1988年全国高中数学联赛试题及解析-苏教版.doc

1988年全国高中数学联赛试题第一试(10月16日上午800930)一选择题(本大题共5小题，每题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多项选择均得0分)：1设有三个函数，第一个是y=(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( ) Ay=(x) By=(x) Cy=1(x) Dy=1(x) 2原点在椭圆k2x2+y24kx+2ky+k21=0的内部，那么参数k的取值范围是( ) A|k|>1 B|k|1 C1<k<1 D0<|k|<1 3平面上有三个点集M，N，P： M=(x，y)| |x|+|y|<1， N=(x，y)| +<2， P=(x，y)| |x+y|<1，|x|<1，|y|<1那么 AMPN BMNP CPNM DA、B、C都不成立 4三个平面、，每两个之间的夹角都是，且=a，=b，=c假设有 命题甲：>； 命题乙：a、b、c相交于一点那么 A甲是乙的充分条件但不必要 B甲是乙的必要条件但不充分 C甲是乙的充分必要条件 DA、B、C都不对 5在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合那么表达式 MNP=I； NØ MØ PØ中，正确的表达式的个数是 A1 B2 C3 D4 二填空题(本大题共4小题，每题10分)：1设xy，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么= 2(+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为 3在ABC中，A=，CD、BE分别是AB、AC上的高，那么= 4甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程那么所有可能出现的比赛过程的种数为 三(15分)长为，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积四(15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z00，另一个动点Z满足Z1Z=1，求点Z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置五(15分)a、b为正实数，且+=1，试证：对每一个nN*， (a+b)nanbn22n2n+11988年全国高中数学联赛二试题一数列an，其中a1=1，a2=2，an+2=试证：对一切nN*，an0二如图，在ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB边上，求证：>三在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，ln，的直线族，它满足条件： 点(1，1)ln，(n=1，2，3，)； kn+1=anbn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，)； knkn+10，(n=1，2，3，)并证明你的结论1988年全国高中数学联赛解答一试题一选择题(本大题共5小题，每题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多项选择均得0分)：1设有三个函数，第一个是y=(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( ) Ay=(x) By=(x) Cy=1(x) Dy=1(x) 解：第二个函数是y=1(x)第三个函数是x=1(y)，即y=(x)选B2原点在椭圆k2x2+y24kx+2ky+k21=0的内部，那么参数k的取值范围是( ) A|k|>1 B|k|1 C1<k<1 D0<|k|<1 解：因是椭圆，故k0，以(0，0)代入方程，得k21<0，选D3平面上有三个点集M，N，P： M=(x，y)| |x|+|y|<1， N=(x，y)| +<2， P=(x，y)| |x+y|<1，|x|<1，|y|<1那么 AMPN BMNP CPNM DA、B、C都不成立 解：M表示以(1，0)，(01)，(1，0)，(0，1)为顶点的正方形内部的点的集合(不包括边界)；N表示焦点为(，)，(，)，长轴为2的椭圆内部的点的集合，P表示由x+y=±1，x=±1，y=±1围成的六边形内部的点的集合应选A4三个平面、，每两个之间的夹角都是，且=a，=b，=c假设有 命题甲：>； 命题乙：a、b、c相交于一点那么 A甲是乙的充分条件但不必要 B甲是乙的必要条件但不充分 C甲是乙的充分必要条件 DA、B、C都不对 解：a，b，c或平行，或交于一点但当abc时，=当它们交于一点时，<<选C5在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合那么表达式 MNP=I； NØ MØ PØ中，正确的表达式的个数是 A1 B2 C3 D4 解：均正确，选D二填空题(本大题共4小题，每题10分)：1设xy，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么= 解：a2a1=(yx)，b4b3=(yx)，Þ=2(+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为 解：(+2)2n+1(2)2n+1=2(C2xn+C23xn1+C25xn2+C22n+1)令x=1，得所求系数和=(32n+1+1)3在ABC中，A=，CD、BE分别是AB、AC上的高，那么= 解：AEDABC，=|cos|4甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程那么所有可能出现的比赛过程的种数为 解 画1行14个格子，每个格子依次代表一场比赛，如果某场比赛某人输了，就在相应的格子中写上他的顺序号(两方的人各用一种颜色写以示区别)如果某一方7人都已失败那么在后面的格子中依次填入另一方未出场的队员的顺序号于是每一种比赛结果都对应一种填表方法，每一种填表方法对应一种比赛结果这是一一对应关系故所求方法数等于在14个格子中任选7个写入某一方的号码的方法数共有C种比赛方式三(15分)长为，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积解：过轴所在对角线BD中点O作MNBD交边AD、BC于M、N，作AEBD于E，那么ABD旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径AE=其体积V=()2·=同样，BCD旋转所得旋转体的体积=其重叠局部也是两个圆锥，由DOMDAB，DO=，OM=其体积=2··()2·= 所求体积=2·=四(15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z00，另一个动点Z满足Z1Z=1，求点Z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置解：Z1=，故得|Z0|=|，即|ZZ0+1|=1|Z+|=|即以为圆心|为半径的圆五(15分)a、b为正实数，且+=1试证：对每一个nN*， (a+b)nanbn22n2n+1证明：由得a+b=ab又a+b2， ab2，故a+b=ab4于是(a+b)k=(ab)k22k又 ak+bk2=22k+1下面用数学归纳法证明： 1° 当n=1时，左=右=0左右成立 2° 设当n=k(k1，kN)时结论成立，即(a+b)kakbk22k2k+1成立那么(a+b)k+1ak+1bk+1=(a+b)(a+b)k(ak+bk)(a+b)+ab(ak1+bk1)=(a+b)(a+b)kakbk+ ab(ak1+bk1)4(22k2k+1)+42k=22(k+1)42k+1+42k=22(k+1)2(k+1)+1即命题对于n=k+1也成立故对于一切nN*，命题成立二试题一数列an，其中a1=1，a2=2，an+2=试证：对一切nN*，an01988年全国高中竞赛试题分析：改证an0(mod 4)或an0(mod 3)证明：由a1=1，a2=2，得a3=7，a4=29， a11，a22，a33(mod 4)设a3k21，a3k12，a3k3(mod 4)那么 a3k+15×33×2=91(mod 4)；a3k+213=22(mod 4)；a3k+35×23×1=73(mod 4)根据归纳原理知，对于一切nN，a3n21，a3n12，a3n3(mod 4)恒成立，故an0(mod 4)成立，从而an0又证：a11，a22(mod 3)设a2k11，a2k2(mod 3)成立，那么当a2k1a2k为偶数时a2k+15×23×11(mod 3)，当a2k1a2k为奇数时a2k+1211(mod 3)，总之a2k+11(mod 3)当a2ka2k+1为偶数时a2k+25×13×22(mod 3)，当a2ka2k+1为奇数时a2k+2122(mod 3)，总之，a2k+22(mod 3)于是an0(mod 3)故an0二如图，在ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB边上，求证：>证明：作ABC及PQR的高CN、RH设ABC的周长为1那么PQ=那么=·，但AB<，于是>，APABPQ<=， AR=AP>，AC<，故>，从而>三在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，ln，的直线族，它满足条件： 点(1，1)ln，(n=1，2，3，)； kn+1=anbn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，)； knkn+10，(n=1，2，3，)并证明你的结论证明：设an=bn0，即kn1=1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此时an+1不存在，故kn±1现设kn0，1，那么y=kn(x1)+1，得bn=1kn，an=1， kn+1=kn此时knkn+1=kn21 kn>1或kn<1从而k1>1或k1<1 当k1>1时，由于0<<1，故k1>k2=k1>0，假设k2>1，那么又有k1>k2>k3>0，依此类推，知当km>1时，有k1>k2>k3>>km>km+1>0，且0<<<<<1，km+1=km<km=km1<km1<<k1由于k1随m的增大而线性减小，故必存在一个m值，m=m0，使k11，从而必存在一个m值m=m1m0，使k1，而1>k=k>0，此时k·k<0即此时不存在这样的直线族 当k1<1时，同样有1<<0，得k1<k2=k1<0假设k2<1，又有k1<k2<k3<0，依此类推，知当km<1时，有k1<k2<k3<<km<km+1<0，且0>>>>>1，km+1=km>km=km1>km1>>k1由于k1随m的增大而线性增大，故必存在一个m值，m=m0，使k11，从而必存在一个m值，m=m1(m1m0)，使k1，而1<k=k<0，此时k·k<0即此时不存在这样的直线族综上可知这样的直线族不存在