1988年全國高中數學聯賽試題第一試(10月16日上午8∶00——9∶30)一．選擇題(本大題共5小題，每小題有一個正確答案，選對得7分，選錯、不選或多選均得0分)：1．設有三個函數，第一個是y=φ(x)，它的反函數是第二個函數，而第三個函數的圖象與第二個函數的圖象關于x+y=0對稱，那么，第三個函數是()A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)2．已知原點在橢圓k2x2+y2－4kx+2ky+k2－1=0的內部，那么參數k的取值范圍是()A．|k|>1B．|k|≠1C．－1<k<1D．0<|k|<13．平面上有三個點集M，N，P：M={(x，y)||x|+|y|<1}，N={(x，y)|eq\r((x－\f(1,2))2+(y+\f(1,2))2)+eq\r((x+\f(1,2))2+(y－\f(1,2))2)<2eq\r(2)}，P={(x，y)||x+y|<1，|x|<1，|y|<1}．則A．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Peq\o(\s\up4(),\s\do())NB．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())PC．Peq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())MD．A、B、C都不成立4．已知三個平面α、β、γ，每兩個之間的夾角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有命題甲：θ>eq\f(π,3)；命題乙：a、b、c相交于一點．則A．甲是乙的充分條件但不必要B．甲是乙的必要條件但不充分C．甲是乙的充分必要條件D．A、B、C都不對5．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點叫做整點，我們用I表示所有直線的集合，M表示恰好通過1個整點的集合，N表示不通過任何整點的直線的集合，P表示通過無窮多個整點的直線的集合．那么表達式⑴M∪N∪P=I；⑵N≠?．⑶M≠?．⑷P≠?中，正確的表達式的個數是A．1B．2C．3D．4二．填空題(本大題共4小題，每小題10分)：1．設x≠y，且兩數列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均為等差數列，那么eq\f(b4－b3,a2－a1)=．2．(eq\r(x)+2)2n+1的展開式中，x的整數次冪的各項系數之和為．3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分別是AB、AC上的高，則eq\f(DE,BC)=．4．甲乙兩隊各出7名隊員，按事先排好順序出場參加圍棋擂臺賽，雙方先由1號隊員比賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽，……直至一方隊員全部淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程．那么所有可能出現的比賽過程的種數為．三．(15分)長為eq\r(2)，寬為1的矩形，以它的一條對角線所在的直線為軸旋轉一周，求得到的旋轉體的體積．四．(15分)復平面上動點Z1的軌跡方程為|Z1－Z0|=|Z1|，Z0為定點，Z0≠0，另一個動點Z滿足Z1Z=－1，求點Z的軌跡，指出它在復平面上的形狀和位置．五．(15分)已知a、b為正實數，且eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=1，試證：對每一個n∈N*，(a+b)n－an－bn≥22n－2n+1．

1988年全國高中數學聯賽二試題一．已知數列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=eq\b\lc\{(\a\ac(5an+1－3an(an·an+1為偶數)，,an+1－an(an·an+1為奇數)．))試證：對一切n∈N*，an≠0．二．如圖，在△ABC中，P、Q、R將其周長三等分，且P、Q在AB邊上，求證：eq\f(SPQR,SABC)>eq\f(2,9)．三．在坐標平面上，是否存在一個含有無窮多直線l1，l2，……，ln，…的直線族，它滿足條件：⑴點(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；⑵kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分別是ln在x軸和y軸上的截距，(n=1，2，3，……)；⑶knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．并證明你的結論．

1988年全國高中數學聯賽解答一試題一．選擇題(本大題共5小題，每小題有一個正確答案，選對得7分，選錯、不選或多選均得0分)：1．設有三個函數，第一個是y=φ(x)，它的反函數是第二個函數，而第三個函數的圖象與第二個函數的圖象關于x+y=0對稱，那么，第三個函數是()A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)解：第二個函數是y=φ－1(x)．第三個函數是－x=φ－1(－y)，即y=－φ(－x)．選B．2．已知原點在橢圓k2x2+y2－4kx+2ky+k2－1=0的內部，那么參數k的取值范圍是()A．|k|>1B．|k|≠1C．－1<k<1D．0<|k|<1解：因是橢圓，故k≠0，以(0，0)代入方程，得k2－1<0，選D．3．平面上有三個點集M，N，P：M={(x，y)||x|+|y|<1}，N={(x，y)|eq\r((x－\f(1,2))2+(y+\f(1,2))2)+eq\r((x+\f(1,2))2+(y－\f(1,2))2)<2eq\r(2)}，P={(x，y)||x+y|<1，|x|<1，|y|<1}．則A．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Peq\o(\s\up4(),\s\do())NB．Meq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())PC．Peq\o(\s\up4(),\s\do())Neq\o(\s\up4(),\s\do())MD．A、B、C都不成立解：M表示以(1，0)，(0．1)，(－1，0)，(0，－1)為頂點的正方形內部的點的集合(不包括邊界)；N表示焦點為(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2))，(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，長軸為2eq\r(2)的橢圓內部的點的集合，P表示由x+y=±1，x=±1，y=±1圍成的六邊形內部的點的集合．故選A．4．已知三個平面α、β、γ，每兩個之間的夾角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有命題甲：θ>eq\f(π,3)；命題乙：a、b、c相交于一點．則A．甲是乙的充分條件但不必要B．甲是乙的必要條件但不充分C．甲是乙的充分必要條件D．A、B、C都不對解：a，b，c或平行，或交于一點．但當a∥b∥c時，θ=eq\f(π,3)．當它們交于一點時，eq\f(π,3)<θ<π．選C．5．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點叫做整點，我們用I表示所有直線的集合，M表示恰好通過1個整點的集合，N表示不通過任何整點的直線的集合，P表示通過無窮多個整點的直線的集合．那么表達式⑴M∪N∪P=I；⑵N≠?．⑶M≠?．⑷P≠?中，正確的表達式的個數是A．1B．2C．3D．4解：均正確，選D．二．填空題(本大題共4小題，每小題10分)：1．設x≠y，且兩數列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均為等差數列，那么eq\f(b4－b3,a2－a1)=．解：a2－a1=eq\f(1,4)(y－x)，b4－b3=eq\f(2,3)(y－x)，eq\f(b4－b3,a2－a1)=eq\f(8,3)．2．(eq\r(x)+2)2n+1的展開式中，x的整數次冪的各項系數之和為．解：(eq\r(x)+2)2n+1－(eq\r(x)－2)2n+1=2(Ceq\a(1,2n+1)2xn+Ceq\a(3,2n+1)23xn－1+Ceq\a(5,2n+1)25xn－2+…+Ceq\a(2n+1,2n+1)22n+1)．令x=1，得所求系數和=eq\f(1,2)(32n+1+1)．3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分別是AB、AC上的高，則eq\f(DE,BC)=．解：△AED∽△ABC，eq\f(DE,BC)=eq\f(AD,AC)=|cosα|．4．甲乙兩隊各出7名隊員，按事先排好順序出場參加圍棋擂臺賽，雙方先由1號隊員比賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽，……直至一方隊員全部淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程．那么所有可能出現的比賽過程的種數為．解畫1行14個格子，每個格子依次代表一場比賽，如果某場比賽某人輸了，就在相應的格子中寫上他的順序號(兩方的人各用一種顏色寫以示區別)．如果某一方7人都已失敗則在后面的格子中依次填入另一方未出場的隊員的順序號．于是每一種比賽結果都對應一種填表方法，每一種填表方法對應一種比賽結果．這是一一對應關系．故所求方法數等于在14個格子中任選7個寫入某一方的號碼的方法數．∴共有Ceq\a(7,14)種比賽方式．三．(15分)長為eq\r(2)，寬為1的矩形，以它的一條對角線所在的直線為軸旋轉一周，求得到的旋轉體的體積．解：過軸所在對角線BD中點O作MN⊥BD交邊AD、BC于M、N，作AE⊥BD于E，則△ABD旋轉所得旋轉體為兩個有公共底面的圓錐，底面半徑AE=eq\f(\r(2),\r(3))=eq\f(\r(6),3)．其體積V=eq\f(π,3)(eq\f(\r(6),3))2·eq\r(3)=eq\f(2\r(3),9)π．同樣，△BCD旋轉所得旋轉體的體積=eq\f(2\r(3),9)π．其重疊部分也是兩個圓錐，由△DOM∽△DAB，DO=eq\f(\r(3),2)，OM=eq\f(DO·AB,DA)=eq\f(\r(6),4)．∴其體積=2·eq\f(1,3)π·(eq\f(\r(6),4))2·eq\f(\r(3),2)=eq\f(\r(3),8)π．∴所求體積=2·eq\f(2\r(3),9)π－eq\f(\r(3),8)π=eq\f(23,72)eq\r(3π)．四．(15分)復平面上動點Z1的軌跡方程為|Z1－Z0|=|Z1|，Z0為定點，Z0≠0，另一個動點Z滿足Z1Z=－1，求點Z的軌跡，指出它在復平面上的形狀和位置．解：Z1=－eq\f(1,Z)，故得|－eq\f(1,Z)－Z0|=|eq\f(1,Z)|，即|ZZ0+1|=1．|Z+eq\f(1,Z0)|=|eq\f(1,Z0)|．即以－eq\f(1,Z0)為圓心|eq\f(1,Z0)|為半徑的圓．五．(15分)已知a、b為正實數，且eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=1．試證：對每一個n∈N*，(a+b)n－an－bn≥22n－2n+1．證明：由已知得a+b=ab．又a+b≥2eq\r(ab)，∴ab≥2eq\r(ab)，故a+b=ab≥4．于是(a+b)k=(ab)k≥22k．又ak+bk≥2eq\r(akbk)=2eq\r((a+b)k)≥2k+1．下面用數學歸納法證明：1°當n=1時，左=右=0．左≥右成立．2°設當n=k(k≥1，k∈N)時結論成立，即(a+b)k－ak－bk≥22k－2k+1成立．則(a+b)k+1－ak+1－bk+1=(a+b)(a+b)k－(ak+bk)(a+b)+ab(ak－1+bk－1)=(a+b)[(a+b)k－ak－bk]+ab(ak－1+bk－1)≥4?(22k－2k+1)+4?2k=22(k+1)－4?2k+1+4?2k=22(k+1)－2(k+1)+1．即命題對于n=k+1也成立．故對于一切n∈N*，命題成立．二試題一．已知數列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=eq\b\lc\{(\a\ac(5an+1－3an(an·an+1為偶數)，,an+1－an(an·an+1為奇數)．))試證：對一切n∈N*，an≠0．（1988年全國高中競賽試題）分析：改證an?0(mod4)或an?0(mod3)．證明：由a1=1，a2=2，得a3=7，a4=29，……∴a1≡1，a2≡2，a3≡3(mod4)．設a3k－2≡1，a3k－1≡2，a3k≡3(mod4)．則a3k+1≡5×3－3×2=9≡1(mod4)；a3k+2≡1－3=－2≡2(mod4)；a3k+3≡5×2－3×1=7≡3(mod4)．根據歸納原理知，對于一切n∈N，a3n－2≡1，a3n－1≡2，a3n≡3(mod4)恒成立，故an?0(mod4)成立，從而an≠0．又證：a1≡1，a2≡2(mod3)．設a2k－1≡1，a2k≡2(mod3)成立，則當a2k－1?a2k為偶數時a2k+1≡5×2－3×1≡1(mod3)，當a2k－1?a2k為奇數時a2k+1≡2－1≡1(mod3)，總之a2k+1≡1(mod3)．當a2k?a2k+1為偶數時a2k+2≡5×1－3×2≡2(mod3)，當a2k?a2k+1為奇數時a2k+2≡1－2≡2(mod3)，總之，a2k+2≡2(mod3)．于是an?0(mod3)．故an≠0．二．如圖，在△ABC中，P、Q、R將其周長三等分，且P、Q在AB邊上，求證：eq\f(SPQR,SABC)>eq\f(2,9)．證明：作△ABC及△PQR的高CN、RH．設△ABC的周長為1．則PQ=eq\f(1,3)．則eq\f(SPQR,SABC)=eq\f(PQ·RH,AB·CN)=eq\f(PQ,AB)·eq\f(AR,AC)，但AB<eq\f(1,2)，于是eq\f(PQ,AB)>eq\f(2,3)，AP≤AB－PQ<eq\f(1,2)－eq\f(1,3)=eq\f(1,6)，∴AR=eq\f(1,3)－AP>eq\f(1,6)，AC<eq\f(1,2)，故eq\f(AR,AC)>eq\f(1,3)，從而eq\f(SPQR,SABC)>eq\f(2,9)．三．在坐標平面上，是否存在一個含有無窮多直線l1，l2，……，ln，…的直線族，它滿足條件：⑴點(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；⑵kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分別是ln在x軸和y軸上的截距，(n=1，2，3，……)；⑶knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．并證明你的結論．證明：設an=bn≠0，即kn－1=－1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此時an+1不存在，故kn≠±1．現設kn≠0，1，則y=kn(x－1)+1，得bn=1－kn，an=1－eq\f(1,kn)，∴kn+1=kn－eq\f(1,kn)．此時knkn+1=kn2－1．∴kn>1或kn<－1．從而k1>1或k1<－1．⑴當k1>1時，由于0<eq\f(1,k1)<1，故k1>k2=k1－eq\f(1,k1)>0，若k2>1，則又有k1>k2>k3>0，依此類推，知當km>1時，有k1>k2>k3>?…>km>km+1>0，且0<eq\f(1,k1)<eq\f(1,k2)<…<eq\f(1,km)<1，km+1=km－eq\f(1,km)<km－eq\f(1,k1)=km－1－eq\f(1,km－1)－e