全国高中数学联合竞赛试题解答

1998年全国高中数学结合比赛一试一、选择题：本大题共6个小题，每题6分，共36分。1998*1、若a1,b1且lg(ab)lgalgb，则lg(a1)lg(b1)的值()A.等于lg2B.等于1C.等于0D.不是与a,b没关的常数◆答案：C★分析：由已知得abab，即a1b11，由a10,b10，故lg(a1)lg(b1)lg(a1)(b1)lg10。1998*2、若非空会合Ax|2a1x3a5,Bx|3x22，则能使AAB建立的所有a的会合是()A.a|1a9B.a|6a9C.a|a9D.◆答案：B★分析：即AB，A．所以32a13a522，解得6a9。应选B．1998*3、各项均为实数的等比数列an前n项和记为Sn，若S1010,S3070，则S40等于()A.150B.200C.150或200D.400或50◆答案：A★分析：第一q1，于是a1q10110，a1q30170，两式相除得q20q10601q1q得q102，a1q10，所以S401024115011998*4、设命题P:对于x的不等式a1x2b1xc10与a2x2b2xc20的解集同样；命题Q:a1b1c1。则命题Q（）a2b2c2A.是命题P的充分必需条件B.是命题P的充分条件但不是必需条件C.是命题P的必需条件但不是充分条件D.既不是命题P的充分条件也不是命题P的必需条件◆答案：D★分析：若两个不等式的解集都是R，否认A、C，若比值为，否认A、B，选D11998*5、设E,F,G分别是正四周体ABCD的棱AB,BC,CD的中点，则CFGE的大小是()A.arcsin6B.2arccos3C.arctan2D.arctan23322◆答案：D1998年全国高中数学结合比赛试题第1页共9页★分析：取AD,BD中点H,M，则EH//FG//BD，于是EH在平面EFG上．设CMFGP，AMEHQ，则P,Q分别为CM,AM中点，且PQ//AC∵ACBD，得PQFG，CPFG,所以CPQ是二面角CFGE的平面角．设AC2，则MCMA3，cosACM3．应选D．31998*6、在正方体的8个极点，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.57B.49C.43D.37A◆答案：B★分析：注意到8个极点中无3点共线，故共线的三点组中起码有一E个是棱中点或面中心或体中心．⑴体中心为中点：4对极点，6对棱中点，3对面中心；共13组；⑵面中心为中点：4624组；BD⑶棱中点为中点：12个．共49个，选B．FGC二、填空题：本大题共6小题，每题9分，共54分。11998*7、若f(x)是以2为周期的偶函数，当x0,1时，f(x)x1998，则f(98),f(101),f(104)由小到大的摆列是_________________.191715◆答案：f101f98f104171915★分析：因为f98f616f16，f101f61f1，191919171717f104f614f14．知f(x)在x0,1上递加，且0116141，151515171915于是f101f98f104。1719151998*8、设复数zcosisin(0)，复数z,(1i)z,2z在复平面上对应的三个点分别1998年全国高中数学结合比赛试题第2页共9页是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极点为S，则点S到原点距离的最大值是_______.◆答案：3★分析：因为OSOPPQQPOPOQOPOROPOQOROP,即OS1iz2zziz2z2cossinicos2sin∴OS2cossin即当2，即42

2cos2sin252sin2．时，OS获得最大值3．1998*9、从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中拿出3个数，使其和为不小于10的偶数，不一样的取法有____种.◆答案：5112★分析：从这10个数中拿出3个偶数的方法有510种，拿出个偶数，个奇数的方法有C3C51C5250种，而拿出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1050951种．1998*10、各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其他各项之和不超出100，这样的数列至多有_______项.◆答案：8★分析：设其首项为a，项数为n．则得a2(n1)a2n22n1000．注意到7n264010，得n8n取n8，则4a3．即至多8项．(也可直接配方获得n8．)1998*11、若椭圆x24(ya)24与抛物线x22y有公共点，则实数a的取值范围是_____________.◆答案：1,178★分析：联立椭圆与抛物线得2y2(41)y2a220，则此方程起码有一个非负根．a1998年全国高中数学结合比赛试题第3页共9页∴178a0，解得a17．又两个负根是2a220得a1，84a10所以，起码有一个非负根时，1a178。1998*12、在ABC中，C900,B300,AC2，M是AB的中点，将ACM沿CM折起，使A,B两点间的距离为22，此时三棱锥ABCM的体积等于________.◆答案：223★分析：由已知，得AB4，AMMBMC2，BC23，由AMC为等边三角形，取CM中点，则ADCM，AD交BC于E，则AD3，DE3233，CE．3折起后，由BC2AC2AB2，知BAC900，cosECA3.3∴AE2CA2CE22CACEcosECA8,3于是AC2AE2CE2．AEC900．又AD2AE2ED2，得AE平面BCM，即AE是三棱锥ABCM的高，AE263，VABCM223,所以SBCM3。三、解答题：本大题共3小题，共60分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。1998*13、（此题满分20分）已知复数z1sinicos()，求z的共轭复数z的辐角主2值。★分析：z1cosisin2cos222isin2cos222444即z2cos2cos2isin24441998年全国高中数学结合比赛试题第4页共9页当2时，z2cos4cos4isin4222即z2cos42cos3isin32424∴辐角主值为3．421998*14、（此题满分20分）设函数f(x)ax28x3(a0)，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都建立。问：a为什么值时l(a)最大？求出这个最大的l(a)，证明你的结论。★分析：f(x)a(x4)2316．16aa(1)当35，即8a0时，l(a)是方程ax28x35的较小根，故al(a)8648a．2a(2)当3165，即a8时，l(a)是方程ax28x35的较大根，故al(a)86432a2a86432a综合以上，l(a)2a,a8,8a08648a2a当a886432a4在a时，l(a)2a42a2所以当a8时，l(8)415；2022当8a0时，l(a)8648a22a162a4

8上递加，215。421998年全国高中数学结合比赛试题第5页共9页所以a8时，l(a)获得最大值15．21998*15、（此题满分20分）已知抛物线y22px及定点A(a,b),B(a,0),(ab0,b22pa)，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点在抛物线上改动时（只需M1,M2存在且M1M2），直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标。★证明：设Mm2,m．M1m12,m1，M2m22,m2，2p2p2pam2bm2p则A,M,M1共线，得m12，m1mm22p2p即bm2pam2．m1m2pabm2pa∴m1，同法得m2；bmmm22∴M1M2所在直线方程为ym22pa，即m1m2y2pxm1m2．消去m1,m2得m1m2m12m222pabybm2y2pbmx2pm2x4p2a22pabm．⑴分别令m0,1代入，得xa,y2pa，以a,2pa代入方程⑴知此式恒建立．bb即M1M2过定点a,2pa。b1998年全国高中数学结合比赛二试1998年全国高中数学结合比赛试题第6页共9页1998*一、（此题满分50分）如图，O,I分别是ABC的外心和心里，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。（注：ABC的BC边上的旁切圆是与边AB,AC的延伸线以及BC边都相切的圆）★证明：由旁切圆半径公式，有ra2Saha，cabcaRab故只须证明：habca即可。连AI并延伸交⊙O于K，连OK交BC于M，则K,M分别为弧BC及弦BC的中点。且OKBC。于是OK//AD，又OKR，ROKIKKB，故ADIAIAhaKBahaBM．故只须证bca1IAca)(b21(b作INAB，交AB于N，则ANca),2而由AIN~BKM，可证KBBMIA建立，故证。ANnn1998*二、（此题满分50分）设a1,a2,,an，b1,b2,,bn1,2，且ai2bi2，i1i1nai317n2求证：bi10iai，并问等号建立的充要条件。i11ai3★证明：因为a1,a2,,an，b1,b2,,bn1,21bi2．，故aibi21aibiai3aibiai3aibi52ai302bi2bi0，即2abi．于是乞降得nai35n2naibi，bi2i1aii1i11998年全国高中数学结合比赛试题第7页共9页又由1biai2biai0，得bi25aibiai20，故aibi2ai2bi2．225由nai2nbi2，得naibi4nai2，i1i1i15i1∴nai35n2naibi5nai24n217n2．ai2i15i1ai10i1aii1bi2i1i12当且仅当n为偶数且a1,a2,,an中一半取1，一半取2，且bi时等号建立．ai1998*三、（此题满分50分）对正整数a,n，定义Fn(a)qr，此中q,r为非负整数，aqnr，且0rn，求最大的正整数A,使得存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6，对于随意的正整数aA,都有Fn6(Fn5(Fn4(Fn3(Fn2(Fn1(a))))))1，证明你的结论。★分析：将知足条件“存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于随意的正整数aB，都有Fnk(Fnk1((Fn1(a))))))1”的最大正整数B记为xk明显，此题所求的最大正整数A即为x6。⑴先证x12．事实上，F2(1)F2(2)1，所以x12,又当n13时，Fn1(2)2，而F2(3)F1(2)2,所以x13，∴x12．⑵设xk已求出，且xk为偶数，明显xkx12，易知xk1知足的必需条件是：存在n1，使得只需axk1,就有Fn1(a)xk．令xk1qn1r，由Fn1(xk1)qrxk可得xk1qn1rqn1xkqxkq(n1若取n12xk2xk2，由此可得q0，n11，，由2xk，可知xk11，所以Fn1(q1n1n11)qn12xk．于是0(q1)n1n11qn11xk2xk2xk2xk1故有qn1qn111122424因为xk为偶数，进而qn11xk2xk.xk242xk2∵xkxkxk2.所以总有xk1xkxkxkxk6.2,∴xk24244另一方面，若取n1xk2，因为xkxk6xkn1xk对于每个axkxk624224aqn1r，那么