1989年全国高中数学联赛试题及解答6

1989年全国高中数学联赛-1-1989年全国高中数学联赛(10月15日上午8∶00—10∶00)一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．函数f(x)=arctanx+12arcsinx的值域是()A．(－π，π)B．[－34π，34π]C．(－34π，34π)D．[－12π，12π]3．对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－l)与函数y=f(－x+l)的图象恒()A．关于x轴对称B．关于直线x=l对称C．关于直线x=－l对称D．关于y轴对称4．以长方体8个顶点中任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为()A．0B．6C．8D．245．若M={z|z=t1+t+i1+tt，t∈R，t≠－1，t≠0}，N={z|z=2[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．则M∩N中元素的个数为A．0B．1C．2D．46．集合M={u|u=12m+8n+4l，其中m，n，l∈Z}N={u|u=20p+16q+12r，其中p，q，r∈Z}的关系为A．M=NB．MN，NMC．MND．NM三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若loga21，则a的取值范围是．2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l⊥l，则l与l的交点坐标为．3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)=|f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是.4．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为．5．如果从数1，2，3，…，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足a2－a1≥3，与a3－a2≥3，那么，所有符合上述要求的不同取法有种．6．当s和t取遍所有实数时，则(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能达到的最小值为．1989年全国高中数学联赛-2-三．(本题满分20分)已知a1，a2，…，an是n个正数，满足a1∙a2∙…∙an=1．求证：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．四．(本题满分20分)已知正三棱锥S—ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O，在AO上取一点P，使APPO=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．SBCAO1989年全国高中数学联赛-3-五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an0，且nΣj=1a3j=(nΣj=1aj)2．求证：an=n．1989年全国高中数学联赛-4-第二试(上午10∶30—12∶30)一．(本题满分35分)已知在ΔABC中，ABAC，A的一个外角的平分线交ΔABC的外接圆于点E，过E作EF⊥AB，垂足为F．求证2AF=AB-AC．二．(本题满分35分)ABCEF1989年全国高中数学联赛-5-已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，满足nΣi=1|xi|=1，nΣi=1xi=0，求证：nΣi=1xii≤12－12n．三．(本题满分35分)有n×n（n≥4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将1989年全国高中数学联赛-6-表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．1989年全国高中数学联赛-7-1989年全国高中数学联赛解答第一试一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解：0°A、B90°A+B180°．故90°A90°－B0°，sinAcosB，cosAsinB．故cosB－sinA0，sinB－cosA0．点Z位于第二象限．选B2．函数f(x)=arctanx+12arcsinx的值域是()A．(－π，π)B．[－34π，34π]C．(－34π，34π)D．[－12π，12π]解：因x∈[－1，1]，故arctanx∈[－π4，π4]，12arcsinx∈[－π4，π4]，且f(－1)=－π2，f(1)=π2．选D3．对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－l)与函数y=f(－x+l)的图象恒()A．关于x轴对称B．关于直线x=l对称C．关于直线x=－l对称D．关于y轴对称解：令x－1=t，则得f(t)=f(－t)，即f(t)关于t=0对称，即此二图象关于x=1对称．选B4．以长方体8个顶点中任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为()A．0B．6C．8D．24解：以不相邻的4个顶点为顶点的四面体的8个面都是锐角三角形．其余的三角形都不是锐角三角形．选C．5．若M={z|z=t1+t+i1+tt，t∈R，t≠－1，t≠0}，N={z|z=2[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．则M∩N中元素的个数为A．0B．1C．2D．4解：M的图象为双曲线xy=1(x≠0，x≠1)N的图象为x2+y2=2(x≥0)，二者无公共点．选A．6．集合M={u|u=12m+8n+4l，其中m，n，l∈Z}N={u|u=20p+16q+12r，其中p，q，r∈Z}的关系为A．M=NB．MN，NMC．MND．NM解：u=12m+8n+4l=4(3m+2n+l)，由于3m+2n+l可以取任意整数值，故M表示所有4的倍数的集合．同理u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r)也表示全体4的倍数的集合．于是M=N．三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若loga21，则a的取值范围是．解：若0a1，则loga20，若a1，则得a2．故填(0，1)∪(2，+∞)2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l⊥l，则l与l的交点坐标为．解：直线l方程为(x+10)－2y=0，解得交点为(2，6)．3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)=|f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是.解图1是函数f0(x)=|x|的图形，把此图形向下平行移动1个单位就得到函数f0(x)=|x|－1的图形，作该图形的在x轴下方的部分关于x轴的对称图形得出图2，其中在x轴上方的部分即是f1(x)=|f0(x)–1|的图象，1989年全国高中数学联赛-8-再把该图象向下平行移动2个单位得到f0(x)=|x|－2的图象，作该图象在x轴下方的部分关于x轴的对称图形得到图3，其中x轴上方的部分即是f2(x)=|f1(x)–2|的图象。易得所求面积为7。4．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为．解设其小数部分为α(0α1)，整数部分为n(n∈N*)，则得，α(n+α)=n2，∴n2n+αn+1．∴1－52n1+52，但n∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0，∴=－1±52，由α0，知，=－1+52．∴原数为－1+52．5．如果从数1，2，3，…，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足a2－a1≥3，与a3－a2≥3，那么，所有符合上述要求的不同取法有种．解：令a1=a1，a2=a2－2，a3=a3－4，则得1≤a1a2a3≤10．所求取法为C310=120．6．当s和t取遍所有实数时，则(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能达到的最小值为．解：令x=3|cost|，y=2|sint|，则得椭圆x29+y24=1在第一象限内的弧段．再令x=s+5，y=s，则得y=x－5，表示一条直线．(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2表示椭圆弧段上点与直线上点距离平方．其最小值为点(3，0)与直线y=x－5距离平方=2．三．(本题满分20分)已知a1，a2，…，an是n个正数，满足a1∙a2∙…∙an=1．求证：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．证明：∵2+ai=1+1+ai≥33ai，(i=1，2，…，n)∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)≥33a1∙33a2∙…∙33an≥3n3a1a2…an=3n．证法2：(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an但a1+a2+…+an≥nna1a2…an=n=C1n，a1a2+a1a3+…+an－1an≥C2nC2n(a1a2…an)n－1=C2n，……，∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an图1yxo图21-11yxo图3(-1,2)(1,2)-113-3yxo1989年全国高中数学联赛-9-≥2n+C1n2n－1+C2n2n－2+…+C1n=(2+1)n=3n．四．(本题满分20分)已知正三棱锥S—ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O，在AO上取一点P，使APPO=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．解：正三棱锥S—ABC的高为SO，故AO⊥BC，设AO交BC于E，连SE．则可证BC⊥面AES．故面AES⊥面SBC．由AO⊥面SBC于O，则AO在面AES内，O在SE上．AO与SO相交于点F．∵ABC为正三角形，AB=6，故AE=33，OE=3．∵SO=3，∴tan∠OES=3，∠E=60°．∴OE=AEcos60°=323．作OG⊥平面ABC，则垂足G在AE上．OG=OEsin60°=94．∵APPO=8，∴PHOG=89，PH=2．设过P与底面平行的截面面积为s，截面与顶点S的距离=3－2=1．∴S△ABC=34·62=93．∴sSABC=(13)2，故s=3．五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an0，且nΣj=1a3j=(nΣj=1aj)2．求证：an=n．证明：由已知，a13=a12，a10，∴a1=1．设n≤k(k∈N，且k≥1)时，由nΣj=1a3j=(nΣj=1aj)2成立可证ak=k成立．当n=k+1时，k+1Σj=1a3j=(k+1Σj=1aj)2=(kΣj=1aj)2+2ak+1(kΣj=1aj)+a2k+1．即14k2(k+1)2+a3k+1=14k2(k+1)2+2ak+1·12k(k+1)+a2k+1．∴a2k+1－ak+1－k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=－k或ak+1=k+1．由an0知，只有ak+1=k+1成立．即n=k+1时命题也成立．由数学归纳原理知对于一切n∈N*，an=n成立．SPEBCAOO'SAPO'EOHFG1989年全国高中数学联赛-10-第二试一．(本题满分35分)已知在ΔABC中，ABAC，A的一个外角的平分线交ΔABC的外接圆于点E，过E作EF⊥AB，垂足为F．求证2AF=AB-AC．证明：在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，于是ΔAEG为等腰三角形，∴EG=EA．又3=180－EGA=180－EAG=180－5=4．1=2．于是ΔEGBΔEAC．BG=AC，故证二．已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，满足nΣi=1|xi|=1，nΣi=1xi=0，求证：nΣi=1xii≤12－12n．证明：由已知