文档库 最新最全的文档下载
当前位置:文档库 › 1998年全国高中数学联赛试题及解答

1998年全国高中数学联赛试题及解答

1998年全国高中数学联赛试题及解答
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 )=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

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{a n }前n 项之和记为S n ,若S 10 = 10, S 30 = 70, 则S 40等于( )

(A ) 150

(B ) - 200

(C ) 150或 - 200 (D ) - 50或400

4.设命题P :关于x 的不等式a 1x 2

+ b 1x 2

+ c 1 > 0与a 2x 2

+ b 2x + c 2 > 0的解集相同; 命题Q :a 1a 2=b 1b 2=c 1

c 2

. 则命题Q ( ) (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( ) (A ) arcsin

63 (B ) π2+arccos 33 (C ) π2-arctan 2 (D ) π-arccot 22

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.若f (x ) (x ∈R )是以2为周期的偶函数, 当x ∈[ 0, 1 ]时,f (x )=x 1

1000

,则f (9819),f (10117),f (104

15

)

由小到大排列是 .

2.设复数z=cos θ+i sin θ(0≤θ≤180°),复数z ,(1+i )z ,2-z 在复平面上对应的三个点分别是P ,

Q , 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x 2

+4(y -a )2

=4与抛物线x 2

=2y 有公共点,则实数a 的取值范围是 .

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__________.

三、(本题满分20分)

已知复数z=1-sin θ+i cos θ(π

2

<θ<π),求z 的共轭复数-z 的辐角主值.

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y2= 2px及定点A(a, b), B( –a, 0) ,(ab≠ 0, b2≠ 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.

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 、AC 的延长线以及边BC 都相切的圆。

二、(满分50分)设a 1,a 2,…,a n ,b 1,b 2,…,b n ∈[1,2]且

n Σi=1a 2

i =

n

Σ

i=1

b 2

i ,

求证:

n

Σ

i=1

a 3

i

b i ≤17

10n

Σ

i=1

a 2

i .并问:等号成立的充要条件.

三、(满分50分)对于正整数a 、n ,定义F n (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n 1,n 2,n 3,n 4,n 5,n 6,对于任意的正整数a ≤A ,都有

F n 6(F n 5(F n 4(F n 3(F n 2(F n 1(a ))))))=1.证明你的结论.

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S 10 = 10, S 30 = 70, 则S 40等于( ) (A ) 150

(B ) -200

(C ) 150或 -200 (D ) -50或400

解:首先q ≠1,于是,

a 1

q -1(q 10

-1)=10,a 1

q -1

(q 30-1)=70,∴ q 20+q 10+1=7.?q 10

=2.(-3舍)

∴ S 40=10(q 40

-1)=150.选A .

4.设命题P :关于x 的不等式a 1x 2

+ b 1x 2

+ c 1 > 0与a 2x 2

+ b 2x + c 2 > 0的解集相同; 命题Q :a 1a 2=b 1b 2=c 1

c 2

. 则命题Q ( ) (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( )

(A ) arcsin

63 (B ) π2+arccos 33 (C ) π2-arctan 2 (D ) π-arccot 22

解:取AD 、BD 中点H 、M ,则EH ∥FG ∥BD ,于是EH 在平面EFG 上.设CM ∩FG=P ,

AM ∩EH=Q ,则P 、Q 分别为CM 、AM 中点,PQ ∥AC .

∵ AC ⊥BD ,?PQ ⊥FG ,CP ⊥FG ,?∠CPQ 是二面角C —FG —E 的平面角.

设AC=2,则MC=MA=3,cos ∠ACM=22

+(3)2

-(3)

2

2·2·3

=

3

3

. ∴ 选D .

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.

1.若f (x ) (x ∈R )是以2为周期的偶函数, 当x ∈[ 0, 1 ]时,f (x )=x 1

1000

,则f (9819),f (10117),f (104

15

)

由小到大排列是 .

解:f (9819)=f (6-1619)=f (1619).f (10117)=f (6-117)=f (117),f (10415)=f (6+1415)=f (1415).

现f (x )是[0,1]上的增函数.而117<1619<1415.故f (10117)

2.设复数z=cos θ+i sin θ(0≤θ≤180°),复数z ,(1+i )z ,2-z 在复平面上对应的三个点分别是P , Q , 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___________.

P

Q M

H

A D

C

B

G

F

E

解: →OS =→OP +→PQ +→PR =→OP +→OQ -→OP +→OR -→OP =→OQ +→OR -→

OP

=(1+i )z +2-z -z=iz +2-z

=(2cos θ-sin θ)+i (cos θ-2sin θ).

∴ |OS |2

=5-4sin2θ≤9.即|OS |≤3,当sin2θ=1,即θ=π

4

时,|OS |=3.

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C 3

5种,取出1个偶数,2个奇数的方法有C 1

5C 2

5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a 2

+(n -1)a +2n 2

-2n -100≤0. △=(n -1)2

-4(2n 2

-2n -100)=-7n 2+6n +401≥0.∴ n ≤8. 取n=8,则-4≤a ≤-3.即至多8项. (也可直接配方:(a +

n -1

2

)2+2n 2

-2n -100-(

n -1

2

)2≤0.解2n 2

-2n -100-(

n -1

2

)2

≤0仍得n ≤8.)

5.若椭圆x 2+4(y -a )2

=4与抛物线x 2

=2y 有公共点,则实数a 的取值范围是 . 解:2y=4-4(y -a )2

,?2y 2

-(4a -1)y +2a 2

-2=0.此方程至少有一个非负根. ∴ △=(4a -1)2-16(a 2

-1)=-8a +17≥0.a ≤178

两根皆负时2a 2

>2,4a -1<0.?-1

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

2

2

2A

M D

于 .

解:由已知,得AB=4,AM=MB=MC=2,BC=23,由△AMC 为等边三角形,取CM 中点,则AD ⊥CM ,AD 交BC 于E ,则AD=3,DE=

33,CE=233

. 折起后,由BC 2

=AC 2

+AB 2

,知∠BAC=90°,cos ∠ECA=

3

3

. ∴ AE 2=CA 2+CE 2-2CA ·CE cos ∠ECA=83,于是AC 2=AE 2+CE 2

.?∠AEC=90°.

∵ AD 2

=AE 2

+ED 2

,?AE ⊥平面BCM ,即AE 是三棱锥A -BCM 的高,AE=26

3

S △BCM =3,V A —BCM =

22

3

. 三、(本题满分20分)

已知复数z=1-sin θ+i cos θ(π

2

<θ<π),求z 的共轭复数-z 的辐角主值.

解:z=1+cos(π2+θ)+i sin(π

2

+θ)=2cos

2

π

2

+θ2+2i sin π2+θ2cos π

2

2

=2cos π2+θ2 (cos π2+θ2+i sin π

2+θ

2

).

π

2

<θ<π时,-z =-2cos

π

2

+θ2

(-cos

π

2

+θ2

+i sin

π

2

+θ2)

=-2cos(π4+θ2

)(cos(3π4

-θ2

)+i sin(3π4

-θ

2

)).

∴ 辐角主值为3π4-θ

2.

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.

解: f (x )=a (x +4a )2+3-16

a

(1)当3-16

a

>5,即-8<a <0时,

l (a )是方程ax 2+8x +3=5的较小根,故l (a )=

-8+64+8a

2a

2

22322

2E

B

C

A M

D

(2)当3-16

a

≤5,即a ≤-8时,

l (a )是方程ax 2+8x +3=-5的较大根,故l (a )=

-8-64-32a

2a

综合以上,l (a )= ?????-8-64-32a 2a

,(a ≤-8) -8+64+8a 2a (-8

当a ≤-8时,l (a )=-8+64-32a 2a =4 4-2a -2≤4 20-2=1+5

2;

当-8<a <0时,l (a )=-8+64+8a 2a =2 16+2a +4<24<1+5

2.

所以a =-8时,l (a )取得最大值1+5

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M 1, M 2.

求证:当M 点在抛物线上变动时(只要M 1, M 2存在且M 1 ≠ M 2.)直线M 1M 2恒过一个定点.并求出这个定

点的坐标.

解:设M (m

2

2p ,m ).M 1(m 2

1

2p ,m 1),M 2(m 2

2

2p

,m 2),

则A 、M 、M 1共线,得b -m m 1-m =a -m 2

2p m 21

2p -m 22p

,即b -m=2pa -m

2

m 1+m

∴ m 1=2pa -bm b -m ,同法得m 2=2pa m ;

∴ M 1M 2所在直线方程为

y -m 2

m 1-m 2

=2pa -m 2

2

m 21-m

22

,即(m 1+m 2)y=2px +m 1m 2.消去m 1,m 2,得

2paby -bm 2

y=2pbmx -2pm 2x +4p 2a 2

-2pabm .⑴

分别令m=0,1代入,得x=a ,y=2pa b ,以x=a ,y=2pa

b

代入方程⑴知此式恒成立.

即M 1M 2过定点(a ,2pa

b

)

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 、AC 的延长线以及边BC 都相切的圆。

解 由旁切圆半径公式,有 r a =2S b +c -a =ah a

b +

c -a

,故只须证明 R h a =a b +c -a

即可。连AI 并延长交⊙O 于K ,连OK 交BC 于M ,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 h a =OK AD =IK IA =KB IA

, 故只须证KB IA =

ah a

b +

c -a =

BM

1

2

(b +c -a ).

作IN ⊥AB ,交AB 于N ,则AN=1

2(b +c -a ),

而由⊿AIN ∽⊿BKM ,可证KB IA =BM AN

成立,故证。

二、(满分50分)设a 1,a 2,…,a n ,b 1,b 2,…,b n ∈[1,2]且

n Σi=1a 2

i =

n

Σ

i=1

b 2

i ,

求证:

n

Σ

i=1

a 3

i

b i ≤17

10n

Σ

i=1

a 2

i .并问:等号成立的充要条件.

证明:由于a 1,a 2,…,a n ,b 1,b 2,…,b n ∈[1,2],故1

2≤a 3

i

b i

a i

b i

≤2.

A

B

C

O

I

D K

M N

于是(1

2

a i

b i -

a 3

i

b i

)(2a i b i -a 3i b i )≤0),即a i b i -52a 2i +a 3

i

b i

≤0. 求和得

n

Σ

i=1

a 3

i b i ≤5

2

n Σi=1

a 2

i

-n

Σi=1

a i

b i

又由(12b i -a i )(2b i -a i )≤0得b 2i -52a i b i +a 2

i ≤0,故a i b i ≥25

(a 2i +b 2i ).

n

Σi=1a 2

i =

n

Σ

i=1

b 2

i ,得

n

Σ

i=1a i b i ≥

4

5n

Σ

i=1a 2

i ,

n

Σ

i=1

a 3

i b i ≤52

n

Σi=1

a 2

i -

n Σ

i=1

a i

b i ≤

52n Σi=1

a 2

i -

45

n

Σ

i=1

a 2i =1710

n

Σ

i=1

a 2

i .

当且仅当n 为偶数且a 1,a 2,…,a n 中一半取1,一半取2,且b i =2

a i

时等号成立.

三、(满分50分)对于正整数a 、n ,定义F n (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n 1,n 2,n 3,n 4,n 5,n 6,对于任意的正整数a ≤A ,都有F n 6(F n 5(F n 4(F n 3(F n 2(F n 1(a ))))))=1.证明你的结论.

解:将满足条件“存在正整数n 1,n 2,n 3,n 4,n 5,n 6,对于任意的正整数a ≤B ,都有F n k (F n k -1(…(F n 1(a )…)=1”的最大正整数B 记为x k 显然,本题所求的最大正整数A 即为x 6。

⑴先证x 1=2.事实上,F 2(1)=F 2(2)=1,所以x 1≥2 ,又当n 1≥3时,F n 1(2) =2,而F 2(3)=F 1(2)=2,所以x 1<3,∴x 1=2.

⑵设x k 已求出,且x k 为偶数,显然x k ≥x 1=2,易知x k +1 满足的必要条件是:存在n 1,使得只要a ≤

x k +1,就有F n 1(a )≤x k .

令x k +1=qn 1+r ,由F n 1(x k +1) =q +r ≤x k 可得

x k +1=qn 1+r ≤qn 1+x k -q=x k +q (n 1-1).

若取n 1=2,由

x k +2

2

≤x k ,可知x k +1≥x k +2,由此可得q >0,n 1>1,

于是0<(q -1)n 1+n 1-1=qn 1-1

F n 1((q -1)n 1+n 1-1)=q +n 1-2≤x k .

故有 q (n 1-1)≤[(q +n 1-1

2

)2

]≤[(

x k +1

2)2

]=[ x 2

k

4+x k 2+14]. 由于x k 为偶数,从而q (n 1-1)≤x 2

k

4+x k

2

. ∵x k ≥2,∴x k +x 2

k

4+x k

2

≥x k +2.所以总有

x k +1≤x k +x 2

k

4+x k 2

=

x k (x k +6)

4

.

另一方面,若取n 1=x k

2

+2,由于

x k (x k +6)4

=x k 2

·n 1+x k 2

对于每个a ≤x k (x k +6)

4

,令a=qn 1+r ,那么

或者q=x k 2,r ≤x k 2;或者q ≤x k 2-1,r ≤n 1-1=x k

2+1。

两种情况下均有q +r ≤x k ,因此x k +1=

x k (x k +6)

4

。此外,因为x k 为偶数,若4|x k ,由2|x k +6可得8|x k (x k +6),

若x k ≡2(mod4),由x k +6≡0(mod 4)也可得8|x k (x k +6).因此x k +1也是偶数。于是完成了归纳证明x k +1=

x k (x k +6)

4

由x 1=2逐次递推出x 2=4,x 3=10,x 4=40,x 5=460,x 6=53590. 即所求最大整数A=53590.

相关文档