1993年全国高中数学联赛试卷+解析

1、1993年全国高中数学联赛由桐秋初四整理编辑1993年全国高中数学联合竞赛试卷第一试、选择题（每小题5分，共30分）1 .若 M= （x, y）| |tan y|+sin2 x=0(A)4(B)5(C)8N=(x,y)|x2+y2W2，则 MAN 的元素个数是( (D)9第10页共9页2.已知 f(x)=a sinx+b3/x+4(a, b 为实数),且 f(lglog 310)=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 AU B=a1, a2,a3,当 AB时，（A, B）与（B, A）视为不同的对,则这样的（A,

2、（A）B）对的个数是（(B) 9)(C) 26(D)274.右直线 x=4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（兀(A) 4兀(B) 3兀(C) 2(D)5.在 ABC中，角A mt. . C A C+A“a/击曰 , 贝U sin-2-+cos 2 的值是(C的对边长分别为 a, b, c,若c a等于AC边上的高h,(A)11(B) 21(C) 3(D) 16.设m, n为非零实数,i为虚数单位,z C,贝U方程 |z+ni|+忆 mi|=n 与|z+ni| |z mi|= m

3、在同一复平面内的图形（Fi,F2为焦点）是（)(A)(B)(C)(D)二、填空题（每小题 5分,共30分）1.二次方程(1 i)x2+(+i )x+(1+ i )=0(i为虚数单位,R）有两个虚根的充分必要条件是的取值范围为Smax Smin2 .实数 x, y满足 4x2 5xy+4y2= 5,设 S=x2+y2,则3 .若 z C, arg(z2 4)= 56, arg(z2+4)= 3,则 z 的值是4 .整数1031 + 3的末两位数是 .5 .设任意实数 x0>xi>X2>X3>0,要使 Iog®l993+logxj1993+logx2l993>

4、;k 1001993 恒成立, XX2X3X3则k的最大值是.6 .三位数（100, 101, 999）共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一班位数，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，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S- ABC的外接球球心.四、（本题满分20分）设0<

5、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ao, a1, a2,，an,满足anan 2 an 1an 2 =2an 1, (n> 2) 且a°=a1 = 1,求an的通项公式.第二试一、(35分)设一凸四边形 ABCD,它的内角中仅有 D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 n>4二、(35分)设A是一个

6、有n个元素的集合，A的m个子集Ai,A2, ,Am两两互不包含.、 m 1试证：中一W1；i也1 m(2) 2cAi1nm2.其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，C|AI表示n个不同元素取|Ai|个的组三、(35分)水平直线m通过圆。的中心，直线l m, 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，PQR为切点.试证：(1)1与圆 。相 切时， AB CR+BC AP=AC BQ; (2)1 与圆。相交时，AB CR+BC APvAC BQ; (3)1 与圆。相离 时，AB

7、 CR+BC AP>AC 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)| |tan y|+sin2 x=0 , N=( x, y)|x2+y2w 2,则 M n N 的元素个数是()(A)4(B)5(C)8(D)9解：tan y=0, y=k(kCZ), sin2 x=0, x=m(mCZ),即圆 x2+y2= 2 及圆内的整点数.共 9 个.选D.2 .已知 f(x)=a sinx+b3/x+4(a, b 为实数),且 f(lglog 310)=5 ,则 f(lglg3)的值是()(A) 5(B) 3(C)3(D)随a,

8、b取不同值而取不同值解：设 lglog310=m,贝U lglg3= lglog310= m,贝U f(m)=asinm+b3m+4=5,即 asinm+b3m =1.f(m)= (asinm+b沂)+4= 1+4 = 3.选 C.3 .集合A, B的并集AU B=a1，a2, a3,当A B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：aCA或 A,有2种可能，同样aCB或 B,有2种可能，但a A与a B不能 同时成立，故有 221种安排方式，同样 a2、a3也各有22-1种安排方式，故共有(221)3 种安排

9、方式.选D.arccosa)+(y arcsina)(y+arccosa)=0 所截的弦长为d,伍 _4 .右直线 x=4被曲线 C:(x arcsina)(x当a变化时d的最小值是()兀兀兀(A) 4(B) 3(C) 2(D)解：曲线 C 表示以(arcsina, arcsina), (arccosa, arccosa)为直径端点的 圆.即以(% ”)及(2 a, 2+研式2t, 2)为直径端点的圆.而 x=和圆 交于圆的直径.故 d=； (2 aj2+(2)2>2t.故选C.5 .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+c

10、osC+A的值是(1(A)1(B) 21(C) 3(D) 1sinC sinA= sinCsinA,解：2R(sinC sinA)=csinA= 2RsinCsinA,C+A C-A 11 C A _ .C+A2cos-2-sin-2-= 2cos(C+A) cos(C A)= 1 2sin2七一2cos2-2-+1.,- C A C+A.2 , /ri . C A C+A - 拓、注 “ (sin-2-+cos-2-)2=1,但 sin-2+cos-2-。，故选 A.6 .设m, n为非手实数，i为虚数单位，z C,则方程|z+ni|+|z mi|=n与忆+ni|忆mi| m在同一复平面内的

11、图形（Fi,F2为焦点）是（）(A)(B)(C)(D)解：方程为椭圆，为双曲线的一支.二者的焦点均为（一ni, 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OF”=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）7 .二次方程（1 i）x2+（ +i）x+（1+i ）=0（i为虚数单位，R）有两个虚根的充分必要条件是的取值范围为.解：即此方程没有实根的条件.当入C R时，此方

12、程有两个复数根，若其有实根，则x2+入+1 = 0,且 x2x入毛.相减得（H1）（x+1）=0.当入=1时，此二方程相同，且有两个虚根.故 入=1在取值范围内.当入w 1时，x= 1，代入得 入=2.即入=2时，原方程有实根 x= 1 .故所求范围是 入 W2.8 .实数 x, y满足 4x2 5xy+4y2=5,设 S=x2+y2,贝U+白=.Smax Smin5解：令 x=r cos 0, y=rsin 0,贝U S=r2 得 r2（4 5sin 9cos 9）=5. S=5.4-|sin2 0.m +X a%5 2-45 2+49 .若 z C, arg(z2 4)= 565, arg

13、(z2+4)= 3,则 z 的值是解：如图，可知 z2表示复数4(cos120° Hsin120 ° .)z=±2(cos60° iHsin60 =)+(1 + 73i).109310 整数100+3的末两位数是.解：令x=1031,则得邑=x3及7/7=x23x+9照.由于0<27<1,故所求末两位数X+3X+3X+3X+3字为 09 1 = 08.11 设任意实数 xo>xi>x2>x3>0,要使 logxoiggs+iogxjiggs+iogHggs'k iogi993 恒成立， Xix2x3x3则k的最

14、大值是.解：显然 x0>1,从而 logxo1993>0 . IP-+:一+:>-七一 . x3x3lgxo lgxi lgxi lgx2 lgx2 lgx3 lgxo lgx3-111就T(lgxo-lgx1)+(lgx1-lgx2)+(lgx2-lgx3)( ig;F+蔽二版2+gxF)>k-其中 lgxo lgx1>0, lgx1 lgx2>0, lgx2 lgx3>0,由 Cauchy 不等式,知 k< 9.即 k 的最 大值为9.12 三位数(1OO, 1O1, 999)共9OO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

15、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，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 O,有5种选择，共 有4X5X4= 8O种选择.但两端为1, 8,中间为O, 1, 8时，或两端为9、6,中间为O, 1, 8时，倒后不变； 共有2*3+2*3=12个，故共有(8O12)+2=34 个.三、(本题满分2O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；(

16、2)设DP与SM的交点为D , 则D为三棱锥SABC的外接球球心. 证明： DP/SC,故DP、CS共面.DC 面 DPC , MCDC, MC面 DPC, SM 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，SCL面 SAB, SCXSD. DP / SC,DPXSD. DDMsCSM, M 为4ABC 的重心，DM : MC=1 ： 2,. DD : SC=1 : 2.取SC中点Q,连DQ.则SQ=DD , 平面四边形 DD QS是矩形. D QXSC,由三线合一定理，知 DC=PS.同理，D A= D B= D B= D S.即

17、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S- ABC的外接球球心.四、(本题满分2O分)y2=x有四个不设O<a<b,过两定点 A(a, O)和B(b, O)分别引直线l和m,使与抛物线同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹.解：设 I: y=k1(x a), m： y=k2(xb).于是 l、m 可写为(kx yk1a)(k2xyk2b)=O.y2=x 交点满足 y x,(kx y k1a)(k2x y k2b)= O.若四个交点共圆，则此圆可写为(kxyk1a)(k2xyk2b)+ (y2x)=O.此方程中xy项必为O,故得k1

18、二 电，设k1二k2=kwO.于是I、m方程分别为y=k(x2)与y= k(xb).消去k,得2x (a+b)=O, (yw。)即为所求轨迹方程.五、（本题满分20分）设正数列a。、ai、a2、an、满足yjanan 2 an ian 2 =2an i, (n> 2) 且a°=ai = 1,求an的通项公式.解：变形，同除以 an向2得:令、I -an-+1 =bn,则得 bn=2bn 1.Jan 1即bn是以b1=/；+1=2为首项，2为公比的等比数列.bn=2n.anan 1=(2n 1)2.ao=1, an= (2n-1)2(2n 1-1)2- (21-1)2. (n&g

19、t;1)第二试一、（35分）设一凸四边形 ABCD,它的内角中仅有 D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 n>4证明充分性当n=4时，如图，只要连 AC,并在A ABC内取一点F,使/ AFB、/ BFC、 /CFA都为钝角（例如，可以取A ABC的Fermat点，由于A ABC是锐角三角形，故 其Fermat点在其形内）.于是，AADC、AAFB、A BFC、A 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 巳 连

20、EB,则A 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、-En 4,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n>4时才有解.、（35 分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2, ,Am两两互不包

21、含.试证:m 1 5w1； i4AiC n(2)2cAi匕m2.其中|Ai|表示A所含元素的个数，C|A|表示n个不同元素取Ai|个的组合数.证明:(1)由于即证：若 k1+k2+- - +km=n ,贝U k1!(nk1)!+k2!(nk2)!+km!(n km)! w n!.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!(n k2)!+km!(nkm)!成立.mm(V)( XC|Ai|)>(1+1+1+ -+1)2=m2. 41Ali4 n但0Vm 1 y&l

22、t;1, 祀|m故 2cAi|利2.三、(35分)水平直线m通过圆。的中心，直线l m, 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。的条切线，PQR为切点.试证：(1)l与圆OAB CR+BC AP=AC BQ; (2)l 与圆。相交时，AB CR+BC APv AC BQ; (3)l 与圆。相离时，AB CR+BC AP>AC BQ.证明：设 MA=a , MB=b , MC=c , OM=d , O O 的半径=r .且设k=d2- r2.则当k>0时，点M在。0外，此时，直线l与。相