1997年全国高中数学联赛试题及详细解析

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++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a4．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，arcsin13，β=arctan54，γ=arcos(－13)，=arccot(－54)，则(A)f(α)f(β)f()f(γ)(B)f(α)f()f(β)f(γ)(C)f()f(α)f(β)f(γ)(D)f()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(x－1)3+1997(x－1)=－1，(y－1)3+1997(y－1)=1．则x+y.2．过双曲线x2－y22=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2z+1z=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≥π12，且x+y+zπ2，求乘积cosxsinycosz的最大值和最小值．五、(本题满分20分)设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足a2a1=a3a2=a4a3=a5a4，a1+a2+a3+a4+a5=4(1a1+1a2+1a3+1a4+1a5)=S．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)[来源:学科网]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。求最小的自然数k，使得只要表1中填入的数满足25Σj=1xi，j≤1（i=1，2，…，100），则当i≥k时，在表2中就能保证25Σj=1xi，j≤1成立。表1[来源:学科网ZXXK]表2x1,1x1,2…x1,25x1,1x1,2…x1,25x2,1x2,2…x2,25x2,1x2,2…x2,25……………………x100,1x100,2…x100,25x100,1x100,2…x100,251997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++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【答案】A【解析】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．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【答案】C4．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，+∞)【答案】D【解析】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：x2+(y+1)2|x－2y+3|12+(－2)2=5m1m5，选D．5．设f(x)=x2－πx，arcsin13，β=arctan54，γ=arcos(－13)，=arccot(－54)，则(A)f(α)f(β)f()f(γ)(B)f(α)f()f(β)f(γ)(C)f(i)f(α)f(β)f(γ)(D)f()f(α)f(γ)f(β)【答案】B【解析】f(x)的对称轴为x=π2，易得，0απ6π4βπ3π2γ2π33π4δ5π6．选B．二．填空题(每小题9分，共54分)1．设x，y为实数，且满足(x－1)3+1997(x－1)=－1，(y－1)3+1997(y－1)=1．则x+y.【答案】2【解析】原方程组即(x－1)3+1997(x－1)+1=0，(1－y)3+1997(1－y)+1=0．取f(t)=t3+1997t+1，f(t)=3t2+19870．故f(t)单调增，现x－1=1－y，x+y=2．3．已知复数z满足2z+1z=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．【答案】26【解析】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．【答案】log2【解析】a=log(xy+z)，b=log(yz+1x)，c=log(1yz+y)．∴a+c=log(1yz+1x+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．[来源:学科网ZXXK]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．【解析】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(x1，1x1)，Q(x2，1x2)，R(x3，1x3)．不妨设0x1x2x3，则1x11x21x30．kPQ=y2－y1x2－x1=－1x1x2；kQR=－1x2x3；QPRxOytan∠PQR=－1x1x2+1x2x31+1x1x3x220，从而∠PQR为钝角．即△PQR不可能是正三角形．五、(本题满分20分)设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足a2a1=a3a2=a4a3=a5a4，a1+a2+a3+a4+a5=4(1a1+1a2+1a3+1a4+1a5)=S．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．∴q+1q∈R．再令q=r(cosα+isinα)，(r0)．则q+1q=(r+1r)cosα+i(r－1r)sinα∈R．sinα=0或r=1．若sinα=0，则q=±r为实数．此时q+1q≥2或q+1q≤－2．此时q+1q+12≥52，或q+1q+12≤－32．此时，由|(q+1q+12)2－54|≤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．[来源:学+科+网Z+X+X+K]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。【解析】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x02x12+x22+…+xn2，则y02y12+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．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25Σj=1xi，j≤1（i=1，2，…，100），则当i≥k时，在表2中就能保证25Σj=1xi，j≤1成立。表1表2x1,1x1,2…x1,25x1,1x1,2…x1,25x2,1x2,2…x2,25x2,1x2,2…x2,25……………………x100,1x100,2…x100,25x100,1x100,2…x100,25