《全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版13》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版13（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、1993年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試卷 第一試 一、選擇題(每小題5分，共30分) 1．若M={(x，y)| |tanpy|+sin2px=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，則M∩N的元素個(gè)數(shù)是（ ） (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 2．已知f(x)=asinx+b+4(a，b為實(shí)數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（ ） (A)-5 (B)-3 (C)3 (D)隨a，b取不同值而取不同值 3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，當(dāng)A1B時(shí)，(A，B)與(B

2、，A)視為不同的對(duì)，則這樣的(A，B)對(duì)的個(gè)數(shù)是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）27 4．若直線x=被曲線C:(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦長(zhǎng)為d，當(dāng)a變化時(shí)d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p 5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a，b，c，若c-a等于AC邊上的高h(yuǎn)，則sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C)

3、 (D)-1 6．設(shè)m，n為非零實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，z?C，則方程|z+ni|+|z-mi|=n與|z+ni|-|z-mi|=-m在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形(F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn))是( ) 二、填空題（每小題5分，共30分） 1．二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i為虛數(shù)單位，l?R)有兩個(gè)虛根的充分必要條件是l的取值范圍為________． 2．實(shí)數(shù)x，y滿足4x2-5xy+4y2=5，設(shè) S=x2+y2，則+=_______． 3．若z?C，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，則z的值是________. 4．整數(shù)的末兩位數(shù)是_______.

4、5．設(shè)任意實(shí)數(shù)x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立，則k的最大值是_______. 6．三位數(shù)(100，101，L，999)共900個(gè)，在卡片上打印這些三位數(shù)，每張卡片上打印一個(gè)三位數(shù)，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數(shù)，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____張卡片． 三、（本題滿分20分） 三棱錐S－ABC中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點(diǎn)，作與SC平行的直線DP．證明：(1)DP與SM相交；

5、(2)設(shè)DP與SM的交點(diǎn)為D￠，則D￠為三棱錐S－ABC的外接球球心． 四、（本題滿分20分） 設(shè)0

6、割成n個(gè)鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點(diǎn)．試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n≥4． 二、（35分） 設(shè)A是一個(gè)有n個(gè)元素的集合，A的m個(gè)子集A1,A2,L,Am兩兩互不包含． 試證：(1) ≤1； (2) C≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的個(gè)數(shù)，C表示n個(gè)不同元素取|Ai|個(gè)的組合數(shù)． 三、（35分） 水平直線m通過圓O的中心，直線l^m，l與m相交于M，點(diǎn)M在圓心的右側(cè)，直線l上不同的三點(diǎn)A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點(diǎn)離M點(diǎn)最遠(yuǎn)，C點(diǎn)離M點(diǎn)最近，AP,

7、BQ,CR為圓 O的三條切線，P,Q,R為切點(diǎn)．試證：(1)l與圓O相切時(shí)，AB′CR+BC′AP=AC′BQ；(2)l與圓O相交時(shí)，AB′CR+BC′AP＜AC′BQ；(3)l與圓O相離時(shí)，AB′CR+BC′AP＞AC′BQ. 1993年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽解答 第一試 一、選擇題(每小題5分，共30分) 1．若M={(x，y)| |tanpy|+sin2px=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，則M∩N的元素個(gè)數(shù)是（ ） (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 解：tanpy=0，y=k(k∈Z)，sin2px=0，x=m(m∈Z

8、)，即圓x2+y2=2及圓內(nèi)的整點(diǎn)數(shù)．共9個(gè)．選D． 2．已知f(x)=asinx+b+4(a，b為實(shí)數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（ ） (A)-5 (B)-3 (C)3 (D)隨a，b取不同值而取不同值 解：設(shè)lglog310=m，則lglg3=－lglog310=－m，則f(m)=asinm+b+4=5，即asinm+b=1． ∴ f(－m)=－(asinm+b)+4=－1+4=3．選C． 3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，當(dāng)A1B時(shí)，(A，B)與(B，A)視為不同的對(duì)，則這樣的(A，B)對(duì)的個(gè)

9、數(shù)是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）27 解：a1∈A或?A，有2種可能，同樣a1∈B或?B，有2種可能，但a1?A與a1?B不能同時(shí)成立，故有22－1種安排方式，同樣a2、a3也各有22－1種安排方式，故共有(22－1)3種安排方式．選D． 4．若直線x=被曲線C:(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦長(zhǎng)為d，當(dāng)a變化時(shí)d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p 解：曲線C表示以(arcsina，

10、arcsina)，(arccosa，－arccosa)為直徑端點(diǎn)的圓．即以(α，α)及(－α，－+α)(α∈[－，])為直徑端點(diǎn)的圓．而x=與圓交于圓的直徑．故d=≥． 故選C． 5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a，b，c，若c-a等于AC邊上的高h(yuǎn)，則sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C) (D)-1 解：2R(sinC－sinA)=csinA=2RsinCsinA，TsinC－sinA=sinCsinA， T2cossin=－[cos(C+A)－cos(C－A)]= [1－2sin2－2cos2+1

11、]． T(sin+cos)2=1，但sin+cos>0，故選A． 6．設(shè)m，n為非零實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，z?C，則方程|z+ni|+|z-mi|=n與|z+ni|-|z-mi|-m在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形(F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn))是( ) 解：方程①為橢圓，②為雙曲線的一支．二者的焦點(diǎn)均為(－ni，mi)，由①n>0，故否定A， 由于n為橢圓的長(zhǎng)軸，而C中兩個(gè)焦點(diǎn)與原點(diǎn)距離(分別表示|n|、|m|)均小于橢圓長(zhǎng)軸，故否定C． 由B與D知，橢圓的兩個(gè)個(gè)焦點(diǎn)都在y軸負(fù)半軸上，由n為長(zhǎng)軸，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=－m．曲線上一點(diǎn)到－ni距離大，否定D，故選B． 二、填空題（

12、每小題5分，共30分） 1．二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i為虛數(shù)單位，l?R)有兩個(gè)虛根的充分必要條件是l的取值范圍為________． 解：即此方程沒有實(shí)根的條件．當(dāng)λ∈R時(shí)，此方程有兩個(gè)復(fù)數(shù)根，若其有實(shí)根，則 x2+λx+1=0，且x2－x－λ=0．相減得(λ+1)(x+1)=0． 當(dāng)λ=－1時(shí)，此二方程相同，且有兩個(gè)虛根．故λ=－1在取值范圍內(nèi)． 當(dāng)λ≠－1時(shí)，x=－1，代入得λ=2．即λ=2時(shí)，原方程有實(shí)根x=－1．故所求范圍是λ≠2． 2．實(shí)數(shù)x，y滿足4x2-5xy+4y2=5，設(shè) S=x2+y2，則+=_______． 解：令x=rcos

13、θ，y=rsinθ，則S=r2得r2(4－5sinθcosθ)=5．S=． ∴+=+=． 3．若z?C，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，則z的值是________. 解：如圖，可知z2表示復(fù)數(shù)4(cos120°+isin120°)． ∴ z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i)． 4．整數(shù)的末兩位數(shù)是_______. 解：令x=1031，則得==x2－3x+9－．由于0<<1，故所求末兩位數(shù)字為09－1=08． 5．設(shè)任意實(shí)數(shù)x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立，則k的最大值是___

14、____. 解：顯然>1，從而log1993>0．即++≥． 就是[(lgx0－lgx1)+(lgx1－lgx2)+(lgx2－lgx3)]( ++)≥k． 其中l(wèi)gx0－lgx1>0，lgx1－lgx2>0，lgx2－lgx3>0，由Cauchy不等式，知k≤9．即k的最大值為9． 6．三位數(shù)(100，101，L，999)共900個(gè)，在卡片上打印這些三位數(shù)，每張卡片上打印一個(gè)三位數(shù)，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數(shù)，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____張卡片． 解：首位與末位各可選擇1，6，8

15、，9，有4種選擇，十位還可選0，有5種選擇，共有4×5×4=80種選擇． 但兩端為1，8，中間為0，1，8時(shí)，或兩端為9、6，中間為0，1，8時(shí)，倒后不變；共有2×3+2×3=12個(gè)，故共有(80－12)÷2=34個(gè)． 三、（本題滿分20分） 三棱錐S-ABC中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點(diǎn)，作與SC平行的直線DP．證明：(1)DP與SM相交；(2)設(shè)DP與SM的交點(diǎn)為，則為三棱錐S—ABC的外接球球心． ⑴ 證明：∵ DP∥SC，故DP、CS共面． ∴ DCí面DPC， ∵ M∈DC，TM∈面DPC，SMí面DPC． ∵ 在面DPC內(nèi)

16、SM與SC相交，故直線SM與DP相交． ⑵ ∵ SA、SB、SC兩兩互相垂直，∴ SC⊥面SAB，SC⊥SD． ∵ DP∥SC，∴ DP⊥SD．△DD￠M∽△CSM， ∵ M為△ABC的重心，∴ DM∶MC=1∶2．∴ DD￠∶SC=1∶2． 取SC中點(diǎn)Q，連D￠Q．則SQ=DD￠，T平面四邊形DD￠QS是矩形． ∴ D￠Q⊥SC，由三線合一定理，知D￠C=PS． 同理，D￠A= D￠B= D￠B= D￠S．即以D￠為球心D￠S為半徑作球D￠．則A、B、C均在此球上．即D￠為三棱錐S—ABC的外接球球心． 四、（本題滿分20分） 設(shè)0

17、0)分別引直線l和m，使與拋物線y2=x有四個(gè)不同的交點(diǎn)，當(dāng)這四點(diǎn)共圓時(shí)，求這種直線l與m的交點(diǎn)P的軌跡． 解：設(shè)l：y=k1(x－a)，m：y=k2(x－b)．于是l、m可寫為(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)=0． ∴ 交點(diǎn)滿足 若四個(gè)交點(diǎn)共圓，則此圓可寫為(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)+l(y2－x)=0． 此方程中xy項(xiàng)必為0，故得k1=－k2，設(shè)k1=－k2=k≠0． 于是l、m方程分別為y=k(x－a)與y=－k(x－b)． 消去k，得2x－(a+b)=0，(y≠0)即為所求軌跡方程． 五、（本題滿分20分） 設(shè)正數(shù)列a0、a1、a2、…

18、、an、…滿足 －=2an－1，(n≥2) 且a0=a1=1，求{an}的通項(xiàng)公式． 解：變形，同除以得：=2+1， 令+1=bn，則得bn=2bn－1． 即{bn}是以b1=+1=2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． ∴ bn=2n． ∴ =(2n－1)2．故 ∴ 第二試 一、（35分） 設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有DD是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個(gè)鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點(diǎn)．試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n≥4． 證明 充分性 ⑴當(dāng)n=4時(shí)，如圖，只要連AC，并在ΔABC內(nèi)

19、取一點(diǎn)F，使∠AFB、∠BFC、∠CFA都為鈍角(例如，可以取ΔABC的Fermat點(diǎn)，由于ΔABC是銳角三角形，故其Fermat點(diǎn)在其形內(nèi))．于是，ΔADC、ΔAFB、ΔBFC、ΔAFC都是鈍角三角形． ⑵當(dāng)n=5時(shí)，可用上法把凸四邊形分成四個(gè)鈍角三角形．再在AF上任取一點(diǎn)E，連EB，則ΔAEB也是鈍角三角形，這樣就得到了5個(gè)鈍角三角形． 一般的，由⑴得到了4個(gè)鈍角三角形后，只要在AF上再取n－4個(gè)點(diǎn)E1、E2、…En－4，把這些點(diǎn)與B連起來，即可得到均是鈍角三角形的n個(gè)三角形． 必要性 n=2時(shí)，連1條對(duì)角線把四邊形分成了2個(gè)三角形，但其中最多只能有1個(gè)鈍角三角形． n=3時(shí)，無

20、法從同一頂點(diǎn)出發(fā)連線段把四邊形分成3個(gè)三角形，現(xiàn)連了1條對(duì)角線AC后，再連B與AC上某點(diǎn)得到線段，此時(shí)無法使得到的兩個(gè)三角形都是鈍角三角形． ∴當(dāng)n=2，3時(shí)無法得到滿足題目要求的解．只有當(dāng)n≥4時(shí)才有解． 二、（35分） 設(shè)A是一個(gè)有n個(gè)元素的集合，A的m個(gè)子集A1,A2,L,Am兩兩互不包含． 試證：(1) ≤1； (2) C≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的個(gè)數(shù)，C表示n個(gè)不同元素取|Ai|個(gè)的組合數(shù)． 證明：⑴ 即證：若k1+k2+…+km=n，則k1!(n－k1)!+k2!(n－k2)!+…+km!(n－km)!≤n!． 由于n!表示n個(gè)元素的全排列

21、數(shù)，而ki!(n－ki)!表示先在這n個(gè)元素中取出ki個(gè)元素排列再把其其余元素排列的方法數(shù)，由于Ai互不包含，故n!≥k1!(n－k1)!+k2!(n－k2)!+…+km!(n－km)!成立． ⑵ ∵ ()(C)≥(1+1+1+…+1)2=m2． 但0<≤1，故C≥m2． 三、（35分） 水平直線m通過圓O的中心，直線l^m，l與m相交于M，點(diǎn)M在圓心的右側(cè)，直線l上不同的三點(diǎn)A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點(diǎn)離M點(diǎn)最遠(yuǎn)，C點(diǎn)離M點(diǎn)最近，AP,BQ,CR為圓 O的三條切線，P,Q,R為切點(diǎn)．試證：(1)l與圓O相切時(shí)，AB′CR+BC′AP=AC′BQ；(2)l與圓O

22、相交時(shí)，AB′CR+BC′AP＜AC′BQ；(3)l與圓O相離時(shí)，AB′CR+BC′AP＞AC′BQ. 證明：設(shè)MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，⊙O的半徑=r． 且設(shè)k=d2－r2．則當(dāng)k>0時(shí)，點(diǎn)M在⊙O外，此時(shí)，直線l與⊙O相離； 當(dāng)k=0時(shí)，點(diǎn)M在⊙O上，此時(shí)，直線l與⊙O相切； 當(dāng)k<0時(shí)，點(diǎn)M在⊙O內(nèi)，此時(shí)，直線l與⊙O相交． ∴ AP==，同理，BQ=，CR=． 則AB′CR+BC′AP－AC′BQ= AB′CR+BC′AP－(AB+BC)′BQ=BC×(AP－BQ)－AB×(BQ－CR) =BC

23、×－AB× =－ =(a－b)(b－c)(－) =(a－b)(b－c) ． 注意到a?BQ－b?AP==． 故k>0時(shí)，a?BQ－b?AP>0，k=0時(shí)，a?BQ－b?AP=0，k<0時(shí)，a?BQ－b?AP<0； 同理可得，k>0時(shí)，b?CR－c?BQ>0，k=0時(shí)，b?CR－c?BQ =0，k<0時(shí)，b?CR－c?BQ <0； k>0時(shí)，a?CR－c?AP>0，k=0時(shí)，a?CR－c?AP =0，k<0時(shí)，a?CR－c?AP <0； 即當(dāng)k>0時(shí)，AB′CR+BC′AP－AC′BQ>0； 當(dāng)k=0時(shí)，AB′CR+BC′AP－AC′BQ=0， 當(dāng)k<0時(shí)，AB′CR+BC′AP－AC′BQ<0．故證．、