全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析蘇教版8

1988年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題第一試(10月16日上午8∶00——9∶30)一．選擇題(本大題共5小題，每小題有一個(gè)正確答案，選對(duì)得7分，選錯(cuò)、不選或多選均得0分)：1．設(shè)有三個(gè)函數(shù)，第一個(gè)是y=φ(x)，它的反函數(shù)是第二個(gè)函數(shù)，而第三個(gè)函數(shù)的圖象與第二個(gè)函數(shù)的圖象關(guān)于x+y=0對(duì)稱，那么，第三個(gè)函數(shù)是()A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)2．已知原點(diǎn)在橢圓k2x2+y2－4kx+2ky+k2－1=0的內(nèi)部，那么參數(shù)k的取值范圍是()A．|k|>1B．|k|≠1C．－1<k<1D．0<|k|<13．平面上有三個(gè)點(diǎn)集M，N，P：M={(x，y)||x|+|y|<1}，N={(x，y)|eq\r((x－\f(1,2))2+(y+\f(1,2))2)+eq\r((x+\f(1,2))2+(y－\f(1,2))2)<2eq\r(2)}，P={(x，y)||x+y|<1，|x|<1，|y|<1}．則A．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Peq\o(\s\up4(),\s\do())NB．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())PC．Peq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())MD．A、B、C都不成立4．已知三個(gè)平面α、β、γ，每兩個(gè)之間的夾角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有命題甲：θ>eq\f(π,3)；命題乙：a、b、c相交于一點(diǎn)．則A．甲是乙的充分條件但不必要B．甲是乙的必要條件但不充分C．甲是乙的充分必要條件D．A、B、C都不對(duì)5．在坐標(biāo)平面上，縱橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)叫做整點(diǎn)，我們用I表示所有直線的集合，M表示恰好通過1個(gè)整點(diǎn)的集合，N表示不通過任何整點(diǎn)的直線的集合，P表示通過無窮多個(gè)整點(diǎn)的直線的集合．那么表達(dá)式⑴M∪N∪P=I；⑵N≠?．⑶M≠?．⑷P≠?中，正確的表達(dá)式的個(gè)數(shù)是A．1B．2C．3D．4二．填空題(本大題共4小題，每小題10分)：1．設(shè)x≠y，且兩數(shù)列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均為等差數(shù)列，那么eq\f(b4－b3,a2－a1)=．2．(eq\r(x)+2)2n+1的展開式中，x的整數(shù)次冪的各項(xiàng)系數(shù)之和為．3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分別是AB、AC上的高，則eq\f(DE,BC)=．4．甲乙兩隊(duì)各出7名隊(duì)員，按事先排好順序出場參加圍棋擂臺(tái)賽，雙方先由1號(hào)隊(duì)員比賽，負(fù)者被淘汰，勝者再與負(fù)方2號(hào)隊(duì)員比賽，……直至一方隊(duì)員全部淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程．那么所有可能出現(xiàn)的比賽過程的種數(shù)為．三．(15分)長為eq\r(2)，寬為1的矩形，以它的一條對(duì)角線所在的直線為軸旋轉(zhuǎn)一周，求得到的旋轉(zhuǎn)體的體積．四．(15分)復(fù)平面上動(dòng)點(diǎn)Z1的軌跡方程為|Z1－Z0|=|Z1|，Z0為定點(diǎn)，Z0≠0，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)Z滿足Z1Z=－1，求點(diǎn)Z的軌跡，指出它在復(fù)平面上的形狀和位置．五．(15分)已知a、b為正實(shí)數(shù)，且eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=1，試證：對(duì)每一個(gè)n∈N*，(a+b)n－an－bn≥22n－2n+1．

1988年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試題一．已知數(shù)列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=eq\b\lc\{(\a\ac(5an+1－3an(an·an+1為偶數(shù))，,an+1－an(an·an+1為奇數(shù))．))試證：對(duì)一切n∈N*，an≠0．二．如圖，在△ABC中，P、Q、R將其周長三等分，且P、Q在AB邊上，求證：eq\f(SPQR,SABC)>eq\f(2,9)．三．在坐標(biāo)平面上，是否存在一個(gè)含有無窮多直線l1，l2，……，ln，…的直線族，它滿足條件：⑴點(diǎn)(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；⑵kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分別是ln在x軸和y軸上的截距，(n=1，2，3，……)；⑶knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．并證明你的結(jié)論．

1988年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答一試題一．選擇題(本大題共5小題，每小題有一個(gè)正確答案，選對(duì)得7分，選錯(cuò)、不選或多選均得0分)：1．設(shè)有三個(gè)函數(shù)，第一個(gè)是y=φ(x)，它的反函數(shù)是第二個(gè)函數(shù)，而第三個(gè)函數(shù)的圖象與第二個(gè)函數(shù)的圖象關(guān)于x+y=0對(duì)稱，那么，第三個(gè)函數(shù)是()A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)解：第二個(gè)函數(shù)是y=φ－1(x)．第三個(gè)函數(shù)是－x=φ－1(－y)，即y=－φ(－x)．選B．2．已知原點(diǎn)在橢圓k2x2+y2－4kx+2ky+k2－1=0的內(nèi)部，那么參數(shù)k的取值范圍是()A．|k|>1B．|k|≠1C．－1<k<1D．0<|k|<1解：因是橢圓，故k≠0，以(0，0)代入方程，得k2－1<0，選D．3．平面上有三個(gè)點(diǎn)集M，N，P：M={(x，y)||x|+|y|<1}，N={(x，y)|eq\r((x－\f(1,2))2+(y+\f(1,2))2)+eq\r((x+\f(1,2))2+(y－\f(1,2))2)<2eq\r(2)}，P={(x，y)||x+y|<1，|x|<1，|y|<1}．則A．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Peq\o(\s\up4(),\s\do())NB．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())PC．Peq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())MD．A、B、C都不成立解：M表示以(1，0)，(0．1)，(－1，0)，(0，－1)為頂點(diǎn)的正方形內(nèi)部的點(diǎn)的集合(不包括邊界)；N表示焦點(diǎn)為(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2))，(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，長軸為2eq\r(2)的橢圓內(nèi)部的點(diǎn)的集合，P表示由x+y=±1，x=±1，y=±1圍成的六邊形內(nèi)部的點(diǎn)的集合．故選A．4．已知三個(gè)平面α、β、γ，每兩個(gè)之間的夾角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有命題甲：θ>eq\f(π,3)；命題乙：a、b、c相交于一點(diǎn)．則A．甲是乙的充分條件但不必要B．甲是乙的必要條件但不充分C．甲是乙的充分必要條件D．A、B、C都不對(duì)解：a，b，c或平行，或交于一點(diǎn)．但當(dāng)a∥b∥c時(shí)，θ=eq\f(π,3)．當(dāng)它們交于一點(diǎn)時(shí)，eq\f(π,3)<θ<π．選C．5．在坐標(biāo)平面上，縱橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)叫做整點(diǎn)，我們用I表示所有直線的集合，M表示恰好通過1個(gè)整點(diǎn)的集合，N表示不通過任何整點(diǎn)的直線的集合，P表示通過無窮多個(gè)整點(diǎn)的直線的集合．那么表達(dá)式⑴M∪N∪P=I；⑵N≠?．⑶M≠?．⑷P≠?中，正確的表達(dá)式的個(gè)數(shù)是A．1B．2C．3D．4解：均正確，選D．二．填空題(本大題共4小題，每小題10分)：1．設(shè)x≠y，且兩數(shù)列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均為等差數(shù)列，那么eq\f(b4－b3,a2－a1)=．解：a2－a1=eq\f(1,4)(y－x)，b4－b3=eq\f(2,3)(y－x)，eq\f(b4－b3,a2－a1)=eq\f(8,3)．2．(eq\r(x)+2)2n+1的展開式中，x的整數(shù)次冪的各項(xiàng)系數(shù)之和為．解：(eq\r(x)+2)2n+1－(eq\r(x)－2)2n+1=2(Ceq\a(1,2n+1)2xn+Ceq\a(3,2n+1)23xn－1+Ceq\a(5,2n+1)25xn－2+…+Ceq\a(2n+1,2n+1)22n+1)．令x=1，得所求系數(shù)和=eq\f(1,2)(32n+1+1)．3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分別是AB、AC上的高，則eq\f(DE,BC)=．解：△AED∽△ABC，eq\f(DE,BC)=eq\f(AD,AC)=|cosα|．4．甲乙兩隊(duì)各出7名隊(duì)員，按事先排好順序出場參加圍棋擂臺(tái)賽，雙方先由1號(hào)隊(duì)員比賽，負(fù)者被淘汰，勝者再與負(fù)方2號(hào)隊(duì)員比賽，……直至一方隊(duì)員全部淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程．那么所有可能出現(xiàn)的比賽過程的種數(shù)為．解畫1行14個(gè)格子，每個(gè)格子依次代表一場比賽，如果某場比賽某人輸了，就在相應(yīng)的格子中寫上他的順序號(hào)(兩方的人各用一種顏色寫以示區(qū)別)．如果某一方7人都已失敗則在后面的格子中依次填入另一方未出場的隊(duì)員的順序號(hào)．于是每一種比賽結(jié)果都對(duì)應(yīng)一種填表方法，每一種填表方法對(duì)應(yīng)一種比賽結(jié)果．這是一一對(duì)應(yīng)關(guān)系．故所求方法數(shù)等于在14個(gè)格子中任選7個(gè)寫入某一方的號(hào)碼的方法數(shù)．∴共有Ceq\a(7,14)種比賽方式．三．(15分)長為eq\r(2)，寬為1的矩形，以它的一條對(duì)角線所在的直線為軸旋轉(zhuǎn)一周，求得到的旋轉(zhuǎn)體的體積．解：過軸所在對(duì)角線BD中點(diǎn)O作MN⊥BD交邊AD、BC于M、N，作AE⊥BD于E，則△ABD旋轉(zhuǎn)所得旋轉(zhuǎn)體為兩個(gè)有公共底面的圓錐，底面半徑AE=eq\f(\r(2),\r(3))=eq\f(\r(6),3)．其體積V=eq\f(π,3)(eq\f(\r(6),3))2·eq\r(3)=eq\f(2\r(3),9)π．同樣，△BCD旋轉(zhuǎn)所得旋轉(zhuǎn)體的體積=eq\f(2\r(3),9)π．其重疊部分也是兩個(gè)圓錐，由△DOM∽△DAB，DO=eq\f(\r(3),2)，OM=eq\f(DO·AB,DA)=eq\f(\r(6),4)．∴其體積=2·eq\f(1,3)π·(eq\f(\r(6),4))2·eq\f(\r(3),2)=eq\f(\r(3),8)π．∴所求體積=2·eq\f(2\r(3),9)π－eq\f(\r(3),8)π=eq\f(23,72)eq\r(3π)．四．(15分)復(fù)平面上動(dòng)點(diǎn)Z1的軌跡方程為|Z1－Z0|=|Z1|，Z0為定點(diǎn)，Z0≠0，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)Z滿足Z1Z=－1，求點(diǎn)Z的軌跡，指出它在復(fù)平面上的形狀和位置．解：Z1=－eq\f(1,Z)，故得|－eq\f(1,Z)－Z0|=|eq\f(1,Z)|，即|ZZ0+1|=1．|Z+eq\f(1,Z0)|=|eq\f(1,Z0)|．即以－eq\f(1,Z0)為圓心|eq\f(1,Z0)|為半徑的圓．五．(15分)已知a、b為正實(shí)數(shù)，且eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=1．試證：對(duì)每一個(gè)n∈N*，(a+b)n－an－bn≥22n－2n+1．證明：由已知得a+b=ab．又a+b≥2eq\r(ab)，∴ab≥2eq\r(ab)，故a+b=ab≥4．于是(a+b)k=(ab)k≥22k．又ak+bk≥2eq\r(akbk)=2eq\r((a+b)k)≥2k+1．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：1°當(dāng)n=1時(shí)，左=右=0．左≥右成立．2°設(shè)當(dāng)n=k(k≥1，k∈N)時(shí)結(jié)論成立，即(a+b)k－ak－bk≥22k－2k+1成立．則(a+b)k+1－ak+1－bk+1=(a+b)(a+b)k－(ak+bk)(a+b)+ab(ak－1+bk－1)=(a+b)[(a+b)k－ak－bk]+ab(ak－1+bk－1)≥4?(22k－2k+1)+4?2k=22(k+1)－4?2k+1+4?2k=22(k+1)－2(k+1)+1．即命題對(duì)于n=k+1也成立．故對(duì)于一切n∈N*，命題成立．二試題一．已知數(shù)列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=eq\b\lc\{(\a\ac(5an+1－3an(an·an+1為偶數(shù))，,an+1－an(an·an+1為奇數(shù))．))試證：對(duì)一切n∈N*，an≠0．（1988年全國高中競賽試題）分析：改證an?0(mod4)或an?0(mod3)．證明：由a1=1，a2=2，得a3=7，a4=29，……∴a1≡1，a2≡2，a3≡3(mod4)．設(shè)a3k－2≡1，a3k－1≡2，a3k≡3(mod4)．則a3k+1≡5×3－3×2=9≡1(mod4)；a3k+2≡1－3=－2≡2(mod4)；a3k+3≡5×2－3×1=7≡3(mod4)．根據(jù)歸納原理知，對(duì)于一切n∈N，a3n－2≡1，a3n－1≡2，a3n≡3(mod4)恒成立，故an?0(mod4)成立，從而an≠0．又證：a1≡1，a2≡2(mod3)．設(shè)a2k－1≡1，a2k≡2(mod3)成立，則當(dāng)a2k－1?a2k為偶數(shù)時(shí)a2k+1≡5×2－3×1≡1(mod3)，當(dāng)a2k－1?a2k為奇數(shù)時(shí)a2k+1≡2－1≡1(mod3)，總之a(chǎn)2k+1≡1(mod3)．當(dāng)a2k?a2k+1為偶數(shù)時(shí)a2k+2≡5×1－3×2≡2(mod3)，當(dāng)a2k?a2k+1為奇數(shù)時(shí)a2k+2≡1－2≡2(mod3)，總之，a2k+2≡2(mod3)．于是an?0(mod3)．故an≠0．二．如圖，在△ABC中，P、Q、R將其周長三等分，且P、Q在AB邊上，求證：eq\f(SPQR,SABC)>eq\f(2,9)．證明：作△ABC及△PQR的高CN、RH．設(shè)△ABC的周長為1．則PQ=eq\f(1,3)．則eq\f(SPQR,SABC)=eq\f(PQ·RH,AB·CN)=eq\f(PQ,AB)·eq\f(AR,AC)，但AB<eq\f(1,2)，于是eq\f(PQ,AB)>eq\f(2,3)，AP≤AB－PQ<eq\f(1,2)－eq\f(1,3)=eq\f(1,6)，∴AR=eq\f(1,3)－AP>eq\f(1,6)，AC<eq\f(1,2)，故eq\f(AR,AC)>eq\f(1,3)，從而eq\f(SPQR,SABC)>eq\f(2,9)．三．在坐標(biāo)平面上，是否存在一個(gè)含有無窮多直線l1，l2，……，ln，…的直線族，它滿足條件：⑴點(diǎn)(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；⑵kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分別是ln在x軸和y軸上的截距，(n=1，2，3，……)；⑶knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．并證明你的結(jié)論．證明：設(shè)an=bn≠0，即kn－1=－1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此時(shí)an+1不存在，故kn≠±1．現(xiàn)設(shè)kn≠0，1，則y=kn(x－1)+1，得bn=1－kn，an=1－eq\f(1,kn)，∴kn+1=kn－eq\f(1,kn)．此時(shí)knkn+1=kn2－1．∴kn>1或kn<－1．從而k1>1或k1<－1．⑴當(dāng)k1>1時(shí)，由于0<eq\f(1,k1)<1，故k1>k2=k1－eq\f(1,k1)>0，若k2>1，則又有k1>k2>k3>0，依此類推，知當(dāng)km>1時(shí)，有k1>k2>k3>?…>km>km+1>0，且0<eq\f(1,k1)<eq\f(1,k2)<…<eq\f(1,km)<1，km+1=km－eq\f(1,km)<km－eq\f(1,k1)=km－1－eq\f(1,km－1)－e