC 边上的旁切圆半径。 注: △ABC 的 BC 边上的旁切圆是与边 AB、 的延长线以及边 BC 都相切的圆。 AC

二、 (满分 50 分)设 a1,a2,?,an,b1,b2,?,bn∈[1,2]且

Σ Σb ,
ai=
2 2 i
i=1 i=1

n

n

17 2 求证: ? a .并问:等号成立的充要条件. bi 10 i=1 i i=1

Σ

n

ai

3

Σ

n

三、 (满分 50 分) 对于正整数 a、 定义 Fn(a)=q+r, n, 其中 q、 为非负整数, r a=qn+r, 0?r<n. 且 求 最大的正整数 A,使得存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数 a?A,都有 Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (a))))))=1.证明你的结论.
6 5 4 3 2 1

·3·

一九九八年全国高中数学联赛解答 第一试 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.若 a > 1, b > 1, 且 lg (a + b) = lg a + lg b, 则 lg (a –1) + lg (b –1) 的值( ) (A)等于 lg2 (B)等于 1 (C ) 等于 0 (D) 不是与 a, b 无关的常数 解:a+b=ab,(a-1)(b-1)=1,由 a-1>0,b-1>0,故 lg(a-1)(b-1)=0,选 C. 2.若非空集合 A={x|2a+1?x?3a – 5},B={x|3?x?22},则能使 A?A∩B 成立的所有 a 的集合是 ( ) (A){a | 1?a?9} (B) {a | 6?a?9} (C) {a | a?9} (D) ? 解:A?B,A≠?.? 3?2a+1?3a-5?22,?6?a?9.故选 B. 3.各项均为实数的等比数列{a n }前 n 项之和记为 S n ,若 S10 = 10, S30 = 70, 则 S40 等于( ) (A) 150 (B) ?200 (C) 150 或 ?200 (D) ?50 或 400 a1 10 a1 30 解:首先 q≠1,于是, (q -1)=10, (q -1)=70,∴ q20+q10+1=7.?q10=2.(-3 舍) q-1 q-1 ∴ S40=10(q40-1)=150.选 A. 4.设命题 P:关于 x 的不等式 a1x2 + b1x2 + c1 > 0 与 a 2x2 + b2x + c2 > 0 的解集相同; a1 b1 c1 命题 Q: = = . 则命题 Q( ) a2 b2 c2 (A) 是命题 P 的充分必要条件 (B) 是命题 P 的充分条件但不是必要条件 (C) 是命题 P 的必要条件但不是充分条件 (D) 既不是是命题 P 的充分条件也不是命题 P 的必要条件 解:若两个不等式的解集都是 R,否定 A、C,若比值为-1,否定 A、B,选 D. 5.设 E, F, G 分别是正四面体 ABCD 的棱 AB,BC,CD 的中点,则二面角 C—FG—E 的大小是( 6 π 3 π 2 (A) arcsin (B) +arccos (C) -arctan 2 (D) π-arccot 3 2 3 2 2 解:取 AD、BD 中点 H、M,则 EH∥FG∥BD,于是 EH 在平面 EFG 上.设 A CM∩FG=P,AM∩EH=Q,则 P、Q 分别为 CM、AM 中点,PQ∥AC. Q E ∵ AC⊥BD,?PQ⊥FG,CP⊥FG,?∠CPQ 是二面角 C—FG—E 的平面角. 2 +( 3) -( 3) 3 B 设 AC=2,则 MC=MA= 3,cos∠ACM= = . 3 2· 3 2· P F ∴ 选 D. C 6.在正方体的 8 个顶点, 12 条棱的中点, 6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点 中, 共线的三点组的个数是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37 解:8 个顶点中无 3 点共线,故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心. ⑴ 体中心为中点:4 对顶点,6 对棱中点,3 对面中心;共 13 组; ⑵ 面中心为中点:4×6=24 组; ⑶ 棱中点为中点:12 个.共 49 个,选B. 二、填空题( 本题满分 54 分,每小题 9 分) 各小题只要求直接填写结果.
·4·
2 2 2

)

H

M G

D

1 98 101 104 1.若 f (x) (x?R)是以 2 为周期的偶函数, 当 x?[ 0, 1 ]时,f(x)=x1000,则 f( ),f( ),f( )由小到 19 17 15 大排列是 . 98 16 16 101 1 1 104 14 14 解:f( )=f(6- )=f( ).f( )=f(6- )=f( ),f( )=f(6+ )=f( ). 19 19 19 17 17 17 15 15 15

1 16 14 101 98 104 现 f(x)是[0,1]上的增函数.而 < < .故 f( )<f( )<f( ). 17 19 15 17 19 15 2.设复数 z=cosθ+isinθ(0?θ?180° ),复数 z,(1+i)z,2-在复平面上对应的三个点分别是 P, Q, z R.当 P, Q, R 不共线时,以线段 PQ, PR 为两边的平行四边形的第四个顶点为 S, 点 S 到原点距离的最大值是___________. y → → → → → → → → → 解: OS = OP+ PQ+ PR = OP+OQ- OP+ OR- OP → → → =OQ+ OR- OP =(1+i)z+2--z=iz+2- z z =(2cosθ-sinθ)+i(cosθ-2sinθ). π ∴ |OS|2=5-4sin2θ?9.即|OS|?3,当 sin2θ=1,即 θ= 时,|OS|=3. 4 3.从 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 这 10 个数中取出 3 个数, 使其和为不小于 10 的偶数, 不同的取法 有________种. 解:从这 10 个数中取出 3 个偶数的方法有 C5种,取出 1 个偶数,2 个奇数的方法有 C5C5种, 而取出 3 个数的和为小于 10 的偶数的方法有(0,2,4),(0,2,6),(0,1,3),(0,1,5),(0,1, 7),(0,3,5),(2,1,3),(2,1,5),(4,1,3),共有 9 种,故应答 10+50-9=51 种. 4.各项为实数的等差数列的公差为 4, 其首项的平方与其余各项之和不超过 100, 这样的数列至 多有_______项. 解:设其首项为 a,项数为 n.则得 a2+(n-1)a+2n2-2n-100?0. △=(n-1)2-4(2n2-2n-100)=-7n2+6n+401?0.∴ n?8. 取 n=8,则-4?a?-3.即至多 8 项. n-1 2 n-1 2 n-1 2 (也可直接配方: (a+ ) +2n2-2n-100-( ) ?0. 2n2-2n-100-( 解 ) ?0 仍得 n?8. ) 2 2 2 5.若椭圆 x2+4(y-a)2=4 与抛物线 x2=2y 有公共点,则实数 a 的取值范围是 . 2 2 2 解:2y=4-4(y-a) ,?2y -(4a-1)y+2a -2=0.此方程至少有一个非负根. 17 ∴ △=(4a-1)2-16(a2-1)=-8a+17?0.a? . 8 1 17 两根皆负时 2a2>2,4a-1<0.?-1<a<1 且 a< .即 a<-1.∴-1?a? . 4 8 6. ?ABC 中, ?C = 90o, ?B = 30o, AC = 2, M 是 AB 的中点. 将?ACM 沿 CM 折起,使 A,B 两点间的 距离为 2 2 ,此时三棱锥 A-BCM 的体积等于 . 解:由已知,得 AB=4,AM=MB=MC=2,BC=2 3,由△AMC 为等边三角 2
M 2
3 1 2

Q

P
O

S

x
R

A

A
D

2

·5·

B

2 2

2

E 2 3 M

2 C D C

2

B

2 3 E

形,取 CM 中点,则 AD⊥CM,AD 交 BC 于 E,则 AD= 3,DE= 折起后,由 BC2=AC2+AB2,知∠BAC=90° ,cos∠ECA= 3 . 3

3 2 3 ,CE= . 3 3

8 ∴ AE2=CA2+CE2-2CA· CEcos∠ECA= ,于是 AC2=AE2+CE2.?∠AEC=90° . 3 2 6 ∵ AD2=AE2+ED2,?AE⊥平面 BCM,即 AE 是三棱锥 A-BCM 的高,AE= . 3 2 2 S△BCM= 3,VA—BCM= . 3 三、 (本题满分 20 分) π 已知复数 z=1-sinθ+icosθ( <θ<π),求 z 的共轭复数-的辐角主值. z 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π π 解:z=1+cos( +θ)+isin( +θ)=2cos2 +2isin cos 2 2 2 2 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 =2cos (cos +isin ). 2 2 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π -=-2cos 当 <θ<π 时, z (-cos +isin ) 2 2 2 2 π θ 3π θ 3π θ =-2cos( + )(cos( - )+isin( - )). 4 2 4 2 4 2 3π θ ∴ 辐角主值为 - . 4 2 四、 (本题满分 20 分) 设函数 f (x) = ax2 +8x+3 (a<0). 对于给定的负数 a , 有一个最大的正数 l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ? 5 都成立. 问:a 为何值时 l(a)最大? 求出这个最大的 l(a).证明你的结论. 4 16 解: f(x)=a(x+ )2+3- . a a 16 (1)当 3- >5,即-8<a<0 时, a -8+ 64+8a l(a)是方程 ax2+8x+3=5 的较小根,故 l(a)= . 2a 16 (2)当 3- ?5,即 a?-8 时, a -8- 64-32a l(a)是方程 ax2+8x+3=-5 的较大根,故 l(a)= . 2a

·6·

64-32a ?-8- 2a ,(a?-8) 综合以上,l(a)= ? -8+ 64+8a (-8<a<0) ? 2a -8+ 64-32a 当 a?-8 时,l(a)= = 2a -8+ 64+8a 当-8<a<0 时,l(a)= = 2a 1+ 5 所以 a=-8 时,l(a)取得最大值 . 2 五、 (本题满分 20 分) 已知抛物线 y 2 = 2px 及定点 A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ? 0, b 2 ? 2pa).M 是抛物线上的点, 设直线 AM, BM 与抛物线的另一交点分别为 M1, M2. 求证:当 M 点在抛物线上变动时(只要 M1, M2 存在且 M1 ? M2.)直线 M1M2 恒过一个定点.并求 出这个定点的坐标. m1 m2 m2 解:设 M( ,m).M1( ,m1),M2( ,m2), 2p 2p 2p m2 a- 2p
y
2 2

4 ? 4-2a-2

4 1+ 5 = ; 2 20-2

2 2 1+ 5 < < . 2 16+2a +4 4

b-m 则 A、M、M1 共线,得 = m1-m 2 m1

m2 - 2p 2p

2pa-m2 ,即 b-m= . m1+m
M B

M2

2pa-bm 2pa ∴ m1= ,同法得 m2= ; m b-m ∴ M1M2 所在直线方程为 y-m2 2pa-m2 = ,即(m1+m2)y=2px+m1m2.消去 m1,m2, m1-m2 2 2 m1-m2 得 2paby-bm2y=2pbmx-2pm2x+4p2a2-2pabm.⑴
2

O
A
M1

x

2pa 2pa 分别令 m=0,1 代入,得 x=a,y= ,以 x=a,y= 代入方程⑴知此式恒成立. b b 2pa 即 M1M2 过定点(a, ) b

第二试
·7·

一、 (满分 50 分)如图,O、I 分别为△ABC 的外心和内心,AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上。 求证:△ABC 的外接圆半径等于 BC 边上的旁切圆半径。 注:△ABC 的 BC 边上的旁切圆是与边 AB、AC 的延长线以及边 BC 都相切的圆。 解 由旁切圆半径公式,有 2S aha ra= = ,故只须证明 b+c-a b+c-a R a = 即可。连 AI 并延长交⊙O 于 K,连 OK 交 BC 于 M, ha b+c-a 则 K、M 分别为弧 BC 及弦 BC 的中点。且 OK⊥BC。于是 OK∥AD, 又 OK=R,故 R OK IK KB = = = , ha AD IA IA KB aha BM 故只须证 = = . IA b+c-a 1 (b+c-a) 2 1 作 IN⊥AB,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a), 2 KB BM = 成立,故证。 IA AN
B D N I O A

M K

C

而由⊿AIN∽⊿BKM,可证

二、 (满分 50 分)设 a1,a2,?,an,b1,b2,?,bn∈[1,2]且

Σ Σb ,
ai=
2 2 i
i=1 i=1

n

n

17 2 求证: ? a .并问:等号成立的充要条件. bi 10 i=1 i i=1
3

Σ

n

ai

3

Σ

n

ai bi 1 证明:由于 a1,a2,?,an,b1,b2,?,bn∈[1,2],故 ? ?2. 2 aibi

1 于是( aibi- 2

ai )(2 aibi- bi

3

ai 5 2 ai )?0),即 aibi- a i + ?0. bi 2 bi

3

3

ai 5 2 求和得 ? a - ab, bi 2 i=1 i i=1 i i i=1

Σ

n

3

Σ Σ

n

n

·8·

1 5 2 2 2 2 2 又由( bi-ai)(2bi-ai)?0 得 b i - aibi+a i ?0,故 aibi? (a i +b i ). 2 2 5



Σ Σ
2 ai =
i=1 i=1

n

n

2 b i ,得

Σ
n

4 2 aibi? a, 5 i=1 i i=1

n

Σ
n

n

ai 5 5 4 2 2 2 17 2 ∴ ? a - ab? a- a= a. bi 2 i=1 i i=1 i i 2 i=1 i 5 i=1 i 10 i=1 i i=1 2 当且仅当 n 为偶数且 a1,a2,?,an 中一半取 1,一半取 2,且 bi= 时等号成立. ai 三、 (满分 50 分)对于正整数 a、n,定义 Fn(a)=q+r,其中 q、r 为非负整数,a=qn+r,且 0?r<n.求最大的正整数 A,使得存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数 a?A,都 有 Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (a))))))=1.证明你的结论.
6 5 4 3 2 1

Σ

n

3

Σ Σ

n

Σ

Σ

n

Σ

n

解:将满足条件“存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数 a?B,都有 Fn (Fn - (?(Fn k k 1 1 (a)?)=1”的最大正整数 B 记为 xk 显然,本题所求的最大正整数 A 即为 x6。 ⑴先证 x1=2.事实上,F2(1)=F2(2)=1,所以 x1?2 ,又当 n1?3 时,Fn (2) =2,而 F2(3)=F1(2)=2,
1

所以 x1<3,∴x1=2. ⑵设 xk 已求出,且 xk 为偶数,显然 xk?x1=2,易知 xk+1 满足的必要条件是:存在 n1,使得只要 a?xk+1,就有 Fn (a)?xk.
1

令 xk+1=qn1+r,由 Fn (xk+1) =q+r?xk 可得
1

xk+1=qn1+r?qn1+xk-q=xk+q(n1-1). xk+2 若取 n1=2,由 ?xk,可知 xk+1?xk+2,由此可得 q>0,n1>1, 2 于是 0<(q-1)n1+n1-1=qn1-1<xk+1,因此 Fn ((q-1)n1+n1-1)=q+n1-2?xk.
1

xk q+n1-1 2 xk+1 2 xk 1 故有 q(n1-1)?[( ) ]≤[( ) ]=[ + + ]. 2 2 4 2 4 xk x k 由于 xk 为偶数,从而 q(n1-1)? + . 4 2
2

2

·9·

xk x k ∵xk?2,∴xk+ + ?xk+2.所以总有 4 2 xk xk xk(xk+6) xk+1?xk+ + = . 4 2 4 xk xk(xk+6) xk xk xk(xk+6) 另一方面,若取 n1= +2,由于 = ·1+ 对于每个 a? n ,令 a=qn1+r,那么 2 4 2 2 4 xk xk xk xk 或者 q= ,r? ;或者 q? -1,r?n1-1= +1。 2 2 2 2 xk(xk+6) 两种情况下均有 q+r?xk,因此 xk+1= 。 此外, 因为 xk 为偶数, 4|xk, 2|xk+6 可得 8|xk(xk+6), 若 由 4 若 xk≡2(mod4),由 xk+6≡0(mod 4)也可得 8|xk(xk+6).因此 xk+1 也是偶数。于是完成了归纳证明 xk(xk+6) xk+1= . 4 由 x1=2 逐次递推出 x2=4,x3=10,x4=40,x5=460,x6=53590. 即所求最大整数 A=53590.
2

2

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