1993年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試卷第一試一、選擇題(每小題5分，共30分)1．若M={(x，y)||tany|+sin2x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，則M∩N的元素個數(shù)是（）

(A)4(B)5(C)8(D)92．已知f(x)=asinx+beq\r(3,x)+4(a，b為實數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（）

(A)5(B)3(C)3(D)隨a，b取不同值而取不同值3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，當(dāng)AB時，(A，B)與(B，A)視為不同的對，則這樣的(A，B)對的個數(shù)是（）

（A）8（B）9（C）26（D）274．若直線x=eq\f(π,4)被曲線C:(xarcsina)(xarccosa)+(yarcsina)(y+arccosa)=0所截的弦長為d，當(dāng)a變化時d的最小值是()

(A)eq\f(π,4)(B)eq\f(π,3)(C)eq\f(π,2)(D)5．在△ABC中，角A，B，C的對邊長分別為a，b，c，若ca等于AC邊上的高h(yuǎn)，則sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2)的值是()

(A)1(B)eq\f(1,2)(C)eq\f(1,3)(D)16．設(shè)m，n為非零實數(shù)，i為虛數(shù)單位，zC，則方程|z+ni|+|zmi|=n與|z+ni||zmi|=m在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形(F1，F(xiàn)2為焦點)是()二、填空題（每小題5分，共30分）1．二次方程(1i)x2+(+i)x+(1+i)=0(i為虛數(shù)單位，R)有兩個虛根的充分必要條件是的取值范圍為________．2．實數(shù)x，y滿足4x25xy+4y2=5，設(shè)S=x2+y2，則eq\f(1,Smax)+eq\f(1,Smin)=_______．3．若zC，arg(z24)=eq\f(5π,6)，arg(z2+4)=eq\f(π,3)，則z的值是________.4．整數(shù)eq\b\bc\[(\f(1093,1031+3))的末兩位數(shù)是_______.5．設(shè)任意實數(shù)x0>x1>x2>x3>0，要使logeq\s\do6(\f(x0,x1))1993+logeq\s\do6(\f(x1,x2))1993+logeq\s\do6(\f(x2,x3))1993≥k·logeq\s\do6(\f(x0,x3))1993恒成立，則k的最大值是_______.6．三位數(shù)(100，101，，999)共900個，在卡片上打印這些三位數(shù)，每張卡片上打印一個三位數(shù)，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數(shù)，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____張卡片．三、（本題滿分20分）三棱錐S－ABC中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點，作與SC平行的直線DP．證明：(1)DP與SM相交；(2)設(shè)DP與SM的交點為D，則D為三棱錐S－ABC的外接球球心．四、（本題滿分20分）設(shè)0<a<b，過兩定點A(a，0)和B(b，0)分別引直線l和m，使與拋物線y2=x有四個不同的交點，當(dāng)這四點共圓時，求這種直線l與m的交點P的軌跡．五、（本題滿分20分）設(shè)正數(shù)列a0，a1，a2，…，an，…滿足eq\r(anan－2)－eq\r(an－1an－2)=2an－1，(n≥2)且a0=a1=1，求{an}的通項公式．

第二試一、（35分）設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有D是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點．試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n≥4．二、（35分）設(shè)A是一個有n個元素的集合，A的m個子集A1,A2,,Am兩兩互不包含．試證：(1)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n))≤1；(2)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的個數(shù)，Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))表示n個不同元素取|Ai|個的組合數(shù)．三、（35分）水平直線m通過圓O的中心，直線lm，l與m相交于M，點M在圓心的右側(cè)，直線l上不同的三點A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點離M點最遠(yuǎn)，C點離M點最近，AP,BQ,CR為圓O的三條切線，P,Q,R為切點．試證：(1)l與圓O相切時，ABCR+BCAP=ACBQ；(2)l與圓O相交時，ABCR+BCAP＜ACBQ；(3)l與圓O相離時，ABCR+BCAP＞ACBQ.

1993年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽解答第一試一、選擇題(每小題5分，共30分)1．若M={(x，y)||tany|+sin2x=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，則M∩N的元素個數(shù)是（）

(A)4(B)5(C)8(D)9解：tany=0，y=k(k∈Z)，sin2x=0，x=m(m∈Z)，即圓x2+y2=2及圓內(nèi)的整點數(shù)．共9個．選D．2．已知f(x)=asinx+beq\r(3,x)+4(a，b為實數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（）

(A)5(B)3(C)3(D)隨a，b取不同值而取不同值解：設(shè)lglog310=m，則lglg3=－lglog310=－m，則f(m)=asinm+beq\r(3,m)+4=5，即asinm+beq\r(3,m)=1．∴f(－m)=－(asinm+beq\r(3,m))+4=－1+4=3．選C．3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，當(dāng)AB時，(A，B)與(B，A)視為不同的對，則這樣的(A，B)對的個數(shù)是（）

（A）8（B）9（C）26（D）27解：a1∈A或A，有2種可能，同樣a1∈B或B，有2種可能，但a1A與a1B不能同時成立，故有22－1種安排方式，同樣a2、a3也各有22－1種安排方式，故共有(22－1)3種安排方式．選D．4．若直線x=eq\f(π,4)被曲線C:(xarcsina)(xarccosa)+(yarcsina)(y+arccosa)=0所截的弦長為d，當(dāng)a變化時d的最小值是()

(A)eq\f(π,4)(B)eq\f(π,3)(C)eq\f(π,2)(D)解：曲線C表示以(arcsina，arcsina)，(arccosa，－arccosa)為直徑端點的圓．即以(α，α)及(eq\f(π,2)－α，－eq\f(π,2)+α)(α∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)])為直徑端點的圓．而x=eq\f(π,4)與圓交于圓的直徑．故d=eq\r((2α－eq\f(π,2))2+(eq\f(π,2))2)≥eq\f(π,2)．故選C．5．在△ABC中，角A，B，C的對邊長分別為a，b，c，若ca等于AC邊上的高h(yuǎn)，則sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2)的值是()

(A)1(B)eq\f(1,2)(C)eq\f(1,3)(D)1解：2R(sinC－sinA)=csinA=2RsinCsinA，sinC－sinA=sinCsinA，2coseq\f(C+A,2)sineq\f(C－A,2)=－eq\f(1,2)[cos(C+A)－cos(C－A)]=eq\f(1,2)[1－2sin2eq\f(C－A,2)－2cos2eq\f(C+A,2)+1]．(sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2))2=1，但sineq\f(C－A,2)+coseq\f(C+A,2)>0，故選A．6．設(shè)m，n為非零實數(shù)，i為虛數(shù)單位，zC，則方程|z+ni|+|zmi|=n與|z+ni||zmi|m在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形(F1，F(xiàn)2為焦點)是()解：方程①為橢圓，②為雙曲線的一支．二者的焦點均為(－ni，mi)，由①n>0，故否定A，由于n為橢圓的長軸，而C中兩個焦點與原點距離(分別表示|n|、|m|)均小于橢圓長軸，故否定C．由B與D知，橢圓的兩個個焦點都在y軸負(fù)半軸上，由n為長軸，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=－m．曲線上一點到－ni距離大，否定D，故選B．二、填空題（每小題5分，共30分）1．二次方程(1i)x2+(+i)x+(1+i)=0(i為虛數(shù)單位，R)有兩個虛根的充分必要條件是的取值范圍為________．解：即此方程沒有實根的條件．當(dāng)λ∈R時，此方程有兩個復(fù)數(shù)根，若其有實根，則x2+λx+1=0，且x2－x－λ=0．相減得(λ+1)(x+1)=0．當(dāng)λ=－1時，此二方程相同，且有兩個虛根．故λ=－1在取值范圍內(nèi)．當(dāng)λ≠－1時，x=－1，代入得λ=2．即λ=2時，原方程有實根x=－1．故所求范圍是λ≠2．2．實數(shù)x，y滿足4x25xy+4y2=5，設(shè)S=x2+y2，則eq\f(1,Smax)+eq\f(1,Smin)=_______．解：令x=rcosθ，y=rsinθ，則S=r2得r2(4－5sinθcosθ)=5．S=eq\f(5,4－\f(5,2)sin2θ)．∴eq\f(1,Smax)+eq\f(1,Smin)=eq\f(4+\f(5,2),5)+eq\f(4－\f(5,2),5)=eq\f(8,5)．3．若zC，arg(z24)=eq\f(5π,6)，arg(z2+4)=eq\f(π,3)，則z的值是________.解：如圖，可知z2表示復(fù)數(shù)4(cos120°+isin120°)．∴z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+eq\r(3)i)．4．整數(shù)eq\b\bc\[(\f(1093,1031+3))的末兩位數(shù)是_______.解：令x=1031，則得eq\f(x3,x+3)=eq\f(x3+27－27,x+3)=x2－3x+9－eq\f(27,x+3)．由于0<eq\f(27,x+3)<1，故所求末兩位數(shù)字為09－1=08．5．設(shè)任意實數(shù)x0>x1>x2>x3>0，要使logeq\s\do6(\f(x0,x1))1993+logeq\s\do6(\f(x1,x2))1993+logeq\s\do6(\f(x2,x3))1993≥k·logeq\s\do6(\f(x0,x3))1993恒成立，則k的最大值是_______.解：顯然eq\f(x0,x3)>1，從而logeq\s\do6(\f(x0,x3))1993>0．即eq\f(1,lgx0－lgx1)+eq\f(1,lgx1－lgx2)+eq\f(1,lgx2－lgx3)≥eq\f(k,lgx0－lgx3)．就是[(lgx0－lgx1)+(lgx1－lgx2)+(lgx2－lgx3)](eq\f(1,lgx0－lgx1)+eq\f(1,lgx1－lgx2)+eq\f(1,lgx2－lgx3))≥k．其中l(wèi)gx0－lgx1>0，lgx1－lgx2>0，lgx2－lgx3>0，由Cauchy不等式，知k≤9．即k的最大值為9．6．三位數(shù)(100，101，，999)共900個，在卡片上打印這些三位數(shù)，每張卡片上打印一個三位數(shù)，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數(shù)，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____張卡片．解：首位與末位各可選擇1，6，8，9，有4種選擇，十位還可選0，有5種選擇，共有4×5×4=80種選擇．但兩端為1，8，中間為0，1，8時，或兩端為9、6，中間為0，1，8時，倒后不變；共有2×3+2×3=12個，故共有(80－12)÷2=34個．三、（本題滿分20分）三棱錐S-ABC中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩互相垂直，M為三角形ABC的重心，D為AB的中點，作與SC平行的直線DP．證明：(1)DP與SM相交；(2)設(shè)DP與SM的交點為，則為三棱錐S—ABC的外接球球心．⑴證明：∵DP∥SC，故DP、CS共面．∴DC面DPC，∵M(jìn)∈DC，M∈面DPC，SM面DPC．∵在面DPC內(nèi)SM與SC相交，故直線SM與DP相交．⑵∵SA、SB、SC兩兩互相垂直，∴SC⊥面SAB，SC⊥SD．∵DP∥SC，∴DP⊥SD．△DDM∽△CSM，∵M(jìn)為△ABC的重心，∴DM∶MC=1∶2．∴DD∶SC=1∶2．取SC中點Q，連DQ．則SQ=DD，平面四邊形DDQS是矩形．∴DQ⊥SC，由三線合一定理，知DC=PS．同理，DA=DB=DB=DS．即以D為球心DS為半徑作球D．則A、B、C均在此球上．即D為三棱錐S—ABC的外接球球心．四、（本題滿分20分）設(shè)0<a<b，過兩定點A(a，0)和B(b，0)分別引直線l和m，使與拋物線y2=x有四個不同的交點，當(dāng)這四點共圓時，求這種直線l與m的交點P的軌跡．解：設(shè)l：y=k1(x－a)，m：y=k2(x－b)．于是l、m可寫為(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)=0．∴交點滿足eq\b\lc\{(\a\ac(y2=x，,(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)=0．))若四個交點共圓，則此圓可寫為(k1x－y－k1a)(k2x－y－k2b)+(y2－x)=0．此方程中xy項必為0，故得k1=－k2，設(shè)k1=－k2=k≠0．于是l、m方程分別為y=k(x－a)與y=－k(x－b)．消去k，得2x－(a+b)=0，(y≠0)即為所求軌跡方程．五、（本題滿分20分）設(shè)正數(shù)列a0、a1、a2、…、an、…滿足eq\r(anan－2)－eq\r(an－1an－2)=2an－1，(n≥2)且a0=a1=1，求{an}的通項公式．解：變形，同除以eq\r(an－1an－2)得：eq\r(eq\f(an,an－1))=2eq\r(eq\f(an－1,an－2))+1，令eq\r(eq\f(an,an－1))+1=bn，則得bn=2bn－1．即{bn}是以b1=eq\r(eq\f(1,1))+1=2為首項，2為公比的等比數(shù)列．∴bn=2n．∴eq\f(an,an－1)=(2n－1)2．故∴eq\b\lc\{(\a\ac(a0=1，,an=(2n－1)2(2n－1－1)2…(21－1)2．(n≥1))) 第二試一、（35分）設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有D是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點．試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n≥4．證明充分性⑴當(dāng)n=4時，如圖，只要連AC，并在ΔABC內(nèi)取一點F，使∠AFB、∠BFC、∠CFA都為鈍角(例如，可以取ΔABC的Fermat點，由于ΔABC是銳角三角形，故其Fermat點在其形內(nèi))．于是，ΔADC、ΔAFB、ΔBFC、ΔAFC都是鈍角三角形．⑵當(dāng)n=5時，可用上法把凸四邊形分成四個鈍角三角形．再在AF上任取一點E，連EB，則ΔAEB也是鈍角三角形，這樣就得到了5個鈍角三角形．一般的，由⑴得到了4個鈍角三角形后，只要在AF上再取n－4個點E1、E2、…En－4，把這些點與B連起來，即可得到均是鈍角三角形的n個三角形．必要性n=2時，連1條對角線把四邊形分成了2個三角形，但其中最多只能有1個鈍角三角形．n=3時，無法從同一頂點出發(fā)連線段把四邊形分成3個三角形，現(xiàn)連了1條對角線AC后，再連B與AC上某點得到線段，此時無法使得到的兩個三角形都是鈍角三角形．∴當(dāng)n=2，3時無法得到滿足題目要求的解．只有當(dāng)n≥4時才有解．二、（35分）設(shè)A是一個有n個元素的集合，A的m個子集A1,A2,,Am兩兩互不包含．試證：(1)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n))≤1；(2)eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的個數(shù)，Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))表示n個不同元素取|Ai|個的組合數(shù)．證明：⑴即證：若k1+k2+…+km=n，則k1!(n－k1)!+k2!(n－k2)!+…+km!(n－km)!≤n!．由于n!表示n個元素的全排列數(shù)，而ki!(n－ki)!表示先在這n個元素中取出ki個元素排列再把其其余元素排列的方法數(shù)，由于Ai互不包含，故n!≥k1!(n－k1)!+k2!(n－k2)!+…+km!(n－km)!成立．⑵∵(eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n)))(eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n)))≥(1+1+1+…+1)2=m2．但0<eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))eq\f(1,C\a(|A|,n))≤1，故eq\o(\s\up12(m),\s\do5(Σ),\s\do12(i=1))Ceq\o(\s\up5(|Ai|),\s\do5(n))≥m2．三、（35分）水平直線m通過圓O的中心，直線lm，l與m相交于M，點M在圓心的右側(cè)，直線l上不同的三點A,B,C在圓外，且位于直線m上方，A點離M點最遠(yuǎn)，C點離M點最近，AP,BQ,CR為圓O的三條切線，P,Q,R為切點．試證：(1)l與圓O相切時，ABCR+BCAP