《全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版18》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版18（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、一九九八年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽 一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分） 1． 若a > 1, b > 1, 且lg(a + b)=lga+lgb, 則lg(a –1)+lg(b –1) 的值( ) （A）等于lg2 （B）等于1 (C ) 等于0 (D) 不是與a, b無關的常數(shù) 2.若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},則能使AíA∩B成立的所有a的集合是( ) （A）{a | 1≤a≤9} (B) {a | 6≤a≤9}

2、 (C) {a | a≤9} (D) ? 3.各項均為實數(shù)的等比數(shù)列{an}前n項之和記為Sn ,若S10 = 10, S30 = 70, 則S40等于( ) (A) 150 (B) - 200 (C) 150或 - 200 (D) - 50或400 4.設命題P：關于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 > 0與a2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同； 命題Q：==． 則命題Q( ) (A) 是命題P的充分必要條件

3、 (B) 是命題P的充分條件但不是必要條件 (C) 是命題P的必要條件但不是充分條件 (D) 既不是是命題P的充分條件也不是命題P的必要條件 5.設E, F, G分別是正四面體ABCD的棱AB,BC,CD的中點,則二面角C—FG—E的大小是( ) (A) arcsin (B) +arccos (C) －arctan (D) π－arccot 6.在正方體的8個頂點, 12條棱的中點, 6個面的中心及正方體的中心共27個點中, 共線的三點組的個數(shù)是( ) (A) 57 (

4、B) 49 (C) 43 (D)37 二、填空題( 本題滿分54分,每小題9分) 各小題只要求直接填寫結果. 1．若f (x) (x?R)是以2為周期的偶函數(shù), 當x?[ 0, 1 ]時,f(x)=x，則f()，f()，f()由小到大排列是 ． 2．設復數(shù)z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，復數(shù)z，(1+i)z，2在復平面上對應的三個點分別是P, Q, R.當P, Q, R不共線時,以線段PQ, PR為兩邊的平行四邊形的第四個頂點為S, 點S到原點距離的最大值是___________. 3．

5、從0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9這10個數(shù)中取出3個數(shù), 使其和為不小于10的偶數(shù), 不同的取法有________種. 4．各項為實數(shù)的等差數(shù)列的公差為4, 其首項的平方與其余各項之和不超過100, 這樣的數(shù)列至多有_______項. 5．若橢圓x2+4(y－a)2=4與拋物線x2=2y有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是 ． 6．DABC中, DC = 90o, DB = 30o, AC = 2, M是AB的中點. 將DACM沿CM折起,使A,B兩點間的距離為 2，此時三棱錐A-BCM的體積等于__________. 三、（本

6、題滿分20分） 已知復數(shù)z=1－sinθ+icosθ(<θ<π)，求z的共軛復數(shù)的輻角主值． 四、（本題滿分20分） 設函數(shù)f (x) = ax 2 +8x +3 (a<0)．對于給定的負數(shù)a , 有一個最大的正數(shù)l(a) ,使得在整個 區(qū)間 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ￡ 5都成立． 問：a為何值時l(a)最大? 求出這個最大的l(a)．證明你的結論. 五、（本題滿分20分） 已知拋物線y 2 = 2px及定點A(a, b), B( – a, 0) ,

7、(ab 1 0, b 2 1 2pa)．M是拋物線上的點, 設直線AM, BM與拋物線的另一交點分別為M1, M2． 求證：當M點在拋物線上變動時(只要M1, M2存在且M1 1 M2)，直線M1M2恒過一個定點．并求出這個定點的坐標． 第二試 一、（滿分50分）如圖，O、I分別為△ABC的外心和內心，AD是BC邊上的高，I在線段OD上。求證：△ABC的外接圓半徑等于BC邊上的旁切圓半徑。 注：△ABC的BC邊上的旁切圓是與邊AB、AC的延長線以及邊BC都相切的圓。 二、（滿分50分）設a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b

8、， 求證：≤a．并問：等號成立的充要條件． 三、（滿分50分）對于正整數(shù)a、n，定義Fn(a)=q＋r，其中q、r為非負整數(shù)，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整數(shù)A，使得存在正整數(shù)n1，n2，n3，n4，n5，n6，對于任意的正整數(shù)a≤A，都有 F(F(F(F(F(F(a))))))=1．證明你的結論． 一九九八年全國高中數(shù)學聯(lián)賽解答 第一試 一．選擇題（本題滿分36分，每小題6分） 1．若a > 1, b > 1, 且lg (a + b) = lg a + lg b, 則lg (a –1) + lg (b –1) 的值( )

9、 （A）等于lg2 （B）等于1 (C ) 等于0 (D) 不是與a, b無關的常數(shù) 解：a+b=ab，(a－1)(b－1)=1，由a－1>0，b－1>0，故lg(a－1)(b－1)=0，選C． 2．若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},則能使AíA∩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：AíB，A

10、≠?．T 3≤2a+1≤3a－5≤22，T6≤a≤9．故選B． 3．各項均為實數(shù)的等比數(shù)列{a n }前n項之和記為S n ,若S10 = 10, S30 = 70, 則S40等于( ) (A) 150 (B) -200 (C) 150或 -200 (D) -50或400 解：首先q≠1，于是，(q10－1)=10，(q30－1)=70，∴ q20+q10+1=7．Tq10=2．(－3舍) ∴ S40=10(q40－1)=150．選A． 4.設命題P：關于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 >

11、 0與a 2x2 + b2x + c2 > 0的解集相同; 命題Q：==． 則命題Q( ) (A) 是命題P的充分必要條件 (B) 是命題P的充分條件但不是必要條件 (C) 是命題P的必要條件但不是充分條件 (D) 既不是是命題P的充分條件也不是命題P的必要條件 解：若兩個不等式的解集都是R，否定A、C，若比值為－1，否定A、B，選D． 5.設E, F, G分別是正四面體ABCD的棱AB,BC,CD的中點,則二面角C—FG—E的大小是( ) (A) arcsin (B) +arcc

12、os (C) －arctan (D) π－arccot 解：取AD、BD中點H、M，則EH∥FG∥BD，于是EH在平面EFG上．設CM∩FG=P，AM∩EH=Q，則P、Q分別為CM、AM中點，PQ∥AC． ∵ AC⊥BD，TPQ⊥FG，CP⊥FG，T∠CPQ是二面角C—FG—E的平面角． 設AC=2，則MC=MA=，cos∠ACM==． ∴ 選D． 6.在正方體的8個頂點, 12條棱的中點, 6個面的中心及正方體的中心共27個點中, 共線的三點組的個數(shù)是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 4

13、3 (D)37 解：8個頂點中無3點共線，故共線的三點組中至少有一個是棱中點或面中心或體中心． ⑴ 體中心為中點：4對頂點，6對棱中點，3對面中心；共13組； ⑵ 面中心為中點：4×6=24組； ⑶ 棱中點為中點：12個．共49個，選B． 二、填空題( 本題滿分54分,每小題9分) 各小題只要求直接填寫結果. 1．若f (x) (x?R)是以2為周期的偶函數(shù), 當x?[ 0, 1 ]時,f(x)=x，則f()，f()，f()由小到大排列是 ． 解：f()=f(6－)=f()．f()=f(6－)=f()，f()=f(6+)=f

14、()． 現(xiàn)f(x)是[0，1]上的增函數(shù)．而<<．故f()

15、0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9這10個數(shù)中取出3個數(shù), 使其和為不小于10的偶數(shù), 不同的取法有________種. 解：從這10個數(shù)中取出3個偶數(shù)的方法有C種，取出1個偶數(shù)，2個奇數(shù)的方法有CC種，而取出3個數(shù)的和為小于10的偶數(shù)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種，故應答10+50－9=51種． 4．各項為實數(shù)的等差數(shù)列的公差為4, 其首項的平方與其余各項之和不超過100, 這樣的數(shù)列至多有_______項. 解：設其首項為a，項數(shù)

16、為n．則得a2+(n－1)a+2n2－2n－100≤0． △=(n－1)2－4(2n2－2n－100)=－7n2+6n+401≥0．∴ n≤8． 取n=8，則－4≤a≤－3．即至多8項． (也可直接配方：(a+)2+2n2－2n－100－()2≤0．解2n2－2n－100－()2≤0仍得n≤8．) 5．若橢圓x2+4(y－a)2=4與拋物線x2=2y有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是 ． 解：2y=4－4(y－a)2，T2y2－(4a－1)y+2a2－2=0．此方程至少有一個非負根． ∴ △=(4a－1)2－16(a2－1)=－8a+17≥0．a≤． 兩根皆負時2a

17、2>2，4a－1<0．T－1

18、∠AEC=90°． ∵ AD2=AE2+ED2，TAE⊥平面BCM，即AE是三棱錐A－BCM的高，AE=． S△BCM=，VA—BCM=． 三、（本題滿分20分） 已知復數(shù)z=1－sinθ+icosθ(<θ<π)，求z的共軛復數(shù)的輻角主值． 解：z=1+cos(+θ)+isin(+θ)=2cos2+2isincos =2cos (cos+isin)． 當<θ<π時，=－2cos (－cos+isin) =－2cos(+)(cos(－)+isin(－))． ∴ 輻角主值為－． 四、（本題滿分20分） 設函數(shù)f (x) = ax2 +8x+3 (a<0)．

19、對于給定的負數(shù)a , 有一個最大的正數(shù)l(a) ,使得在整個 區(qū)間 [0, l(a)]上, 不等式| f (x)| ￡ 5都成立． 問：a為何值時l(a)最大? 求出這個最大的l(a)．證明你的結論． 解： f(x)＝a(x+)2+3－． (1)當3－＞5，即－8＜a＜0時， l(a)是方程ax2+8x+3＝5的較小根，故l(a)＝． (2)當3－≤5，即a≤－8時， l(a)是方程ax2+8x+3＝－5的較大根，故l(a)＝． 綜合以上，l(a)= 當a≤－8時，l(a)＝＝≤＝； 當－8＜a＜0時，l(a)＝＝＜＜． 所以a＝－8時，l(a)取得最大值．

20、 五、（本題滿分20分） 已知拋物線y 2 = 2px及定點A(a, b), B( – a, 0) ,(ab 1 0, b 2 1 2pa).M是拋物線上的點, 設直線AM, BM與拋物線的另一交點分別為M1, M2． 求證：當M點在拋物線上變動時(只要M1, M2存在且M1 1 M2.)直線M1M2恒過一個定點．并求出這個定點的坐標. 解：設M(，m)．M1(，m1)，M2(，m2)， 則A、M、M1共線，得=，即b－m=． ∴ m1=，同法得m2=； ∴ M1M2所在直線方程為 =，即(m1+m2)y=2px+m1m2．消去m1，m2，得

21、 2paby－bm2y=2pbmx－2pm2x+4p2a2－2pabm．⑴ 分別令m=0，1代入，得x=a，y=，以x=a，y=代入方程⑴知此式恒成立． 即M1M2過定點(a，) 第二試 一、（滿分50分）如圖，O、I分別為△ABC的外心和內心，AD是BC邊上的高，I在線段OD上。求證：△ABC的外接圓半徑等于BC邊上的旁切圓半徑。 注：△ABC的BC邊上的旁切圓是與邊AB、AC的延長線以及邊BC都相切的圓。 解 由旁切圓半徑公式，有 ra==，故只須證明 =即可。連AI并延長交⊙O于K，連OK交BC于M，則K、M分別為弧BC及弦BC的中點。且OK⊥BC。于是OK∥AD，又

22、OK=R，故 ===， 故只須證==． 作IN⊥AB，交AB于N，則AN=(b+c－a), 而由⊿AIN∽⊿BKM，可證=成立，故證。 二、（滿分50分）設a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且a=b， 求證：≤a．并問：等號成立的充要條件． 證明：由于a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]，故≤≤2． 于是(－)(2－)≤0)，即aibi－a+≤0． 求和得≤a－aibi， 又由(bi－ai)(2bi－ai)≤0得b－aibi+a≤0，故aibi≥(a+b)． 由a= b，得aibi≥a， ∴ ≤a－aibi≤a－a=a． 當且僅當

23、n為偶數(shù)且a1，a2，…，an中一半取1，一半取2，且bi=時等號成立． 三、（滿分50分）對于正整數(shù)a、n，定義Fn（a）=q＋r，其中q、r為非負整數(shù)，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整數(shù)A，使得存在正整數(shù)n1，n2，n3，n4，n5，n6，對于任意的正整數(shù)a≤A，都有F(F(F(F(F(F(a))))))=1．證明你的結論． 解：將滿足條件“存在正整數(shù)n1,n2,n3,n4,n5,n6,對于任意的正整數(shù)a≤B，都有F(F(…(F(a)…)=1”的最大正整數(shù)B記為xk顯然，本題所求的最大正整數(shù)A即為x6。 ⑴先證x1=2．事實上，F(xiàn)2(1)=F2(2)=1，所以x1≥2?,又當

24、n1≥3時，F(xiàn)(2) =2，而F2（3)=F1(2)=2,所以x1<3，∴x1=2． ⑵設xk已求出，且xk為偶數(shù)，顯然xk≥x1=2，易知xk+1?滿足的必要條件是：存在n1，使得只要a≤xk+1,就有F(a)≤xk． 令xk+1=qn1+r，由F(xk+1) =q+r≤xk可得 xk+1=qn1+r≤qn1+xk－q=xk+q(n1－1)． 若取n1=2，由≤xk，可知xk+1≥xk+2，由此可得q>0，n1>1， 于是0<(q－1)n1+n1－1=qn1－1

25、[ ++]． 由于xk為偶數(shù)，從而q(n1－1)≤+. ∵xk≥2,∴xk++≥xk+2.所以總有 xk+1≤xk++=. 另一方面，若取n1=+2，由于=·n1+對于每個a≤，令a=qn1+r，那么 或者q=,r≤；或者q≤－1,r≤n1－1=+1。 兩種情況下均有q+r≤xk,因此xk+1=。此外，因為xk為偶數(shù)，若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)，若xk≡2(mod4)，由xk+6≡0(mod 4)也可得8|xk(xk+6)．因此xk+1也是偶數(shù)。于是完成了歸納證明xk+1=． 由x1=2逐次遞推出x2=4,x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590． 即所求最大整數(shù)A=53590．