98全国高中数学联赛试题及详细解析

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．若a1,b1,且lg(a+b)=lga+lgb,则lg(a–1)+lg(b–1)的值()（A）等于lg2（B）等于1(C)等于0(D)不是与a,b无关的常数2.若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a–5},B={x|3≤x≤22},则能使AA∩B成立的所有a的集合是()（A）{a|1≤a≤9}(B){a|6≤a≤9}(C){a|a≤9}(D)Ø6.在正方体的8个顶点,12条棱的中点,6个面的中心及正方体的中心共27个点中,共线的三点组的个数是()(A)57(B)49(C)43(D)37二、填空题(本题满分54分,每小题9分)各小题只要求直接填写结果.1．若f(x)(xR)是以2为周期的偶函数,当x[0,1]时,f(x)=x11000，则f(9819)，f(10117)，f(10415)由小到大排列是．2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，复数z，(1+i)z，2－z在复平面上对应的三个点分别是P,Q,R.当P,Q,R不共线时,以线段PQ,PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S,点S到原点距离的最大值是___________.3．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中取出3个数,使其和为不小于10的偶数,不同的取法有________种.4．各项为实数的等差数列的公差为4,其首项的平方与其余各项之和不超过100,这样的数列至多有_______项.5．若椭圆x2+4(y－a)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是．6．ABC中,C=90o,B=30o,AC=2,M是AB的中点.将ACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为22，此时三棱锥A-BCM的体积等于__________.三、（本题满分20分）已知复数z=1－sinθ+icosθ(π2θπ)，求z的共轭复数－z的辐角主值．[来源:学§科§网Z§X§X§K]四、（本题满分20分）设函数f(x)=ax2+8x+3(a0)．对于给定的负数a,有一个最大的正数l(a),使得在整个区间[0,l(a)]上,不等式|f(x)|5都成立．问：a为何值时l(a)最大?求出这个最大的l(a)．证明你的结论.五、（本题满分20分）已知抛物线y2=2px及定点A(a,b),B(–a,0),(ab0,b22pa)．M是抛物线上的点,设直线AM,BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2．求证：当M点在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1M2)，直线M1M2恒过一个定点．并求出这个定点的坐标．第二试二、（满分50分）设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且nΣi=1a2i=nΣi=1b2i，求证：nΣi=1a3ibi≤1710nΣi=1a2i．并问：等号成立的充要条件．三、（满分50分）对于正整数a、n，定义Fn(a)=q＋r，其中q、r为非负整数，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意的正整数a≤A，都有Fn6(Fn5(Fn4(Fn3(Fn2(Fn1(a))))))=1．证明你的结论．一九九八年全国高中数学联赛解答第一试一．选择题（本题满分36分，每小题6分）[来源:学§科§网Z§X§X§K]2．若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a–5},B={x|3≤x≤22},则能使AA∩B成立的所有a的集合是()[来源:学,科,网]（A）{a|1≤a≤9}(B){a|6≤a≤9}(C){a|a≤9}(D)Ø【答案】B【解析】AB，A≠Ø．3≤2a+1≤3a－5≤22，6≤a≤9．故选B．4.设命题P：关于x的不等式a1x2+b1x2+c10与a2x2+b2x+c20的解集相同;命题Q：a1a2=b1b2=c1c2．则命题Q()(A)是命题P的充分必要条件[来源:Zxxk.Com](B)是命题P的充分条件但不是必要条件(C)是命题P的必要条件但不是充分条件(D)既不是是命题P的充分条件也不是命题P的必要条件【答案】D【解析】若两个不等式的解集都是R，否定A、C，若比值为－1，否定A、B，选D．5.设E,F,G分别是正四面体ABCD的棱AB,BC,CD的中点,则二面角C—FG—E的大小是()(A)arcsin63(B)π2+arccos33(C)π2－arctan2(D)π－arccot226.在正方体的8个顶点,12条棱的中点,6个面的中心及正方体的中心共27个点中,共线的三点组的个数是()(A)57(B)49(C)43(D)37【答案】B【解析】8个顶点中无3点共线，故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心．⑴体中心为中点：4对顶点，6对棱中点，3对面中心；共13组；⑵面中心为中点：4×6=24组；⑶棱中点为中点：12个．共49个，选B．二、填空题(本题满分54分,每小题9分)各小题只要求直接填写结果.1．若f(x)(xR)是以2为周期的偶函数,当x[0,1]时,f(x)=x11000，则f(9819)，f(10117)，f(10415)由小到大排列是．2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°)，复数z，(1+i)z，2－z在复平面上对应的三个点分别是P,Q,R.当P,Q,R不共线时,以线段PQ,PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S,点S到原点距离的最大值是___________.【答案】3【解析】→OS=→OP+→PQ+→PR=→OP+→OQ－→OP+→OR－→OP=→OQ+→OR－→OP=(1+i)z+2－z－z=iz+2－z=(2cosθ－sinθ)+i(cosθ－2sinθ)．∴|OS|2=5－4sin2θ≤9．即|OS|≤3，当sin2θ=1，即θ=π4时，|OS|=3．SQPRxOy4．各项为实数的等差数列的公差为4,其首项的平方与其余各项之和不超过100,这样的数列至多有_______项.【答案】8【解析】设其首项为a，项数为n．则得a2+(n－1)a+2n2－2n－100≤0．△=(n－1)2－4(2n2－2n－100)=－7n2+6n+401≥0．∴n≤8．取n=8，则－4≤a≤－3．即至多8项．(也可直接配方：(a+n－12)2+2n2－2n－100－(n－12)2≤0．解2n2－2n－100－(n－12)2≤0仍得n≤8．)6．ABC中,C=90o,B=30o,AC=2,M是AB的中点.将ACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为22，此时三棱锥A－BCM的体积等于．[来源:学科网]【答案】223【解析】由已知，得AB=4，AM=MB=MC=2，BC=23，由△AMC为等边三角形，取CM中点，则AD⊥CM，AD交BC于E，则AD=3，DE=33，CE=233．折起后，由BC2=AC2+AB2，知∠BAC=90°，cos∠ECA=33．∴AE2=CA2+CE2－2CA·CEcos∠ECA=83，于是AC2=AE2+CE2．∠AEC=90°．∵AD2=AE2+ED2，AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A－BCM的高，AE=263．S△BCM=3，VA—BCM=223．三、（本题满分20分）2223222EBCAMD23222AEMDCB四、（本题满分20分）设函数f(x)=ax2+8x+3(a0)．对于给定的负数a,有一个最大的正数l(a),使得在整个区间[0,l(a)]上,不等式|f(x)|5都成立．问：a为何值时l(a)最大?求出这个最大的l(a)．证明你的结论．五、（本题满分20分）已知抛物线y2=2px及定点A(a,b),B(–a,0),(ab0,b22pa).M是抛物线上的点,设直线AM,BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2．求证：当M点在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1M2.)直线M1M2恒过一个定点．并求出这个定点的坐标.第二试一、（满分50分）如图，O、I分别为△ABC的外心和内心，AD是BC边上的高，I在线段OD上。求证：△ABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径。注：△ABC的BC边上的旁切圆是与边AB、AC的延长线以及边BC都相切的圆。【解析】由旁切圆半径公式，有ra=2Sb+c－a=ahab+c－a，故只须证明Rha=ab+c－a即可。连AI并延长交⊙O于K，连OK交BC于M，则K、M分别为弧BC及弦BC的中点。且OK⊥BC。于是OK∥AD，又OK=R，故Rha=OKAD=IKIA=KBIA，故只须证KBIA=ahab+c－a=BM12(b+c－a)．ABCOIDKMN作IN⊥AB，交AB于N，则AN=12(b+c－a),而由⊿AIN∽⊿BKM，可证KBIA=BMAN成立，故证。二、（满分50分）设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]且nΣi=1a2i=nΣi=1b2i，求证：nΣi=1a3ibi≤1710nΣi=1a2i．并问：等号成立的充要条件．三、（满分50分）对于正整数a、n，定义Fn（a）=q＋r，其中q、r为非负整数，a=qn＋r，且0≤r＜n．求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意的正整数a≤A，都有Fn6(Fn5(Fn4(Fn3(Fn2(Fn1(a))))))=1．证明你的结论．【解析】将满足条件“存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数a≤B，都有Fnk(Fnk－1(…(Fn1(a)…)=1”的最大正整数B记为xk显然，本题所求的最大正整数A即为x6。⑴先证x1=2．事实上，F2(1)=F2(2)=1，所以x1≥2,又当n1≥3时，Fn1(2)=2，而F2另一方面，若取n1=xk2+2，由于xk(xk+6)4=xk2·n1+xk2对于每个a≤xk(xk+6)4，令a=qn1+r，那么或者q=xk2,r≤xk2；或者q≤xk2－1,r≤n1－1=xk2+1。两种情况下均有q+r≤xk,因此xk+1=xk(xk+6)4。此外，因为xk为偶数，若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)，若xk≡2(mod4)，由xk+6≡0(mod4)也可得8|xk(xk+6)．因此xk+1也是偶数。于是完成了归纳证明xk+1=xk(xk+6)4．由x1=2逐次递推出x2=4,x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590．即所求最大整数A=53590．