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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

通渭一中

刘黎明

一九九八年全国高中数学联合竞赛试题及解答
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} 解:A ?B ,A ≠?.? 3?2a+1?3a-5?22,?6?a?9.故选 B . (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 S10 = 10, S30 = 70, 则 S40 等于( (A ) 150 (B ) ?200 (C) 150 或 ?200 (D) ?50 或 400 解:首先 q≠1,于是,

a1 10 a (q -1)=10, 1 (q30 -1)=70,∴ q20 +q10 +1=7.?q10 =2.(-3 舍) q-1 q-1 40 ∴ S40 =10(q -1)=150.选 A . 2 2 2 4. 设命题 P :关于 x 的不等式 a1 x + b1 x + c1 > 0 与 a 2 x + b2 x + c2 > 0 的解集相同; a b c 命题 Q: 1 = 1 = 1 . 则命题 Q( ) a2 b2 c2 (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( ) 6 π 3 π 2 (A ) arcsin (B ) +arccos (C) -arctan 2 (D) π-arccot 3 2 3 2 2 A 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.
B 2 +( 3) -( 3) 3 设 AC=2,则 MC=MA= 3,cos ∠ACM= = .∴ 选 D. F 3 2· 2· 3 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.
2 2 2

E

Q M

H D

P
C

G

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. 98 101 104 1.若 f (x) (x?R )是以 2 为周期的偶函数, 当 x?[ 0, 1 ]时,f(x)=x1000,则 f ( ),f ( ),f ( )由小到大排 19 17 15 列是 . 98 16 16 101 1 1 104 14 14 解:f ( )=f(6- )=f ( ).f ( )=f (6- )=f ( ),f ( )=f(6+ )=f ( ). 19 19 19 17 17 17 15 15 15 1 16 14 101 98 104 现 f (x)是[0,1]上的增函数.而 < < .故 f( )<f( )<f( ). 17 19 15 17 19 15 2.设复数 z=cos θ+isinθ(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___________.
-1O
R
1

y
Q

P

S

x

1998 年全国高中数学联赛

通渭一中

刘黎明

→ → → → → → → → → → → → 解: OS = OP + PQ + PR = OP +OQ - OP + OR - OP =OQ + OR - OP =(1+i)z+2- z -z=iz+2 - z =(2cos θ-sinθ)+i(cos θ-2sinθ). π ∴ |OS|2 =5-4sin2θ?9.即|OS|?3,当 sin2θ=1,即 θ= 时,|OS|=3. 4 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 C5 种,取出 1 个偶数,2 个奇数的方法有 C5C5 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 a2 +(n-1)a+2n2 -2n-100?0. △=(n-1) -4(2n -2n-100)=-7n +6n+401?0.∴ n?8.取 n=8,则-4?a?-3.即至多 8 项. n-1 2 n-1 2 n-1 2 (也可直接配方:(a+ ) +2n2 -2n-100-( ) ?0.解 2n2 -2n-100-( ) ?0 仍得 n?8.) 2 2 2 2 2 2 5.若椭圆 x +4(y-a) =4 与抛物线 x =2y 有公共点,则实数 a 的取值范围是 . 解:2y=4-4(y-a)2 ,?2y2 -(4a-1)y+2a2 -2=0.此方程至少有一个非负根. 17 ∴ △=(4a-1)2 -16(a2 -1)=-8a+17?0.a? . 8 1 17 2 两根皆负时 2a >2,4a-1<0.?-1<a<1 且 a< .即 a<-1.∴-1?a? . 4 8 o o 6.? ABC 中, ?C = 90 , ?B = 30 , 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 . 解:由已知,得 AB=4,AM=MB=MC=2,BC=2 3,由△AMC 为等边三角 形,取 CM 中点,则 AD⊥CM,AD 交 BC 于 E ,则 AD= 3,DE= 3 折起后,由 BC =AC +AB ,知∠BAC=90° ,cos ∠ECA= . 3
2 2 2 2 2 2 3 1 2

A

2 M 2 B D
2 3 E

3 2 3 ,CE= . 3 3

2 C

A
2 2

8 2 2 2 2 2 2 ∴ AE =CA +CE -2CA · CEcos ∠ECA= ,于是 AC =AE +CE .?∠AEC=90° . 3 2 6 ∵ AD2 =AE 2+ED2 ,?AE ⊥平面 BCM ,即 AE 是三棱锥 A -BCM 的高,AE= . 3 2 2 S△BCM = 3,V A —BCM = . 3 三、 (本题满分 20 分) π 已知复数 z=1-sinθ+icos θ( <θ<π),求 z 的共轭复数- z 的辐角主值. 2 π π π π π π +θ +θ +θ +θ +θ +θ π π 2 2 2 2 2 2 解:z=1+cos( +θ)+isin( +θ)=2cos 2 +2isin cos =2cos (cos +isin ). 2 2 2 2 2 2 2 2 π π π +θ +θ +θ π 2 2 2 π θ 3π θ 3π θ 当 <θ<π 时,- z =-2cos (-cos +isin )=-2cos( + )(cos( - )+isin( - )). 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 3π θ ∴ 辐角主值为 - . 4 2
-2B

2 M

2 D C

2

2 3 E

1998 年全国高中数学联赛

通渭一中

刘黎明

四、 (本题满分 20 分) 2 设函数 f (x) = ax +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. 4 16 解: f (x)=a(x+ )2 +3- . a a -8+ 64+8a 16 2 (1)当 3- >5,即-8<a<0 时,l(a)是方程 ax +8x+3=5 的较小根,故 l(a)= . a 2a -8- 64-32a 16 2 (2)当 3- ?5,即 a?-8 时,l(a)是方程 ax +8x+3=-5 的较大根,故 l(a)= . a 2a 64-32a ?-8- 2 ,(a?-8) a 综合以上,l(a)= ? -8+ 64+8a (-8<a<0) ? 2a -8+ 64-32a 当 a?-8 时,l(a)= = 2a -8+ 64+8a 当-8<a<0 时,l(a)= = 2a 4 4-2a-2 2 ? 4 20-2 = 1+ 5 ; 2

2 1+ 5 1+ 5 < < .所以 a=-8 时,l(a)取得最大值 . 2 2 16+2a +4 4

五、 (本题满分 20 分) 2 2 已知抛物线 y = 2px 及定点 A (a, b), B ( – a, 0) ,(ab ? 0, b ? 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 M1 M2 恒过一个定点.并求出这个 定点的坐标. m2 2 a - m 2 b-m m2 2p 解: 设 M( , m). M1 ( , m1 ), M2 ( , m ), 则 A、 M、 M1 共线, 得 = , 2p 2p 2p 2 m1 -m 2 m1 2 m - 2p 2p m1
2

y
M2

M B

2pa-m 2pa-bm 2pa 即 b-m= .∴ m1 = ,同法得 m2 = ;∴ M1 M2 所在直线方程为 m1 +m b-m m 2pa-m2 2 y-m2 = ,即(m1 +m2 )y=2px+m1 m2 .消去 m1 ,m2 ,得 m1 -m2 2 m1 -m2 2 2paby-bm2 y=2pbmx-2pm2 x+4p2 a2 -2pabm.⑴ 分别令 m=0,1 代入,得 x=a,y=

2

O
A
M1

x

2pa 2pa 2pa ,以 x=a,y= 代入方程⑴知此式恒成立.即 M1 M2 过定点(a, ) b b 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。
A

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。 2S aha 解 由旁切圆半径公式,有 ra = = ,故只须证明 b+c-a b+c-a
N I O

-3B D M K C

1998 年全国高中数学联赛

通渭一中

刘黎明

R 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。 ha b+c-a R OK IK KB KB aha BM 且 OK⊥BC。于是 OK∥AD,又 OK=R ,故 = = = ,故只须证 = = . ha AD IA IA IA b+c-a 1 (b+c-a) 2 1 KB BM 作 IN⊥AB ,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a), 而由⊿AIN∽⊿BKM ,可证 = 成立,故证。 2 IA AN a3 i

二、 (满分 50 分)设 a1 ,a2 ,?,an ,b1 ,b2 ,?,bn ∈[1,2]且 等号成立的充要条件.

Σ Σ
2 ai = i=1 i=1

n

n

2 b i ,求证:

Σ

17 2 ? a i .并问: b 10 i i=1 i=1

n

Σ

n

1 证明:由于 a1 ,a2 ,?,an ,b1 ,b2 ,?,bn ∈[1,2],故 ? 2

ai bi ai bi

3

?2.

1 于是( ai bi- 2

ai bi

3

)(2 ai bi-

ai

ai 5 5 2 ai 2 )?0),即 ai bi - a i + ?0.求和得 ? a i - ai bi , bi 2 bi 2 i=1 i=1 bi i=1

3

3

Σ

n

3

Σ Σ Σ
n

n

n

1 5 2 2 2 2 又由( bi -ai )(2bi -ai )?0 得 b2 a2 i - ai bi +a i ?0,故 ai bi ? ( a i +b i ) .由 i= 2 2 5 i=1

Σ Σ
i=1

n

n

b2 i ,得

4 ai bi ? a2 i, 5 i=1 i=1

Σ

n

ai 5 5 4 17 ∴ ? a2 ai b i ? a2 a2i = a2 i- i- i. 2 i=1 2 i=1 5 i=1 10 i=1 i=1 bi i=1

Σ

n

3

Σ Σ

n

n

Σ

n

Σ

n

Σ

n

2 当且仅当 n 为偶数且 a1 ,a2 ,?,an 中一半取 1,一半取 2,且 bi = 时等号成立. ai 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 n1 ,n2,n3 ,n4,n5 ,n6 ,对于任意的正整数 a?A ,都有 Fn6(Fn5(F n4(Fn3 (Fn2(Fn1(a)))))) =1.证明你的结论. 解:将满足条件“存在正整数 n1 , n2, n3, n4, n5 , n6 , 对于任意的正整数 a?B ,都有 Fn (Fn - (?(Fn (a)?)=1”
k k 1 1

的最大正整数 B 记为 xk 显然,本题所求的最大正整数 A 即为 x6 。 ⑴先证 x1 =2.事实上,F 2 (1)=F 2 (2)=1,所以 x1 ?2 , 又当 n1 ?3 时,Fn1(2) =2,而 F2(3)=F 1(2)=2, 所以 x1 <3,∴x1 =2. ⑵设 xk 已求出, 且 xk 为偶数, 显然 xk?x1 =2, 易知 xk+1 满足的必要条件是: 存在 n1 , 使得只要 a?xk+1 , 就有 Fn1(a)?xk.
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通渭一中

刘黎明

令 xk+1 =qn1 +r,由 Fn (xk+1 ) =q+r?xk 可得
1

xk+1 =qn1 +r?qn1 +xk-q=x k+q(n1 -1). 若取 n1 =2,由 xk+2 ?xk,可知 xk+1 ?xk+2,由此可得 q>0,n1 >1, 2

于是 0<(q-1)n1 +n1 -1=qn1 -1<xk+1 ,因此 F n ((q-1)n1 +n1 -1)=q+n1 -2?xk.
1

x2 k q+n1 -1 2 xk+1 2 xk 1 故有 q(n1 -1)?[( ) ]≤[( ) ]=[ + + ]. 2 2 4 2 4 xk x 由于 xk 为偶数,从而 q(n1 -1)? + k. 4 2 x ∵xk?2, ∴xk+ + k?xk+2. 所以总有 4 2 xk xk(xk+6) xk+1 ?xk+ + = . 4 2 4 xk xk(xk+6) xk xk xk(xk+6) 另一方面,若取 n1 = +2,由于 = · n + 对于每个 a? ,令 a=qn1 +r,那么 2 4 2 1 2 4 x x x x 或者 q= k, r? k;或者 q? k-1, r?n1 -1= k+1。 2 2 2 2 x (x +6) 两种情况下均有 q+r?xk, 因此 xk+1 = k k 。此外,因为 xk 为偶数,若 4|xk,由 2|xk+6 可得 8|xk(xk+6), 4 x (x +6) 若 xk≡2(mod4), 由 xk+6≡0(mod 4)也可得 8|xk(xk+6). 因此 xk+1 也是偶数。 于是完成了归纳证明 xk+1 = k k . 4 由 x1 =2 逐次递推出 x2 =4, x3 =10,x4 =40,x5 =460,x6 =53590. 即所求最大整数 A=53590. x2 k xk
2 2

-5-


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