全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版17

《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版17》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版17（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、1997年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試卷第一試(10月5日上午8:00-10:00)一、選擇題(每小題6分，共36分)1已知數(shù)列xn滿足xn+1=xnxn1(n2)，x1=a， x2=b， 記Sn=x1+x2+L+xn，則下列結(jié)論正確的是(A)x100=-a，S100=2b-a (B)x100=-b，S100=2b-a(C)x100=-b，S100=b-a (D)x100=-a，S100=b-a2如圖，正四面體ABCD中，E在棱AB上，F(xiàn)在棱CD上，使得= (0f()f(d)f() (B) f() f(d)f()f() (C) f(d)f()f()f() (D) f(d)f()f()f() 6如果空

2、間三條直線a，b，c兩兩成異面直線，那么與a，b，c都相交的直線有(A) 0條 (B) 1條 (C)多于1 的有限條 (D) 無窮多條二填空題(每小題9分，共54分)1設(shè)x，y為實數(shù)，且滿足則x+y = .2過雙曲線x2=1的右焦點作直線l交雙曲線于A、B兩點，若實數(shù)使得|AB| =的直線l恰有3條，則= .3已知復(fù)數(shù)z滿足=1，則z的幅角主值范圍是 4已知三棱錐S-ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，設(shè)S、A、B、C四點均在以O(shè)為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為 5設(shè)ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂

3、點之一若在5次之內(nèi)跳到D點，則停止跳動；若5次之內(nèi)不能到達(dá)D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到停止，可能出現(xiàn)的不同跳法共 種6設(shè)a =logz+logx(yz)-1+1，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log(xyz)-1+1，記a，b，c中最大數(shù)為M，則M的最小值為 三、（本題滿分20分）設(shè)xyz，且x+y+z =，求乘積cosx siny cosz的最大值和最小值四、(本題滿分20分)設(shè)雙曲線xy=1的兩支為C1，C2(如圖)，正三角形PQR的三頂點位于此雙曲線上(1)求證：P、Q、R不能都在雙曲線的同一支上；(2)設(shè)P(-1，-1)在C2上， Q、R

4、在C1上，求頂點Q、R的坐標(biāo)五、(本題滿分20分)設(shè)非零復(fù)數(shù)a1，a2，a3，a4，a5滿足其中S為實數(shù)且|S|2求證：復(fù)數(shù)a1，a2，a3，a4，a5在復(fù)平面上所對應(yīng)的點位于同一圓周上第二試(10月5日上午10:30-12:30)一、（本題50分）如圖，已知兩個半徑不相等的O1與O2相交于M、N兩點，且O1、O2分別與O內(nèi)切于S、T兩點。求證：OMMN的充分必要條件是S、N、T三點共線。二、（本題50分）試問：當(dāng)且僅當(dāng)實數(shù)x0，x1，xn（n2）滿足什么條件時，存在實數(shù)y0，y1，yn使得z=z+z+z成立，其中zk=xk+iyk，i為虛數(shù)單位，k=0，1，n。證明你的結(jié)論。三、（本題50分

5、）在10025的長方形表格中每一格填入一個非負(fù)實數(shù)，第i行第j列中填入的數(shù)為xi , j（i=1，2，100；j=1，2，25）（如表1）。然后將表1每列中的數(shù)按由小到大的次序從上到下重新排列為x1 , jx2 , jx100 , j（j=1，2，25）。（如表2）求最小的自然數(shù)k，使得只要表1中填入的數(shù)滿足xi，j1（i=1，2，100），則當(dāng)ik時，在表2中就能保證xi，j1成立。表1表2x1,1x1,2x1,25x1,1x1,2x1,25x2,1x2,2x2,25x2,1x2,2x2,25x100,1x100,2x100,25x100,1x100,2x100,251997年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)

6、賽解答第一試一、選擇題(每小題6分，共36分)1已知數(shù)列xn滿足xn+1=xnxn1(n2)，x1=a， x2=b， 記Sn=x1+x2+L+xn，則下列結(jié)論正確的是(A)x100=-a，S100=2b-a (B)x100=-b，S100=2b-a(C)x100=-b，S100=b-a (D)x100=-a，S100=b-a解：x1=a，x2=b，x3=ba，x4=a，x5=b，x6=ab，x7=a，x8=b，易知此數(shù)列循環(huán)，xn+6=xn，于是x100=x4=a，又x1+x2+x3+x4+x5+x6=0，故S100=2ba選A2如圖，正四面體ABCD中，E在棱AB上，F(xiàn)在棱CD上，使得= (

7、0+)，記f()=+其中表示EF與AC所成的角，表示EF與BD所成的角，則 (A) f()在(0，+)單調(diào)增加 (B) f()在(0，+)單調(diào)減少 (C) f() 在(0，1)單調(diào)增加，而在(1，+單調(diào)減少 (D) f()在(0，+)為常數(shù)解：作EGAC交BC于G，連GF，則=，故GFBD故GEF=，GFE=，但ACBD，故EGF=90故f()為常數(shù)選D3設(shè)等差數(shù)列的首項及公差均為非負(fù)整數(shù)，項數(shù)不少于3，且各項的和為972，則這樣的數(shù)列共有(A)2個 (B)3個 (C)4個 (D)5個解：設(shè)首項為a，公差為d，項數(shù)為n，則na+n(n1)d=972，n2a+(n1)d=2972，即n為2972

8、的大于3的約數(shù) n=972，2a+(9721)d=2，d=0，a=1；d1時a0有一解；n=97，2a+96d=194，d=0，a=97；d=1，a=a=49；d=2，a=1.有三解； n=297，n=2972，無解n=1，2時n3.選C4在平面直角坐標(biāo)系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為 (A)(0，1) (B)(1，+) (C)(0，5) (D)(5，+)解：看成是軌跡上點到(0，1)的距離與到直線x2y+3=0的距離的比：=5，選D5設(shè)f(x)=x2x，a = arcsin，=arctan，=arcos()，d=arccot()，則

9、(A)f()f()f(d)f() (B) f() f(d)f()f() (C) f(i)f()f()f() (D) f(d)f()f()f() 解：f(x)的對稱軸為x=， 易得， 00故f(t)單調(diào)增，現(xiàn)x1=1y，x+y=22過雙曲線x2=1的右焦點作直線l交雙曲線于A、B兩點，若實數(shù)使得|AB| =的直線l恰有3條，則= 解：右支內(nèi)最短的焦點弦=4又2a=2，故與左、右兩支相交的焦點弦長2a=2，這樣的弦由對稱性有兩條故=4時設(shè)AB的傾斜角為，則右支內(nèi)的焦點弦=4，當(dāng)=90時，=4與左支相交時，=arccos時，=4故=43已知復(fù)數(shù)z滿足=1，則z的幅角主值范圍是 解：=14r4+(4c

10、os21)r2+1=0，這個等式成立等價于關(guān)于x的二次方程4x2+(4cos21)x+1=0有正根=(4cos21)2160，由x1x2=0，故必須x1+x2=0cos2 (2k+1)arccos2(2k+1)+arccos k+arccosk+arccos，(k=0，1)4已知三棱錐S-ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，設(shè)S、A、B、C四點均在以O(shè)為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為 解：SA=SB=SC=2，S在面ABC上的射影為AB中點H， SH平面ABC SH上任意一點到A、B、C的距離相等 SH=，CH=1，在面SHC內(nèi)作SC的垂直

11、平分線MO與SH交于O，則O為SABC的外接球球心SM=1，SO=， OH=，即為O與平面ABC的距離5設(shè)ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點之一若在5次之內(nèi)跳到D點，則停止跳動；若5次之內(nèi)不能到達(dá)D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到停止，可能出現(xiàn)的不同跳法共 種解：青蛙跳5次，只可能跳到B、D、F三點(染色可證)青蛙順時針跳1次算+1，逆時針跳1次算1，寫5個“1”，在中填“+”號或“”號： 11111規(guī)則可解釋為：前三個中如果同號，則停止填寫；若不同號，則后2個中繼續(xù)填寫符號前三同號的方法有2種；前三個不同號的方法有232=6種，后兩個中

12、填號的方法有22種 共有2+64=26種方法6設(shè)a =logz+logx(yz)-1+1，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log(xyz)-1+1，記a，b，c中最大數(shù)為M，則M的最小值為 解：a=log(+z)，b=log(yz+)，c=log(+y) a+c=log(+yz+x)2log2于是a、c中必有一個log2即Mlog2，于是M的最小值log2但取x=y=z=1，得a=b=c=log2即此時M=log2于是M的最小值log2 所求值=log2三、（本題滿分20分）設(shè)xyz，且x+y+z=，求乘積cosx siny cosz的最大值和最小值解：由于xyz，故

13、x2= cosx siny cosz=cosxsin(y+z)+sin(yz)=cos2x+cosxsin(yz)cos2=即最小值 (由于x，yz，故cosxsin(yz)0)，當(dāng)y=z=，x=時，cosx siny cosz= cosx siny cosz=coszsin(x+y)sin(xy)=cos2zcoszsin(xy)由于sin(xy)0，cosz0，故cosx siny coszcos2z=cos2=(1+cos)=當(dāng)x= y=，z=時取得最大值 最大值，最小值四、(本題滿分20分)設(shè)雙曲線xy=1的兩支為C1，C2(如圖)，正三角形PQR的三頂點位于此雙曲線上(1)求證：P、

14、Q、R不能都在雙曲線的同一支上；(2)設(shè)P(-1，-1)在C2上， Q、R在C1上，求頂點Q、R的坐標(biāo)解：設(shè)某個正三角形的三個頂點都在同一支上此三點的坐標(biāo)為P(x1，)，Q(x2，)，R(x3，)不妨設(shè)0x1x20kPQ=；kQR=；tanPQR=0)則h2(cos2+isin2)Rsin2=0 1h2(cos2+isin2)1h2(cos2+isin2)，cos20=k(kZ) q+R再令q=r(cos+isin)，(r0)則q+=(r+)cos+i(r)sinRsin=0或r=1 若sin=0，則q=r為實數(shù)此時q+2或q+2此時q+，或q+此時，由|(q+)2|1，知q=1此時，|ai|

15、=2 若r=1，仍有|ai|=2，故此五點在同一圓周上 若1+q+q2+q3+q4=0則q51=0， |q|=1此時|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五點在同一圓上綜上可知，表示復(fù)數(shù)a1，a2，a3，a4，a5在復(fù)平面上所對應(yīng)的點位于同一圓周上第二試一、（本題50分）如圖，已知兩個半徑不相等的O1與O2相交于M、N兩點，且O1、O2分別與O內(nèi)切于S、T兩點。求證：OMMN的充分必要條件是S、N、T三點共線。證明：過S、T分別作相應(yīng)兩圓的公切線，交于點P，則PS=PT，點P在直線MN上(根軸)且O、S、P、T四點共圓 若S、N、T三點共線，連O1N，O2N，則OS=OT，O1

16、S=O1N，于是S=T，S=O1NS， O1NS=T，O1NOT，同理，O2NOS，即OS=O2N+O1S即O的半徑=O1與O2的半徑的和 PTS=TSP=NMS，S、P、T、M共圓，故O、S、P、T、M五點共圓OMS=OTS=OST OMN=OMS+SMN=OST+TSP=OSP=90 OMMN 反之，若OMMN，則OMO1O2，由OO2OO1=(Rr2)(Rr1)=r1r2=O1MO2M即O、M在以O(shè)1、O2為焦點的雙曲線的不同兩支上由雙曲線的對稱性，知O1O2MO是等腰梯形OO2=O1M即OT=r1+r2， O1N=OO2，OO1=O2N，于是OO1NO2為平行四邊形由于OST、O1SN

17、、O2NT都是等腰三角形 SO1N=O=NO2T， OST=OSN S、N、T三點共線二（本題50分）試問：當(dāng)且僅當(dāng)實數(shù)x0，x1，xn（n2）滿足什么條件時，存在實數(shù)y0，y1，yn使得z02=z12+z22+zn2成立，其中zk=xk+iyk，i為虛數(shù)單位，k=0，1，n。證明你的結(jié)論。解：z02=x02y02+2x0y0i=(x12+x22+xn2)(y12+y22+yn2)+2(x1y1+x2y2+xnyn)i x02y02=(x12+x22+xn2)(y12+y22+yn2)；x0y0=x1y1+x2y2+xnyn若x02 x12+x22+xn2，則y02 y12+y22+yn2此時

18、x02y02( x12+x22+xn2)( y12+y22+yn2)(x1y1+x2y2+xnyn)2=(x0y0)2矛盾故必x02x12+x22+xn2反之，若x02x12+x22+xn2成立此時，可分兩種情況： 當(dāng)x02=x12+x22+xn2成立時，取yi=xi(i=0，1，2，n)，于是z02=(x0+y0i)2=x02y02+2x0y0i=2x0y0i，而z12+z22+zn2=(x12+x22+xn2)(y12+y22+yn2)+2(x1y1+x2y2+xnyn)i=2(x1y1+x2y2+xnyn)i=2(x12+x22+xn2)i=2x02i=2x0y0i即z02=z12+z2

19、2+zn2成立 當(dāng)x020，于是xi(i=1，2，n)不能全為0不妨設(shè)xn0，取y0=y1=y2=yn2=0，yn1=，yn=，則此時，z02= x02y02+2x0y0i=x02；而z12+z22+zn2=(x12+x22+xn2)(y12+y22+yn2)+2(x1y1+x2y2+xnyn)i =(x12+x22+xn2)(+)+2(xn1xn)i =(x12+x22+xn2)(x12+x22+xn2x02)=x02仍有z02=z12+z22+zn2成立故所求條件為x02x12+x22+xn2三、（本題50分）在10025的長方形表格中每一格填入一個非負(fù)實數(shù)，第i行第j列中填入的數(shù)為xi

20、, j（i=1，2，100；j=1，2，25）（如表1）。然后將表1每列中的數(shù)按由小到大的次序從上到下重新排列為x1 , jx2 , jx100 , j（j=1，2，25）。（如表2）求最小的自然數(shù)k，使得只要表1中填入的數(shù)滿足xi，j1（i=1，2，100），則當(dāng)ik時，在表2中就能保證xi，j1成立。表1表2x1,1x1,2x1,25x1,1x1,2x1,25x2,1x2,2x2,25x2,1x2,2x2,25x100,1x100,2x100,25x100,1x100,2x100,25解：在表1中，取x4i3,i=x4i2,i=x4i1,i =x4i,i =0(i=1，2，25)，其余各數(shù)均取，于是，每列各數(shù)之和均=1但重新填入后，前96行之和均= 1第97、98、99、100行之和=0故k97反之，如果表2中第97行的25個數(shù)涂黃，98100行共75個數(shù)涂紅，則這些涂紅的數(shù)在表1中至多分布在75行中，于是除這75行外的其余各行中的每個數(shù)都不小于同列中涂黃的數(shù)，即涂黃4個數(shù)的和沒有涂紅數(shù)的行的每一行數(shù)的和1于是表2中第97行的數(shù)的和1，故第98、99、100行的數(shù)的和1即能保證表2中第97100行的數(shù)的和1 k=97