8、－sinA<0，sinB－cosA>0．點(diǎn)Z位于第二象限．選B
2．函數(shù)f(x)=arctanx+arcsinx的值域是( )
A．(－π，π) B．[－π，π] C．(－π，π) D．[－π，π]
解：因x∈[－1，1]，故arctanx∈[－，]，arcsinx∈[－，]，且f(－1)=－，f(1)= ．選D
3．對任意的函數(shù)y=f(x)，在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y=f(x－l)與函數(shù)y=f(－x+l)的圖象恒( )
A．關(guān)于x軸對稱 B．關(guān)于直線x=l對稱 C．關(guān)于直線x=－l對稱 D．
9、關(guān)于y軸對稱
解：令x－1=t，則得f(t)=f(－t)，即f(t)關(guān)于t=0對稱，即此二圖象關(guān)于x=1對稱．選B
4．以長方體8個(gè)頂點(diǎn)中任意3個(gè)為頂點(diǎn)的所有三角形中，銳角三角形的個(gè)數(shù)為( )
A．0 B．6 C．8 D．24
解：以不相鄰的4個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的四面體的8個(gè)面都是銳角三角形．其余的三角形都不是銳角三角形．選C．
5．若
M={z| z=+i，t∈R，t≠－1，t≠0}，
N={z| z=[cos(arcsint)+
10、icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．
則M∩N中元素的個(gè)數(shù)為
A．0 B．1 C．2 D．4
解：M的圖象為雙曲線xy=1(x≠0，x≠1)N的圖象為x2+y2=2(x≥0)，二者無公共點(diǎn)．選A．
6．集合
M={u|u=12m+8n+4l，其中m，n，l∈Z}
N={u|u=20p+16q+12r，其中p，q，r∈Z}
的關(guān)系為
A．M=N B．M?N，N?M C．MN D．NM
解：u=12m+8n+4l=4(3m+2n
11、+l)，由于3m+2n+l可以取任意整數(shù)值，故M表示所有4的倍數(shù)的集合．
同理u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r)也表示全體4的倍數(shù)的集合．于是M=N．
三．填空題(本題滿分30分，每小題5分)
1．若loga<1，則a的取值范圍是 ．
解：若01，則得a>．故填(0，1)∪(，+∞)
2．已知直線l：2x+y=10，過點(diǎn)(－10，0)作直線l￠⊥l，則l￠與l的交點(diǎn)坐標(biāo)為 ．
解：直線l￠方程為(x+10)－2y=0，解得交點(diǎn)為(2，6)．
3．設(shè)函數(shù)f0(x)=|x|，f1(x)
12、=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，則函數(shù)y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積是 .
解 圖1是函數(shù)f0(x)=|x|的圖形，把此圖形向下平行移動(dòng)1個(gè)單位就得到函數(shù)f0(x)=|x|－1的圖形，作該圖形的在x軸下方的部分關(guān)于x軸的對稱圖形得出圖2，其中在x軸上方的部分即是f1(x)=|f0(x)–1|的圖象，再把該圖象向下平行移動(dòng)2個(gè)單位得到f0(x)=|x|－2的圖象，作該圖象在x軸下方的部分關(guān)于x軸的對稱圖形得到圖3，其中x軸上方的部分即是f2(x)= |f1(x)–2|的圖象。易得所求面積為7。
4．一個(gè)正數(shù)，若其小數(shù)
13、部分、整數(shù)部分和其自身成等比數(shù)列，則該數(shù)為 ．
解 設(shè)其小數(shù)部分為α(0<α<1)，整數(shù)部分為n(n∈N*)，則得，α(n+α)=n2，
∴ n20，知，a=．∴ 原數(shù)為．
5．如果從數(shù)1，2，3，…，14中，按由小到大的順序取出a1，a2，a3，使同時(shí)滿足
a2－a1≥3，與a3－a2≥3，
那么，所有符合上述要求的不同取法有
14、 種．
解：令a1￠=a1，a2￠=a2－2，a3￠=a3－4，則得1≤a1￠
15、已知a1，a2，…，an是n個(gè)正數(shù)，滿足
a1?a2?…?an=1．
求證：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．
證明：∵ 2+ai=1+1+ai≥3，(i=1，2，…，n)
∴ (2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)≥3?3?…?3≥3n=3n．
證法2：(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an
但a1+a2+…+an≥n=n=C，
a1a2+a1a3+…
16、+an－1an≥C=C，……，
∴ (2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an
≥2n+C2n－1+C2n－2+…+C=(2+1)n=3n．
四．(本題滿分20分)
已知正三棱錐S—ABC的高SO=3，底面邊長為6，過點(diǎn)A向其所對側(cè)面SBC作垂線，垂足為O￠，在AO￠上取一點(diǎn)P，使=8，求經(jīng)過點(diǎn)P且平行于底面的截面的面積．
解：正三棱錐S—ABC的高為SO，故AO⊥BC，設(shè)AO交BC于E，連SE．則可證BC⊥面AES．故面AES⊥面SBC．
17、
由AO￠⊥面SBC于O￠，則AO￠在面AES內(nèi)，O￠在SE上．AO￠與SO相交于點(diǎn)F．
∵ ABC為正三角形，AB=6，故AE=3，OE=．
∵ SO=3，∴ tan∠OES=，∠E=60°．
∴ O￠E=AEcos60°=．
作O￠G⊥平面ABC，則垂足G在AE上．O￠G=O￠Esin60°=．
∵ =8，∴ =，TPH=2．
設(shè)過P與底面平行的截面面積為s，截面與頂點(diǎn)S的距離=3－2=1．
∴ S△ABC=·62=9．
∴ =()2，故s=．
五．(本題滿分20分)
已知：對任意的n∈N*，有an>0，且 a=(aj)2．求證：an=n．
證明：由已知，a1
18、3=a12，a1>0，∴ a1=1．
設(shè)n≤k(k∈N，且k≥1)時(shí)，由a =(aj)2成立可證ak=k成立．
當(dāng)n=k+1時(shí)，a=(aj)2=(aj)2+2ak+1(aj)+a．
即 k2(k+1)2+a=k2(k+1)2+2ak+1·k(k+1)+a．
∴ a－ak+1－k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=－k或ak+1=k+1．由an>0知，只有ak+1=k+1成立．
即n=k+1時(shí)命題也成立．由數(shù)學(xué)歸納原理知對于一切n∈N*，an=n成立．
第二試
一．(本題滿分35分)
已知 在ΔABC中，AB>AC，DA的一個(gè)外角的平分線交Δ
19、ABC的外接圓于點(diǎn)E，過E作EF⊥AB，垂足為F．
求證 2AF=AB-AC．
證明：在FB上取FG=AF，連EG、EC、EB，
于是ΔAEG為等腰三角形，∴EG=EA．
又D3=180°－DEGA=180°－DEAG=180°－D5=D4．
D1=D2．于是ΔEGB≌ΔEAC．∴BG=AC，
故證
二．已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，滿足
|xi|=1，xi=0，
求證：≤－ ．
證明：由已知可知，必有xi>0，也必有xj<0(i，j∈{1，2，…，n，且i≠j)．
設(shè)x，x，…，x為諸xi中所有>0的數(shù)，x，x，…，x為諸x
20、i中所有<0的數(shù)．由已知得
X= x+x+…+x=，Y= x+x+…+x=－．
于是當(dāng)>－時(shí)，=+≤x－x=－=－．
于是當(dāng)<－時(shí)，=－－≤－x－x=－=－．
總之，≤－ 成立．
三．有n×n（n≥4)的一張空白方格表，在它的每一個(gè)方格內(nèi)任意的填入+1與-1這兩個(gè)數(shù)中的一個(gè)，現(xiàn)將表內(nèi)n個(gè)兩兩既不同行(橫)又不同列(豎)的方格中的數(shù)的乘積稱為一個(gè)基本項(xiàng)．試證明：按上述方式所填成的每一個(gè)方格表，它的全部基本項(xiàng)之和總能被4整除（即總能表示成4k的形式，其中k∈Z）．
證明 基本項(xiàng)共有n!個(gè)，n>3，則基本項(xiàng)的個(gè)數(shù)為4的倍數(shù)，設(shè)共有4m項(xiàng)．
其中每個(gè)數(shù)aij(=±1)都要在(n－1)!個(gè)基本項(xiàng)中出現(xiàn)，故把所有基本項(xiàng)乘起來后，每個(gè)aij都乘了(n－1)!次，而n>3，故(n－1)!為偶數(shù)，于是該乘積等于1．這說明等于－1的基本項(xiàng)有偶數(shù)個(gè)，同樣，等于+1的基本項(xiàng)也有偶數(shù)個(gè)．
若等于－1的基本項(xiàng)有4l個(gè)，則等于+1的基本項(xiàng)有4m－4l個(gè)，其和為4m－4l－4l=4(m－2l)為4的倍數(shù)；
若等于－1的基本項(xiàng)有4l－2個(gè)，則等于+1的基本項(xiàng)有4m－4l+2個(gè)，其和為4m－4l+2－4l+2=4(m－2l+1)為4的倍數(shù)．故證．
全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版9
