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一九九八年全国高中数学联合竞赛一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1 若a 1, b 1, 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+1x3a 5,B=x|3x22,则能使AAB成立的所有a的集合是( ) （A）a | 1a9 (B) a | 6a9 (C) a | a9 (D) 3.各项均为实数的等比数列an前n项之和记为Sn ,若S10 = 10, S30 = 70, 则S40等于( ) (A) 150 (B) - 200 (C)150或 - 200 (D) - 50或400 4.设命题P：关于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 0与a2x2 + b2x + c2 0的解集相同； 命题Q：= 则命题Q( ) (A) 是命题P的充分必要条件 (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CFGE的大小是( ) (A) arcsin (B) +arccos (C) arctan (D) arccot 6.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) (xR)是以2为周期的偶函数, 当x 0, 1 时,f(x)=x，则f()，f()，f()由小到大排列是 2设复数z=cos+isin(0180)，复数z，(1+i)z，2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(ya)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是 6DABC中, C = 90o, B = 30o, AC = 2, M是AB的中点. 将DACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为 2，此时三棱锥A-BCM的体积等于_.三、（本题满分20分）已知复数z=1sin+icos()，求z的共轭复数的辐角主值 四、（本题满分20分） 设函数f (x) = ax 2 +8x +3 (a 1, b 1, 且lg (a + b) = lg a + lg b, 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 解：a+b=ab，(a1)(b1)=1，由a10，b10，故lg(a1)(b1)=0，选C2若非空集合A=x|2a+1x3a 5,B=x|3x22,则能使AAB成立的所有a的集合是( ) （A）a | 1a9 (B) a | 6a9 (C) a | a9 (D) 解：AB，A 32a+13a522，6a9故选B3各项均为实数的等比数列a n 前n项之和记为S n ,若S10 = 10, S30 = 70, 则S40等于( ) (A) 150 (B) -200 (C)150或 -200 (D) -50或400解：首先q1，于是，(q101)=10，(q301)=70， q20+q10+1=7q10=2(3舍) S40=10(q401)=150选A 4.设命题P：关于x的不等式a1x2 + b1x2 + c1 0与a 2x2 + b2x + c2 0的解集相同; 命题Q：= 则命题Q( ) (A) 是命题P的充分必要条件 (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 解：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D5.设E, F, G分别是正四面体ABCD的棱AB,BC,CD的中点,则二面角CFGE的大小是( ) (A) arcsin (B) +arccos (C) arctan (D) arccot 解：取AD、BD中点H、M，则EHFGBD，于是EH在平面EFG上设CMFG=P，AMEH=Q，则P、Q分别为CM、AM中点，PQAC ACBD，PQFG，CPFG，CPQ是二面角CFGE的平面角设AC=2，则MC=MA=，cosACM= 选D6.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解：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 体中心为中点：4对顶点，6对棱中点，3对面中心；共13组； 面中心为中点：46=24组； 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) (xR)是以2为周期的偶函数, 当x 0, 1 时,f(x)=x，则f()，f()，f()由小到大排列是 解：f()=f(6)=f()f()=f(6)=f()，f()=f(6+)=f()现f(x)是0，1上的增函数而故f()f()2，4a101a1且a即a11a6DABC中, C = 90o, B = 30o, AC = 2, M是AB的中点. 将DACM沿CM折起,使A,B两点间的距离为 2，此时三棱锥ABCM的体积等于 解：由已知，得AB=4，AM=MB=MC=2，BC=2，由AMC为等边三角形，取CM中点，则ADCM，AD交BC于E，则AD=，DE=，CE=折起后，由BC2=AC2+AB2，知BAC=90，cosECA= AE2=CA2+CE22CACEcosECA=，于是AC2=AE2+CE2AEC=90 AD2=AE2+ED2，AE平面BCM，即AE是三棱锥ABCM的高，AE=SBCM=，VABCM=三、（本题满分20分）已知复数z=1sin+icos()，求z的共轭复数的辐角主值解：z=1+cos(+)+isin(+)=2cos2+2isincos=2cos (cos+isin)当时，=2cos (cos+isin)=2cos(+)(cos()+isin() 辐角主值为 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)证明你的结论解： f(x)a(x+)2+3(1)当35，即8a0时，l(a)是方程ax2+8x+35的较小根，故l(a)(2)当35，即a8时，l(a)是方程ax2+8x+35的较大根，故l(a)综合以上，l(a)= 当a8时，l(a)；当8a0时，l(a)所以a8时，l(a)取得最大值五、（本题满分20分）已知抛物线y 2 = 2px及定点A(a, b), B( a, 0) ,(ab 0, b 2 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. 解：设M(，m)M1(，m1)，M2(，m2)，则A、M、M1共线，得=，即bm= m1=，同法得m2=； M1M2所在直线方程为 =，即(m1+m2)y=2px+m1m2消去m1，m2，得2pabybm2y=2pbmx2pm2x+4p2a22pabm分别令m=0，1代入，得x=a，y=，以x=a，y=代入方程知此式恒成立即M1M2过定点(a，)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 由旁切圆半径公式，有ra=，故只须证明=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OKBC。于是OKAD，又OK=R，故=，故只须证=作INAB，交AB于N，则AN=(b+ca),而由AINBKM，可证=成立，故证。二、（满分50分）设a1，a2，an，b1，b2，bn1，2且a=b，求证：a并问：等号成立的充要条件证明：由于a1，a2，an，b1，b2，bn1，2，故2于是()(2)0)，即aibia+0求和得aaibi，又由(biai)(2biai)0得baibi+a0，故aibi(a+b)由a= b，得aibia， aaibiaa=a当且仅当n为偶数且a1，a2，an中一半取1，一半取2，且bi=时等号成立三、（满分50分）对于正整数a、n，定义Fn（a）=qr，其中q、r为非负整数，a=qnr，且0rn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aA，都有F(F(F(F(F(F(a)=1证明你的结论解：将满足条件“存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数aB，都有F(F(F(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。先证x1=2事实上，F2(1)=F2(2)=1，所以x12,又当n13时，F(2) =2，而F2（3)=F1(2)=2,所以x10，n11，于是0(q1)n1+n11=qn11xk+1，因此F(q1)n1+n11)=q+n12xk故有 q(n11)()2()2= +由于xk为偶数，从而q(n11)+.xk2,xk+xk+2.所以总有 xk+1xk+=.另一方面，若取n1=+2，由于=n1+对于每个a，令a=qn1+r，那么或者q=,r；或者q1,rn11=+1。两种情况下均有q+rxk,因此xk+1=。此外，因为xk为偶数，若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)，若xk2(mod4)，由xk+60(mod 4)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=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
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