1、1996年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月13日上午8：009：20)一、选择题(此题总分值36分，每题6分)1 把圆x2+(y1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( ) (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形2 等比数列an的首项a1=1536,公比q=,用n表示它的前n项之积。那么n(nNx)最大的是( ) (A)9 (B)11 (C)12 (D)133 存在整数n,使+是整数的质数p( ) (A)不存在 (B)只有一个 (C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个4 设x(，0),以下三个数1=cos(sinx),2
2、=sin(cosx),3=cos(x+1)的大小关系是( ) (A)321 (B)132 (C)312 (D)2315 如果在区间1,2上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该区间上的最大值是( ) (A) 4+ (B) 4+ (C) 1+ (D)以上答案都不对6 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D)
3、4二、填空题(此题总分值54分，每题9分)1 集合x|1log10，xNx的真子集的个数是 2 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，z2的实部为零，z1的辐角主值为，那么z2=_3 曲线C的极坐标方程是=1+cos，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，那么它扫过的图形的面积是_4 将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，那么最远的两顶点间的距离是_5 从给定的六种不同颜色中选用假设干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每 面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。那么不同
4、的染色方法共有_种(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同)6 在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为_第二试一、（此题总分值25分）设数列an的前n项和Sn=2an1（n=1，2，），数列bn 满足b1=3，bk+1=ak+bk(k=1，2，)求数列bn 的前n项和二、（此题总分值25分）求实数a的取值范围，使得对任意实数x和任意0，恒有 （x+3+2sincos)2+(x+asin+acos)2 三、（此题总
5、分值35分）如图，圆O1和圆O2与ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。求证直线PA与BC垂直。EFABCGHPO1。O2四、（此题总分值35分）有n(n6)个人聚会，：（1）每人至少同其中个人互相认识；（2）对于其中任意个人，或者其中有2 人相识，或者余下的人中有2人相识证明：这n个人中必有三人两两认识1996年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(此题总分值36分，每题6分)1 把圆x2+(y1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( ) (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形解
6、：99(y1)2=9(y+1)2，8y220y+8=0，y=2或，相应的，x=0，或x=此三点连成一个正三角形选C2 等比数列an的首项a1=1536,公比q=，用n表示它的前n项之积。那么n(nNx)最大的是( ) (A)9 (B)11 (C)12 (D)13解：n=1536n()，故110作商比较：又，=15363()66361，=1536()78661应选C3 存在整数n,使+是整数的质数( ) (A)不存在 (B)只有一个 (C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个解：如果p为奇质数，p=2k+1，那么存在n=k2(kN+)，使+=2k+1应选D4 设x(,0)，以下三个数1=cos
7、(sinx),2=sin(cosx),3=cos(x+1)的大小关系是( ) (A)321 (B)132 (C)312 (D)230，2=sin(cos|x|)0，3=cos(1|x|)0，排除B、D sin|x|+ cos|x|=sin(|x|+)，于是cos|x|sin|x|， sin(cos|x|)cos(sin|x|)，故21，选A又解：取x=，那么1=cos，2=sin，3=cos0由于25 如果在区间1,2上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该区间上的最大值是( ) (A) 4+ (B) 4+ (C) 1+ (D)以上答案都不对解：g
8、(x)= x+=x+x+3=当且仅当x=即x=时g(x)取得最小值=，=，p=2，q=+由于10707，即O2HO390，即此圆上还可再放下2个满足要求的点应选B二、填空题(此题总分值54分，每题9分)1 集合x|1log10，xNx的真子集的个数是 解 由，得logx1011lgx210x100故该集合有90个元素其真子集有290-1个2 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，z2的实部为零，z1的辐角主值为，那么z2=_解：z1满足|zi|=1；argz1=，得z1=+i，=cos()+isin()设z2的辐角为(0)，那么z2=2sin(cos+isin)z2=2si
9、ncos()+isin()，假设其实部为0，那么=，于是=z2=+i3 曲线C的极坐标方程是=1+cos，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，那么它扫过的图形的面积是_。解：只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可设P(1+cos，)，那么|AP|2=22+(1+cos)222(1+cos)cos=3cos22cos+5=3(cos+)2+且显然|AP|2能取遍0，内的一切值，故所求面积=4 将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，那么最远的两顶点间的距离是_。解：该六面体的棱只有两种，设原
10、正三棱锥的底面边长为2a，侧棱为b取CD中点G，那么AGCD，EGCD，故AGE是二面角ACDE的平面角由BDAC，作平面BDF棱AC交AC于F，那么BFD为二面角BACD的平面角AG=EG=，BF=DF=，AE=2=2由cosAGE=cosBFD，得= =9b2=16a2，b=a，从而b=2，2a=3AE=2即最远的两个顶点距离为35 从给定的六种不同颜色中选用假设干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。那么不同的染色方法共有_种。(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染
11、色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同。)解：至少3种颜色：6种颜色全用：上面固定用某色，下面可有5种选择，其余4面有(41)!=6种方法，共计30种方法；用5种颜色：上下用同色：6种方法，选4色：C(41)! =30；6302=90种方法；用4种颜色：CC=90种方法用3种颜色：C=20种方法共有230种方法6 在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为_解：把圆心平移至原点，不影响问题的结果故问题即求x2+y2=1992的整数解数显然x、y一奇一偶，设x=2m，y=2n1且1m，n99那么得4m2=1992(2n1)2=(198+2n)(2002n)m2=(99+n)(100n)(n1)(n) (mod 4)由于m为正整数，m20，1 (mod 4)；(n1)(n)二者矛盾，故只有(0，199)，(199，0)这4解 共有4个(199，199)，(0，0)，(398，0)第二试一、（此题总分值25分）设数列an的前n项和Sn=2an1（n=1，2，），数列bn 满足b1=3，bk+1=ak+bk（k=1，2，)求数列bn 的前n项和解：a1=2a11，a1=1； an=(2an1)(2an11)=2an2an1，an=2an1an是以1为首项，2为公比的等比数列an=2n1b
