全国高中数学联赛试题及解析 苏教版17.doc

1997年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试
(10月5日上午8:00-10:00)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1．已知数列{xn}满足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 记Sn=x1+x2+L+xn，则下列结论正确的是
(A)x100=-a，S100=2b-a (B)x100=-b，S100=2b-a
(C)x100=-b，S100=b-a (D)x100=-a，S100=b-a
2．如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得==λ (0<λ<+∞)，记f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF与AC所成的角，βλ表示EF与BD所成的角，则
(A) f(λ)在(0，+∞)单调增加
(B) f(λ)在(0，+∞)单调减少
(C) f(λ) 在(0，1)单调增加，而在(1，+∞单调减少
(D) f(λ)在(0，+∞)为常数
3．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有
(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个
4．在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为
(A)(0，1) (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞)
5．设f(x)=x2－πx，a = arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，d=arccot(－)，则
(A)f(α)>f(β)>f(d)>f(γ) (B) f(α)> f(d)>f(β)>f(γ)
(C) f(d)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(d)>f(α)>f(γ)>f(β)
6．如果空间三条直线a，b，c两两成异面直线，那么与a，b，c都相交的直线有
(A) 0条 (B) 1条 (C)多于1 的有限条 (D) 无穷多条
二．填空题(每小题9分，共54分)
1．设x，y为实数，且满足则x+y = .
2．过双曲线x2－=1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数λ使得|AB| =λ的直线l恰有3条，则λ= .
3．已知复数z满足=1，则z的幅角主值范围是 ．
4．已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点均在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为 ．
5．设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．
6．设a =logz+log[x(yz)-1+1]，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log[(xyz)-1+1]，记a，b，c中最大数为M，则M的最小值为 ．
三、（本题满分20分）
设x≥y≥z≥，且x+y+z =，求乘积cosx siny cosz的最大值和最小值．
四、(本题满分20分)
设双曲线xy=1的两支为C1，C2(如图)，正三角形PQR的三顶点位于此双曲线上．
(1)求证：P、Q、R不能都在双曲线的同一支上；
(2)设P(-1，-1)在C2上， Q、R在C1上，求顶点Q、R的坐标．
五、(本题满分20分)
设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足

其中S为实数且|S|≤2．
求证：复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
第二试
(10月5日上午10:30-12:30)
一、（本题50分）如图，已知两个半径不相等的⊙O1与⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2分别与⊙O内切于S、T两点。求证：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线。
二、（本题50分）试问：当且仅当实数x0，x1，…，xn（n≥2）满足什么条件时，存在实数y0，y1，…，yn使得z=z+z+…+z成立，其中zk=xk+iyk，i为虚数单位，k=0，1，…，n。证明你的结论。
三、（本题50分）在100×25的长方形表格中每一格填入一个非负实数，第i行第j列中填入的数为xi , j（i=1，2，…，100；j=1，2，…，25）（如表1）。然后将表1每列中的数按由小到大的次序从上到下重新排列为x¢1 , j≥x¢2 , j≥…≥x¢100 , j（j=1，2，…，25）。（如表2）
求最小的自然数k，使得只要表1中填入的数满足xi，j≤1（i=1，2，…，100），
则当i≥k时，在表2中就能保证x¢i，j≤1成立。
表1

表2
x1,1
x1,2
…
x1,25
x¢1,1
x¢1,2
…
x¢1,25
x2,1
x2,2
…
x2,25
x¢2,1
x¢2,2
…
x¢2,25
…
…
…
…
…
…
…
…
x100,1
x100,2
…
x100,25
x¢100,1
x¢100,2
…
x¢100,25

1997年全国高中数学联赛解答
第一试
一、选择题(每小题6分，共36分)
1．已知数列{xn}满足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a， x2=b， 记Sn=x1+x2+L+xn，则下列结论正确的是
(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=b－a，x4=－a，x5=－b，x6=a－b，x7=a，x8=b，…．易知此数列循环，xn+6=xn，于是x100=x4=－a，
又x1+x2+x3+x4+x5+x6=0，故S100=2b－a．选A．
2．如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得==λ (0<λ<+∞)，记f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF与AC所成的角，βλ表示EF与BD所成的角，则
(A) f(λ)在(0，+∞)单调增加
(B) f(λ)在(0，+∞)单调减少
(C) f(λ) 在(0，1)单调增加，而在(1，+∞单调减少
(D) f(λ)在(0，+∞)为常数
解：作EG∥AC交BC于G，连GF，则==，故GF∥BD．故∠GEF=αλ，∠GFE=βλ，但AC⊥BD，故∠EGF=90°．故f(λ)为常数．选D．
3．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有
(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个
解：设首项为a，公差为d，项数为n，则na+n(n－1)d=972，n[2a+(n－1)d]=2×972，即n为2×972的大于3的约数．
∴ ⑴ n=972，2a+(972－1)d=2，d=0，a=1；d≥1时a<0．有一解；
⑵n=97，2a+96d=194，d=0，a=97；d=1，a=a=49；d=2，a=1.有三解；
⑶n=2×97，n=2×972，无解．n=1，2时n<3.．选C
4．在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为
(A)(0，1) (B)(1，+∞) (C)(0，5) (D)(5，+∞)
解：看成是轨迹上点到(0，－1)的距离与到直线x－2y+3=0的距离的比：
=<1Þm>5，选D．
5．设f(x)=x2－πx，a = arcsin，β=arctan，γ=arcos(－)，d=arccot(－)，则
(A)f(α)>f(β)>f(d)>f(γ) (B) f(α)> f(d)>f(β)>f(γ)
(C) f(i)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(d)>f(α)>f(γ)>f(β)
解：f(x)的对称轴为x=，
易得， 0<α<<<β<<<γ<<<δ<．选B．
6．如果空间三条直线a，b，c两两成异面直线，那么与a，b，c都相交的直线有
(A) 0条 (B) 1条 (C)多于1 的有限条 (D) 无穷多条
解：在a、b、c上取三条线段AB、CC¢、A¢D¢，作一个平行六面体ABCD—A¢B¢C¢D¢，在c上取线段A¢D¢上一点P，过a、P作 一个平面，与DD¢交于Q、与CC¢交于R，则QR∥a，于是PR不与a平行，但PR与a共面．故PR与a相交．由于可以取无穷多个点P．故选D．
二．填空题(每小题9分，共54分)
1．设x，y为实数，且满足则x+y = .
解：原方程组即
取 f(t)=t3+1997t+1，f ¢(t)=3t2+1987>0．故f(t)单调增，现x－1=1－y，x+y=2．
2．过双曲线x2－=1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数λ使得|AB| =λ的直线l恰有3条，则λ= ．
解：右支内最短的焦点弦==4．又2a=2，故与左、右两支相交的焦点弦长≥2a=2，这样的弦由对称性有两条．故λ=4时
设AB的倾斜角为θ，则右支内的焦点弦λ==≥4，当θ=90°时，λ=4．
与左支相交时，θ=±arccos时，λ===4．故λ=4．
3．已知复数z满足=1，则z的幅角主值范围是 ．
解：=1Û4r4+(4cos2θ－1)r2+1=0，这个等式成立等价于关于x的二次方程4x2+(4cos2θ－1)x+1=0有正根．△=(4cos2θ－1)2－16≥0，由x1x2=>0，故必须x1+x2=－>0．
∴cos2θ≤－．∴ (2k+1)π－arccos≤2θ≤(2k+1)π+arccos．
∴ kπ+－arccos≤θ≤kπ++arccos，(k=0，1)
4．已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点均在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为 ．
解：SA=SB=SC=2，ÞS在面ABC上的射影为AB中点H，∴ SH⊥平面ABC．
∴ SH上任意一点到A、B、C的距离相等．
∵ SH=，CH=1，在面SHC内作SC的垂直平分线MO与SH交于O，则O为SABC的外接球球心．SM=1，∴SO=，∴ OH=，即为O与平面ABC的距离．
5．设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．
解：青蛙跳5次，只可能跳到B、D、F三点(染色可证)．
青蛙顺时针跳1次算+1，逆时针跳1次算－1，写5个“□1”，在□中填“+”号或“－”号：
□1□1□1□1□1
规则可解释为：前三个□中如果同号，则停止填写；若不同号，则后2个□中继续填写符号．
前三□同号的方法有2种；前三个□不同号的方法有23－2=6种，后两个□中填号的方法有22种．
∴ 共有2+6×4=26种方法．
6．设a =logz+log[x(yz)-1+1]，b =logx-1+log(xyz+1)，c =logy+log[(xyz)-1+1]，记a，b，c中最大数为M，则M的最小值为 ．
解：a=log(+z)，b=log(yz+)，c=log(+y)．
∴ a+c=log(++yz+x)≥2log2．于是a、c中必有一个≥log2．即M≥log2，于是M的最小值≥log2．
但取x=y=z=1，得a=b=c=log2．即此时M=log2．于是M的最小值≤log2．
∴ 所求值=log2．
三、（本题满分20分）
设x≥y≥z≥，且x+y+z=，求乘积cosx siny cosz的最大值和最小值．
解：由于x≥y≥z≥，故≤x≤－×2=．
∴ cosx siny cosz=cosx×[sin(y+z)+sin(y－z)]=cos2x+cosxsin(y－z)≥cos2=．即最小值．
(由于≤x≤，y≥z，故cosxsin(y－z)≥0)，当y=z=，x=时，cosx siny cosz=．
∵ cosx siny cosz=cosz×[sin(x+y)－sin(x－y)]=cos2z－coszsin(x－y)．
由于sin(x－y)≥0，cosz>0，故cosx siny cosz≤cos2z=cos2=(1+cos)=．
当x= y=，z=时取得最大值．
∴ 最大值，最小值．
四、(本题满分20分)
设双曲线xy=1的两支为C1，C2(如图)，正三角形PQR的三顶点位于此双曲线上．
(1)求证：P、Q、R不能都在双曲线的同一支上；
(2)设P(-1，-1)在C2上， Q、R在C1上，求顶点Q、R的坐标．
解：设某个正三角形的三个顶点都在同一支上．此三点的坐标为P(x1，)，Q(x2，)，R(x3，)．不妨设0<x1<x2<x3，则>>>0．
kPQ==－；kQR=－；
tan∠PQR=<0，从而∠PQR为钝角．即△PQR不可能是正三角形．
⑵ P(－1，－1)，设Q(x2，)，点P在直线y=x上．以P为圆心，|PQ|为半径作圆，此圆与双曲线第一象限内的另一交点R满足|PQ|=|PR|，由圆与双曲线都是y=x对称，知Q与R关于y=x对称．且在第一象限内此二曲线没有其他交点(二次曲线的交点个数)．于是R(，x2)．
∴ PQ与y=x的夹角=30°，PQ所在直线的倾斜角=75°．tan75°==2+．
PQ所在直线方程为y+1=(2+)(x+1)，代入xy=1，解得Q(2－，2+)，于是R(2+，2－)．
五、(本题满分20分)
设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足

其中S为实数且|S|≤2．
求证：复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
证明：设====q，则由下式得a1(1+q+q2+q3+q4)=(1+q+q2+q3+q4)．
∴ (a12q4－4) (1+q+q2+q3+q4)=0，故a1q2=±2，或1+q+q2+q3+q4=0．
⑴ 若a1q2=±2，则得±2(++1+q+q2)=S．ÞS=±2[(q+)2+(q+)－1]=±2[(q++)2－]．
∴ 由已知，有(q++)2－∈R，且|(q++)2－|≤1．
令q++=h(cosθ+isinθ)，(h>0)．则h2(cos2θ+isin2θ)－∈R．Þsin2θ=0．
－1≤h2(cos2θ+isin2θ)－≤1．Þ≤h2(cos2θ+isin2θ)≤，Þcos2θ>0．Þθ=kπ(k∈Z)
∴ q+∈R．再令q=r(cosα+isinα)，(r>0)．则q+=(r+)cosα+i(r－)sinα∈R．Þsinα=0或r=1．
若sinα=0，则q=±r为实数．此时q+≥2或q+≤－2．此时q++≥，或q++≤－．
此时，由|(q++)2－|≤1，知q=－1．此时，|ai|=2．
若r=1，仍有|ai|=2，故此五点在同一圆周上．
⑵ 若1+q+q2+q3+q4=0．则q5－1=0，∴ |q|=1．此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五点在同一圆上．
综上可知，表示复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．
第二试
一、（本题50分）如图，已知两个半径不相等的⊙O1与⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2分别与⊙O内切于S、T两点。求证：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线。
证明：过S、T分别作相应两圆的公切线，交于点P，则PS=PT，点P在直线MN上(根轴)．且O、S、P、T四点共圆．
⑴ 若S、N、T三点共线，
连O1N，O2N，则OS=OT，O1S=O1N，
于是∠S=∠T，∠S=∠O1NS，∴ ∠O1NS=∠T，O1N∥OT，同理，O2N∥OS，即OS=O2N+O1S．即⊙O的半径=⊙O1与⊙O2的半径的和．
∴ ∠PTS=∠TSP=∠NMS，∴S、P、T、M共圆，故O、S、P、T、M五点共圆．∠OMS=∠OTS=∠OST．
∴ ∠OMN=∠OMS+∠SMN=∠OST+∠TSP=∠OSP=90°．
∴ OM⊥MN．
⑵ 反之，若OM⊥MN，则OM∥O1O2，
由OO2－OO1=(R－r2)－(R－r1)=r1－r2=O1M－O2M．即O、M在以O1、O2为焦点的双曲线的不同两支上．由双曲线的对称性，知O1O2MO是等腰梯形．∴OO2=O1M．
即OT=r1+r2，∴ O1N=OO2，OO1=O2N，于是OO1NO2为平行四边形．
由于△OST、△O1SN、△O2NT都是等腰三角形．∴ ∠SO1N=∠O=∠NO2T，∴ ∠OST=∠OSN．
∴ S、N、T三点共线．
二．（本题50分）试问：当且仅当实数x0，x1，…，xn（n≥2）满足什么条件时，存在实数y0，y1，…，yn使得z02=z12+z22+…+zn2成立，其中zk=xk+iyk，i为虚数单位，k=0，1，…，n。证明你的结论。
解：z02=x02－y02+2x0y0i=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i．
∴ x02－y02=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)；
x0y0=x1y1+x2y2+…+xnyn．
若x02> x12+x22+…+xn2，则y02> y12+y22+…+yn2．
此时x02y02>( x12+x22+…+xn2)( y12+y22+…+yn2)≥(x1y1+x2y2+…+xnyn)2=(x0y0)2．矛盾．
故必x02≤x12+x22+…+xn2．
反之，若x02≤x12+x22+…+xn2成立．此时，可分两种情况：
⑴ 当x02=x12+x22+…+xn2成立时，取yi=xi(i=0，1，2，…，n)，
于是z02=(x0+y0i)2=x02－y02+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+z22+…+zn2成立．
⑵ 当x02<x12+x22+…+xn2成立时，记a2= x12+x22+…+xn2－x02>0，于是xi(i=1，2，…，n)不能全为0．不妨设xn≠0，取y0=y1=y2=…=yn－2=0，yn－1=，yn=－，则
此时，z02= x02－y02+2x0y0i=x02；
而z12+z22+…+zn2=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i
=(x12+x22+…+xn2)－(+)+2(xn－1－xn)i
=(x12+x22+…+xn2)－(x12+x22+…+xn2－x02)=x02．仍有z02=z12+z22+…+zn2成立．
故所求条件为x02≤x12+x22+…+xn2．
三、（本题50分）在100×25的长方形表格中每一格填入一个非负实数，第i行第j列中填入的数为xi , j（i=1，2，…，100；j=1，2，…，25）（如表1）。然后将表1每列中的数按由小到大的次序从上到下重新排列为x¢1 , j≥x¢2 , j≥…≥x¢100 , j（j=1，2，…，25）。（如表2）
求最小的自然数k，使得只要表1中填入的数满足xi，j≤1（i=1，2，…，100），
则当i≥k时，在表2中就能保证x¢i，j≤1成立。
表1

表2
x1,1
x1,2
…
x1,25
x¢1,1
x¢1,2
…
x¢1,25
x2,1
x2,2
…
x2,25
x¢2,1
x¢2,2
…
x¢2,25
…
…
…
…
…
…
…
…
x100,1
x100,2
…
x100,25
x¢100,1
x¢100,2
…
x¢100,25

解：在表1中，取x4i－3,i=x4i－2,i=x4i－1,i =x4i,i =0(i=1，2，…，25)，其余各数均取，于是，每列各数之和均=1．但重新填入后，前96行之和均= >1．第97、98、99、100行之和=0．故k≤97．
反之，如果表2中第97行的25个数涂黄，98~100行共75个数涂红，则这些涂红的数在表1中至多分布在75行中，于是除这75行外的其余各行中的每个数都不小于同列中涂黄的数，即涂黄4个数的和≤没有涂红数的行的每一行数的和≤1．于是表2中第97行的数的和≤1，故第98、99、100行的数的和≤1．即能保证表2中第97~100行的数的和≤1．
∴ k=97．