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1993年全国高中数学联赛试题及解答

时间:2011-11-02


1993 年全国高中数学联赛

冯惠愚

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)| |tan?y|+sin2?x=0},N={(x,y)|x2+y2≤2},则 M∩N 的元素个数是( (A)4 (B)5 (C)8 (D)9
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2.已知 f(x)=asinx+b 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 A?B 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 π 4.若直线 x=4被曲线 C:(x?arcsina)(x?arccosa)+(y?arcsina)(y+arccosa)=0 所截的弦长为 d, 当 a 变化时 d 的最小值是( ) π π π (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D)? 5.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边长分别为 a,b,c,若 c?a 等于 AC 边上的高 h,则 C-A C+A sin 2 +cos 2 的值是( ) 1 1 (A)1 (B) 2 (C) 3 (D)?1 6.设 m,n 为非零实数,i 为虚数单位,z?C,则方程|z+ni|+|z?mi|=n 与|z+ni|?|z?mi|=?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)

y
F2 F1

y o
F2 F1

y x
F2 F1

y

o
F2

x

o

x

F1

O (A)

x (B) (C) (D)

1.二次方程(1?i)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________. 1 1 2.实数 x,y 满足 4x2?5xy+4y2=5,设 S=x2+y2,则 + =_______. Smax Smin 5π π 3.若 z?C,arg(z2?4)= 6 ,arg(z2+4)= 3,则 z 的值是________. 93 ? 10 ? 4.整数?1031+3?的末两位数是_______. ? ? 5. 设任意实数 x0>x1>x2>x3>0, 要使 logx01993+logx11993+logx21993≥k· logx01993 恒成立, x1 x2 x3 x3 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
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冯惠愚

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 anan-2 - an-1an-2 =2an-1,(n≥2) 且 a0=a1=1,求{an}的通项公式.

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冯惠愚

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. m 1 试证:(1) Σ ≤1; | i=1C|A n m |Ai| |Ai| (2) Σ C n ≥m2.其中|Ai|表示 Ai 所含元素的个数,C n 表示 n 个不同元素取|Ai|个的组 i=1 合数.

三、 (35 分) 水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l?m,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,AB?CR+BC?AP=AC?BQ;(2)l 与圆 O 相交时,AB?CR+BC?AP<AC?BQ;(3)l 与圆 O 相离时,AB?CR+BC?AP>AC?BQ.

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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)| |tan?y|+sin2?x=0},N={(x,y)|x2+y2≤2},则 M∩N 的元素个数是( ) (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 2 解: tan?y=0, y=k(k∈Z), sin ?x=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+b 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 3



解:设 lglog310=m,则 lglg3=-lglog310=-m,则 f(m)=asinm+b m+4=5,即 asinm+b m =1. ∴ f(-m)=-(asinm+b m)+4=-1+4=3.选 C. 3.集合 A,B 的并集 A∪B={a1,a2,a3},当 A?B 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 a1?A 与 a1?B 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. π 4.若直线 x=4被曲线 C:(x?arcsina)(x?arccosa)+(y?arcsina)(y+arccosa)=0 所截的弦长为 d, 当 a 变化时 d 的最小值是( ) y π π π (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D)? (?, ?) ? 解:曲线 C 表示以(arcsina,arcsina),(arccosa,-arccosa)为 2 O π π π π ? x 直径端点的圆.即以(α,α)及(2-α,-2+α)(α∈[-2,2])为直径端 π π π π ? ? 点的圆.而 x=4与圆交于圆的直径.故 d= (2α-2)2+(2)2≥2. ( -?,- +?) 2 2 故选 C. 5.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边长分别为 a,b,c,若 c?a 等于 AC 边上的高 h,则 C-A C+A sin 2 +cos 2 的值是( ) 1 1 (A)1 (B) (C) (D)?1 2 3 解:2R(sinC-sinA)=csinA=2RsinCsinA,?sinC-sinA=sinCsinA, C-A C+A C-A 1 1 C+A ?2cos 2 sin 2 =-2[cos(C+A)-cos(C-A)]= 2[1-2sin2 2 -2cos2 2 +1]. C-A C-A C+A C+A ?(sin 2 +cos 2 )2=1,但 sin 2 +cos 2 >0,故选 A.
3

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冯惠愚

6.设 m,n 为非零实数,i 为虚数单位,z?C,则方程|z+ni|+|z?mi|=n 与|z+ni|?|z?mi| ? ?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,

y
F2 F1

y o
F2 F1

y x
F2 F1

y

o
F2

x

o

x

F1

O (A)

x (B) (C) (D)

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(1?i)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. 1 1 2.实数 x,y 满足 4x2?5xy+4y2=5,设 S=x2+y2,则S +S =_______. max min 5 解:令 x=rcosθ,y=rsinθ,则 S=r2 得 r2(4-5sinθcosθ)=5.S= . 5 4-2sin2θ 5 5 4+2 4-2 1 1 8 ∴S +S = 5 + 5 =5. max min 5π π 3. 若 z?C, arg(z2?4)= 6 , arg(z2+4)= 3, 则 z 的值是________. 解:如图,可知 z2 表示复数 4(cos120° +isin120° ). ∴ z=±2(cos60° +isin60° )=±(1+ 3i).
93 ? 10 ? 4.整数?1031+3?的末两位数是_______. ? ? 3 x3 x +27-27 2 27 27 31 解:令 x=10 ,则得x+3= x+3 =x -3x+9-x+3.由于 0<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 logx01993+logx11993+logx21993≥k· logx01993 恒成立, x1 x2 x3 x3 则 k 的最大值是_______.

y

z

2

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O

4

x

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x0 1 1 1 k 解:显然x >1,从而 logx01993>0.即 + + ≥ . lgx0-lgx1 lgx1-lgx2 lgx2-lgx3 lgx0-lgx3 3 x3 1 1 1 + + )≥k. lgx0-lgx1 lgx1-lgx2 lgx2-lgx3 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. 就是[(lgx0-lgx1)+(lgx1-lgx2)+(lgx2-lgx3)]( 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 D? , 则 D? 为三棱锥 S—ABC 的外接球球心. ⑴ 证明:∵ DP∥SC,故 DP、CS 共面. S ∴ DC?面 DPC, Q ∵ 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. A M C ⑵ ∵ SA、SB、SC 两两互相垂直,∴ SC⊥面 SAB,SC⊥SD. D B ∵ DP∥SC,∴ DP⊥SD.△DD?M∽△CSM, D‘ P ∵ M 为△ABC 的重心,∴ DM∶MC=1∶2.∴ DD?∶SC=1∶2. 取 SC 中点 Q,连 D?Q.则 SQ=DD?,?平面四边形 DD?QS 是矩 形. ∴ D?Q⊥SC,由三线合一定理,知 D?C=PS. 同理, D?A= D?B= D?B= D?S. 即以 D?为球心 D?S 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. 2 ? ?y =x, ∴ 交点满足? ?(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
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anan-2 - an-1an-2 =2an-1,(n≥2) 且 a0=a1=1,求{an}的通项公式. 解:变形,同除以 an-1an-2 得: an +1=bn,则得 bn=2bn-1. an-1 1 1+1=2 为首项,2 为公比的等比数列. an =2 an-1 an-1 +1, an-2



即{bn}是以 b1=

∴ bn=2n. an ∴ =(2n-1)2.故 an-1 ? a0=1, ? ∴ ? n 2 n-1 -1)2…(21-1)2.(n≥1) ? ? an=(2 -1) (2

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 D ⑴当 n=4 时,如图,只要连 AC,并在Δ ABC 内取一点 F,使∠AFB、 A C E ∠BFC、∠CFA 都为钝角(例如,可以取Δ ABC 的 Fermat 点,由于Δ ABC F 是锐角三角形, 故其 Fermat 点在其形内). 于是, Δ ADC、 Δ AFB、 Δ BFC、 Δ AFC 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 B 上任取一点 E,连 EB,则Δ AEB 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. m 1 试证:(1) Σ ≤1; | i=1C|A n
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m |Ai| |Ai| (2) Σ C n ≥m2.其中|Ai|表示 Ai 所含元素的个数,C n 表示 n 个不同元素取|Ai|个的组 i=1 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. m 1 m |Ai| ⑵ ∵ ( Σ )( Σ C n )≥(1+1+1+…+1)2=m2. | i=1C|A n i=1 m 1 m |Ai| 但 0< Σ ≤1,故 Σ C n ≥m2. | i=1C|A i=1 n 三、 (35 分) 水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l?m,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,AB?CR+BC?AP=AC?BQ;(2)l 与圆 O 相交时,AB?CR+BC?AP<AC?BQ;(3)l 与圆 O 相离时, l AB?CR+BC?AP>AC?BQ. A 证明:设 MA=a,MB=b,MC=c,OM=d,⊙O 的半径=r. B 且设 k=d2-r2.则当 k>0 时,点 M 在⊙O 外,此时,直线 l 与⊙ Q P C R O 相离; r d 当 k=0 时,点 M 在⊙O 上,此时,直线 l 与 O M m ⊙O 相切; 当 k<0 时,点 M 在⊙O 内,此时,直线 l 与⊙ O 相交. ∴ AP= a2+d2-r2= a2+k,同理,BQ= b2+k,CR= c2+k. 则 AB?CR+BC?AP-AC?BQ= AB?CR+BC?AP-(AB+BC)?BQ=BC×(AP-BQ)-AB×(BQ -CR) AP2-BQ2 BQ2-CR2 =BC× AP+BQ -AB× BQ+CR (b-c)(a-b)(a+b) (a-b)(b-c)(b+c) = - AP+BQ BQ+CR a+b b+c =(a-b)(b-c)(AP+BQ-BQ+CR) a· BQ+a· CR+b· CR-b· AP-c· AP-c· BQ =(a-b)(b-c) . (AP+BQ)(BQ+CR) a2 · BQ2-b2· AP2 (a2-b2)k 注意到 a?BQ-b?AP= b· AP+a· BQ =b· AP+a· BQ. 故 k>0 时,a?BQ-b?AP>0,k=0 时,a?BQ-b?AP=0,k<0 时,a?BQ-b?AP<0; 同理可得,k>0 时,b?CR-c?BQ>0,k=0 时,b?CR-c?BQ =0,k<0 时,b?CR-c?BQ <0; k>0 时,a?CR-c?AP>0,k=0 时,a?CR-c?AP =0,k<0 时,a?CR-c?AP <0; 即当 k>0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ>0;
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当 k=0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ=0, 当 k<0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ<0.故证. 、

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