1、 1997 年全国高中数学联合竞赛试卷年全国高中数学联合竞赛试卷 第一试第一试 (10 月 5 日上午 8:0010:00) 一、选择题(每小题 6 分，共 36 分) 1已知数列xn满足 xn+1=xnxn1(n2)，x1=a， x2=b， 记 Sn=x1+x2+xn，则下列结论正确的是 (A)x100a，S100=2ba (B)x100b，S1002ba (C)x100b，S100=ba (D)x100a，S100ba 2如图，正四面体 ABCD 中，E 在棱 AB 上，F 在棱 CD 上，使得AE EB= CF FD= (0f()f() (B) f() f()f()f() (C) f()
2、f()f()f() (D) f()f()f()f() 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 (x1)3+1997(x1)=1， (y1)3+1997(y1)=1 则 x+y . 2过双曲线 x2y 2 2=1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点，若实数 使得|AB| 的直线 l 恰有 3 条，则 = . 3已知复数 z 满足 2z+1 z =1，则 z 的幅角主值范围是 4已知三棱锥 SABC
3、 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+logx(yz)1+1，b logx1+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
4、题满分 20 分） 设 xyz 12，且 x+y+z 2，求乘积 cosx siny cosz 的最大值和最小值 E F B C D A 四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy1 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 五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1，a2，a3，a4，a5满足 a2 a1= a3 a2= a4 a3= a5 a4， a1+a2+a3+a4+a5=4( 1 a1+ 1 a2+ 1 a3+ 1 a4+
5、 1 a5)=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 y x O P(1,1) C1 C2 第二试 (10 月 5 日上午 10:3012:30) 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：OMMN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。 二、 （本题 50 分）试问：当且仅当实数 x0，x1，xn（n2）满足什么条件时，存在实数 y0，y1，yn 使得 z20=z21+z22+z2n成立，其中 zk=xk+iyk，i 为虚数单位，k
6、=0，1，n。证明你的结论。 三、 （本题 50 分）在 10025 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 x1 , jx2 , jx100 , 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 25 j=1 xi，j1（i=1，2，100） ， 则当 ik 时，在表 2 中就能保证 25 j=1 xi，j1 成立。 表表 1 表表 2 x1,1 x1,2 x1,25 x1,1 x1,
7、2 x1,25 x2,1 x2,2 x2,25 x2,1 x2,2 x2,25 x100,1 x100,2 x100,25 x100,1 x100,2 x100,25 1997 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=xnxn1(n2)，x1=a， x2=b， 记 Sn=x1+x2+xn，则下列结论正确的是 (A)x100a，S100=2ba (B)x100b，S1002ba (C)x100b，S100=ba (D)x100a，S100ba 解：x1=a，x2=b，x3=ba，x4=a，x5=b，x6=ab，x7=a，x8=b，
8、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=2ba选 A 2如图，正四面体 ABCD 中，E 在棱 AB 上，F 在棱 CD 上，使得AE EB= CF FD= (0f()f()f() (B) f() f()f()f() (C) f(i)f()f()f() (D) f()f()f()f() 解：f(x)的对称轴为 x= 2， 易得， 00，故必须 x1+x2= 4cos21 4 0 cos23 4 (2k+1)arccos 3 42(2k+1)+arccos 3 4 k+ 2 1 2arccos 3 4k+ 2+ 1
9、2arccos 3 4，(k=0，1) 4已知三棱锥 SABC 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 解：SA=SB=SC=2，S 在面 ABC 上的射影为 AB 中点 H， SH平面 ABC SH 上任意一点到 A、B、C 的距离相等 SH= 3，CH=1，在面 SHC 内作 SC 的垂直平分线 MO 与 SH 交于 O，则 O 为 SABC 的外接球球心SM=1，SO=2 3 3 ， OH= 3 3 ，即为 O 与平面 ABC 的距离 5设 ABCDEF 为正六
10、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 解：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： 11111 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 232=6 种，后两个中填号的方法有 22种 共有 2+64=26 种方法 6
11、设 a logz+logx(yz)1+1，b logx1+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 解：a=log(x y+z)，b=log(yz+ 1 x)，c=log( 1 yz+y) a+c=log( 1 yz+ 1 x+yz+x)2log2于是 a、c 中必有一个log2即 Mlog2，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 三、 （本题满分 20 分） 设 xyz 12，且 x+y+z= 2，求乘积 cosx si
12、ny cosz 的最大值和最小值 解：由于 xyz 12，故 6x 2 122= 3 cosx siny cosz=cosx1 2sin(y+z)+sin(yz)= 1 2cos 2x+1 2cosxsin(yz) 1 2cos 2 3 = 1 8 即最小值 (由于 6 x 3 ，yz，故 cosxsin(yz)0)，当 y=z= 12 ，x= 3 时，cosx siny cosz= 1 8 O M 2 H S A B C 2 1 2 cosx siny cosz=cosz1 2sin(x+y)sin(xy)= 1 2cos 2z1 2coszsin(xy) 由于 sin(xy)0，cosz0
13、，故 cosx siny cosz1 2cos 2z=1 2cos 2 12 = 1 2(1+cos 6)= 2+ 3 8 当 x= y=5 12 ，z= 12 时取得最大值 最大值2+ 3 8 ，最小值1 8 四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy1 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：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， 1 x1)，Q(x2， 1 x2)，R(x3， 1 x3)不 妨设 0
14、 1 x30 kPQ=y2y1 x2x1= 1 x1x2；kQR= 1 x2x3； tanPQR= 1 x1x2 + 1 x2x3 1+ 1 x1x3x22 0)则 h 2(cos2+isin2)5 4Rsin2=0 1h2(cos2+isin2)5 41 1 4h 2(cos2+isin2)9 4，cos20=k(kZ) Q P R x O y q+1 qR再令 q=r(cos+isin)，(r0)则 q+ 1 q=(r+ 1 r)cos+i(r 1 r)sinRsin=0 或 r=1 若 sin=0，则 q= r 为实数此时 q+1 q2 或 q+ 1 q2此时 q+ 1 q+ 1 2 5
15、 2，或 q+ 1 q+ 1 2 3 2 此时，由|(q+1 q+ 1 2) 25 4|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 若 1+q+q2+q3+q4=0则 q51=0， |q|=1此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五点在同一圆上 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 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：OMMN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。 证明：过 S、
16、T 分别作相应两圆的公切线，交于点 P，则 PS=PT，点 P 在直线 MN 上(根轴)且 O、S、 P、T 四点共圆 若 S、N、T 三点共线， 连 O1N，O2N，则 OS=OT，O1S=O1N， 于是S=T，S=O1NS， O1NS=T，O1NOT，同 理，O2NOS，即 OS=O2N+O1S即O 的半径=O1与O2的半 径的和 PTS=TSP=NMS，S、P、T、M 共圆，故 O、S、P、 T、M 五点共圆OMS=OTS=OST OMN=OMS+SMN=OST+TSP=OSP=90 OMMN 反之，若 OMMN，则 OMO1O2， 由 OO2OO1=(Rr2)(Rr1)=r1r2=O1
17、MO2M即 O、M 在以 O1、O2为焦点的双曲线的不同两支上由双曲线的对称性，知 O1O2MO 是等腰梯形OO2=O1M 即 OT=r1+r2， O1N=OO2，OO1=O2N，于是 OO1NO2为平行四边形 由于OST、O1SN、O2NT 都是等腰三角形 SO1N=O=NO2T， OST=OSN S、N、T 三点共线 二 （本题 50 分）试问：当且仅当实数 x0，x1，xn（n2）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：z02=x02y02+2x0y0i=(x12+
18、x22+xn2)(y12+y22+yn2)+2(x1y1+x2y2+xnyn)i x02y02=(x12+x22+xn2)(y12+y22+yn2)； x0y0=x1y1+x2y2+xnyn 若 x02 x12+x22+xn2，则 y02 y12+y22+yn2 此时 x02y02( x12+x22+xn2)( y12+y22+yn2)(x1y1+x2y2+xnyn)2=(x0y0)2矛盾 故必 x02x12+x22+xn2 反之，若 x02x12+x22+xn2成立此时，可分两种情况： 当 x02=x12+x22+xn2成立时，取 yi=xi(i=0，1，2，n)， 于是 z02=(x0+y
19、0i)2=x02y02+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 当 x020，于是 xi(i=1，2，n)不能全为 0不 妨设 xn0，取 y0=y1=y2=yn2=0，yn1= axn x 2 n1+x2n ，yn= axn1 x 2 n1+x2n ，则 此时，z02= x02y02+2x0y0i=x02； 而 z12+z22+zn2=(x12+x2
20、2+xn2)(y12+y22+yn2)+2(x1y1+x2y2+xnyn)i O N M TS O 1 O 2 P =(x12+x22+xn2)( a2x2n x 2 n1+x2n + a2x 2 n1 x 2 n1+x2n )+2(xn1 axn x 2 n1+x2n xn axn1 x 2 n1+x2n )i =(x12+x22+xn2)(x12+x22+xn2x02)=x02仍有 z02=z12+z22+zn2成立 故所求条件为 x02x12+x22+xn2 三、 （本题 50 分）在 10025 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
21、=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 x1 , jx2 , jx100 , 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 25 j=1 xi，j1（i=1，2，100） ， 则当 ik 时，在表 2 中就能保证 25 j=1 xi，j1 成立。 表表 1 表表 2 x1,1 x1,2 x1,25 x1,1 x1,2 x1,25 x2,1 x2,2 x2,25 x2,1 x2,2 x2,25 x100,1 x100,2 x100,25 x100,1 x100,2 x100
22、,25 解：在表 1 中，取 x4i3,i=x4i2,i=x4i1,i =x4i,i =0(i=1，2，25)，其余各数均取 1 24，于是，每列各数之 和均=1但重新填入后，前 96 行之和均= 25 241第 97、98、99、100 行之和=0故 k97 反之，如果表 2 中第 97 行的 25 个数涂黄，98100 行共 75 个数涂红，则这些涂红的数在表 1 中至多 分布在 75 行中，于是除这 75 行外的其余各行中的每个数都不小于同列中涂黄的数，即涂黄 4 个数的和 没有涂红数的行的每一行数的和1 于是表 2 中第 97 行的数的和1， 故第 98、 99、 100 行的数的和1 即 能保证表 2 中第 97100 行的数的和1 k=97
