1988年全国高中数学联合竞赛试题解答

1988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7分，共35分。1988*1．设有三个函数，第一个是y(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象对于xy0对称，那么，第三个函数是()A．y(x)B．y(x)C．y1(x)D．y1(x)◆答案：B★分析：第二个函数是y1(x)．第三个函数是x1(y)，即y(x)．选B．1988*2.已知原点在椭圆k2x2y24kx2kyk210的内部，那么参数k的取值范围为（）A．k1B．k1C．k1D．0k1◆答案：D★分析：因是椭圆，故k0，把0,0代入方程，得k210，选D．1988*3.平面上有三个点集M,N,P:M(x,y)|xy1，222y12Nx,yx1y1x122，2222P(x,y)|xy1,x1,y1A.MPNB.MNP

。则（）C.PNM

D.A、B、C都不建立◆答案：A★分析：M表示以1,0,0,1,1,0,0,1为极点的正方形内部的点的会合(不包含界限)；N表示焦点为1,1，1,1，长轴为22的椭圆内部的点的会合，P表示由xy1，x1，22221围成的六边形内部的点的会合．应选A．1988*4．已知三个平面、、，每两个之间的夹角都是，且a，b，c，．如有命题甲：；命题乙：a、b、c订交于一点．则3A．甲是乙的充分条件但不用要B．甲是乙的必需条件但不充分C．甲是乙的充分必需条件D．A、B、C都不对1988年全国高中数学结合比赛试题第1页共7页◆答案：Cba//b//c时，．当它们交于一点时，．选★分析：a、、c或平行，或交于一点．但当33C．1988*5．在座标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的会合，M表示恰巧经过1个整点的会合，N表示不经过任何整点的直线的会合，P表示经过无量多个整点的直线的会合．那么表达式⑴MNPI；⑵N．⑶M．⑷P中，正确的表达式的个数是（）A．1B．2C．3D．4◆答案：D★分析：y(x2)就是只经过1个整点，故⑶正确；y(x2)2就不经过任何整点，故⑵正确；yx就经过无量多个整点，故⑷正确；接下来，不如设直线过两个整点a,b，c,d，则直线方程ydbxab，明显，当xan(ca)为整数时，y也是整数，故⑴对。ca二．填空题(本大题共4小题，每题10分)：1988*6．设xy，且两数列x，a,a,a，y和b，x，b，b，y，b均为等差数列，那么1231234b4b3．a2a1◆答案：831(y2(yx)，得b4b38．★分析：a2a1x)，b4b343a2a131988*7．x22n1的睁开式中，x的整数次幂的各项系数之和为．◆答案：132n1122n12n12C21n121xnC23n123xn2C22nn1122n1x0★分析：x2x2．令x1，得所求系数和为132n11．2，CD、BE分别是AB、AC上的高，则DE1988*8．在ABC中，已知A．BC◆答案：cos1988年全国高中数学结合比赛试题第2页共7页★分析：注意到AED~ABC，DEADcos．BCAC1988*9.甲乙两队各出7名队员，按预先排好次序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被裁减，胜者再与负方2号队员比赛，直至一方队员所有裁减为止，另一方获获成功，形成一种比胜过程。那么所有可能出现的比赛的过程种数为．◆答案：C147★分析：画1行14个格子，每个格子挨次代表一场比赛，假如某场比赛某人输了，就在相应的格子中写上他的次序号(双方的人各用一种颜色写以示差别)．假如某一方7人都已失败则在后边的格子中挨次填入另一方未出场的队员的次序号．于是每一种比赛结果都对应一种填表方法，每一种填表方法对应一种比赛结果．这是一一对应关系．故所求方法数等于在14个格子中任选7个写入某一方7的号码的方法数．∴共有C14种比赛方式．1988*10、（此题满分15分）长为2，宽为的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，1求获取的旋转体的体积。★分析：过轴所在对角线BD中点O作MNBD交边AD、BC于M,N，作AEBD于E，则ABD旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径26．AE33622323其体积V339．相同，BCD旋转所得旋转体的体积为．39D其重叠部分也是两个圆锥，由DOM~DAB，DO3，2CODOAB6MNEOM．ADA42B∴其体积为21633．3428∴所求体积为2233233．98721988年全国高中数学结合比赛试题第3页共7页1988*11、（此题满分15分）复平面上动点z1的轨迹方程为z1z0z1，z0为定点，z00，另一个动点z知足z1z1，求点z的轨迹，指出它在复平面上的形状和地点。★分析：z11111z111，故得z0，即zz011．z0．即以为圆心为半zzzz0z0z0径的圆．1988*12、（此题满分15分）已知a、b为正实数，且111，试证：对每一个nN，abbnanbn22n2n1★证明：由已知得abab2ab，故abab4．于是abkabk22k．又akbk2abk2abk2k1．下边用数学概括法证明：1°当n1时，左右0．左右建立．2°设当nk(k1，kN)时结论建立，即abkakbk22k2k1建立．则abk1ak1bk1ababkabakbkabak1bk1ababkakbkabak1bk1422k2k142k142k22k12k11．即命题对于nk1也建立．故对于全部nN，命题建立．1988年全国高中数学结合比赛试题第4页共7页1988年全国高中数学结合比赛二试1988*一、已知数列an，此中a11，a22，an25an13anan1an为偶数an1anan1an为奇数试证：对全部nN，an0．★证明：题意即需要证an0mod4或an0mod3．由a11，a22，得a37，a429，∴a11，a22，a33mod4．设a3k21，a3k12，a3k3mod4．则a3k1533291mod4；a3k21322mod4；a3k3523173mod4．依据概括原理知，对于全部nN，a3n21，a3n12，a3n3mod4恒建立，故an0mod4建立，进而an0．又证：a11，a22mod3．设a2k11，a2k2mod3建立，则当a2k1a2k为偶数时a2k1523171mod3，当a2k1a2k为奇数时a2k12111mo3d，总之a2k11mod3．当a2ka2k1为偶数时a2k2513212mod3，当a2ka2k1为奇数时a2k2122mod3，总之，a2k22mod3．于是an0mod3．故an0．1988*二．如图，在ABC中，P、Q、R将其周长三平分，1988年全国高中数学结合比赛试题第5页共7页SPQR2且P、Q在AB边上，求证：．SABC9★证明：作ABC及PQR的高CN、RH．设ABC的周长为1．则PQ1．则SPQR3PQRHPQAR1PQ2ASABCABCNAB，但AB，于是AB，AC23P111111APABPQ，AC，23，∴AR3AP266HAR1SPQR2NQR故，进而．AC3SABC9BC1988*三．在座标平面上，能否存在一个含有无量多直线l1,l2,,ln,的直线族，它知足条件：⑴点1,1ln，(n1,2,3,)；⑵kn1anbn，此中kn1是ln1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n1,2,3,)；⑶knkn10，(n1,2,3,)．并证明你的结论．★证明：设anbn0，即kn11，或anbn0，即kn1，就有kn10，此时an1不存在，故kn1．现设kn0,1，则ykn(x1)1，得bn1kn，an1，∴kn1kn11．knkn此时knkn1kn21．∴kn1或kn1．进而k11或k11．⑴当k11时，因为01k2k11，若k21，则又有k1k2k30，1，故k10k1k1依此类推，知当km1时，有k1k2k3kmkm10，111111且0k2k3kmkm1k11988年全国高中数学结合比赛试题第6页共7页km11111km12k1mkmkmkm1k1k1．kmk1km1k1mm值，mm0，使k1m01，进而必存因为k1随m的增大而线性减小，故必存在一个k1k1在一个m值mm1m0，使km11，而1kmkm110，此时kmkm10．km1111111即此时不存在这样的直线族．⑵当k11时，相同有110，得k1k2k110．若k21，又有k1k1k1k2k30，依此类推，知当km1时，有k1k2k3kmkm10，且111111