1993年全国高中数学联赛试题及解析 苏教版

1、1993年全国高中数学联合竞赛试卷第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1若M=(x，y)| |tanpy|+sin2px=0，N=(x，y)|x2+y22，则MN的元素个数是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)92已知f(x)=asinx+b+4(a，b为实数)，且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（ ）(A)-5 (B)-3 (C)3 (D)随a，b取不同值而取不同值3集合A，B的并集AB=a1，a2，a3，当A¹B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）274若直线x=被曲线C:

2、(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦长为d，当a变化时d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p5在ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c-a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C) (D)-16设m，n为非零实数，i为虚数单位，zÎC，则方程|z+ni|+|z-mi|=n与|z+ni|-|z-mi|=-m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是( )二、填空题（每小题5分，共30分）1二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i为虚数单位，l&

3、#206;R)有两个虚根的充分必要条件是l的取值范围为_2实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设 S=x2+y2，则+=_3若zÎC，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，则z的值是_.4整数的末两位数是_.5设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993k·log1993恒成立，则k的最大值是_.6三位数(100，101，L，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是

4、，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_张卡片三、（本题满分20分）三棱锥SABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D¢，则D¢为三棱锥SABC的外接球球心四、（本题满分20分）设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹五、（本题满分20分）设正数列a0，a1，a2，an，满足 =2an1，(n2)且a0=a1=1，求an的通项公

5、式第二试一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有ÐD是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点试证n应满足的充分必要条件是n4二、（35分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,L,Am两两互不包含试证：(1) 1；(2) Cm2其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，C表示n个不同元素取|Ai|个的组合数三、（35分） 水平直线m通过圆O的中心，直线lm，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,B

6、Q,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点试证：(1)l与圆O相切时，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l与圆O相交时，AB´CR+BC´APAC´BQ；(3)l与圆O相离时，AB´CR+BC´APAC´BQ.1993年全国高中数学联合竞赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1若M=(x，y)| |tanpy|+sin2px=0，N=(x，y)|x2+y22，则MN的元素个数是（ ）(A)4 (B)5 (C)8 (D)9解：tanpy=0，y=k(kZ)，sin2px=0，x=m(mZ)

7、，即圆x2+y2=2及圆内的整点数共9个选D2已知f(x)=asinx+b+4(a，b为实数)，且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（ ）(A)-5 (B)-3 (C)3 (D)随a，b取不同值而取不同值解：设lglog310=m，则lglg3=lglog310=m，则f(m)=asinm+b+4=5，即asinm+b=1 f(m)=(asinm+b)+4=1+4=3选C3集合A，B的并集AB=a1，a2，a3，当A¹B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（ ） （A）8 （B）9 （C）26 （D）27解：a1A或ÏA，有

8、2种可能，同样a1B或ÏB，有2种可能，但a1ÏA与a1ÏB不能同时成立，故有221种安排方式，同样a2、a3也各有221种安排方式，故共有(221)3种安排方式选D4若直线x=被曲线C:(x-arcsina)(x-arccosa)+(y-arcsina)(y+arccosa)=0所截的弦长为d，当a变化时d的最小值是( ) (A) (B) (C) (D)p解：曲线C表示以(arcsina，arcsina)，(arccosa，arccosa)为直径端点的圆即以(，)及(，+)(，)为直径端点的圆而x=与圆交于圆的直径故d=故选C5在ABC中，角A，B，C的对边长分

9、别为a，b，c，若c-a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是( ) (A)1 (B) (C) (D)-1解：2R(sinCsinA)=csinA=2RsinCsinA，ÞsinCsinA=sinCsinA，Þ2cossin=cos(C+A)cos(CA)= 12sin22cos2+1Þ(sin+cos)2=1，但sin+cos>0，故选A6设m，n为非零实数，i为虚数单位，zÎC，则方程|z+ni|+|z-mi|=n与|z+ni|-|z-mi|-m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是( )解：方程为椭圆，为双曲线的一支二者的焦点均为(n

10、i，mi)，由n>0，故否定A，由于n为椭圆的长轴，而C中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴，故否定C由B与D知，椭圆的两个个焦点都在y轴负半轴上，由n为长轴，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=m曲线上一点到ni距离大，否定D，故选B二、填空题（每小题5分，共30分）1二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i为虚数单位，lÎR)有两个虚根的充分必要条件是l的取值范围为_解：即此方程没有实根的条件当R时，此方程有两个复数根，若其有实根，则x2+x+1=0，且x2x=0相减得(+1)(x+1)=0当=1时，此二方程相同，且有两

11、个虚根故=1在取值范围内当1时，x=1，代入得=2即=2时，原方程有实根x=1故所求范围是22实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设 S=x2+y2，则+=_解：令x=rcos，y=rsin，则S=r2得r2(45sincos)=5S=+=+=3若zÎC，arg(z2-4)= ，arg(z2+4)= ，则z的值是_.解：如图，可知z2表示复数4(cos120°+isin120°) z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i)4整数的末两位数是_.解：令x=1031，则得=x23x+9由于0<<1，

12、故所求末两位数字为091=085设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993k·log1993恒成立，则k的最大值是_.解：显然>1，从而log1993>0即+就是(lgx0lgx1)+(lgx1lgx2)+(lgx2lgx3)( +)k其中lgx0lgx1>0，lgx1lgx2>0，lgx2lgx3>0，由Cauchy不等式，知k9即k的最大值为96三位数(100，101，L，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如1

13、98倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_张卡片解：首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有4×5×4=80种选择但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有2×3+2×3=12个，故共有(8012)÷2=34个三、（本题满分20分）三棱锥S-ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为，

14、则为三棱锥SABC的外接球球心 证明： DPSC，故DP、CS共面 DCÍ面DPC， MDC，ÞM面DPC，SMÍ面DPC 在面DPC内SM与SC相交，故直线SM与DP相交 SA、SB、SC两两互相垂直， SC面SAB，SCSD DPSC， DPSDDD¢MCSM， M为ABC的重心， DMMC=12 DD¢SC=12取SC中点Q，连D¢Q则SQ=DD¢，Þ平面四边形DD¢QS是矩形 D¢QSC，由三线合一定理，知D¢C=PS同理，D¢A= D¢B= D¢

15、B= D¢S即以D¢为球心D¢S为半径作球D¢则A、B、C均在此球上即D¢为三棱锥SABC的外接球球心四、（本题满分20分）设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹解：设l：y=k1(xa)，m：y=k2(xb)于是l、m可写为(k1xyk1a)(k2xyk2b)=0 交点满足若四个交点共圆，则此圆可写为(k1xyk1a)(k2xyk2b)+l(y2x)=0此方程中xy项必为0，故得k1=k2，设k1=k2=k0于是l、m方程

16、分别为y=k(xa)与y=k(xb)消去k，得2x(a+b)=0，(y0)即为所求轨迹方程五、（本题满分20分）设正数列a0、a1、a2、an、满足 =2an1，(n2)且a0=a1=1，求an的通项公式解：变形，同除以得：=2+1，令+1=bn，则得bn=2bn1即bn是以b1=+1=2为首项，2为公比的等比数列 bn=2n =(2n1)2故 第二试一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有ÐD是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点试证n应满足的充分必要条件是n4证明 充分性当n=4时，如

17、图，只要连AC，并在ABC内取一点F，使AFB、BFC、CFA都为钝角(例如，可以取ABC的Fermat点，由于ABC是锐角三角形，故其Fermat点在其形内)于是，ADC、AFB、BFC、AFC都是钝角三角形当n=5时，可用上法把凸四边形分成四个钝角三角形再在AF上任取一点E，连EB，则AEB也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形一般的，由得到了4个钝角三角形后，只要在AF上再取n4个点E1、E2、En4，把这些点与B连起来，即可得到均是钝角三角形的n个三角形必要性n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成

18、3个三角形，现连了1条对角线AC后，再连B与AC上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形当n=2，3时无法得到满足题目要求的解只有当n4时才有解二、（35分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,L,Am两两互不包含试证：(1) 1；(2) Cm2其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，C表示n个不同元素取|Ai|个的组合数证明： 即证：若k1+k2+km=n，则k1!(nk1)!+k2!(nk2)!+km!(nkm)!n! 由于n!表示n个元素的全排列数，而ki!(nki)!表示先在这n个元素中取出ki个元素排列再把其其余元素排列的方法数，由于Ai互不包含，故n!k1!(nk1)!+k2!(nk2)!+km!(nkm)!成立 ()(C)(1+1+1+1)2=m2但0<1，故Cm2三、（35分） 水平直线m通过圆O的中心，直线lm，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点试证：(1)l与圆O相切时，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l与圆O相交时，AB´CR+BC´APAC´BQ