1997年全國高中數學聯合競賽試卷第一試(10月5日上午8:0010:00)一、選擇題(每小題6分，共36分)1．已知數列{xn}滿足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a，x2=b，記Sn=x1+x2++xn，則下列結論正確的是

(A)x100a，S100=2ba(B)x100b，S1002ba

(C)x100b，S100=ba(D)x100a，S100ba2．如圖，正四面體ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得eq\f(AE,EB)=eq\f(CF,FD)=λ(0<λ<+∞)，記f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF與AC所成的角，βλ表示EF與BD所成的角，則(A)f(λ)在(0，+∞)單調增加(B)f(λ)在(0，+∞)單調減少(C)f(λ)在(0，1)單調增加，而在(1，+∞單調減少(D)f(λ)在(0，+∞)為常數3．設等差數列的首項及公差均為非負整數，項數不少于3，且各項的和為972，則這樣的數列共有

(A)2個(B)3個(C)4個(D)5個4．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為

(A)(0，1)(B)(1，+∞)(C)(0，5)(D)(5，+∞)5．設f(x)=x2－πx，arcsineq\f(1,3)，β=arctaneq\f(5,4)，γ=arcos(－eq\f(1,3))，=arccot(－eq\f(5,4))，則

(A)f(α)>f(β)>f()>f(γ)(B)f(α)>f()>f(β)>f(γ)

(C)f()>f(α)>f(β)>f(γ)(D)f()>f(α)>f(γ)>f(β)6．如果空間三條直線a，b，c兩兩成異面直線，那么與a，b，c都相交的直線有

(A)0條(B)1條(C)多于1的有限條(D)無窮多條二．填空題(每小題9分，共54分)1．設x，y為實數，且滿足eq\b\lc\{(\a\ac((x－1)3+1997(x－1)=－1，,(y－1)3+1997(y－1)=1．))則x+y.2．過雙曲線x2－eq\f(y2,2)=1的右焦點作直線l交雙曲線于A、B兩點，若實數λ使得|AB|λ的直線l恰有3條，則λ=.3．已知復數z滿足eq\b\bc\|(2z+\f(1,z))=1，則z的幅角主值范圍是．4．已知三棱錐SABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，設S、A、B、C四點均在以O為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為．5．設ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點之一．若在5次之內跳到D點，則停止跳動；若5次之內不能到達D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到停止，可能出現的不同跳法共種．6．設alogz+log[x(yz)1+1]，blogx1+log(xyz+1)，clogy+log[(xyz)1+1]，記a，b，c中最大數為M，則M的最小值為．三、（本題滿分20分）設x≥y≥z≥eq\f(π,12)，且x+y+zeq\f(π,2)，求乘積cosxsinycosz的最大值和最小值．四、(本題滿分20分)設雙曲線xy1的兩支為C1，C2(如圖)，正三角形PQR的三頂點位于此雙曲線上．(1)求證：P、Q、R不能都在雙曲線的同一支上；(2)設P(1，1)在C2上，Q、R在C1上，求頂點Q、R的坐標．五、(本題滿分20分)設非零復數a1，a2，a3，a4，a5滿足eq\b\lc\{(\a\ac(\f(a2,a1)=\f(a3,a2)=\f(a4,a3)=\f(a5,a4)，,a1+a2+a3+a4+a5=4(\f(1,a1)+\f(1,a2)+\f(1,a3)+\f(1,a4)+\f(1,a5))=S．))其中S為實數且|S|≤2．

求證：復數a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上．

第二試(10月5日上午10:3012:30)一、（本題50分）如圖，已知兩個半徑不相等的⊙O1與⊙O2相交于M、N兩點，且⊙O1、⊙O2分別與⊙O內切于S、T兩點。求證：OM⊥MN的充分必要條件是S、N、T三點共線。二、（本題50分）試問：當且僅當實數x0，x1，…，xn（n≥2）滿足什么條件時，存在實數y0，y1，…，yn使得zeq\a(2,0)=zeq\a(2,1)+zeq\a(2,2)+…+zeq\a(2,n)成立，其中zk=xk+iyk，i為虛數單位，k=0，1，…，n。證明你的結論。三、（本題50分）在100×25的長方形表格中每一格填入一個非負實數，第i行第j列中填入的數為xi,j（i=1，2，…，100；j=1，2，…，25）（如表1）。然后將表1每列中的數按由小到大的次序從上到下重新排列為x1,j≥x2,j≥…≥x100,j（j=1，2，…，25）。（如表2）求最小的自然數k，使得只要表1中填入的數滿足eq\o(\s\up15(25),\s\do4(Σ),\s\do10(j=1))xi，j≤1（i=1，2，…，100），則當i≥k時，在表2中就能保證eq\o(\s\up15(25),\s\do4(Σ),\s\do10(j=1))xi，j≤1成立。表1表2x1,1x1,2…x1,25x1,1x1,2…x1,25x2,1x2,2…x2,25x2,1x2,2…x2,25……x100,1x100,2…x100,25x100,1x100,2…x100,25

1997年全國高中數學聯賽解答第一試一、選擇題(每小題6分，共36分)1．已知數列{xn}滿足xn+1=xn－xn－1(n≥2)，x1=a，x2=b，記Sn=x1+x2++xn，則下列結論正確的是

(A)x100a，S100=2ba(B)x100b，S1002ba

(C)x100b，S100=ba(D)x100a，S100ba解：x1=a，x2=b，x3=b－a，x4=－a，x5=－b，x6=a－b，x7=a，x8=b，…．易知此數列循環，xn+6=xn，于是x100=x4=－a，又x1+x2+x3+x4+x5+x6=0，故S100=2b－a．選A．2．如圖，正四面體ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得eq\f(AE,EB)=eq\f(CF,FD)=λ(0<λ<+∞)，記f(λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF與AC所成的角，βλ表示EF與BD所成的角，則(A)f(λ)在(0，+∞)單調增加(B)f(λ)在(0，+∞)單調減少(C)f(λ)在(0，1)單調增加，而在(1，+∞單調減少(D)f(λ)在(0，+∞)為常數解：作EG∥AC交BC于G，連GF，則eq\f(AE,EB)=eq\f(CG,GB)=eq\f(CF,FD)，故GF∥BD．故∠GEF=αλ，∠GFE=βλ，但AC⊥BD，故∠EGF=90°．故f(λ)為常數．選D．3．設等差數列的首項及公差均為非負整數，項數不少于3，且各項的和為972，則這樣的數列共有

(A)2個(B)3個(C)4個(D)5個解：設首項為a，公差為d，項數為n，則na+eq\f(1,2)n(n－1)d=972，n[2a+(n－1)d]=2×972，即n為2×972的大于3的約數．∴⑴n=972，2a+(972－1)d=2，d=0，a=1；d≥1時a<0．有一解；⑵n=97，2a+96d=194，d=0，a=97；d=1，a=a=49；d=2，a=1.有三解；⑶n=2×97，n=2×972，無解．n=1，2時n<3.．選C4．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍為

(A)(0，1)(B)(1，+∞)(C)(0，5)(D)(5，+∞)解：看成是軌跡上點到(0，－1)的距離與到直線x－2y+3=0的距離的比：eq\f(\r(x2+(y+1)2),\f(|x－2y+3|,\r(12+(－2)2)))=eq\r(\f(5,m))<1m>5，選D．5．設f(x)=x2－πx，arcsineq\f(1,3)，β=arctaneq\f(5,4)，γ=arcos(－eq\f(1,3))，=arccot(－eq\f(5,4))，則

(A)f(α)>f(β)>f()>f(γ)(B)f(α)>f()>f(β)>f(γ)

(C)f(i)>f(α)>f(β)>f(γ)(D)f()>f(α)>f(γ)>f(β)解：f(x)的對稱軸為x=eq\f(π,2)，易得，0<α<eq\f(π,6)<eq\f(π,4)<β<eq\f(π,3)<eq\f(π,2)<γ<eq\f(2π,3)<eq\f(3π,4)<δ<eq\f(5π,6)．選B．6．如果空間三條直線a，b，c兩兩成異面直線，那么與a，b，c都相交的直線有

(A)0條(B)1條(C)多于1的有限條(D)無窮多條解：在a、b、c上取三條線段AB、CC、AD，作一個平行六面體ABCD—ABCD，在c上取線段AD上一點P，過a、P作一個平面，與DD交于Q、與CC交于R，則QR∥a，于是PR不與a平行，但PR與a共面．故PR與a相交．由于可以取無窮多個點P．故選D．二．填空題(每小題9分，共54分)1．設x，y為實數，且滿足eq\b\lc\{(\a\ac((x－1)3+1997(x－1)=－1，,(y－1)3+1997(y－1)=1．))則x+y.解：原方程組即eq\b\lc\{(\a\ac((x－1)3+1997(x－1)+1=0，,(1－y)3+1997(1－y)+1=0．))取f(t)=t3+1997t+1，f(t)=3t2+1987>0．故f(t)單調增，現x－1=1－y，x+y=2．2．過雙曲線x2－eq\f(y2,2)=1的右焦點作直線l交雙曲線于A、B兩點，若實數λ使得|AB|λ的直線l恰有3條，則λ=．解：右支內最短的焦點弦=eq\f(2b2,a)=4．又2a=2，故與左、右兩支相交的焦點弦長≥2a=2，這樣的弦由對稱性有兩條．故λ=4時設AB的傾斜角為θ，則右支內的焦點弦λ=eq\f(2ab2,a2－c2cos2θ)=eq\f(4,1－3cos2θ)≥4，當θ=90°時，λ=4．與左支相交時，θ=±arccoseq\r(\f(2,3))時，λ=eq\b\bc\|(\f(2ab2,a2－c2cos2θ))=eq\b\bc\|(\f(4,1－3cos2θ))=4．故λ=4．3．已知復數z滿足eq\b\bc\|(2z+\f(1,z))=1，則z的幅角主值范圍是．解：eq\b\bc\|(2z+\f(1,z))=14r4+(4cos2θ－1)r2+1=0，這個等式成立等價于關于x的二次方程4x2+(4cos2θ－1)x+1=0有正根．△=(4cos2θ－1)2－16≥0，由x1x2=eq\f(1,4)>0，故必須x1+x2=－eq\f(4cos2θ－1,4)>0．∴cos2θ≤－eq\f(3,4)．∴(2k+1)π－arccoseq\f(3,4)≤2θ≤(2k+1)π+arccoseq\f(3,4)．∴kπ+eq\f(π,2)－eq\f(1,2)arccoseq\f(3,4)≤θ≤kπ+eq\f(π,2)+eq\f(1,2)arccoseq\f(3,4)，(k=0，1)4．已知三棱錐SABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，設S、A、B、C四點均在以O為球心的某個球面上，則點O到平面ABC的距離為．解：SA=SB=SC=2，S在面ABC上的射影為AB中點H，∴SH⊥平面ABC．∴SH上任意一點到A、B、C的距離相等．∵SH=eq\r(3)，CH=1，在面SHC內作SC的垂直平分線MO與SH交于O，則O為SABC的外接球球心．SM=1，∴SO=eq\f(2\r(3),3)，∴OH=eq\f(\r(3),3)，即為O與平面ABC的距離．5．設ABCDEF為正六邊形，一只青蛙開始在頂點A處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點之一．若在5次之內跳到D點，則停止跳動；若5次之內不能到達D點，則跳完5次也停止跳動，那么這只青蛙從開始到停止，可能出現的不同跳法共種．解：青蛙跳5次，只可能跳到B、D、F三點(染色可證)．青蛙順時針跳1次算+1，逆時針跳1次算－1，寫5個“□1”，在□中填“+”號或“－”號：□1□1□1□1□1規則可解釋為：前三個□中如果同號，則停止填寫；若不同號，則后2個□中繼續填寫符號．前三□同號的方法有2種；前三個□不同號的方法有23－2=6種，后兩個□中填號的方法有22種．∴共有2+6×4=26種方法．6．設alogz+log[x(yz)1+1]，blogx1+log(xyz+1)，clogy+log[(xyz)1+1]，記a，b，c中最大數為M，則M的最小值為．解：a=log(eq\f(x,y)+z)，b=log(yz+eq\f(1,x))，c=log(eq\f(1,yz)+y)．∴a+c=log(eq\f(1,yz)+eq\f(1,x)+yz+x)≥2log2．于是a、c中必有一個≥log2．即M≥log2，于是M的最小值≥log2．但取x=y=z=1，得a=b=c=log2．即此時M=log2．于是M的最小值≤log2．∴所求值=log2．三、（本題滿分20分）設x≥y≥z≥eq\f(,12)，且x+y+z=eq\f(,2)，求乘積cosxsinycosz的最大值和最小值．解：由于x≥y≥z≥eq\f(,12)，故eq\f(,6)≤x≤eq\f(,2)－eq\f(,12)×2=eq\f(,3)．∴cosxsinycosz=cosx×eq\f(1,2)[sin(y+z)+sin(y－z)]=eq\f(1,2)cos2x+eq\f(1,2)cosxsin(y－z)≥eq\f(1,2)cos2eq\f(,3)=eq\f(1,8)．即最小值．(由于eq\f(,6)≤x≤eq\f(,3)，y≥z，故cosxsin(y－z)≥0)，當y=z=eq\f(,12)，x=eq\f(,3)時，cosxsinycosz=eq\f(1,8)．∵cosxsinycosz=cosz×eq\f(1,2)[sin(x+y)－sin(x－y)]=eq\f(1,2)cos2z－eq\f(1,2)coszsin(x－y)．由于sin(x－y)≥0，cosz>0，故cosxsinycosz≤eq\f(1,2)cos2z=eq\f(1,2)cos2eq\f(,12)=eq\f(1,2)(1+coseq\f(,6))=eq\f(2+eq\r(3),8)．當x=y=eq\f(5,12)，z=eq\f(,12)時取得最大值．∴最大值eq\f(2+\r(3),8)，最小值eq\f(1,8)．四、(本題滿分20分)設雙曲線xy1的兩支為C1，C2(如圖)，正三角形PQR的三頂點位于此雙曲線上．(1)求證：P、Q、R不能都在雙曲線的同一支上；(2)設P(1，1)在C2上，Q、R在C1上，求頂點Q、R的坐標．解：設某個正三角形的三個頂點都在同一支上．此三點的坐標為P(x1，eq\f(1,x1))，Q(x2，eq\f(1,x2))，R(x3，eq\f(1,x3))．不妨設0<x1<x2<x3，則eq\f(1,x1)>eq\f(1,x2)>eq\f(1,x3)>0．kPQ=eq\f(y2－y1,x2－x1)=－eq\f(1,x1x2)；kQR=－eq\f(1,x2x3)；tan∠PQR=eq\f(－\f(1,x1x2)+\f(1,x2x3),1+\f(1,x1x3x22))<0，從而∠PQR為鈍角．即△PQR不可能是正三角形．⑵P(－1，－1)，設Q(x2，eq\f(1,x2))，點P在直線y=x上．以P為圓心，|PQ|為半徑作圓，此圓與雙曲線第一象限內的另一交點R滿足|PQ|=|PR|，由圓與雙曲線都是y=x對稱，知Q與R關于y=x對稱．且在第一象限內此二曲線沒有其他交點(二次曲線的交點個數)．于是R(eq\f(1,x2)，x2)．∴PQ與y=x的夾角=30°，PQ所在直線的傾斜角=75°．tan75°=eq\f(1+\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))=2+eq\r(3)．PQ所在直線方程為y+1=(2+eq\r(3))(x+1)，代入xy=1，解得Q(2－eq\r(3)，2+eq\r(3))，于是R(2+eq\r(3)，2－eq\r(3))．五、(本題滿分20分)設非零復數a1，a2，a3，a4，a5滿足eq\b\lc\{(\a\ac(\f(a2,a1)=\f(a3,a2)=\f(a4,a3)=\f(a5,a4)，,a1+a2+a3+a4+a5=4(\f(1,a1)+\f(1,a2)+\f(1,a3)+\f(1,a4)+\f(1,a5))=S．))其中S為實數且|S|≤2．

求證：復數a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上．證明：設eq\f(a2,a1)=eq\f(a3,a2)=eq\f(a4,a3)=eq\f(a5,a4)=q，則由下式得a1(1+q+q2+q3+q4)=eq\f(4,a1q4)(1+q+q2+q3+q4)．∴(a12q4－4)(1+q+q2+q3+q4)=0，故a1q2=±2，或1+q+q2+q3+q4=0．⑴若a1q2=±2，則得±2(eq\f(1,q2)+eq\f(1,q)+1+q+q2)=S．S=±2[(q+eq\f(1,q))2+(q+eq\f(1,q))－1]=±2[(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)]．∴由已知，有(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)∈R，且|(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)|≤1．令q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2)=h(cosθ+isinθ)，(h>0)．則h2(cos2θ+isin2θ)－eq\f(5,4)∈R．sin2θ=0．－1≤h2(cos2θ+isin2θ)－eq\f(5,4)≤1．eq\f(1,4)≤h2(cos2θ+isin2θ)≤eq\f(9,4)，cos2θ>0．θ=kπ(k∈Z)∴q+eq\f(1,q)∈R．再令q=r(cosα+isinα)，(r>0)．則q+eq\f(1,q)=(r+eq\f(1,r))cosα+i(r－eq\f(1,r))sinα∈R．sinα=0或r=1．若sinα=0，則q=±r為實數．此時q+eq\f(1,q)≥2或q+eq\f(1,q)≤－2．此時q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2)≥eq\f(5,2)，或q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2)≤－eq\f(3,2)．此時，由|(q+eq\f(1,q)+eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)|≤1，知q=－1．此時，|ai|=2．若r=1，仍有|ai|=2，故此五點在同一圓周上．⑵若1+q+q2+q3+q4=0．則q5－1=0，∴|q|=1．此時|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|，即此五點在同一圓上．綜上可知，表示復數a1，a2，a3，a4，a5在復平面上所對應的點位于同一圓周上．第二試一、（本題50分）如圖，已知兩個半徑不相等的⊙O1與⊙O2相交于M、N兩點，且⊙O1、⊙O2分別與⊙O內切于S、T兩點。求證：OM⊥MN的充分必要條件是S、N、T三點共線。證明：過S、T分別作相應兩圓的公切線，交于點P，則PS=PT，點P在直線MN上(根軸)．且O、S、P、T四點共圓．⑴若S、N、T三點共線，連O1N，O2N，則OS=OT，O1S=O1N，于是∠S=∠T，∠S=∠O1NS，∴∠O1NS=∠T，O1N∥OT，同理，O2N∥OS，即OS=O2N+O1S．即⊙O的半徑=⊙O1與⊙O2的半徑的和．∴∠PTS=∠TSP=∠NMS，∴S、P、T、M共圓，故O、S、P、T、M五點共圓．∠OMS=∠OTS=∠OST．∴∠OMN=∠OMS+∠SMN=∠OST+∠TSP=∠OSP=90°．∴OM⊥MN．⑵反之，若OM⊥MN，則OM∥O1O2，由OO2－OO1=(R－r2)－(R－r1)=r1－r2=O1M－O2M．即O、M在以O1、O2為焦點的雙曲線的不同兩支上．由雙曲線的對稱性，知O1O2MO是等腰梯形．∴OO2=O1M．即OT=r1+r2，∴O1N=OO2，OO1=O2N，于是OO1NO2為平行四邊形．由于△OST、△O1SN、△O2NT都是等腰三角形．∴∠SO1N=∠O=∠NO2T，∴∠OST=∠OSN．∴S、N、T三點共線．二．（本題50分）試問：當且僅當實數x0，x1，…，xn（n≥2）滿足什么條件時，存在實數y0，y1，…，yn使得z02=z12+z22+…+zn2成立，其中zk=xk+iyk，i為虛數單位，k=0，1，…，n。證明你的結論。解：z02=x02－y02+2x0y0i=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i．∴x02－y02=(x12+x22+…+xn2)－(y12+y22+…+yn2)；x0y0=x1y1+x2y2+…+xnyn．若x02>x12+x22+…+xn2，則y02>y12+y22+…+yn2．此時x02y02>(x12+x22+…+xn2)(y12+y22+…+yn2)≥(x1y1+x2y2+…+xnyn)2=(x0y0)2．矛盾．故必x02≤x12+x22+…+xn2．反之，若x02≤x12+x22+…+xn2成立．此時，可分兩種情況：⑴當x02=x12+x22+…+xn2成立時，取yi=xi(i=0，1，2，…，n)，于是z02=(x0+y0i)2=x02－y02+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．⑵當x02<x12+x22+…+xn2成立時，記a2=x12+x22+…+xn2－x02>0，于是xi(i=1，2，…，n)不能全為0．不妨設xn≠0，取y0=y1=y2=…=yn－2=0，yn－1=eq\f(axn,\r(x\a(2,n－1)+x\a(2,n)))，yn=－eq\f(axn－1,\r