全国高中数学联赛试题及解析 苏教版9

1989年全国高中数学联赛(10月15日上午8001000)一选择题(本题满分30分，每小题5分)： 1若A、B是锐角ABC的两个内角，则复数 z=(cosBsinA)+i(sinBcosA)在复平面内所对应的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2函数f(x)=arctanx+arcsinx的值域是( ) A(，) B， C(，) D， 3对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(xl)与函数y=f(x+l)的图象恒( ) A关于x轴对称 B关于直线x=l对称 C关于直线x=l对称 D关于y轴对称 4以长方体8个顶点中任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为( ) A0 B6 C8 D245若 M=z| z=+i，tR，t1，t0， N=z| z=cos(arcsint)+icos(arccost)，tR，|t|1则MN中元素的个数为 A0 B1 C2 D46集合M=u|u=12m+8n+4l，其中m，n，lZN=u|u=20p+16q+12r，其中p，q，rZ的关系为AM=N BMN，NM CMN DNM 三填空题(本题满分30分，每小题5分)1若loga0，且 a=(aj)2求证：an=n第二试(上午10301230)一(本题满分35分)ABCEF已知 在ABC中，ABAC，A的一个外角的平分线交ABC的外接圆于点E，过E作EFAB，垂足为F求证 2AF=AB-AC 二(本题满分35分)已知xiR(i=1，2，n；n2)，满足 |xi|=1，xi=0，求证： 三(本题满分35分)有nn（n4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中kZ）1989年全国高中数学联赛解答第一试一选择题(本题满分30分，每小题5分)：1若A、B是锐角ABC的两个内角，则复数 z=(cosBsinA)+i(sinBcosA)在复平面内所对应的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限解：0A、B90A+BA90B0，sinAcosB，cosAsinB故cosBsinA0点Z位于第二象限选B 2函数f(x)=arctanx+arcsinx的值域是( ) A(，) B， C(，) D， 解：因x1，1，故arctanx，arcsinx，且f(1)=，f(1)= 选D3对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(xl)与函数y=f(x+l)的图象恒( ) A关于x轴对称 B关于直线x=l对称 C关于直线x=l对称 D关于y轴对称 解：令x1=t，则得f(t)=f(t)，即f(t)关于t=0对称，即此二图象关于x=1对称选B4以长方体8个顶点中任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为( ) A0 B6 C8 D24 解：以不相邻的4个顶点为顶点的四面体的8个面都是锐角三角形其余的三角形都不是锐角三角形选C5若 M=z| z=+i，tR，t1，t0， N=z| z=cos(arcsint)+icos(arccost)，tR，|t|1则MN中元素的个数为 A0 B1 C2 D4解：M的图象为双曲线xy=1(x0，x1)N的图象为x2+y2=2(x0)，二者无公共点选A6集合M=u|u=12m+8n+4l，其中m，n，lZN=u|u=20p+16q+12r，其中p，q，rZ的关系为AM=N BMN，NM CMN DNM 解：u=12m+8n+4l=4(3m+2n+l)，由于3m+2n+l可以取任意整数值，故M表示所有4的倍数的集合同理u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r)也表示全体4的倍数的集合于是M=N三填空题(本题满分30分，每小题5分)1若loga1，则a的取值范围是 解：若0a1，则loga1，则得a故填(0，1)(，+)2已知直线l：2x+y=10，过点(10，0)作直线ll，则l与l的交点坐标为 解：直线l方程为(x+10)2y=0，解得交点为(2，6)3设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)1|，f2(x)= |f1(x)2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是 .解 图1是函数f0(x)=|x|的图形，把此图形向下平行移动1个单位就得到函数f0(x)=|x|1的图形，作该图形的在x轴下方的部分关于x轴的对称图形得出图2，其中在x轴上方的部分即是f1(x)=|f0(x)1|的图象，再把该图象向下平行移动2个单位得到f0(x)=|x|2的图象，作该图象在x轴下方的部分关于x轴的对称图形得到图3，其中x轴上方的部分即是f2(x)= |f1(x)2|的图象。易得所求面积为7。4一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为 解 设其小数部分为(01)，整数部分为n(nN*)，则得，(n+)=n2， n2n+n+1 n0，知，a= 原数为5如果从数1，2，3，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足a2a13，与a3a23，那么，所有符合上述要求的不同取法有 种 解：令a1=a1，a2=a22，a3=a34，则得1a1a20，且 a=(aj)2求证：an=n证明：由已知，a13=a12，a10， a1=1设nk(kN，且k1)时，由a =(aj)2成立可证ak=k成立当n=k+1时，a=(aj)2=(aj)2+2ak+1(aj)+a 即 k2(k+1)2+a=k2(k+1)2+2ak+1k(k+1)+a aak+1k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=k或ak+1=k+1由an0知，只有ak+1=k+1成立即n=k+1时命题也成立由数学归纳原理知对于一切nN*，an=n成立第二试一(本题满分35分)已知 在ABC中，ABAC，A的一个外角的平分线交ABC的外接圆于点E，过E作EFAB，垂足为F求证 2AF=AB-AC 证明：在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，于是AEG为等腰三角形，EG=EA又3=180EGA=180EAG=1805=41=2于是EGBEACBG=AC，故证二已知xiR(i=1，2，n；n2)，满足 |xi|=1，xi=0，求证： 证明：由已知可知，必有xi0，也必有xj0的数，x，x，x为诸xi中所有时，=+xx=于是当3，则基本项的个数为4的倍数，设共有4m项其中每个数aij(=1)都要在(n1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了(n1)!次，而n3，故(n1)!为偶数，于是该乘积等于1这说明等于1的基本项有偶数个，同样，等于+1的基本项也有偶数个若等于1的基本项有4l个，则等于+1的基本项有4m4l个，其和为4m4l4l=4(m2l)为4的倍数；若等于1的基本项有4l2个，则等于+1的基本项有4m4l+2个，其和为4m4l+24l+2=4(m2l+1)为4的倍数故证