1989年全國高中數學聯賽(10月15日上午8∶00—10∶00)一．選擇題(本題滿分30分，每小題5分)：1．若A、B是銳角△ABC的兩個內角，則復數z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在復平面內所對應的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．函數f(x)=arctanx+eq\f(1,2)arcsinx的值域是()A．(－π，π)B．[－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π]C．(－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π)D．[－eq\f(1,2)π，eq\f(1,2)π]3．對任意的函數y=f(x)，在同一個直角坐標系中，函數y=f(x－l)與函數y=f(－x+l)的圖象恒()A．關于x軸對稱B．關于直線x=l對稱C．關于直線x=－l對稱D．關于y軸對稱4．以長方體8個頂點中任意3個為頂點的所有三角形中，銳角三角形的個數為()A．0B．6C．8D．245．若M={z|z=eq\f(t,1+t)+ieq\f(1+t,t)，t∈R，t≠－1，t≠0}，N={z|z=eq\r(2)[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．則M∩N中元素的個數為A．0B．1C．2D．46．集合M={u|u=12m+8n+4l，其中m，n，l∈Z}N={u|u=20p+16q+12r，其中p，q，r∈Z}的關系為A．M=NB．MN，NMC．Meq\o(\s\up4(),\s\do3())ND．Neq\o(\s\up4(),\s\do3())M三．填空題(本題滿分30分，每小題5分)1．若logaeq\r(2)<1，則a的取值范圍是．2．已知直線l：2x+y=10，過點(－10，0)作直線l⊥l，則l與l的交點坐標為．3．設函數f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)=|f1(x)－2|，則函數y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積是.4．一個正數，若其小數部分、整數部分和其自身成等比數列，則該數為．5．如果從數1，2，3，…，14中，按由小到大的順序取出a1，a2，a3，使同時滿足a2－a1≥3，與a3－a2≥3，那么，所有符合上述要求的不同取法有種．6．當s和t取遍所有實數時，則(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能達到的最小值為．三．(本題滿分20分)已知a1，a2，…，an是n個正數，滿足a1?a2?…?an=1．求證：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．四．(本題滿分20分)已知正三棱錐S—ABC的高SO=3，底面邊長為6，過點A向其所對側面SBC作垂線，垂足為O，在AO上取一點P，使eq\f(AP,PO)=8，求經過點P且平行于底面的截面的面積．五．(本題滿分20分)已知：對任意的n∈N*，有an>0，且eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2．求證：an=n．第二試(上午10∶30—12∶30)一．(本題滿分35分)ABCEF已知在ΔABC中，AB>AC，A的一個外角的平分線交ΔABC的外接圓于點E，過E作EF⊥ABCEF求證2AF=AB-AC．二．(本題滿分35分)已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，滿足eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))|xi|=1，eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))xi=0，求證：eq\b\bc\|(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))\f(xi,i))≤eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)．三．(本題滿分35分)有n×n（n≥4)的一張空白方格表，在它的每一個方格內任意的填入+1與-1這兩個數中的一個，現將表內n個兩兩既不同行(橫)又不同列(豎)的方格中的數的乘積稱為一個基本項．試證明：按上述方式所填成的每一個方格表，它的全部基本項之和總能被4整除（即總能表示成4k的形式，其中k∈Z）．

1989年全國高中數學聯賽解答第一試一．選擇題(本題滿分30分，每小題5分)：1．若A、B是銳角△ABC的兩個內角，則復數z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在復平面內所對應的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解：0°<A、B<90°<A+B<180°．故90°>A>90°－B>0°，sinA>cosB，cosA<sinB．故cosB－sinA<0，sinB－cosA>0．點Z位于第二象限．選B2．函數f(x)=arctanx+eq\f(1,2)arcsinx的值域是()A．(－π，π)B．[－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π]C．(－eq\f(3,4)π，eq\f(3,4)π)D．[－eq\f(1,2)π，eq\f(1,2)π]解：因x∈[－1，1]，故arctanx∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，eq\f(1,2)arcsinx∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，且f(－1)=－eq\f(π,2)，f(1)=eq\f(π,2)．選D3．對任意的函數y=f(x)，在同一個直角坐標系中，函數y=f(x－l)與函數y=f(－x+l)的圖象恒()A．關于x軸對稱B．關于直線x=l對稱C．關于直線x=－l對稱D．關于y軸對稱解：令x－1=t，則得f(t)=f(－t)，即f(t)關于t=0對稱，即此二圖象關于x=1對稱．選B4．以長方體8個頂點中任意3個為頂點的所有三角形中，銳角三角形的個數為()A．0B．6C．8D．24解：以不相鄰的4個頂點為頂點的四面體的8個面都是銳角三角形．其余的三角形都不是銳角三角形．選C．5．若M={z|z=eq\f(t,1+t)+ieq\f(1+t,t)，t∈R，t≠－1，t≠0}，N={z|z=eq\r(2)[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|≤1}．則M∩N中元素的個數為A．0B．1C．2D．4解：M的圖象為雙曲線xy=1(x≠0，x≠1)N的圖象為x2+y2=2(x≥0)，二者無公共點．選A．6．集合M={u|u=12m+8n+4l，其中m，n，l∈Z}N={u|u=20p+16q+12r，其中p，q，r∈Z}的關系為A．M=NB．MN，NMC．Meq\o(\s\up4(),\s\do3())ND．Neq\o(\s\up4(),\s\do3())M解：u=12m+8n+4l=4(3m+2n+l)，由于3m+2n+l可以取任意整數值，故M表示所有4的倍數的集合．同理u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r)也表示全體4的倍數的集合．于是M=N．三．填空題(本題滿分30分，每小題5分)1．若logaeq\r(2)<1，則a的取值范圍是．解：若0<a<1，則logaeq\r(2)<0，若a>1，則得a>eq\r(2)．故填(0，1)∪(eq\r(2)，+∞)2．已知直線l：2x+y=10，過點(－10，0)作直線l⊥l，則l與l的交點坐標為．解：直線l方程為(x+10)－2y=0，解得交點為(2，6)．3．設函數f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)=|f1(x)－2|，則函數y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積是.解圖1是函數f0(x)=|x|的圖形，把此圖形向下平行移動1個單位就得到函數f0(x)=|x|－1的圖形，作該圖形的在x軸下方的部分關于x軸的對稱圖形得出圖2，其中在x軸上方的部分即是f1(x)=|f0(x)–1|的圖象，再把該圖象向下平行移動2個單位得到f0(x)=|x|－2的圖象，作該圖象在x軸下方的部分關于x軸的對稱圖形得到圖3，其中x軸上方的部分即是f2(x)=|f1(x)–2|的圖象。易得所求面積為7。4．一個正數，若其小數部分、整數部分和其自身成等比數列，則該數為．解設其小數部分為α(0<α<1)，整數部分為n(n∈N*)，則得，α(n+α)=n2，∴n2<n+α<n+1．∴eq\f(1－eq\r(5),2)<n<eq\f(1+eq\r(5),2)，但n∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0，∴=eq\f(－1±eq\r(5),2)，由α>0，知，=eq\f(－1+\r(5),2)．∴原數為eq\f(－1+\r(5),2)．5．如果從數1，2，3，…，14中，按由小到大的順序取出a1，a2，a3，使同時滿足a2－a1≥3，與a3－a2≥3，那么，所有符合上述要求的不同取法有種．解：令a1=a1，a2=a2－2，a3=a3－4，則得1≤a1<a2<a3≤10．所求取法為Ceq\a(3,10)=120．6．當s和t取遍所有實數時，則(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能達到的最小值為．解：令x=3|cost|，y=2|sint|，則得橢圓eq\f(x2,9)+eq\f(y2,4)=1在第一象限內的弧段．再令x=s+5，y=s，則得y=x－5，表示一條直線．(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2表示橢圓弧段上點與直線上點距離平方．其最小值為點(3，0)與直線y=x－5距離平方=2．三．(本題滿分20分)已知a1，a2，…，an是n個正數，滿足a1?a2?…?an=1．求證：(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n．證明：∵2+ai=1+1+ai≥3eq\r(3,ai)，(i=1，2，…，n)∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)≥3eq\r(3,a1)?3eq\r(3,a2)?…?3eq\r(3,an)≥3neq\r(3,a1a2…an)=3n．證法2：(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an但a1+a2+…+an≥neq\r(n,a1a2…an)=n=Ceq\a(1,n)，a1a2+a1a3+…+an－1an≥Ceq\a(2,n)eq\r(Ceq\a(2,n),(a1a2…an)n－1)=Ceq\a(2,n)，……，∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an≥2n+Ceq\a(1,n)2n－1+Ceq\a(2,n)2n－2+…+Ceq\a(1,n)=(2+1)n=3n．四．(本題滿分20分)已知正三棱錐S—ABC的高SO=3，底面邊長為6，過點A向其所對側面SBC作垂線，垂足為O，在AO上取一點P，使eq\f(AP,PO)=8，求經過點P且平行于底面的截面的面積．解：正三棱錐S—ABC的高為SO，故AO⊥BC，設AO交BC于E，連SE．則可證BC⊥面AES．故面AES⊥面SBC．由AO⊥面SBC于O，則AO在面AES內，O在SE上．AO與SO相交于點F．∵ABC為正三角形，AB=6，故AE=3eq\r(3)，OE=eq\r(3)．∵SO=3，∴tan∠OES=eq\r(3)，∠E=60°．∴OE=AEcos60°=eq\f(3,2)eq\r(3)．作OG⊥平面ABC，則垂足G在AE上．OG=OEsin60°=eq\f(9,4)．∵eq\f(AP,PO)=8，∴eq\f(PH,OG)=eq\f(8,9)，PH=2．設過P與底面平行的截面面積為s，截面與頂點S的距離=3－2=1．∴S△ABC=eq\f(\r(3),4)·62=9eq\r(3)．∴eq\f(s,SABC)=(eq\f(1,3))2，故s=eq\r(3)．五．(本題滿分20分)已知：對任意的n∈N*，有an>0，且eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2．求證：an=n．證明：由已知，a13=a12，a1>0，∴a1=1．設n≤k(k∈N，且k≥1)時，由eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2成立可證ak=k成立．當n=k+1時，eq\s\do4(\o(\s\up15(k+1),Σ,\s\do6(j=1)))aeq\a(3,j)=(eq\s\do4(\o(\s\up15(k+1),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2=(eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(j=1)))aj)2+2ak+1(eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(j=1)))aj)+aeq\a(2,k+1)．即eq\f(1,4)k2(k+1)2+aeq\a(3,k+1)=eq\f(1,4)k2(k+1)2+2ak+1·eq\f(1,2)k(k+1)+aeq\a(2,k+1)．∴aeq\a(2,k+1)－ak+1－k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=－k或ak+1=k+1．由an>0知，只有ak+1=k+1成立．即n=k+1時命題也成立．由數學歸納原理知對于一切n∈N*，an=n成立．

第二試一．(本題滿分35分)已知在ΔABC中，AB>AC，A的一個外角的平分線交ΔABC的外接圓于點E，過E作EF⊥AB，垂足為F．求證2AF=AB-AC．證明：在FB上取FG=AF，連EG、EC、EB，于是ΔAEG為等腰三角形，∴EG=EA．又3=180－EGA=180－EAG=180－5=4．1=2．于是ΔEGB≌ΔEAC．∴BG=AC，故證二．已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，滿足eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))|xi|=1，eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))xi=0，求證：eq\b\bc\|(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))\f(xi,i))≤eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)．證明：由已知可知，必有xi>0，也必有xj<0(i，j∈{1，2，…，n，且i≠j)．設xeq\s\do3(i1)，xeq\s\do3(i2)，…，xeq\s\do3(il)為諸xi中所有>0的數，xeq\s\do3(j1)，xeq\s\do3(j2)，…，xeq\s\do3(jm)為諸xi中所有<0的數．由已知得X=xeq\s\do3(i1)+xeq\s\do3(i2)+…+xeq\s\do3(il)=eq\f(1,2)，Y=xeq\s\do3(j1)+xeq\s\do3(j2)+…+xeq\s\do3(jm)=－eq\f(1,2)．于是當eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))eq\f(xeq\s\do3(il),l)>－eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))eq\f(xeq\s\do3(jh),h)時，eq\b\bc\|(eq\s\do4(\o(\s\up15(n),Σ,\s\do6(i=1)))\f(xi,i))=eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))eq\f(xeq\s\do3(il),l)+eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))eq\f(xeq\s\do3(jh),h)≤eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))xeq\s\do3(il)－eq\f(1,n)eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))xeq\s\do3(jh)=eq\f(X,2)－eq\f(－Y,2)=eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)．于是當eq\s\do4(\o(\s\up15(k),Σ,\s\do6(l=1)))eq\f(xeq\s\do3(il),l)<－eq\s\do4(\o(\s\up15(m),Σ,\s\do6(h=1)))eq\f(xeq\s\do3(jh