当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

1981-2013全国高中数学联赛试题及详细解析


1981 年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛
1.选择题(本题满分 35 分,每题答对者得 5 分,答错者得-2 分,不答者得 0 分) ⑴ 条件甲:两个三角形的面积和两条边对应相等. 条件乙:两个三角形全等. A.甲是乙的充分必要条件 B.甲是乙的必要条件 C.甲是乙的充分条件 D.甲不是乙的必要条件,也不是乙的充分条件 ⑵ 条件甲: 1+sinθ=a. θ θ

条件乙:sin2+cos2=a. A.甲是乙的充分必要条件 C.甲是乙的充分条件 B.甲是乙的必要条件 D.甲不是乙的必要条件,也不是乙的充分条件

kπ ⑶ 设 α≠ 2 (k≠0,±1,±2,……), sinα+tanα T=cosα+cotα. A.T 取负值 B.T 取非负值 ⑷ 下面四个图形中,哪一个面积大? C.T 取正值 D.T 取值可正可负

A.△ABC:∠A=60° ,∠B=45° ,AC= 2 B.梯形:两条对角线的长度分别为 2和 3,夹角为 75° C.圆:半径为 1 D.正方形:对角线长度为 2.5 ⑸ 给出长方体 ABCD—A?B?C?D?,下列 12 条直线:AB?,BA?,CD?,DC?,AD?,DA?,BC?,CB?,AC, BD,A?C?,B?D?中有多少对异面直线? A.30 对 B.60 对 C.24 对 D.48 对 ⑹ 在坐标平面上有两个区域 M 和 N,M 是由 y≥0,y≤x 和 y≤2-x 这三个不等式确定,N 是随 t 变化 的区域,它由不等式 t≤x≤t+1 确定,t 的取值范围是 0≤t≤1 ,设 M 和 N 的公共面积是函数 f(t),则 f(t)为 1 A.-t2+t+2 B.-2t2+2t 1 C.1-2t2 1 D. 2(t-2)2

⑺ 对方程 x|x|+px+q=0 进行讨论,下面结论中,哪一个是错误的? A.至多有三个实根 B.至少有一个实根 C.仅当 p2-4q≥0 时才有实根 D.当 p<0 和 q>0 时,有三个实根 2.(本题 15 分) 下列表中的对数值有两个是错误的,请予纠正: x lgx x lgx 0.021 2a+b+c-3 6 1+a-b-c 0.27 6a-3b-2 7 2(a+c) 1.5 3a-b+c 8 3-3a-3c 2.8 1-2a+2b-c 9 4a-2b 3 2a-b 14 1-a+2b 5 a+c

3.(本题 15 分)在圆 O 内,弦 CD 平行于弦 EF,且与直径 AB 交成 45° 角,若 CD 与 EF 分别交直径 AB 于 P 和 Q,且圆 O 的半径为 1,求证: PC?QE+PD?QF<2.

4.(本题 15 分)组装甲、乙、丙三种产品,需用 A、B、C 三种零件.每件甲需用 A、B 各 2 个;每件乙 需用 B、C 各 1 个;每件丙需用 2 个 A 与 1 个 C.用库存的 A、B、C 三种零件,如组装成 p 件甲产品、q 件乙产品和 r 件丙产品,则剩下 2 个 A 和 1 个 B,但 C 恰好用完.试证:无论怎样改变甲、乙、两产品的 件数,也不能把库存的 A、B、C 三种零件都恰好用完.

5.(本题 20 分)一张台球桌形状是正六边形 ABCDEF,一个球从 AB 的中点 P 击出,击中 BC 边上的某 点 Q,并且依次碰击 CD、DE、EF、FA 各边,最后击中 AB 边上的某一点.设∠BPQ=θ,求 θ 的范围. 提示:利用入射角等于反射角的原理.

1981 年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答 1.选择题(本题满分 35 分,每题答对者得 5 分,答错者得-2 分,不答者得 0 分) ⑴ 条件甲:两个三角形的面积和两条边对应相等. 条件乙:两个三角形全等. A.甲是乙的充分必要条件 B.甲是乙的必要条件 C.甲是乙的充分条件 D.甲不是乙的必要条件,也不是乙的充分条件 解:乙?甲,但甲?乙,故选 B. ⑵ 条件甲: 1+sinθ=a. θ θ 条件乙:sin2+cos2=a. A.甲是乙的充分必要条件 C.甲是乙的充分条件 B.甲是乙的必要条件 D.甲不是乙的必要条件,也不是乙的充分条件 1+sinθ=|a|.故选 D.

θ θ θ θ 解:由 1+sinθ=a?| sin2+cos2|=a;而 sin2+cos2=a,? kπ ⑶ 设 α≠ 2 (k≠0,±1,±2,……), sinα+tanα T=cosα+cotα. A.T 取负值
2

B.T 取非负值

C.T 取正值

D.T 取值可正可负

sin α(cosα+1) 解:T=cos2α(sinα+1)>0,选 C. ⑷ 下面四个图形中,哪一个面积大? A.△ABC:∠A=60° ,∠B=45° ,AC= 2 B.梯形:两条对角线的长度分别为 2和 3,夹角为 75° C.圆:半径为 1 D.正方形:对角线长度为 2.5 1 1 解:A 中三角形面积=4(3+ 3);B 中梯形面积=4(3+ 3); 1 5 25 C 中圆面积=π,D 中正方形面积=2·2)2= 2 .于是 B=A<D<C.选 C. ( ⑸ 给出长方体 ABCD—A?B?C?D?,下列 12 条直线:AB?,BA?,CD?,DC?,AD?,DA?,BC?,CB?,AC, BD,A?C?,B?D?中有多少对异面直线? A.30 对 B.60 对 C.24 对 D.48 对 解:每条面上的对角线都与 5 条面上的对角线异面.故共有 5×12÷2=30 对.选 A. ⑹ 在坐标平面上有两个区域 M 和 N,M 是由 y≥0,y≤x 和 y≤2-x 这三个不等式确定,N 是随 t 变化 的区域,它由不等式 t≤x≤t+1 确定,t 的取值范围是 0≤t≤1 ,设 M 和 N 的公共面积是函数 f(t),则 f(t)为 1 A.-t2+t+2 B.-2t2+2t 1 C.1-2t2 1 D. 2(t-2)2
2

y y=x

解:⊿OAB 的面积=1。 1 直角边长为 t 的等腰直角三角形面积=2t2.直角边长为 2-(1+t)=1-t 的等 1 腰直角三角形面积=2(1-t)2. 1 1 1 1 f(t)=1-2t2-2(1-t)2=1-t2+t-2=2+t-t2( 0≤t≤1 ).选 A.
l1 l2 A
1

O t
1

B t+1 2 y=2-x

x

⑺ 对方程 x|x|+px+q=0 进行讨论,下面结论中,哪一个是错误的?

A.至多有三个实根 B.至少有一个实根 C.仅当 p2-4q≥0 时才有实根 D.当 p<0 和 q>0 时,有三个实根 解:画出 y=x|x|及 y=-px-q 的图象:知 A、B 正确,C、D 错误.选 C、D. 2.(本题 15 分) 下列表中的对数值有两个是错误的,请予纠正: x lgx x lgx 0.021 2a+b+c-3 6 1+a-b-c 0.27 6a-3b-2 7 2(a+c) 1.5 3a-b+c 8 3-3a-3c 2.8 1-2a+2b-c 9 4a-2b 3 2a-b 14 1-a+2b 5 a+c

解:若 lg3=2a-b,则 lg9=4a-2b 及 lg0.27=6a-3b-2,此三个数值同时正确或错误,故此三个数值 都正确. 若 lg8=3-3a-3c,则 lg2=1-a-c,lg5=1-lg2=a+c,lg6=lg3+lg2=1+a-b-c.由于此三数同时正 确或错误,故此三个数值都正确. 于是 lg1.5=lg3-lg2=(2a-b)-(1-a-c)=3a-b+c-1 与表中 lg1.5=3a-b+c 矛盾.即 lg1.5 的数值错 误. 若 lg2.8=1-2a+2b-c,则 lg14=lg2.8+lg5=(1-2a+2b-c)+(a+c)=1-a+2b,lg0.021=lg3+lg14- lg2-3=(2a-b)+(1-a+2b)-(1-a-c)-3=2a+b+c-3,即此三个数值同时正确或错误,故此三个数值 正确.lg7=lg14-lg2=(1-a+2b)-(1-a-c)=2b+c,与表中 lg7=2a+2c 矛盾; ∴ 表中 lg1.5 与 lg7 是错误的,应为 lg1.5=3a-b+c-1,lg7=2b+c. 3.(本题 15 分)在圆 O 内,弦 CD 平行于弦 EF,且与直径 AB 交成 45° 角,若 CD 与 EF 分别交直径 AB 于 P 和 Q,且圆 O 的半径为 1,求证: PC?QE+PD?QF<2. 证明:作 OM⊥CD,垂足为 M,交 EF 于 N,设 ON=n,OM=m. 则 CM=DM= 1-m2,EN=FN= 1-n2, 本题即证( 1-m2+m)( 1-n2±n)+( 1-m2-m)( 1-n2?n)<2. 展开得, 1-m2· 1-n2±mn<1. 移项,平方得,1-m2-n2+m2n2<1?2mn+m2n2.?m2+n2>?2mn. 取“+”号时,M、N 在点 O 同侧,此时 m≠n,总之,命题成立. (当 E、F 交换位置时,且 CD、EF 在点 O 异侧时,可能有 m=n.)
B C E A M O Q N F P D

又证:PC2+PD2=(CM+OM)2+(CM-OM)2=2(CM2+OM2)=2,同理 QE2+QF2=2. ∴ 4=PC2+PD2+QE2+QF2=(PC2+QE2)+(PD2+QF2)≥2 (PC?QE+PD?QF). 等号当且仅当 PC=QE, PD=QF 时成立.但由已知,此二式不成立.故证. 4.(本题 15 分)组装甲、乙、丙三种产品,需用 A、B、C 三种零件.每件甲需用 A、B 各 2 个;每件乙 需用 B、C 各 1 个;每件丙需用 2 个 A 与 1 个 C.用库存的 A、B、C 三种零件,如组装成 p 件甲产品、q 件乙产品和 r 件丙产品,则剩下 2 个 A 和 1 个 B,但 C 恰好用完.试证:无论怎样改变甲、乙、两产品的 件数,也不能把库存的 A、B、C 三种零件都恰好用完. 解:已知即:每个甲用 A2,B2, 每个乙用 B1,C1, 每个丙用 A2, C1. ∴ 共有 A 产品 2p+2r+2 件;B 产品 2p+q+1 件;C 产品 q+r 件. 设组装 m 件甲,n 件乙,k 件丙,则用 2m+2k 件 A; 用 2m+n 件 B; 用 n+k 件 C. 如全部用完,则有 2p+2r+2=2m+2k; ?p+r+1=m+k. ⑴

2p+q+1=2m+n; ⑵ q+r=n+k. ⑶ ∴⑴+⑵-⑶:3p+2=3m.这是不可能的.故证. 5.(本题 20 分)一张台球桌形状是正六边形 ABCDEF,一个球从 AB 的中点 P 击出,击中 BC 边上的某 点 Q,并且依次碰击 CD、DE、EF、FA 各边,最后击中 AB 边上的某一点.设∠BPQ=θ,求 θ 的范围. 提示:利用入射角等于反射角的原理. 解:解:只要把这个正六边形经过 5 次对称变 换.则击球时应如图所示,击球方向在∠MPN 内部 时即可. M N 设 AB=2,以 P 为原点,PB 为 x 轴正方向建立 直角坐标系, M 坐标为(8, 3). N 坐标为(10, 点 3 点 3 3 3 3 3 3),即 θ∈[arctan 10 ,arctan 8 ].
F A PB E D C Q

1982 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1982 年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛
1.选择题(本题 48 分,每一小题答对者得 6 分,答错者得 0 分,不答者得 1 分): ⑴ 如果凸 n 边形 F(n?4)的所有对角线都相等,那么 A.F∈{四边形} B.F∈{五边形} C.F∈{四边形}∪{五边形} D.F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形} ⑵ 极坐标方程 ρ= A.圆
2

1 所确定的曲线是 1-cosθ +sinθ B.椭圆
3

C.双曲线
5

D.抛物线

⑶ 如果 log2[log1(log2)]=log3[log1(log3x)]= log5[log1(log5x)]=0,那么 A.z<x<y B.x<y<z C.y<z<x D.z<y<x ⑷ 由方程|x-1|+|y-1|=1 确定的曲线所围成的图形的面积是 A.1 B.2 C.π D.4 π ⑸ 对任何 φ∈(0, 2 )都有 A.sinsinφ<cosφ<coscosφ B.sinsinφ>cosφ>coscosφ C.sincosφ>cosφ>cossinφ D.sincosφ<cosφ<cossinφ ⑹ 已知 x1,x2 是方程 x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0(k 为实数) 的两个实数根,x12+x22 的最大值是 A.19 B.18 5 C.59 D.不存在

⑺ 设 M={(x,y)| |xy|=1,x>0},N={(x,y)|arctanx+arccoty=π},那么 A.M∪N={(x,y)| |xy|=1} B.M∪N=M C.M∪N=N D.M∪N={(x,y)| |xy|=1,且 x,y 不同时为负数} ⑻ 当 a,b 是两个不相等的正数时,下列三个代数式: 1 1 甲:(a+a )(b+b), 乙:( ab+ 1 2 ), ab a+b 2 丙:( 2 +a+b)2

中间,值最大的一个是 A.必定是甲 C.必定是丙 2.(本题 16 分)已知四面体 SABC 中,

B.必定是乙 D.一般并不确定,而与 a、b 的取值有关

π π π ∠ASB= 2 ,∠ASC=α(0<α< 2 ),∠BSC=β(0<β< 2 ). 以 SC 为棱的二面角的平面角为 θ. 求证:θ=-arc cos(cotα?cotβ). 3.(本题 16 分)已知:⑴ 半圆的直径 AB 长为 2r;⑵ 半圆外的直线 l 与 BA 的延长线垂直,垂足为 T, |AT|=2a(2a<

r );⑶ 半圆上有相异两点 M、N,它们与直线 l 的距离|MP|、|NQ|满足条件 2
|MP| |NQ| |AM|=|AN|=1.

求证:|AM|+|AN|=|AB|. 4. (本题 20 分)已知边长为 4 的正三角形 ABC. E、 分别是 BC、 D、 F CA、 上的点, AB 且|AE|=|BF|=|CD|=1, 连结 AD、BE、CF,交成△RQS.点 P 在△RQS 内及边上移动,点 P 到△ABC 三边的距离分别记作 x、y、 z.
-1-

1982 年全国高中数学联赛

冯惠愚

⑴ 求证当点 P 在△RQS 的顶点位置时乘积 xyz 有极小值; ⑵ 求上述乘积 xyz 的极小值. 5.(本题 20 分)已知圆 x2+y2=r2(r 为奇数),交 x 轴于点 A(r,0)、B(-r,0),交 y 轴于 C(0,-r)、D(0, r).P(u,v)是圆周上的点,u=pm,v=qn(p、q 都是质数,m、n 都是正整数),且 u>v.点 P 在 x 轴和 y 轴上 的射影分别为 M、N. 求证:|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为 1、9、8、2.

-2-

1982 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1982 年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答 1.选择题(本题 48 分,每一小题答对者得 6 分,答错者得 0 分,不答者得 1 分): ⑴ 如果凸 n 边形 F(n?4)的所有对角线都相等,那么 A.F∈{四边形} B.F∈{五边形} C.F∈{四边形}∪{五边形} D.F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形} 解:由正方形及正五边形知 A、B 均错,由对角线相等的四边形形状不确定,知 D 错,选 C. ⑵ 极坐标方程 ρ= A.圆 1 所确定的曲线是 1-cosθ +sinθ B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线

1 解:ρ= ,知 e= 2,选 C. π 1- 2cos(θ + 4 ) ⑶ 如果 log2[log1(log2)]=log3[log1(log3x)]= log5[log1(log5x)]=0,那么
2 3 5

A.z<x<y
1 1 1

B.x<y<z
1 1 1

C.y<z<x
1

D.z<y<x
1 1

解:x=22,y=33,z=55;x=22=86,y=33=96,故 x<y,又 x=3210,z=2510,故 z<x.故选 A. ⑷ 由方程|x-1|+|y-1|=1 确定的曲线所围成的图形的面积是 A.1 B.2 C.π D.4 解:此曲线的图形是一个正方形,顶点为(0,1),(1,0),(2,1),(1,2);其面积为 2.选 B. π ⑸ 对任何 φ∈(0, 2 )都有 A.sinsinφ<cosφ<coscosφ C.sincosφ>cosφ>cossinφ B.sinsinφ>cosφ>coscosφ D.sincosφ<cosφ<cossinφ

π 解:由 0<sinφ<φ< 2 ,?cossinφ>sinφ.由 0<cosφ<1,得 sincosφ<cosφ.故选 D. ⑹ 已知 x1,x2 是方程 x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0(k 为实数) 的两个实数根,x12+x22 的最大值是 A.19 B.18 5 C.59 D.不存在

4 解:△=(k-2)2-4(k2+3k+5)=-3k2-16k-16?0,-4?k?-3. 由韦达定理,得 x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5)=-k2-10k-6=-(k-5)2+19. ∴ 当 k=-4 时,x12+x22 取得最大值-18.故选 B. ⑺ 设 M={(x,y)| |xy|=1,x>0},N={(x,y)|arctanx+arccoty=π},那么 A.M∪N={(x,y)| |xy|=1} B.M∪N=M C.M∪N=N D.M∪N={(x,y)| |xy|=1,且 x,y 不同时为负数} 解:M 是双曲线 xy=±1 在第一、四象限内的两支; π 1 由 arctanx=π-arccoty, ?x=-y, ?xy=-1, x<0, arctanx∈(- 2 , 而 arccoty∈(0, π-arccoty 若 则 0), π), ∈(0,π),故 x>0.即 N 是 xy=-1 在第四象限的一支.故选 B. ⑻ 当 a,b 是两个不相等的正数时,下列三个代数式: 1 1 甲:(a+a )(b+b), 乙:( ab+ 1 2 ), ab a+b 2 丙:( 2 +a+b)2

中间,值最大的一个是
-3-

1982 年全国高中数学联赛

冯惠愚

A.必定是甲 B.必定是乙 C.必定是丙 D.一般并不确定,而与 a、b 的取值有关 解:甲>乙,但甲、丙大小不确定.故选 D. 2.(本题 16 分)已知四面体 SABC 中, π π π ∠ASB= 2 ,∠ASC=α(0<α< 2 ),∠BSC=β(0<β< 2 ). 以 SC 为棱的二面角的平面角为 θ. 求证:θ=-arc cos(cotα?cotβ). 证明:在 SC 上取点 D,使 SD=1,在面 SAC、SBC 内分别作 DE⊥SC,DF⊥ SC,分别交 SA、SB 于 E、F,连 EF.则∠EDF 为二面角 A—SC—B 的平面角.即 ∠EDF=θ. 由∠BSC=β,知 SF=secβ,DF=tanβ.由∠ASC=α,得 SE=secα,DE=tanα. 由∠ASB=2 ,得 EF2=SE2+SF2= DE2+DF2-2DE?DFcosθ. ∴ sec2α+sec2β=tan2α+tan2β-2tanαtanβcosθ.?cosθ=-cotαcotβ. ∴ θ=-arc(cotαcotβ). 3.(本题 16 分)已知:⑴ 半圆的直径 AB 长为 2r;⑵ 半圆外的直线 l 与 BA 的延长线垂直,垂足为 T, |AT|=2a(2a< 满足条件 |MP| |NQ| |AM|=|AN|=1. 求证:|AM|+|AN|=|AB|. 证明:以 AT 中点 O 为原点,AB 所在直线为 x 轴建立直角坐标系, 则由已知, N 是半圆(x-a-r)2+y2=r2(y?0)与抛物线 y2=4ax 的交点. M、 消去 y 得:x2+2(a-r)x+2ra+a2=0.

S D E A F C

B

?

r ); 半圆上有相异两点 M、 它们与直线 l 的距离|MP|、 ⑶ N, |NQ| 2
l

y
N M

Q P

T

OA

B x

r 条件 2a<2保证△>0,于是此方程有两个不等实根 x1,x2,即为 M、N 的横坐标. 由韦达定理,知 x1+x2=-(2a-2r). ∵ |AM|=|MP|=x1+a,|AN|=|NQ|=x2+a.∴ |AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r.证毕.
l

y
N M

又证:作 MC⊥AB,ND⊥AB,垂足为 C、D.则 AN2=AD?AB,AM2=AC?AB, ∴ AN2-AM2=(AD-AC)AB=CD?AB. ∵ AN2-AM2=(AN+AM)(AN-AM)=(AN+AM)(NQ-MP)=(AN+AM)?CD. 比较得,AN+AM=AB.

Q P

T

OA

C D

Bx

4. (本题 20 分)已知边长为 4 的正三角形 ABC. E、 分别是 BC、 D、 F CA、 上的点, AB 且|AE|=|BF|=|CD|=1, 连结 AD、BE、CF,交成△RQS.点 P 在△RQS 内及边上移动,点 P 到△ABC 三边的距离分别记作 x、y、 z. ⑴ 求证当点 P 在△RQS 的顶点位置时乘积 xyz 有极小值; ⑵ 求上述乘积 xyz 的极小值. 解: 利用面积,易证:⑴ 当点 P 在△ABC 内部及边上移动时,x+y+z 为 A 定值 h=2 3; ⑵过 P 作 BC 的平行线 l,交△ABC 的两边于 G、H.当点 P 在线段 GH 上 移动时,y+z 为定值,从而 x 为定值.
-4B S
l

E
y

G F R

z x

H Q D C

P

1982 年全国高中数学联赛

冯惠愚

⑶设 y∈[α,β],m 为定值.则函数 u=y(m-y)在点 y=α 或 y=β 时取得极小值. 于是可知,过 R 作 AB、AC 的平行线,过 Q 作 AB、BC 的平行线,过 S 作 BC、AC 的平行线,这 6 条平行线交得六边形 STRUQV,由上证,易得只有 当点 P 在此六点上时,xyz 取得极小值.由对称性易知,xyz 的值在此六点处相 等. EA CD BS BS 12 12 3 9 SE 1 3 由AC· · =1,得BE=13,x=13· h=13h,y=BEh=13h,z=13h. DB SE 4 3 648 ∴ xyz=(13)3h3=2197 3.
B F R U

A TS
l

E

V Q D C

5.(本题 20 分)已知圆 x2+y2=r2(r 为奇数),交 x 轴于点 A(r,0)、B(-r,0),交 y 轴于 C(0,-r)、D(0, r).P(u,v)是圆周上的点,u=pm,v=qn(p、q 都是质数,m、n 都是正整数),且 u>v.点 P 在 x 轴和 y 轴上 的射影分别为 M、N. y 求证:|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为 1、9、8、2.
D 证明:p2m+q2n=r2. 2n 2(m-n) 2 N 若 p=q, 则由 u>v, m>n, 得 于是 p (p +1)=r , 这是不可能的. (因 2(m-n) 2(m-n) 2(m-n) p 与p +1 都是完全平方数, 它们相差 1, 故必有 p =0, 矛盾). 2 2 B O 故 p≠q,于是(p,q)=1.若 p、q 均为奇数,则 p ≡q ≡1(mod 4), 与 r2≡0 或 1 矛盾.故 p、q 必有一为偶数.即 p、q 必有一个=2.(或直 接由 r 为奇数得 p、q 一奇一偶,其实 r 为奇数的条件多余) C 2n 2 2m m m 设 p=2,则 q =r -2 =(r+2 )(r-2 ). 即 r+2m 与 r-2m 都是 q2n 的约数.设 r+2m=qk,r-2m=qh,其中 k>h?1,k+h=2n. P (u,v)

M A

x

1 1 1 1 - - ∴ r= 2 (qk+qh)= 2 qh(qk h+1),m= 2 (qk-qh)= 2 qh(qk h-1), qh 是奇数, 2 但 又是 2m+1 的约数, h=0. 故 r= 1 2n m+1 2n n n 2 (q +1),2 =q -1=(q +1)(q -1). ∴ qn+1=2α,qn-1=2β.(α+β=m+1,α>β),而 2=2α-2β=2β(2α β-1),从而 β=1,α-β=1,α=2. ∴ m=2,u=4,qn=3,q=3,n=1,v=3.|OP|=5. ∴ |AM|=5-4=1,|BM|=5+4=9,|CN|=5+3=8,|DN|=5-3=2. 若设 q=2,则同法可得 u=3,v=4,与 u>v 矛盾,舍去.


又证:在得出 p、q 互质且其中必有一为偶数之后. 由于(pm,qn)=1,故必存在互质的正整数 a,b(a>b),使 a2-b2= qn,2ab= pm,a2+b2=r.或 a2-b2=pm, 2ab=qn,a2+b2=r. - 若 pm=2ab,得 p=2,a|2m,b|2m,故 a=2λ,b=2μ,由 a,b 互质,得 μ=0,∴ b=1,a=2m 1. - - - - - qn=22m 2-1=(2m 1+1)(2m 1-1).故 2m 1+1=qα,2m 1-1=qβ,(α+β=n,且 α>β). - ∴ 2=qα-qβ=qβ(qα β-1).由 q 为奇数,得 β=0,2=qn-1,qn=3,从而 q=3,n=1,a2=4.a=2,m=2.仍 得上解.

-5-

1983 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1983 年全国高中数学联赛
第一试 1.选择题(本题满分 32 分,每题答对者得 4 分,答错者得 0 分,不答得 1 分) ⑴ 设 p、q 是自然数,条件甲:p3-q3 是偶数;条件乙:p+q 是偶数.那么 A.甲是乙的充分而非必要条件 B.甲是乙的必要而非充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件 1 1 ⑵ x= 1+ 1的值是属于区间 log13 log13
2 5

A.(-2,-1) B.(1,2) C.(-3,-2) D.(2,3) ⑶ 已知等腰三角形 ABC 的底边 BC 及高 AD 的长都是整数,那么,sinA 和 cosA 中 A.一个是有理数,另一个是无理数 B.两个都是有理数 C.两个都是无理数 D.是有理数还是无理数要根据 BC 和 AD 的数值来确定 2 2 ⑷ 已知 M={(x,y)|y≥x },N={(x,y)|x +(y-a)2≤1}.那么,使 M∩N=N 成立的充要条件是 1 A.a≥14 1 B.a=14 C.a≥1 D.0<a<1

⑸ 已知函数 f(x)=ax2-c,满足 -4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5. 那么,f(3)应满足 A.7≤f(3)≤26 B.-4≤f(3)≤15 C.-1≤f(3)≤20 28 35 D.- 3 ≤f(3)≤ 3

⑹ 设 a,b,c,d,m,n 都是正实数, b d P= ab+ cd,Q= ma+nc· m+n,那么 A.P≥Q B.P≤Q C.P<Q D.P、Q 的大小关系不确定,而与 m,n 的大小有关. ⑺ 在正方形 ABCD 所在平面上有点 P,使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA 都是等腰三角形,那么具 有这样性质的点 P 的个数有 A.9 个 B.17 个 C.1 个 D.5 个 ⑻ 任意△ABC,设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为 l、R 与 r,那么 A.l>R+r B.l≤R+r l C.6<R+r<6l D.A、B、C 三种关系都不对

2.填充题(本题满分 18 分,每小题 6 分) 3 5 ⑴ 在△ABC 中,sinA=5,cosB=13,那么 cosC 的值等于 .

⑵ 三边均为整数,且最大边长为 11 的三角形,共有 个. ⑶ 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为 a 的正三角形,这样两个多面体的内切球 m 半径之比是一个既约分数 n ,那么积 m?n 是 .

-1-

1983 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 1.(本题满分 8 分)求证:arc sinx+arc cosx= 2 ,其中 x∈[-1,1]

?

2. (本题满分 16 分)函数 f(x)在[0, 1]上有定义, f(0)=f(1). 如果对于任意不同的 x1, 2∈[0, 都有|f(x1) x 1], 1 -f(x2)|<|x1-x2|.求证:|f(x1)-f(x2)|< 2 .

3.(本题满分 16 分) 在四边形 ABCD 中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC 的面积比是 3∶4∶1,点 M、N 分别在 AC、CD 上满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三 点共线.求证:M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点.

A E B M C N

D

4. (本题满分 16 分)在在六条棱长分别为 2,3,3,4,5,5 的所有四面体中,最大体积是多少?证明你 的结论.

5.(本题满分 18 分) 函数 F(x)=|cos2x+2sinxcosx-sin2x+Ax+B| 3 在 0≤x≤2π 上的最大值 M 与参数 A、B 有关,问 A、B 取什么值时,M 为最小?证明你的结论.

-2-

1983 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1983 年全国高中数学联赛解答 第一试 1.选择题(本题满分 32 分,每题答对者得 4 分,答错者得 0 分,不答得 1 分) ⑴ 设 p、q 是自然数,条件甲:p3-q3 是偶数;条件乙:p+q 是偶数.那么 A.甲是乙的充分而非必要条件 B.甲是乙的必要而非充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件 3 3 2 2 解:p -q =(p-q)(p +pq+q ).又 p+q=p-q+2q,故 p+q 与 p-q 的奇偶性相同. ∴ p+q 为偶数,?p-q 为偶数,?p3-q3 为偶数. p+q 为奇数,?p、q 一奇一偶,?p3-q3 为奇数.故选 C. 1 1 ⑵ x= 1+ 1的值是属于区间 log13 log13
2 5

A.(-2,-1) B.(1,2) C.(-3,-2) D.(2,3) 解:x=log32+log35=log310∈(2,3),选 D. ⑶ 已知等腰三角形 ABC 的底边 BC 及高 AD 的长都是整数,那么,sinA 和 cosA 中 A.一个是有理数,另一个是无理数 B.两个都是有理数 C.两个都是无理数 D.是有理数还是无理数要根据 BC 和 AD 的数值来确定 A 解:tan 2 为有理数,?sinA、cosA 都是有理数.选 B. ⑷ 已知 M={(x,y)|y≥x2},N={(x,y)|x2+(y-a)2≤1}.那么,使 M∩N=N 成立的充要条件是 1 A.a≥14 1 B.a=14 C.a≥1 D.0<a<1

解:M∩N=N 的充要条件是圆 x2+(y-a)2≤1 在抛物线 y=x2 内部(上方).即 a≥1,且方程 1 y2-(2a-1)y+a2-1=0 的△=(2a-1)2-4(a2-1)≤0,?a≥14,选 A. ⑸ 已知函数 f(x)=ax2-c,满足 -4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5. 那么,f(3)应满足 A.7≤f(3)≤26 B.-4≤f(3)≤15 C.-1≤f(3)≤20 28 35 D.- 3 ≤f(3)≤ 3

解:f(1)=a-c,f(2)=4a-c,f(3)=9a-c.令 9a-c=λ(a-c)+μ(4a-c), 5 8 5 8 ∴ λ+4μ=9,λ+μ=1.∴ λ=-3,μ=3.即 f(3)=-3f(1)+ 3f(2). 5 5 40 8 8 40 但3≤-3f(1)≤ 3 ,-3≤3f(2)≤ 3 , 5 8 ∴-1≤-3f(1)+ 3f(2)≤20..选 C. ⑹ 设 a,b,c,d,m,n 都是正实数, b d P= ab+ cd,Q= ma+nc· m+n,那么 A.P≥Q B.P≤Q C.P<Q D.P、Q 的大小关系不确定,而与 m,n 的大小有关. 解:由柯西不等式,Q≥P.选 B. ⑺ 在正方形 ABCD 所在平面上有点 P,使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA 都是等腰三角形,那么具 有这样性质的点 P 的个数有 A.9 个 B.17 个 C.1 个 D.5 个
-3-

1983 年全国高中数学联赛

冯惠愚

解:如图,以正方形的顶点为圆心,边长为半径作 4 个圆,其 8 个交点满足要求,正方形的中心满足 要求,共有 9 个点.选 A. ⑻ 任意△ABC,设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为 l、R 与 r,那么 A.l>R+r B.l≤R+r l C.6<R+r<6l D.A、B、C 三种关系都不对

A 解:R=2sinA,当 A→180° 时,a 最大,而 R 可大于任意指定的正数 M.从而可有 R<6l,否定 A、C. 3 又正三角形中,R+r= 2 a<l, 否定 B.故选 D. 2.填充题(本题满分 18 分,每小题 6 分) 3 5 ⑴ 在△ABC 中,sinA=5,cosB=13,那么 cosC 的值等于 .

4 12 4 5 4 解:cosA=±5,sinB=13,但若 cosA=-5,则 A>135° ,cosB=13<cos60° ,B>60° ,矛盾.故 cosA=5. 5 4 3 12 16 ∴ cosC=cos(π-A-B)=-cosAcosB+sinAsinB=-13· +5· =65. 5 13 ⑵ 三边均为整数,且最大边长为 11 的三角形,共有 个. 解:设另两边为 x,y,且 x≤y.则得 x≤y≤11,x+y>11,在直角坐标系内作直线 y=x,y=11,x=11, x+y=11,则所求三角形数等于由此四条直线围成三角形内的整点数.(含 y=11,y=x 上的整点,不含 x+y=11 上的整点)共有 122÷4=36 个.即填 36. ⑶ 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为 a 的正三角形,这样两个多面体的内切球 m 半径之比是一个既约分数 n ,那么积 m?n 是 .

解: 此六面体可看成是由两个正四面体粘成. 每个正四面 6 6 体的高 h1= 3 a,于是,利用体积可得 Sh1=3Sr1,r1= 9 a. 同样, 正八面体可看成两个四棱锥粘成, 每个四棱锥的高 2 3 6 h2= 2 a,又可得 a2h2=4× 4 a2r2,r2= 6 a. r1 2 ∴ r =3,∴ m?n=6. 2

第二试 π 1.(本题满分 8 分)求证:arc sinx+arc cosx=2,其中 x∈[-1,1] 证明:由于 x∈[-1,1],故 arcsinx 与 arccosx 有意义, π π π π sin(2-arccosx)=cos(arccosx)=x,由于 arccosx∈[0,π],∴ 2-arccosx∈[-2,2]. π 故根据反正弦定义,有 arcsinx=2-arccosx.故证. 2. (本题满分 16 分)函数 f(x)在[0, 1]上有定义, f(0)=f(1). 如果对于任意不同的 x1, 2∈[0, 都有|f(x1) x 1], 1 -f(x2)|<|x1-x2|.求证:|f(x1)-f(x2)|<2. 1 1 证明:不妨取 0≤x1<x2≤1,若|x1-x2|≤2,则必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|<2.
-4-

1983 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1 1 1 1 若|x1-x2|>2,则 x2-x1>2,于是 1-(x2-x1)<2,即 1-x2+x1-0<2. 而|f(x1)-f(x2)|= |(f(x1)- f(0))-(f(x2)-f(1))|≤|f(x1)-f(0)|+ |f(1)-f(x2)|<| x1-0|+|1-x2| 1 =1-x2+x1-0<2.故证. 3.(本题满分 16 分) 在四边形 ABCD 中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC 的面积比是 3∶4∶1,点 M、N 分 别在 AC、CD 上满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三点共线.求证:M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中 点. 证明 设 AC、BD 交于点 E.由 AM∶AC=CN∶CD,故 AM∶MC=CN∶ND,令 D CN∶ND=r(r>0), 则 AM∶MC=r. A 由 SABD=3SABC,SBCD=4SABC,即 SABD∶SBCD =3∶4. E N 从而 AE∶EC∶AC=3∶4∶7. B M SACD∶SABC=6∶1,故 DE∶EB=6∶1,∴DB∶BE=7∶1. r 3 AM∶AC=r∶(r+1),即 AM=r+1AC,AE=7AC, 4r-3 r 3 1 ∴EM=(r+1-7)AC=7(r+1)AC.MC=r+1AC, 4r-3 CN DB EM ∴EM∶MC= 7 .由 Menelaus 定理,知ND· · =1,代入得 BE MC 4r-3 r· 7 =1,即 4r2-3r-1=0,这个方程有惟一的正根 r=1.故 CN∶ND=1,就是 N 为 CN 中点, 7· M 为 AC 中点. 4. (本题满分 16 分)在在六条棱长分别为 2,3,3,4,5,5 的所有四面体中,最大体积是多少?证明你 的结论. 解:边长为 2 的三角形,其余两边可能是: ⑴ 3,3;⑵ 3,4;⑶ 4,5;⑷ 5,5. A A A 按这几条棱的组合情况,以 2 为公共棱的两个 侧面可能是: 5 4 5 5 4 5 5 2 ① ⑴,⑷;② ⑴,⑶;③ ⑵,⑷. 4 3 3 3 B D B D B D 先考虑较特殊的情况①:由于 32+42=52,即图 2 3 3 2 3 5 中 AD⊥平面 BCD, C 11 8 ∴ V1=3· · 32-12· 3 2; 4= 22 1 情况③:高<2,底面积=2· 5 15 5 8 ∴ V3<3· 11=6 11<3 2. 4 8 ∴ 最大体积为3 2. 5.(本题满分 18 分) 函数 F(x)=|cos2x+2sinxcosx-sin2x+Ax+B| 3 在 0≤x≤2 π 上的最大值 M 与参数 A、B 有关,问 A、B 取什么值时,M 为最小?证明你的结论.
-5情况1

C

C

情况2

情况3

C

情况②:由于此情况的底面与情况②相同,但 AC 不与底垂直,故高<4,于是得 5 5 32-(2)2=4 11.

V2<V1.

1983 年全国高中数学联赛

冯惠愚

解:F(x)=|

2 sin(2x+ 4 )+Ax+B|.取 g(x)=

?

9? 5? ? ? 2 sin(2x+ 4 ),则 g(8 )=g( 8 )= 2 .g( 8 )=- 2 . 2 .

5? ? 取 h(x)=Ax+B,若 A=0,B≠0,则当 B>0 时,F(8 )> 2 ,当 B<0 时,F( 8 )< 2 .从而 M>

5? 5? 5? 若 A≠0,则当 h( 8 )<0 时,F( 8 )> 2 ,当 h( 8 )≥0 时,由于 h(x)是一次函数,当 A>0 时 h(x)递增, 9? 5? 9? 5? ? ? h( 8 )>h( 8 )>0, 此时 F( 8 )> 2 ; A<0 时 h(x)递减, 8 )>h( 8 )>0, 当 h( 此时 F(8 )> 2 . 故此时 M> 若 A=B=0,显然有 M= 2 . 从而 M 的最小值为 2 ,这个最小值在 A=B=0 时取得. 2 .

-6-

1984 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1984 年全国高中数学联赛试题
第一试 1.选择题(本题满分 40 分,每小题答对得 5 分答错得 0 分,不答得 1 分) -2 ⑴ 集合 S={ Z |argZ=α,α 为常数}在复平面上的图形是( )

A.射线 argZ=2α B.射线 argZ=-2α C.射线 argZ=α D.上述答案都不对 2 ⑵下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式 logx(logxy )>0 的是( )
y
1
x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

A.

B.

C.

D.

⑶ 对所有满足 1?n?m?5 的 m,n,极坐标方程 ρ= A.15 B.10 C.7 ⑷ 方程 sinx=lgx 的实根个数是( ) A.1 B.2 C.3 ⑸ 若 a>0,a≠1,F(x)是一个奇函数,则 G(x)=F(x)?( A.奇函数 1 1 + )是 a -1 2
x

1 表示的不同双曲线条数是( n 1-Cmcosθ D.6 D.大于 3

)

B.偶函数

C.不是奇函数也不是偶函数 ) 1+x B.F(-x)=F( ) 1-x

D.奇偶性与 a 的具体数值有关

1-x ⑹ 若 F( 1+x )=x,则下列等式中正确的是( A.F(-2-x)=-2-F(x)


C.F(x 1)=F(x) D.F(F(x))=-x ⑺ 若动点 P(x,y)以等角速度 ω 在单位圆上逆时针运动,则点 Q(-2xy,y2-x2)的运动方式是 A.以角速度 ω 在单位圆上顺时针运动 B.以角速度 ω 在单位圆上逆时针运动 C.以角速度 2ω 在单位圆上顺时针运动 D.以角速度 2ω 在单位圆上逆时针运动 ⑻ 若四面体的一条棱长是 x,其余棱长都是 1,体积是 F(x),则函数 F(x)在其定义域上 A.是增函数但无最大值 B.是增函数且有最大值 C.不是增函数但无最大值 D.不是增函数但有最大值 2.填充题(本题满分 10 分,每小题 5 分) ⑴ 如图,AB 是单位圆的直径,在 AB 上任取一点 D,作 DC⊥AB,交圆周于 y C,若点 D 的坐标为 D(x,0),则当 x∈ 时,线段 AD、BD、CD 可 1 C 以构成锐角三角形. B A O D 1 x ⑵ 方程 cos4=cosx 的通解是 ,在(0,24π)内不相同的解有 个.

x

-1-

1984 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 1.(本题满分 15 分)下列命题是否正确?若正确,请给予证明.否则给出反例. ⑴ 若 P、Q 是直线 l 同侧的两个不同点,则必存在两个不同的圆,通过 P、Q 且与直线 l 相切; ⑵ 若 a>0,b>0,且 a≠1,b≠1,则 logab+logba?2. ⑶ 设 A、B 是坐标平面上的两个点集,Cr={(x,y)|x2+y2?r2},若对任何 r?0,都有 Cr∪A?Cr∪B,则 必有 A?B.

2.(本题满分 10 分)已知两条异面直线 a、b 所成的角为 θ,它们的公垂线 AA?的长度为 d,在直线 a、b 上分别取点 E、F,设 A?E=m,AF=n,求 EF(A?在直线 a 上,A 在直线 b 上).

3.(本题满分 15 分)如图,在△ABC 中,P 为边 BC 上任意一点,PE∥BA,PF∥CA,若 S△ABC=1,证 4 明:S△BPF、S△PCE、S□PEAF 中至少有一个不小于9 (SXY?Z 表示多边形 XY?Z 的面积).

4.(本题满分 15 分) 设 an 是 12+22+32+?+n2 的个位数字,n=1,2,3?,试证:0.a1a2?an?是有理数.

2 xn-1 xn x2 x2 1 2 5.(本题满分 15 分) 设 x1,x2,?,xn 都是正数,求证:x +x +?+ x +x ?x1+x2+?+xn. 2 3 n 1

2

-2-

1984 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1984 年全国高中数学联赛试题解答 第一试 1.选择题(本题满分 40 分,每小题答对得 5 分答错得 0 分,不答得 1 分) -2 ⑴ 集合 S={ Z |argZ=α,α 为常数}在复平面上的图形是( A.射线 argZ=2α B.射线 argZ=-2α ) D.上述答案都不对

C.射线 argZ=α

解:由于 argZ∈[0.2π),故不存在答案 B.arg-=2π-α,故选 D. Z ⑵下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式 logx(logxy2)>0 的是(
y
1
x=1 y 2 =x

)
y
x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

1

O

1

x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

A.

B.

C.

D.

解:当 0<x<1 时,得 1>y2>x>0;当 x>1 时,得 y2>x>1.选 D. 1 ⑶ 对所有满足 1?n?m?5 的 m,n,极坐标方程 ρ= 表示的不同双曲线条数是( n 1-Cmcosθ A.15
n

)

B.10

C.7
n

D.6
1 2 1 2

解:由 e=Cm,若表示双曲线,则 e>1,由 Cm>1,可得 m、n 的不同取值为 C5=5,C5=10,C4=4,C4=6, C3=3,C2=2,共有 6 个不同的值,故选 D. ⑷ 方程 sinx=lgx 的实根个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.大于 3 解:作 y=sinx 及 y=lgx 的图象,当 x>10 时,lgx>1.故二者只在(0,10)内可能有交点.经作图可知, 二者在(0,π)内有一交点,在(2π,3π)内有一交点.选 C. ⑸ 若 a>0,a≠1,F(x)是一个奇函数,则 G(x)=F(x)?( A.奇函数
x 1 1

1 1 + )是 ax-1 2 C.不是奇函数也不是偶函数 D.奇偶性与 a 的具体数值有关

B.偶函数

解:G(x)=F(x)?

a +1 ,故 G(-x)=G(x),且 G(x)的定义域是 F(x)的定义域与{x|x≠0,x∈R}的交集, 2(ax-1)

为以原点为对称的区域,故选 B. 1-x ⑹ 若 F( 1+x )=x,则下列等式中正确的是( A.F(-2-x)=-2-F(x) C.F(x 1)=F(x)


) 1+x B.F(-x)=F( ) 1-x D.F(F(x))=-x

1-x 1-t 1-t 解:令 t= 1+x ,得 x= 1+t ,即 F(t)= 1+t ,经一一验证,知 F(-2-x)=-2-F(x),选 A. ⑺ 若动点 P(x,y)以等角速度 ω 在单位圆上逆时针运动,则点 Q(-2xy,y2-x2)的运动方式是 A.以角速度 ω 在单位圆上顺时针运动
-3-

1984 年全国高中数学联赛

冯惠愚

B.以角速度 ω 在单位圆上逆时针运动 C.以角速度 2ω 在单位圆上顺时针运动 D.以角速度 2ω 在单位圆上逆时针运动 3π 解:令 x=cosωt,y=sinωt.则-2xy=-sin2ωt=cos( 2 -2ωt) 3π y2-x2=-cos2ωt=sin( 2 -2ωt).显然-2ωt 与 ωt 旋转方向相反.故选 C. ⑻ 若四面体的一条棱长是 x,其余棱长都是 1,体积是 F(x),则函数 F(x)在其定义域上 A.是增函数但无最大值 B.是增函数且有最大值 C.不是增函数但无最大值 D.不是增函数但有最大值 3 解:定义域为 0<x< 3,当 x= 2 时,F(x)最大,故选 D. 2.填充题(本题满分 10 分,每小题 5 分) ⑴ 如图,AB 是单位圆的直径,在 AB 上任取一点 D,作 DC⊥AB,交圆周于 C,若点 D 的坐标为 D(x,0),则当 x∈ 时,线段 AD、BD、CD 可 以构成锐角三角形. 解:由对称性,先考虑 0?x<1 的情况,设 AD=a,BD=b,CD=c,则 a+b=2, ab=c2,且必有 a?c?b,于是只要考虑 c2+b2>a2,即(1-x)(1+x)+(1-x)2>(1+x)2, 解得 0?x< 5-2. ∴ 2- 5<x< 5-2. x ⑵ 方程 cos4=cosx 的通解是 x 8 8 解:4=2kπ±x,x=3kπ,与 x=5mπ. 8 8 当 0<3k<24 时,k=1,2,?,8;当 0<5m<24 时,m=1,2,?,14;而当 k=3,m=5 及 k=6,m=10 时,解是相同的,故共有 8+14-2=20 个不同的解. ,在(0,24π)内不相同的解有 个
y
1 A C B

O D 1

x

第二试 1.(本题满分 15 分)下列命题是否正确?若正确,请给予证明.否则给出反例. ⑴ 若 P、Q 是直线 l 同侧的两个不同点,则必存在两个不同的圆,通过 P、Q 且与直线 l 相切; ⑵ 若 a>0,b>0,且 a≠1,b≠1,则 logab+logba?2. ⑶ 设 A、B 是坐标平面上的两个点集,Cr={(x,y)|x2+y2?r2},若对任何 r?0,都有 Cr∪A?Cr∪B,则 必有 A?B. 解:⑴若 PQ∥l,则只能作出一个圆过 P、Q 且与直线 l 相切; ⑵ 若 a>1,0<b<1,则 logab+logba?-2; ⑶ A={(x,y)|x2+y2?r2},B={(x,y)|0<x2+y2?r2},于是 Cr∪A?Cr∪B 恒成立,但不满足 A?B. 2.(本题满分 10 分)已知两条异面直线 a、b 所成的角为 θ,它们的公垂线 AA?的长度为 d,在直线 a、b 上分别取点 E、F,设 A?E=m,AF=n,求 EF(A?在直线 a 上,A 在直线 b 上). 解:EF= m2+n2+d2±2mncosθ.(证明见课本). 3.(本题满分 15 分)如图,在△ABC 中,P 为边 BC 上任意一点,PE∥BA,PF∥CA,若 S△ABC=1,证 4 明:S△BPF、S△PCE、S□PEAF 中至少有一个不小于9(SXY?Z 表示多边形 XY?Z 的面积).

-4-

1984 年全国高中数学联赛
A E F B PM N C

冯惠愚

证明:如图,三等分 BC 于 M、N,若点 P 在 BM 上(含点 M),则由于 PE 2 4 ∥AB,则△CPE∽△CBA.CP∶CB?3.于是 S△PCE?9.同理,若 P 在 NC 上 4 (含点 N),则 S△BPF?9. BP 1 2 CP 若点 P 在线段 MN 上.连 EF,设BC=r(3<r<3),则BC=1-r.

A F B E C

S △ BPF=r2 ,S △ PCE=(1-r)2 .∴ S △ BPF+S △ PCE=r2+(1-r)2=2r2 -2r+1=2(r- 12 1 112 1 5 2) +2<2(3-2) +2=9. 4 于是 S□AEPF?9. 故命题成立.

MP N

4.(本题满分 15 分) 设 an 是 12+22+32+?+n2 的个位数字,n=1,2,3?,试证:0.a1a2?an?是有理数. 解 由于 12+22+?+n2 的个位数字只与 1 到 n 的个位数字的平方和有关,故只要考虑这些数的个位数字 的平方: 但 12≡1.22≡4,32≡9,42≡6,52≡5,62≡6,72≡9,82≡4,92≡1,02≡0(mod 10) ∴ a1=1,a2=5,a3=4,a4=0,a5=5,a6=1,a7=0,a8=4,a9=5,a10=5, a11=6,a12=0,a13=9,a14=5,a15=0,a16=6,a17=5,a18=9,a19=0,a20=0. 由 a20=0 知,a20k+r=ar(k,r∈N,0?r?19,并记 a0=0),即 0.a1a2?an?是一个循环节为 20 位数的循环 小数,即为有理数.其一个循环节为“15405104556095065900” . xn-1 xn x1 x2 5.(本题满分 15 分) 设 x1,x2,?,xn 都是正数,求证:x +x +?+ x +x ?x1+x2+?+xn.
2 3 n 1 2 2 2 2

x2 x3 xn 证明 x +x2?2x1,x +x3?2x2,x +x4?2x3,?,x +x1?2x1. 2 3 4 1 上述各式相加即得.

x1

2

2

2

2

-5-

1985 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1985 年全国高中数学联赛试题
第一试 1.选择题(本题满分 36 分,每小题答对得 6 分答错得 0 分,不答得 1 分) ⑴ 假定有两个命题: - - 甲:a 是大于 0 的实数;乙:a>b 且 a 1>b 1.那么( ) A.甲是乙的充分而不必要条件 B.甲是乙的必要而不充分条件 C.甲是乙的充分必要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 2 ⑵PQ 为经过抛物线 y =2px 焦点的任一弦,MN 为 PQ 在准线 l 上的射影,PQ 绕 l 一周所得的旋转面面 积为 S1,以 MN 为直径的球面积为 S2,则下面结论中,正确的是( ) A.S1>S2 B.S1<S2 C.S1≥S2 D.有时 S1>S2,有时 S1=S2,有时 S1<S2 4 4 ⑶ 已知方程 arccos5-arccos(-5)=arcsinx,则( 24 A.x=25 24 B.x=-25 C.x=0 ) D.这样的 x 不存在.

⑷ 在下面四个图形中, 已知有一个是方程 mx+ny2=0 与 mx2+ny2=1(m≠0, n≠0)在同一坐标系中的示意 图,它应是( )
y y y y

O

x

O

x

O

x

O

1

x
y=-x

A.

B.

C.

D.

- ⑸ 设 Z、W、λ 为复数,|λ|≠1,关于 Z 的方程 Z -λZ=W 有下面四个结论: - - λ W+ W Ⅰ.Z= 是这个方程的解; 1-|λ|2

Ⅱ.这个方程只有一解;

Ⅲ.这个方程有两解; Ⅳ.这个方程有无穷多解.则( ) A.只有Ⅰ、Ⅱ正确 B.只有Ⅰ、Ⅲ正确 C.只有Ⅰ、Ⅳ正确 D.以上 A、B、C 都不正确 ⑹ 设 0<a<1,若 x1=a,x2=a 1,x3=a 2,…,xn=a
x x xn-1

,……,则数列{xn}(

)

A.是递增的 B.是递减的 C.奇数项递增,偶数项递减 D.偶数项递增,奇数项递减 二.填空题(本题满分 24 分,每小题 6 分) ⑴ 在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c,若角 A、B、C 的大小成等比数列,且 b2-a2=ac, 则角 B 的弧度为等于 . ⑵ 方程 2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 的非负整数解共有 组. ⑶ 在已知数列 1,4,8,10,16,19,21,25,30,43 中,相邻若干个数之和能被 11 整除的数组共 有 . ⑷ 对任意实数 x,y,定义运算 x*y 为 x*y=ax+by+cxy,其中 a、b、c 为常数,等式右端中的运算是通 常的实数加法、乘法运算.现已知 1*2=3,2*3=4,并且有一个非零实数 d,使得对于任意实数都有 x*d=x, 则 d= .

-1-

1985 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 (本试共有 4 题,每题满分 15 分) 1.在直角坐标系 xoy 中,点 A(x1,y1)和点 B(x2,y2)的坐标均为一位的正整数.OA 与 x 轴正方向的夹 角大于 45° ,OB 与 x 轴正方向的夹角小于 45° ,B 在 x 轴上的射影为 B?,A 在 y 轴上的射影为 A?,△OBB? 的面积比△OAA?的面积大 33.5,由 x1,y1,x2,y2 组成的四位数 x1x2y2y1 =x1?103+x2?102+y2?10+y1.试求出所 有这样的四位数,并写出求解过程.

2.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 是 BC 中点,F 在 AA1 上,且 A1F∶FA=1∶2.求平面 B1EF 与底面 A1B1C1D1 所成的二面角.
D A D1 B1 E B C

F A1

C1

3.某足球邀请赛有十六个城市参加,每市派出甲、乙两个队,根据比赛规则,比赛若干天后进行统计, 发现除 A 市甲队外,其它各队已比赛过的场数各不相同.问 A 市乙队已赛过多少场?请证明你的结论.

4.平面上任给 5 个点,以 λ 表示这些点间最大的距离与最小的距离之比,证明:λ≥2sin54?.

-2-

1985 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1985 年全国高中数学联赛试题 第一试 1.选择题(本题满分 36 分,每小题答对得 6 分答错得 0 分,不答得 1 分) ⑴ 假定有两个命题: - - 甲:a 是大于 0 的实数;乙:a>b 且 a 1>b 1.那么( ) A.甲是乙的充分而不必要条件 B.甲是乙的必要而不充分条件 C.甲是乙的充分必要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 -1 -1 解:由于 a>b 且 a >b 成立时,必有 a>0,b<0.故由乙可得甲,故选 B ⑵PQ 为经过抛物线 y2=2px 焦点的任一弦,MN 为 PQ 在准线 l 上的射影,PQ 绕 l 一周所得的旋转面面 积为 S1,以 MN 为直径的球面积为 S2,则下面结论中,正确的是( ) A.S1>S2 B.S1<S2 C.S1≥S2 D.有时 S1>S2,有时 S1=S2,有时 S1<S2 解:设 PQ 与 x 轴夹角=θ,|PF|=ρ1,|QF|=ρ2,则|PM|=ρ1,|QN|=ρ2. y 则 S1=π(PM+QN)?PQ=π(ρ1+ρ2)2,S2=π|MN|2=π(ρ1+ρ2)2sin2θ. ∴ S1≥S2,当且仅当 θ=90° 时等号成立.选 C. 4 4 ⑶ 已知方程 arccos5-arccos(-5)=arcsinx,则( 24 A.x=25 存在. 4 4 4 3 解:即 arcsinx=2 arccos5-π.设 arccos5=θ,则 cosθ=5,sinθ=5. 24 π ∴ sin2θ=2sinθcosθ=25.即 2θ 为锐角.∴2θ-π<-2.故选 D. ⑷ 在下面四个图形中,已知有一个是方程与 (m≠0,n≠0)在同一坐标系中的示意图,它应是(
y y y y
M P
y 2 =2px

O
N

)
l

Q

x

24 B.x=-25

C.x=0

D.这样的 x 不

)

O

x

O

x

O

x

O

1

x
y=-x

A.

B.

C.

D.

m m 解:由 y2=- n x,若 m、n 均为正数,则此抛物线开口向左,且 mx2+ny2=1 表示椭圆,m<n,| n |<1. 此时抛物线与直线 y=-x 的交点横坐标应>-1.故否定 B、D. 若 m、n 符号相反,则抛物线开口向右.且 mx+ny2=0 图形是双曲线,m<0,n>0,m=-n.故选 A. - ⑸ 设 Z、W、λ 为复数,|λ|≠1,关于 Z 的方程 Z -λZ=W 有下面四个结论: - - λ W+ W Ⅰ.Z= 是这个方程的解; 1-|λ|2

Ⅱ.这个方程只有一解;

Ⅲ.这个方程有两解; Ⅳ.这个方程有无穷多解.则( ) A.只有Ⅰ、Ⅱ正确 B.只有Ⅰ、Ⅲ正确 C.只有Ⅰ、Ⅳ正确 D.以上 A、B、C 都不正确 - - 解:原式两端取共轭:Z- λZ = W,乘以 λ 再取共轭: λZ -|?|2Z= λ W,相加,由|?|≠1,得方程有唯
-3-

1985 年全国高中数学联赛

冯惠愚

- - λ W+ W 一解 Z= .选 A. 1-|λ|2 ⑹ 设 0<a<1,若 x1=a,x2=a 1,x3=a 2,…,xn=a
x x xn-1

,……,则数列{xn}(

)

A.是递增的 B.是递减的 C.奇数项递增,偶数项递减 x 解:作 y=a 的图象,在图象上取点 x1,x2,x3,x4,由 0<a<1, 知 x1<x3<x2,即 A、B 错,C 正确.选 C. 二.填空题(本题满分 24 分,每小题 6 分) ⑴ 在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c,若角 A、 B、C 的大小成等比数列,且 b2 -a2=ac,则角 B 的弧度为等 于 . 解: 由余弦定理, 2-a2=c2-2accosB. ac=c2-2accosB. b 故 即 a=c-2acosB.?sinA=sin(A+B)-2sinAcosB.=sin(B-A). ∴ 由 b>a,得 B>A.?A=B-A,?B=2A,C=4A. 或 A+B-A=π(不可能) 2 ∴ B=7π. ⑵ 方程 2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 的非负整数解共有 解:x1=1 时,x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1,共有 9 解;
2 3

D.偶数项递增,奇数项递减

y
1
x2 x4 x3 x1

(1,a)

a
O
x1 x3 x2

1

x

组.

x1=0 时,x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3,共有 9+A9+C9=9+72+84=165 解. ∴ 共有 174 解. ⑶ 在已知数列 1,4,8,10,16,19,21,25,30,43 中,相邻若干个数之和能被 11 整除的数组共 有 . 解:把这些数 mod 11 得 1,4,-3,-1,5,-3,-1,3,-3,-1. 依次累加,得:1,5,2,1,6,3,2,5,2,1.其中相等的和有 7 对(3 对 1,3 对 2,1 对 5),这表 示原数列中共有 7 组相邻数之和能被 11 整除. ⑷ 对任意实数 x,y,定义运算 x*y 为 x*y=ax+by+cxy,其中 a、b、c 为常数,等式右端中的运算是通 常的实数加法、乘法运算.现已知 1*2=3,2*3=4,并且有一个非零实数 d,使得对于任意实数都有 x*d=x, 则 d= . 解:ax+bd+cxd=x.取 x=0,代入得,bd=0,但 d≠0,故 b=0 a+2b+2c=3,2a+3b+6c=4.?a=5,c=-1.取 x=1 代入,得 d=4. 经验算:x*y=5x-xy,对于一切 x,有 x*4=5x-4x=x 成立.故 d=4.

-4-

1985 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 (本试共有 4 题,每题满分 15 分) 1.在直角坐标系 xoy 中,点 A(x1,y1)和点 B(x2,y2)的坐标均为一位的正整数.OA 与 x 轴正方向的夹 角大于 45° ,OB 与 x 轴正方向的夹角小于 45° ,B 在 x 轴上的射影为 B?,A 在 y 轴上的射影为 A?,△OBB? 的面积比△OAA?的面积大 33.5,由 x1,y1,x2,y2 组成的四位数 x1x2y2y1=x1?103+x2?102+y2?10+y1.试求出所有这样的四位数,并写出求解过 程. 解:x2y2-x1y1=67.x1<y1,x2>y2.且 x1,y1,x2,y2 都是不超过 10 的正整 数. ∴ x2y2>67, x2y2=72 或 81. x2>y2, x2y2=91 舍去. x2y2=72. 2=9, ? 但 故 ∴ x y2=8. ∴ x1y1=72-67=5.?x1=1,y1=5,∴ x1x2y2y1=1985. 2.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 是 BC 中点,F 在 AA1 上,且 A1F∶FA=1∶2.求平面 B1EF 与底面 A1B1C1D1 所成的二面角.
D A D1 B1 E B C
O
B' x A' A B

y

1 1 5 10 61 解:设 AB=1,则 BE=2,A1F=3,故 B1E= 2 ,B1F= 3 ,EF= 6 . 1 5 10 1 5 10 61 1 ∴ S?B1EF=2· 4· -4(4+ 9 -36)=12 46. 9

F A1

C1

1 而△B1EF 在平面 A1C1 上的射影面积=4. ∴ cosθ= 3 3 ,即所求角=arc cos . 46 46

D G A D1 B1 B E

C

又解:设平面 B1EF 与平面 AD1 交于 FG,(G 在 AD 上),则由平面 AD1∥平面 BC1,得 FG∥B1E.于是,延长 GF、D1A1 交于 P,则 P 为截面与平面 A1C1 的公共 1 1 37 点,故 PB1 为所求二面角的棱.AG=A1H=3,A1P=6,PB1= 6 .

F H A1 P K

C1

作 GH⊥A1D1 于 H,则 GH⊥平面 A1C1.作 HK⊥PB1,连 GK.则∠GKH 为所 求二面角的平面角. ∵ HK?PB1=A1B1?HP.∴ HK= 3 37 37 ,tan∠GKH= 3 .即所求角=arc tan 3 . 37

3.某足球邀请赛有十六个城市参加,每市派出甲、乙两个队,根据比赛规则,比赛若干天后进行统计, 发现除 A 市甲队外,其它各队已比赛过的场数各不相同.问 A 市乙队已赛过多少场?请证明你的结论. 证明:用 32 个点表示这 32 个队,如果某两队比赛了一场,则在表示这两个队的点间连一条线.否则 就不连线. 由于,这些队比赛场次最多 30 场,最少 0 场,共有 31 种情况,现除 A 城甲队外还有 31 个队,这 31 个队比赛场次互不相同,故这 31 个队比赛的场次恰好从 0 到 30 都有.就在表示每个队的点旁注上这队的 比赛场次. 考虑比赛场次为 30 的队,这个队除自己与同城的队外,与不同城有队都进行了比赛,于是,它只可能 与比赛 0 场的队同城;再考虑比赛 29 场的队,这个队除与同城队及比赛 0 场、1 场(只赛 1 场的队已经与比 赛 30 场的队赛过 1 场, 故不再与其它队比赛)的队不比赛外, 与其余各队都比赛, 故它与比赛 1 场的队同城; 依次类推,知比赛 k 场的队与比赛 30-k 场的队同城,这样,把各城都配对后,只有比赛 15 场的队没有与 其余的队同城,故比赛 15 场的队就是 A 城乙队.即 A 城乙队比赛了 15 场.
-5-

1985 年全国高中数学联赛

冯惠愚

4.平面上任给 5 个点,以 λ 表示这些点间最大的距离与最小的距离之比,证明:λ≥2sin54?. 证明 ⑴ 若此五点中有三点共线,例如 A、B、C 三点共线,不妨设 B 在 A、C 之间,则 AB 与 BC 必 AC 有一较大者.不妨设 AB≥BC.则BC ≥2>2sin54?.

D E A B C A B A C E

D C B A

D E

C D B B

A E C

⑵ 设此五点中无三点共线的情况. ① 若此五点的凸包为正五边形.则其五个内角都=108?.五点的连线只有两种长度:正五边形的边长 与对角线,而此对角线与边长之比为 2sin54?. ② 若此五点的凸包为凸五边形.则其五个内角中至少有一个内角≥108?.设∠EAB≥108?,且 EA≥ AB,则∠AEB≤36?, BE sin(B+E) sin2E ∴AB = sinE ≥ sinE =2cosE≥2cos36?=2sin54?. ③ 若此五点的凸包为凸四边形 ABCD,点 E 在其内部,连 AC,设点 E 在△ABC 内部,则∠AEB、∠ BEC、∠CEA 中至少有一个角≥120?>108?,由上证可知,结论成立. ④ 若此五点的凸包为三角形 ABC,则形内有两点 D、E,则∠ADB、∠BDC、∠CDA 中必有一个角≥ 120?,结论成立. 综上可知,结论成立.

-6-

1986 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1986 年全国高中数学联赛试题
第一试 1.选择题(本题满分 42 分,每小题 7 分,每小题答对得 7 分,答错得 0 分不答得 1 分) ⑴ 设-1<a<0,θ=arcsina,那么不等式 sinx<a 的解集为( ) A.{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π-θ,n∈Z} B.{x|2nπ-θ<x<(2n+1)π+θ,n∈Z} C.{x|(2n-1)π+θ<x<2nπ-θ,n∈Z} D.{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π-θ,n∈Z} 2 2 ⑵ 设 x 为复数,M={z|(z-1) =|z-1| },那么( ) A.M={纯虚数} ⑶ 设实数 a、b、c 满足
?a -bc-8a+7=0, ? 2 2 ? b +c +bc-6a+6=0.
2

B.M={实数}

C.{实数}? M ?{复数} ? ?

D.M={复数}

那么,a 的取值范围是( ) A.(-∞,+∞) B.(-∞,1]∪[9,+∞) C.(0,7) D.[1,9] ⑷ 如果四面体的每一个面都不是等腰三角形,那么其长度不等的棱的条数最少为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 ⑸ 平面上有一个点集和七个不同的圆 C1,C2,…,C7,其中圆 C7 恰好经过 M 中的 7 个点,圆 C6 恰好 经过 M 中的 6 个点,…,圆 C1 恰好经过 M 中的 1 个点,那么 M 中的点数最少为( ) A.11 B.12 C.21 D.28 1 ⑹ 边长为 a、b、c 的三角形,其面积等于4,而外接圆半径为 1,若 1 1 1 s= a+ b+ c,t=a+b+ c , 则 s 与 t 的大小关系是 A.s>t B.s=t C.s<t D.不确定 2.填空题(本题满分 28 分,每小题 7 分): 本题共有 4 个小题,每小题的答案都是 000 到 999 的某一个整数,请把你认为正确的答案填在 上. ⑴ 在底面半径为 6 的圆柱内,有两个半径也为 6 的球面,其球心距为 13,若作一平面与这二球面相切, 且与圆柱面交成一个椭圆,则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是 . ⑵ 已知 f(x)=|1-2x|,x∈[0,1],那么方程 1 f(f(f(x)))=2x 的解的个数是
x

. ;

4 1 2 3 1000 ⑶设 f(x)=4x+2,那么和式 f(1001)+f(1001)+f(1001)+…+f(1001)的值等于

⑷设 x、y、z 为非负实数,且满足方程 4 小值的乘积等于 .

5x+9y+4z

-68?2

5x+9y+4z

+256=0,那么 x+y+z 的最大值与最

-1-

1986 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 1.(本题满分 17 分)已知实数列 a0,a1,a2,…,满足 ai-1+ai+1=2ai,(i=1,2,3,…) 求证:对于任何自然数 n, P(x)=a0Cn(1-x)n+a1Cnx(1-x)n 1+a2Cnx2(1-x)n 2+…+an-1C 是一次多项式.(本题应增加条件:a0≠a1)
0 1
-

2

-

n n n-1 n-1 n x (1-x)+anCnx

2.(本题满分 17 分)已知锐角三角形 ABC 的外接圆半径为 R,点 D、E、F 分别在边 BC、CA、AB 上, 求证:AD,BE,CF 是⊿ABC 的三条高的充要条件是 R S= 2 (EF+FD+DE) . 式中 S 是三角形 ABC 的面积.

3.平面直角坐标系中,纵横坐标都是整数的点称为整点,请设计一种染色方法将所有的整点都染色, 每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色,使得 ⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上; ⑵ 对任意白色 A、红点 B 和黑点 C,总可以找到一个红点 D,使得 ABCD 为一平行四边形. 证明你设计的方法符合上述要求.

-2-

1986 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1986 年全国高中数学联赛解答 第一试 1.选择题(本题满分 42 分,每小题 7 分,每小题答对得 7 分,答错得 0 分不答得 1 分) ⑴ 设-1<a<0,θ=arcsina,那么不等式 sinx<a 的解集为( ) A.{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π-θ,n∈Z} B.{x|2nπ-θ<x<(2n+1)π+θ,n∈Z} C.{x|(2n-1)π+θ<x<2nπ-θ,n∈Z} D.{x|(2n-1)π-θ<x<2nπ+θ,n∈Z} π 解:-2<θ<0,在(-π,0)内满足 sinx<a 的角为-π-θ<x<θ,由单位圆易得解为 D. ⑵ 设 x 为复数,M={z|(z-1)2=|z-1|2},那么( A.M={纯虚数} B.M={实数} ) C.{实数}? M ?{复数} ? ? D.M={复数}

y O

? 1

x

解:即(z-1)2-(z-1)(--1)=0,?(z-1)(z--)=0,?z=1 或 z=-,总之,z 为实数.选 B z z z ⑶ 设实数 a、b、c 满足
?a -bc-8a+7=0, ? 2 2 ? b +c +bc-6a+6=0.
2

那么,a 的取值范围是( ) A.(-∞,+∞) B.(-∞,1]∪[9,+∞) C.(0,7) D.[1,9] 2 2 2 2 解:①×3+②:b +c -2bc+3a -30a+27=0,?(b-c) +3(a-1)(a-9)=0,?1?a?9.选 D. 2 2 b +c +2bc-a2+2a-1=0,(b+c)2=(a-1)2,?b+c=a-1,或 b+c=-a+1. ⑷ 如果四面体的每一个面都不是等腰三角形,那么其长度不等的棱的条数最少为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 解:取等腰四面体,其棱长至多 2 种长度.棱长少于 3 时,必出现等腰三角形.选 A. ⑸ 平面上有一个点集和七个不同的圆 C1,C2,…,C7,其中圆 C7 恰好经过 M 中的 7 个点,圆 C6 恰好 经过 M 中的 6 个点,…,圆 C1 恰好经过 M 中的 1 个点,那么 M 中的点数最少为( ) A.11 B.12 C.21 D.28 解:首先,C7 经过 M 中 7 个点,C6 与 C7 至多 2 个公共点,故 C6 中至少另有 4 个 M 中的点,C5 至 少经过 M 中另外 1 个点,共有至少 7+4+1=12 个点. 1 ⑹ 边长为 a、b、c 的三角形,其面积等于4,而外接圆半径为 1,若 1 1 1 s= a+ b+ c,t=a+b+ c , 则 s 与 t 的大小关系是 A.s>t B.s=t C.s<t D.不确定

1 abc 1 解:△=2absinC= 4R ,由 R=1,△=4,知 abc=1.且三角形不是等边三角形. 1 1 1 1 1 1 a+ b+ c ∴ a+b+ c ? + + = = a+ b+ c.(等号不成立).选 C. ab bc ca abc 2.填空题(本题满分 28 分,每小题 7 分): 本题共有 4 个小题,每小题的答案都是 000 到 999 的某一个整数,请把你认为正确的答案填在 ⑴ 在底面半径为 6 的圆柱内,有两个半径也为 6 的球面,其球心距为 13,若作一 平面与这二球面相切,且与圆柱面交成一个椭圆,则这个椭圆的长轴长与短轴长之和 是 . 6 12 解:易得 cosα=6.5=13,于是椭圆长轴=13,短轴=12.所求和=25. ⑵ 已知 f(x)=|1-2x|,x∈[0,1],那么方程
-3-

上.

?

1986 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1 f(f(f(x)))=2x 的解的个数是 . 1 1-4x,(0?x?4) 1 1 4x-1,(4?x?2) 1 3 3-4x,(2?x?4) 3 4x-3,(4?x?1)

? ? 解:f(f(x))=|1-2|1-2x||=? ? ?

同样 f(f(f(x)))的图象为 8 条线段,其斜率分别为±8,夹在 y=0 与 y=1,x=0,x=1 之内.它们各与线段 1 y=2x (0?x?1)有 1 个交点.故本题共计 8 解. 4x 1 2 3 1000 ⑶ 设 f(x)=4x+2,那么和式 f(1001)+f(1001)+f(1001)+…+f(1001)的值等于 4 4x 4x 4 解 f(x)+f(1-x)= 4x+2+ 1-x =4x+2+ =1. 4 +2 4+2?4x
1-x





1 2 3 500 以 x=1001,1001,1001,…,1001代入⑴式,即得所求和=500. ⑷ 设 x、y、z 为非负实数,且满足方程 4 值的乘积等于 解:令 2
5x+9y+4z 5x+9y+4z

-68?2

5x+9y+4z

+256=0,那么 x+y+z 的最大值与最小

; =t,则得,t2-68t+256=0,?(t-64)(t-4)=0,?t=4,t=64.

4 5x+9y+4z=2?5x+9y+4z=4,?9(x+y+z)=4+4x+5z?4,x+y+z?9; 4 4(x+y+z)=4-x-5y?4,x+y+z?1?x+y+z∈[9,1]; 5x+9y+4z=6?5x+9y+4z=36,?9(x+y+z)=36+4x+5z?36,?x+y+z?4; 4(x+y+z)=36-x-5y?36,?x+y+z?9. 4 故,所求最大值与最小值的乘积=9?9=4.

第二试 1.(本题满分 17 分)已知实数列 a0,a1,a2,…,满足 ai-1+ai+1=2ai,(i=1,2,3,…) 求证:对于任何自然数 n, P(x)=a0Cn(1-x)n+a1Cnx(1-x)n 1+a2Cnx2(1-x)n 2+…+an-1C
0 1
-

2

-

n n n-1 n-1 n x (1-x)+anCnx

是一次多项式. (本题应增加条件:a0≠a1) 证明:由已知,得 ai+1-ai=ai-ai-1,?故{ai}是等差数列.设 ai-ai-1=d≠0.则 ak=a0+kd. 于是 P(x)=a0C0(1-x)n+a1C1x(1-x)n 1+a2C2x2(1-x)n 2+…+an-1C n n n
-

n-1 n n n-1 n ,n)x (1-x)+anCnx
-

n = a0C0(1-x)n+(a0+d)C1x(1-x)n 1+(a0+2d)C2x2(1-x)n 2+…+(a0+(n-1)d)Cn-1xn 1(1-x)+(a0+nd)Cnxn n n n n

-4-

1986 年全国高中数学联赛

冯惠愚
n
1 n

=a0[C (1-x) +C x(1-x) +C x (1-x) +…+C x (1-x)+C x ] +d[C1x(1-x)n 1+2C2x2(1-x)n 2+…+(n-1)Cn-1xn 1(1-x)+nCnxn] n n n n - 0 1 =a0(1-x+x)n+ndx[Cn-1(1-x)n 1+Cn-1x(1-x)n 2+…+Cn-2xn 2(1-x)+Cn-1xn 1] n-1 n-1 - =a0+ndx(1-x+x)n 1=a0+ndx=a0+(an-a0)x. 此为一次多项式.证毕.

0 n

n-1

2 2 n

n-2

n-1 n-1 n

n n n

k k-1 (由 kCn=nCn-1)

2.(本题满分 17 分)已知锐角三角形 ABC 的外接圆半径为 R,点 D、E、F 分别在边 BC、CA、AB 上, 求证:AD,BE,CF 是⊿ABC 的三条高的充要条件是 R S= 2 (EF+FD+DE). 式中 S 是三角形 ABC 的面积. 证明 连 OA,则由 C、E、F、B 四点共圆,得?AFE=?C,又在⊿OAB 中,?OAF=(180?-2?C)/2=90?-?C,∴OA⊥EF. ∴ OA R SOEAF=EF·2 = 2 · EF,
B F E O D C A

R R R 同理,SOFBD= 2 · DF,SODCE= 2 · DE,故得 S= 2 (EF+FD+DE). R R 反之,由 S= 2 (EF+FD+DE) .得 OA⊥EF,OB⊥FD,OC⊥ED,否则 S< 2 (EF+FD+DE) . 过 A 作⊙O 的切线 AT,则∠AFE=∠TAF=∠ACB,?B、F、E、D 共圆, 同理,A、F、D、C 共圆,A、E、D、B 共圆.?∠AFC=∠ADC,∠AEB=∠ADB. ∴ ∠AFC+∠AEB=∠ADC+∠ADB=180° .但∠BFC=∠BEC,即∠AFC=∠AEB=90° ,于是 F、E 为垂 足,同理 D 为垂足.故证. 3.(本题 16 分)平面直角坐标系中,纵横坐标都是整数的点称为整点,请设计一种染色方法将所有的整 点都染色,每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色,使得 ⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上; ⑵ 对任意白色 A、红点 B 和黑点 C,总可以找到一个红点 D,使得 ABCD 为一平行四边形. 证明你设计的方法符合上述要求. 证明: 设任一点的坐标为(x, 把 x+y≡1(mod 4)的点染白, y), x+y≡3(mod 4)的点染黑, x+y≡0 或 2(mod4) 的点染红. 显然,这样染色的点满足要求. 首先,每条平行于 x 轴的直线上都有三种颜色的点.即每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的 直线上;其次,对于任一白点 A(x1,y1),任一红点 B(x2,y2),与任一黑点 C(x3,y3),当点 D(x4,y4)与之组 成平行四边形时,有 x1+x3=x2+x4,y1+y3=y2+y4.而 x1+y1+x3+y3≡0(mod 4),于是 x2+y2+x4+y4≡0(mod 4), 故 x4+y3≡0(当 x2+y2≡0 时)或 2(当 x2+y2≡2 时)(mod 4).即点 D 为红点.

-5-

1987 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1987 年全国高中数学联赛试题
一试题(10 月 11 日上午 8∶00——9∶30) 一.选择题(每个小题选对得 5 分,不选得 1 分;选错或选出的代号超过一个者得 0 分.本题满分 20 分): 1.对任意给定的自然数 n,若 n6+3a 为正整数的立方,其中 a 为正整数,则( ) A.这样的 a 有无穷多个 B.这样的 a 存在,但只有有限个 C.这样的 a 不存在 D.以上 A、B、C 的结论都不正确(上海供题) 2.边长为 5 的菱形,它的一条对角线的长不大于 6,另一条不小于 6,则这个菱形两条对角线长度之 和的最大值是( ) A.10 2 B.14 C.5 6 D.12(天津供题) 3.在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点,若 a 为无理数,则过(a,0)的所有直线 中( ) A.有无穷多条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 B.恰有 n(2?n<+∞)条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 C.有且仅有一条直线至少通过两个有理点 D.每条直线至多通过一个有理点(河南供题) 4.如图,△ABC 的顶点 B 在单位圆的圆心上,A、C 在圆周上,∠ABC=2α π (0<α<3),现将△ABC 在圆内按逆时针方向依次作旋转,具体方法如下:第一次,以 A 为中心使 B 落到圆周上;第二次,以 B 为中心,使 C 落到圆周上;第三次,以 C 为中心,使 A 落到圆周上.如此旋转直到 100 次.那么 A 点所走过的路程的总长度 为( ) A.22π(1+sinα)-66α 68 C.22π+ 3 πsinα-66α 67 B. 3 π D.33π-66α(北京供题)
A B 2? C

二.填空题(每小题填写结果完全正确者得 8 分,填写错误或多填、少填者均得 0 分,本题满分 40 分): 1.已知集合 M={x,xy,lg(xy)} 及 N={0,|x|,y}, 并且 M=N,那么 1 1 1 1 (x+ y)+(x2+y2)+(x3+y3)+?+(x2001+y2001)的值等于 2.已知集合 A={(x,y)| |x|+|y|=α,α>0} B={(x,y)| |xy|+1=|x|+|y|} 若 A∩B 是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则 α 的值为 .(陕西供题)

.(青海供题)
2n
-2n

3.若 k 是大于 1 的整数,α 是 x2-kx+1=0 的一个根,对于大于 10 的任意自然数 n,α +α 字总是 7,则 k 的个位数字是 .(河北供题)

的个位数

5 4.现有边长为 3,4,5 的三角形两个,边长为 4,5, 41的三角形四个,边长为6 2,4,5 的三角形 六个,用上述三角形为面,可以拼成 个四面体.(江西供题) 5.五对孪生兄妹参加 k 个组活动,若规定:⑴ 孪生兄妹不在同一组;⑵非孪生关系的任意两个人都 恰好共同参加过一个组的活动,⑶有一人只参加两个组的活动,则 k 的最小值为 .(命题组供题)

-1-

1987 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1987 年全国高中数学联赛二试题 一.如图,△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形,现固定△ABC,而将△ADE 绕 A 点在平 面上旋转,试证:不论△ADE 旋转到什么位置,线段 EC 上必存在点 M,使△BMD 为等腰直角三角形.
B

A D

E

C

二.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点称为整点.试证:存在一个同心圆的集合,使得 ⑴每个整点都在此集合的某个圆周上; ⑵此集合的每个圆周上,有且只有一个整点.(辛泽尔定理)

三.n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同,试证明:总可 以从中去掉一名选手,而使在余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同.

-2-

1987 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1987 年全国高中数学联赛解答 一试题 一.选择题(每个小题选对得 5 分,不选得 1 分;选错或选出的代号超过一个者得 0 分.本题满分 20 分): 1.对任意给定的自然数 n,若 n6+3a 为正整数的立方,其中 a 为正整数,则( ) A.这样的 a 有无穷多个 B.这样的 a 存在,但只有有限个 C.这样的 a 不存在 D.以上 A、B、C 的结论都不正确(上海供题) 2 3 6 4 2 2 3 6 4 解:(n +3k) =n +9n k+27n k +27k =n +3(3n +9n2k+9k2)k.取 a=(3n4+9n2k+9k2)k,(k 为任意正整数),则 n6+3a 为正整数的立方,由于 k 可任意取值,且当 k 增大时,a 也随之增大.即 a 有无数个.选 A. 2.边长为 5 的菱形,它的一条对角线的长不大于 6,另一条不小于 6,则这个菱形两条对角线长度之 和的最大值是( ) A.10 2 B.14 C.5 6 D.12(天津供题) y 解:设 x?3,y?3,且 x2+y2=25.满足要求的点构成直角坐标系中一段弧 (4,3) (图中粗线部分).令 x+y=k,则当直线经过点(4,3)时取得最大值 7.即 2x+2y 3 ?14.选 B. 3 x O 5 3.在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点,若 a 为无 理数,则过(a,0)的所有直线中( ) A.有无穷多条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 B.恰有 n(2?n<+∞)条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 C.有且仅有一条直线至少通过两个有理点 D.每条直线至多通过一个有理点(河南供题) 解:若直线斜率为 k,则当 k=0 时直线经过 x 轴上所有有理点. 当 k≠0 时,直线方程为 y=k(x-a). 若 k 为有理数,则当 x 为有理数时,y 为无理数; 若 k 为无理数, 若此时直线经过一个有理点 A(x1, 1), y 对于直线上与 A 不重合的点 B(x2, 2). y1=k(x1 y 由 y2 x2-a -a),y2=k(x2-a),由于 a 为无理数,故 y1≠0,x2-a≠0,y = =m,当 y2 为有理数时,m 为有理数, 1 x1-a 当 y2≠y1 时,m≠1,此时 x2=mx1+(1-m)a 为无理数.即此直线上至多有一个有理点.选 C. 4. 如图, △ABC 的顶点 B 在单位圆的圆心上, C 在圆周上, A、 ∠ABC=2α(0<α< π 3)现将△ABC 在圆内按逆时针方向依次作旋转,具体方法如下:第一次,以 A 为 中心使 B 落到圆周上;第二次,以 B 为中心,使 C 落到圆周上;第三次,以 C 为中心,使 A 落到圆周上.如此旋转直到 100 次.那么 A 点所走过的路程的总长 度为( ) A.22π(1+sinα)-66α 68 C.22π+ 3 πsinα-66α 67 B. 3 π D.33π-66α(北京供题)
C2 A2

A1 2? B1 B C1 A C

2 π 解: A 每 k(k≡1(mod 3))不动, k(k≡2(mod 3))次走过路程3π-2α, k(k≡0(mod 3))走过路程3(2sinα), 点 第 第 2 2 于是所求路程=33(3π-2α+ 3πsinα).选 A. 二.填空题(每小题填写结果完全正确者得 8 分,填写错误或多填、少填者均得 0 分,本题满分 40 分): 1.已知集合 M={x,xy,lg(xy)} 及 N={0,|x|,y}, 并且 M=N,那么
-3-

1987 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1 1 1 1 (x+ y)+(x2+y2)+(x3+y3)+…+(x2001+y2001)的值等于

.(陕西供题)

解 0∈M,但 xy?0,故只有 lg(xy)=0, ,xy=1. ∴ 1∈N,故|x|=1,或 y=1,若 y=1,则由 xy=1 得,x=1,与元素相异性矛盾.故 y?1. ∴ |x|=1,x=1 或 x=-1,其中 x=1 同上矛盾.故 x=-1.y=-1. 1 1 ∴ x2k+y2k = 2;x2k+1+y2k+1 =-2(k∈N*).故所求值=-2. 解:xy≠0,?x≠0,y≠0.故 xy=1.若 y=1,则 x=1,矛盾,故 x=-1,y=-1.原式=-2. 2.已知集合 A={(x,y)| |x|+|y|=α,α>0} B={(x,y)| |xy|+1=|x|+|y|} y 若 A∩B 是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则 α 的值为 .(青海 供题) 解:集合 A 的图形是依次连(α,0),(0,α),(-α,0),(0,-α)四点的 线段. O 集合 B 的图形是直线 x=1,x=-1,y=1,y=-1.它们交得一个正八边 形. 若此 4 条直线为图中的 4 条实线,则 α=tan22.5° +1= 2.或此正八边形 各边与原点距离相等,知直线 x+y=α 与原点距离=1.α= 2. 若此 4 条直线为图中的 4 条虚线,则 2α=2 2+2,?α=2+ 2. ∴ α=2 或 2+ 2. 3.若 k 是大于 1 的整数,α 是 x2-kx+1=0 的一个根,对于大于 10 的任意自然数 n,α +α 字总是 7,则 k 的个位数字是
- -

x

2n

-2n

的个位数

.(河北供题)
2n
-2n

解:另一根=α 1,α+α 1=k,记 α +α 由 α +α
2n
-2n

≡kn(mod 10),0?kn<10.

=(α

2n

-1



-2n

-1

)2-2 得,kn≡kn-12+8(mod 10).若 k 为偶数,则 kn 为偶数,不等于 7.

若 kn-1≡±1(mod 10),则 kn≡9,?kn+1≡9(mod 10); 若 kn-1≡±3(mod 10),则 kn≡7,?kn+1≡7(mod 10); 若 kn-1≡5(mod 10),则 kn≡9,?kn+1≡9(mod 10); 故 k 的个位数字为 3,5,7. 5 4.现有边长为 3,4,5 的三角形两个,边长为 4,5, 41的三角形四个,边长为6 2,4,5 的三角形 六个,用上述三角形为面,可以拼成 个四面体.(江西供题) 解:用四个三角形拼成四面体,每种边长至少要在两个三角形中出现.因此以上三种三角形如果要用, 就用偶数个.由于第①类边长为 3,4,5 的三角形与第②类边长为 4,5, 41的三角形都是直角三角形, 5 而第③类边长为6 2,4,5 的三角形为钝角三角形.因此,用 4 个后两种三角形都不能单独拼成四面体(四 个面全等的四面体是等腰四面体,其各面都是锐角三角形). 情况⑴:4 个三角形中有两个②类三角形,如图,取两个②类三角形,BC= 41,则斜边 BC 上的高 20 16 16 6 AE=DF=h= .且 BE=CF=x= ,则 EF= 41-2× = . 41 41 41 41 A A 1 4 3 于是 AD2=AE2+EF2+FD2-2AE·DFcosθ=41(881-810cosθ) h 4 h 5 B 4 B
x
5

E
-4-

D

x

41

F

4

E

D

5

情况1

C

F

3

情况2

C

1987 年全国高中数学联赛

冯惠愚

81 ∈(41,41).

(*)

若再取两个①类三角形时,由于 AD=3,满足(*)式,故可以构成四面体. 5 若再取两个③类三角形时,由于 AD=6 2,不满足(*)式,故不可以构成四面体. 12 情况⑵:两个①类,两个③类.此时取 BC=5,AB=CD=3,于是斜边 BC 上的高 AE=DF=h= 5 .且 9 9 7 BE=CF=x=5,则 EF=5-2×5=5. 1 49 于是 AD2=AE2+EF2+FD2-2AE·DFcosθ=25 (337-288cosθ)∈(25,25). 5 由于 AD=6 2,不满足(*)式,故不可以构成四面体. ∴ 只能构成 1 个四面体. 5.五对孪生兄妹参加 k 个组活动,若规定:⑴ 孪生兄妹不在同一组;⑵非孪生关系的任意两个人都 恰好共同参加过一个组的活动,⑶有一人只参加两个组的活动,则 k 的最小值为 .(命题组供题) 解:设此 10 人为 A,a;B,b;C,c;D,d;E,e. A 只参加 2 组,故除 a 外其余 8 人应分成 2 组,每组人数都不超过 4 人(否则有孪生兄妹同组).记第 一组为{B,C, D,E},第二组为{b, c,d,e}. 于是其余 8 人中大写字母不再同组, 小写字母也不再同组.即 除 a 外其余组中人数不超过 2 人.每人都再参加 3 组,故至少还要 3×4=12 组.a 可参加其中 4 组.即至少 要 14 组.又{a,B,c},{B,d},{B,e},{a,C,b},{C,d},{C,e},{D,b},{D,c},{a,D,e}, {E,b},{E,c},{a,E,d}满足要求.故所求最小值为 14.

1987 年全国高中数学联赛二试题 一.如图,△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形,现固定△ABC,而将△ADE 绕 A 点在平 面上旋转,试证:不论△ADE 旋转到什么位置,线段 EC 上必存在点 M,使△BMD 为等腰直角三角形. 证明:以 A 为原点,AC 为 x 轴正方向建立复平面.设 C 表示复数 c,
B

1 1 1 点 E 表示复数 e(c、e∈R).则点 B 表示复数 b=2c+2ci,点 D 表示复数 d=2 1 e-2ei.
C M

A D D' E'

E

把△ADE 绕点 A 旋转角 θ 得到△AD?E?, 则点 E?表示复数 e?=e(cosθ+isinθ).点 D?表示复数 d?=d(cosθ+isinθ) 1 表示 E?C 中点 M 的复数 m=2(c+e?).

→ 1 1 1 1 1 1 1 ∴ 表示向量 MB 的复数:z1=b-2(c+e?)=2c+2ci-2c-2e(cosθ+isinθ)=-2ecosθ+2(c-esinθ)i. → 1 1 1 1 表示向量 MD?的复数:z2=d?-m=(2e-2ei)(cosθ+isinθ)-2c-2e(cosθ+isinθ) 1 1 =2(esinθ-c)-2iecosθ. 显然:z2=z1i.于是|MB|=|MD?|,且∠BMD?=90° .即△BMD?为等腰直角三角形.故证. 二.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点称为整点.试证:存在一个同心圆的集合,使得
-5-

1987 年全国高中数学联赛

冯惠愚

⑴每个整点都在此集合的某个圆周上; ⑵此集合的每个圆周上,有且只有一个整点.(辛泽尔定理) 证明 取一点,其两个坐标都是无理数,例如 W( 2, 3),先证明,以 W 为圆心,任意长为半径作的 圆,至多通过一个格点. 设某个以 W 为圆心的圆通过两个格点(m,n),(p,q)(m,n,p,q∈Z), 则(m- 2)2+(n- 3)2=(p- 2)2+(q- 3)2. 展开整理得,m2+n2-p2-q2=2 2(p-m)+2 3(q-n). 左边是有理数,右边当且仅当 p=m,q=n 时为有理数.故证. 于是可知以 W 为圆心的圆至多通过一个格点. 现考虑,平面上所有的点与 W 的距离,这些距离没有两个相等.故可以把所有的距离按从小到大排队 0=r0<r1<r2<r3<?<rn<?.对应的整点依次为 A0,A1,A2,A3,?,An,?.以 W 为圆心,以 rn 为半径作圆, 则此圆恰经过整点 An.且此圆只经过 An 这个整点.现取以 W 为圆心,所有 rn 为半径的同心圆集.则每个 整点都在此同心圆集合中的某个圆上,且每个圆上都有且只有一个整点. 三.n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同,试证明:总可 以从中去掉一名选手,而使在余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同. 证明 1:用 A、B、??表示选手,而用 α(A)、α(B)表示 A、B 已赛过的对手集合. 设 A 是对手集中元素最多的的选手. 若命题不成立,则存在两个选手 B、C 使去掉 A 后,B、C 的对手集相同,由于 α(B)≠α(C),故 A 必属 于 α(B)与 α(C)之一.不妨设 B∈α(A),C?α(A). 同样存在 D、E,使 D∈α(C),E?α(C),去掉 C 后,α(D)=α(E),由于 A?α(C),故 D≠A:又 D∈α(C), 故 D∈α(B),即 B∈α(D)=α(E)∪{C},从而 B∈α(E),C?α(E),而去掉 A 后,B、C 的对手集相同,从而 E=A. 于是 α(A)=α(E)=α(D)\{C},即 α(A)比 α(D)少一个元素 C,这与 A 是“对手集中元素最多的”矛盾.故 证. 又证:把这些选手编为 1 至 n 号,以 n 个点表示这 n 个人,各点也相应编为 1 至 n 号. 反设去掉任何一各选手后都有两个选手的已赛过的对手完全相同.于是先去掉 1 号选手,则有两个选 手的已赛过的对手完全相同, 设为第 i 号与第 j 号, 在表示此二人的点间连一条线, 并在线上注上 号” 这 “1 . 说明,此二人在去掉 1 号选手之前必是一人与 1 号赛过,另一人与 1 号没有赛过.而且不可能在去掉 1 号 后有三人都相同,否则,此三人与 1 号选手比赛的情况只有两种:赛过或没有赛过,如果去掉 1 号后,此 三人的情况完全相同,则去掉 1 号之前必有 2 人赛过的对手完全相同.如果去掉 1 号后有不止一对选手的 已赛过对手完全相同,则只任取其中的一对连线,其余的对则不连线. 连线后把 1 号选手放回来,再依次去掉 2 号、3 号,??,直至 n 号,每去掉 1 个选手,都会在某两点 之间连出 1 条线.这样,就在 n 个选手之间连了 n 条线.且这些线上分别注了 1 至 n 号,每条线注了 1 个 号码,每个号码只注在 1 条线上. 在这 10 个点中,总能找到一点,从这点出发,沿线前进,最后必能回到此点,否则,每到 1 点后,经 过的点数都比线数多 1.而图中的点数与线数相等,矛盾.现不妨设从点 i 出发,经过点 j、k、??最后回 到点 i.注意到点 i 与点 j 所代表的两各选手中 1 个是与 1 号比赛的,另一个是没有与 1 号比赛的,不妨设 i 号没有与 1 号比赛过,j 号与 1 号比赛过.而 j 与 k 所连线上注的号码不是 1,故 j 与 k 与 1 号比赛的情况相 同,即 k 号与 1 号比赛过,??,这样沿线走一圈后回到 i,就应该得出 i 号与 1 号比赛过,矛盾.故证.

-6-

1988 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1988 年全国高中数学联赛试题
第一试(10 月 16 日上午 8∶00——9∶30) 一.选择题(本大题共 5 小题,每小题有一个正确答案,选对得 7 分,选错、不选或多选均得 0 分): 1.设有三个函数,第一个是 y=φ(x),它的反函数是第二个函数,而第三个函数的图象与第二个函数的 图象关于 x+y=0 对称,那么,第三个函数是( ) - - A.y=-φ(x) B.y=-φ(-x) C.y=-φ 1(x) D.y=-φ 1(-x) 2.已知原点在椭圆 k2x2+y2-4kx+2ky+k2-1=0 的内部,那么参数 k 的取值范围是( ) A.|k|>1 B.|k|≠1 C.-1<k<1 D.0<|k|<1 3.平面上有三个点集 M,N,P: M={(x,y)| |x|+|y|<1}, N={(x,y)| 1 1 (x-2)2+(y+2)2+ 1 1 (x+2)2+(y-2)2<2 2},

P={(x,y)| |x+y|<1,|x|<1,|y|<1}.则 A.M?P?N ? ? π 命题甲:θ>3; 命题乙:a、b、c 相交于一点. 则 A.甲是乙的充分条件但不必要 B.甲是乙的必要条件但不充分 C.甲是乙的充分必要条件 D.A、B、C 都不对 5.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点叫做整点,我们用 I 表示所有直线的集合,M 表示恰好通过 1 个整点的集合,N 表示不通过任何整点的直线的集合,P 表示通过无穷多个整点的直线的集合.那么表达 式 ⑴ M∪N∪P=I; ⑵ N≠?. ⑶ M≠?. ⑷ P≠? 中,正确的表达式的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 二.填空题(本大题共 4 小题,每小题 10 分): 1.设 x≠y,且两数列 x,a1,a2,a3,y 和 b1,x,b2,b3,y,b4 均为等差数列,那么 2.( x+2)2n+1 的展开式中,x 的整数次幂的各项系数之和为 . . b4-b3 = a2-a1 . B.M?N?P ? ? C.P?N?M ? ? D.A、B、C 都不成立

4.已知三个平面 α、β、γ,每两个之间的夹角都是 θ,且 α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c.若有

DE 3.在△ABC 中,已知∠A=α,CD、BE 分别是 AB、AC 上的高,则BC=

4.甲乙两队各出 7 名队员,按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛,双方先由 1 号队员比赛,负者被淘 汰, 胜者再与负方 2 号队员比赛, ……直至一方队员全部淘汰为止, 另一方获得胜利, 形成一种比赛过程. 那 么所有可能出现的比赛过程的种数为 . 三.(15 分)长为 2,宽为 1 的矩形,以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周,求得到的旋转体的体积. 四.(15 分) 复平面上动点 Z1 的轨迹方程为|Z1-Z0|=|Z1|,Z0 为定点,Z0≠0,另一个动点 Z 满足 Z1Z=-1, 求点 Z 的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置. 1 1 五.(15 分)已知 a、b 为正实数,且a+b=1,试证:对每一个 n∈N*, (a+b)n-an-bn?22n-2n+1.

-1-

1988 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1988 年全国高中数学联赛二试题 一.已知数列{an},其中 a1=1,a2=2,
?5an+1-3an(an· n+1为偶数), a an+2=? a ? an+1-an(an· n+1为奇数).

试证:对一切 n∈N*,an≠0.

二.如图,在△ ABC 中,P、Q、R 将其周长三等分,且 P、Q 在 AB 边上,求证:
A

S?PQR 2 > . S?ABC 9

P
H N Q B R C

三.在坐标平面上,是否存在一个含有无穷多直线 l1,l2,……,ln,…的直线族,它满足条件: ⑴ 点(1,1)∈ln,(n=1,2,3,……); ⑵ kn+1=an-bn, 其中 kn+1 是 ln+1 的斜率, n 和 bn 分别是 ln 在 x 轴和 y 轴上的截距, a (n=1, 3, 2, ……); ⑶ knkn+1?0,(n=1,2,3,……). 并证明你的结论.

-2-

1988 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1988 年全国高中数学联赛解答
一试题 一.选择题(本大题共 5 小题,每小题有一个正确答案,选对得 7 分,选错、不选或多选均得 0 分): 1.设有三个函数,第一个是 y=φ(x),它的反函数是第二个函数,而第三个函数的图象与第二个函数的 图象关于 x+y=0 对称,那么,第三个函数是( ) - - A.y=-φ(x) B.y=-φ(-x) C.y=-φ 1(x) D.y=-φ 1(-x) -1 -1 解:第二个函数是 y=φ (x).第三个函数是-x=φ (-y),即 y=-φ(-x).选 B. 2.已知原点在椭圆 k2x2+y2-4kx+2ky+k2-1=0 的内部,那么参数 k 的取值范围是( ) A.|k|>1 B.|k|≠1 C.-1<k<1 D.0<|k|<1 2 解:因是椭圆,故 k≠0,以(0,0)代入方程,得 k -1<0,选 D. 3.平面上有三个点集 M,N,P: M={(x,y)| |x|+|y|<1}, N={(x,y)| 1 1 (x-2)2+(y+2)2+ 1 1 (x+2)2+(y-2)2<2 2},

P={(x,y)| |x+y|<1,|x|<1,|y|<1}.则 A.M?P?N ? ? B.M?N?P ? ? C.P?N?M ? ? D.A、B、C 都不成立

解:M 表示以(1,0),(0.1),(-1,0),(0,-1)为顶点的正方形内部的点的集合(不包括边界);N 表 1 1 1 1 示焦点为(2,-2),(-2,2),长轴为 2 2的椭圆内部的点的集合,P 表示由 x+y=±1,x=±1,y=±1 围成 的六边形内部的点的集合.故选 A. 4.已知三个平面 α、β、γ,每两个之间的夹角都是 θ,且 α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c.若有 π 命题甲:θ>3; 命题乙:a、b、c 相交于一点. 则 A.甲是乙的充分条件但不必要 C.甲是乙的充分必要条件 B.甲是乙的必要条件但不充分 D.A、B、C 都不对

π π 解:a,b,c 或平行,或交于一点.但当 a∥b∥c 时,θ=3.当它们交于一点时,3<θ<π.选 C. 5.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点叫做整点,我们用 I 表示所有直线的集合,M 表示恰好通过 1 个整点的集合,N 表示不通过任何整点的直线的集合,P 表示通过无穷多个整点的直线的集合.那么表达 式 ⑴ M∪N∪P=I; ⑵ N≠?. ⑶ M≠?. ⑷ P≠? 中,正确的表达式的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 解:均正确,选 D. 二.填空题(本大题共 4 小题,每小题 10 分): 1.设 x≠y,且两数列 x,a1,a2,a3,y 和 b1,x,b2,b3,y,b4 均为等差数列,那么 b4-b3 8 1 2 解:a2-a1=4(y-x),b4-b3=3(y-x),? = . a2-a1 3 2.( x+2)2n+1 的展开式中,x 的整数次幂的各项系数之和为
1 3


b4-b3 = a2-a1






解:( x+2)2n+1-( x-2)2n+1=2(C2n+12xn+C2n+123xn 1+C2n+125xn 2+…+C2n+122n+1). 1 令 x=1,得所求系数和=2(32n+1+1).
-3-

5

2n+1

1988 年全国高中数学联赛

冯惠愚

DE 3.在△ABC 中,已知∠A=α,CD、BE 分别是 AB、AC 上的高,则BC= DE AD 解:△AED∽△ABC,BC = AC=|cosα|.



4.甲乙两队各出 7 名队员,按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛,双方先由 1 号队员比赛,负者被淘 汰, 胜者再与负方 2 号队员比赛, ……直至一方队员全部淘汰为止, 另一方获得胜利, 形成一种比赛过程. 那 么所有可能出现的比赛过程的种数为 . 解 画 1 行 14 个格子,每个格子依次代表一场比赛,如果某场比赛某人输了,就在相应的格子中写上 他的顺序号(两方的人各用一种颜色写以示区别). 如果某一方 7 人都已失败则在后面的格子中依次填入另一 方未出场的队员的顺序号.于是每一种比赛结果都对应一种填表方法,每一种填表方法对应一种比赛结 果.这是一一对应关系.故所求方法数等于在 14 个格子中任选 7 个写入某一方的号码的方法数. ∴共有 C14种比赛方式. 三.(15 分)长为 2,宽为 1 的矩形,以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周,求得到的旋转体的 体积. D 解:过轴所在对角线 BD 中点 O 作 MN⊥BD 交边 AD、BC 于 M、N,作 AE⊥BD 于 E, 则△ABD 旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥,底面半径 AE= 6 π 6 2 3 = 3 .其体积 V=3( 3 )2· 3= 9 π.同样, 2 3 △BCD 旋转所得旋转体的体积= 9 π. 3 DO· AB 6 其重叠部分也是两个圆锥,由△DOM∽△DAB,DO= 2 ,OM= DA = 4 . 1 6 3 3 ∴其体积=2· π· 4 )2·2 = 8 π. 3 ( 2 3 3 23 ∴ 所求体积=2· 9 π- 8 π=72 3π. 四.(15 分) 复平面上动点 Z1 的轨迹方程为|Z1-Z0|=|Z1|,Z0 为定点,Z0≠0,另一个动点 Z 满足 Z1Z=- 1,求点 Z 的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置. 1 1 1 1 1 1 1 解:Z1=-Z,故得|-Z-Z0|=|Z|,即|ZZ0+1|=1.|Z+Z |=|Z |.即以-Z 为圆心|Z |为半径的圆.
0 0 0 0 7

2 3
A

C O M E N

B

1 1 五.(15 分)已知 a、b 为正实数,且a+b=1.试证:对每一个 n∈N*, (a+b)n-an-bn?22n-2n+1. 证明:由已知得 a+b=ab.又 a+b?2 ab,∴ ab?2 ab,故 a+b=ab?4.于是(a+b)k=(ab)k?22k. 又 ak+bk?2 akbk=2 (a+b)k?2k+1.下面用数学归纳法证明: 1° 当 n=1 时,左=右=0.左?右成立. 2° 设当 n=k(k?1,k∈N)时结论成立,即(a+b)k-ak-bk?22k-2k+1 成立. - - 则(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.即命题 对于 n=k+1 也成立. 故对于一切 n∈N*,命题成立. 二试题
-4-

1988 年全国高中数学联赛

冯惠愚

一.已知数列{an},其中 a1=1,a2=2,
?5an+1-3an(an· n+1为偶数), a an+2=? a ? an+1-an(an· n+1为奇数).

试证:对一切 n∈N*,an≠0. (1988 年全国高中竞赛试题) 分析:改证 an?0(mod 4)或 an?0(mod 3). 证明:由 a1=1,a2=2,得 a3=7,a4=29,…… ∴ a1≡1,a2≡2,a3≡3(mod 4). 设 a3k-2≡1,a3k-1≡2,a3k≡3(mod 4). 则 a3k+1≡5×3-3×2=9≡1(mod 4);a3k+2≡1-3=-2≡2(mod 4);a3k+3≡5×2-3×1=7≡3(mod 4). 根据归纳原理知,对于一切 n∈N,a3n-2≡1,a3n-1≡2,a3n≡3(mod 4)恒成立,故 an?0(mod 4)成立,从 而 an≠0. 又证:a1≡1,a2≡2(mod 3). 设 a2k-1≡1,a2k≡2(mod 3)成立,则 当 a2k-1?a2k 为偶数时 a2k+1≡5×2-3×1≡1(mod 3),当 a2k-1?a2k 为奇数时 a2k+1≡2-1≡1(mod 3),总之 a2k+1≡1(mod 3). 当 a2k?a2k+1 为偶数时 a2k+2≡5×1-3×2≡2(mod 3),当 a2k?a2k+1 为奇数时 a2k+2≡1-2≡2(mod 3),总之, a2k+2≡2(mod 3).于是 an?0(mod 3).故 an≠0. 二.如图,在△ ABC 中,P、Q、R 将其周长三等分,且 P、Q 在 AB 边上,求证:
A

S?PQR 2 > . S?ABC 9

1 证明:作△ABC 及△PQR 的高 CN、RH.设△ABC 的周长为 1.则 PQ=3. 则 S?PQR PQ· RH PQ AR 1 PQ 2 = CN = AB · ,但 AB<2,于是 AB >3, AC S?ABC AB·

P
H N Q B R C

1 1 1 1 1 1 AR 1 S?PQR 2 AP?AB-PQ<2-3=6,∴ AR=3-AP>6,AC<2,故AC>3,从而 > . S?ABC 9

三.在坐标平面上,是否存在一个含有无穷多直线 l1,l2,……,ln,…的直线 族,它满足条件: ⑴ 点(1,1)∈ln,(n=1,2,3,……); ⑵ kn+1=an-bn, 其中 kn+1 是 ln+1 的斜率, n 和 bn 分别是 ln 在 x 轴和 y 轴上的截距, a (n=1, 3, 2, ……); ⑶ knkn+1?0,(n=1,2,3,……). 并证明你的结论. 证明:设 an=bn≠0,即 kn-1=-1,或 an=bn=0,即 kn=1,就有 kn+1=0,此时 an+1 不存在,故 kn≠±1. 1 1 现设 kn≠0,1,则 y=kn(x-1)+1,得 bn=1-kn,an=1-k ,∴ kn+1=kn-k .此时 knkn+1=kn2-1.
n n

∴ kn>1 或 kn<-1.从而 k1>1 或 k1<-1. 1 1 ⑴ 当 k1>1 时,由于 0<k <1,故 k1>k2=k1-k >0,若 k2>1,则又有 k1>k2>k3>0,依此类推,知当 km>1 1 1 1 1 1 时,有 k1>k2>k3>?…>km>km+1>0,且 0<k <k <…<k <1,
1 2 m

1 1 1 1 2 m km+1=km-k <km-k =km-1- - <k - - <…<k1-k . km-1 k1 m 1 k1 m 1 1 m m0 由于 k1-k 随 m 的增大而线性减小,故必存在一个 m 值,m=m0,使 k1- k ?1,从而必存在一个 m 值
1 1

m=m1?m0,使 km1-1?1,而 1>km1=km1-1-k 即此时不存在这样的直线族.

1
m1-1

>0,此时 km1·m1+1<0. k

-5-

1988 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1 1 ⑵ 当 k1<-1 时,同样有-1<k <0,得 k1<k2=k1-k <0.若 k2<-1,又有 k1<k2<k3<0,依此类推,知当
1 1

1 1 1 km<-1 时,有 k1<k2<k3<?…<km<km+1<0,且 0>k >k >…>k >-1,
1 2 m

1 1 1 1 2 m km+1=km-k >km-k =km-1- -k >km-1-k >…>k1-k . km-1 1 m 1 1 1 m m0 由于 k1-k 随 m 的增大而线性增大,故必存在一个 m 值,m=m0,使 k1- k ?-1,从而必存在一个 m
m 1

值,m=m1(m1?m0),使 km1-1?-1,而-1<km1=km1-k 即此时不存在这样的直线族. 综上可知这样的直线族不存在.

1

m1-1

<0,此时 km1·m1+1<0. k

-6-

1989 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1989 年全国高中数学联赛
(10 月 15 日上午 8∶00—10∶00) 一.选择题(本题满分 30 分,每小题 5 分): 1.若 A、B 是锐角△ABC 的两个内角,则复数 z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA) 在复平面内所对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 1 2.函数 f(x)=arctanx+2arcsinx 的值域是( A.(-π,π) 3 3 B.[-4π,4π] ) 3 3 C.(-4π,4π) 1 1 D.[-2π,2π]

D.第四象限

3.对任意的函数 y=f(x),在同一个直角坐标系中,函数 y=f(x-l)与函数 y=f(-x+l)的图象恒( ) A.关于 x 轴对称 B.关于直线 x=l 对称 C.关于直线 x=-l 对称 D.关于 y 轴对称 4.以长方体 8 个顶点中任意 3 个为顶点的所有三角形中,锐角三角形的个数为( ) A.0 B.6 C.8 D.24 5.若 t 1+t M={z| z=1+t+i t ,t∈R,t≠-1,t≠0}, N={z| z= 2[cos(arcsint)+icos(arccost)],t∈R,|t|≤1}. 则 M∩N 中元素的个数为 A.0 B.1 C.2 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} 的关系为 A.M=N B.M?N,N?M C.M?N ?

D.4

D.N?M ?

三.填空题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1.若 loga 2<1,则 a 的取值范围是 . 2.已知直线 l:2x+y=10,过点(-10,0)作直线 l?⊥l,则 l?与 l 的交点坐标为 . 3.设函数 f0(x)=|x|,f1(x)=|f0(x)-1|,f2(x)= |f1(x)-2|,则函数 y=f2(x)的图象与 x 轴所围成图形中的封 闭部分的面积是 . 4.一个正数,若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列,则该数为 . 5.如果从数 1,2,3,…,14 中,按由小到大的顺序取出 a1,a2,a3,使同时满足 a2-a1≥3,与 a3-a2≥3, 那么,所有符合上述要求的不同取法有 种. 6.当 s 和 t 取遍所有实数时,则 (s+5-3|cost|)2+(s-2|sint|)2 所能达到的最小值为 . 三.(本题满分 20 分) 已知 a1,a2,…,an 是 n 个正数,满足 a1?a2?…?an=1. 求证:(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n. 四.(本题满分 20 分) 已知正三棱锥 S—ABC 的高 SO=3,底面边长为 6,过点 A 向其所对侧面 SBC 作垂线,垂足为 O?,在
-1-

1989 年全国高中数学联赛

冯惠愚
S

AO?上取一点 P,使

AP =8,求经过点 P 且平行于底面的截面的面积. PO?

五.(本题满分 20 分) 已知:对任意的 n∈N*,有 an>0,且

Σ Σa ) .求证:a =n.
a j =(
3 2 j n

n

n

j=1

j=1

第二试 (上午 10∶30—12∶30)

A O B

C

一.(本题满分 35 分) 已知 在 ΔABC 中,AB>AC,?A 的一个外角的平分线交 ΔABC 的外接圆于点 E,过 E 作 EF⊥AB,垂 足为 F. 求证 2AF=AB-AC. E A F 二.(本题满分 35 分) 已知 xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2),满足

Σ|x |=1,Σx =0,
i i

n

n

B

C

i=1

i=1

求证:? ?

? Σ i ?≤2- 2n. ? ?
n

xi

1

1

i=1

三.(本题满分 35 分) 有 n×n(n≥4)的一张空白方格表,在它的每一个方格内任意的填入+1 与-1 这两个数中的一个,现将 表内 n 个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项.试证明:按上述方式所填成 的每一个方格表,它的全部基本项之和总能被 4 整除(即总能表示成 4k 的形式,其中 k∈Z) .

-2-

1989 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1989 年全国高中数学联赛解答 第一试 一.选择题(本题满分 30 分,每小题 5 分): 1.若 A、B 是锐角△ABC 的两个内角,则复数 z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA) 在复平面内所对应的点位于( ) 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.点 Z 位于第二象限.选 B 1 2.函数 f(x)=arctanx+2arcsinx 的值域是( A.(-π,π) 3 3 B.[-4π,4π] ) 3 3 C.(-4π,4π) 1 1 D.[-2π,2π]

π π 1 π π π π 解:因 x∈[-1,1],故 arctanx∈[-4,4],2arcsinx∈[-4,4],且 f(-1)=-2,f(1)= 2.选 D 3.对任意的函数 y=f(x),在同一个直角坐标系中,函数 y=f(x-l)与函数 y=f(-x+l)的图象恒( ) A.关于 x 轴对称 B.关于直线 x=l 对称 C.关于直线 x=-l 对称 D.关于 y 轴对称 解:令 x-1=t,则得 f(t)=f(-t),即 f(t)关于 t=0 对称,即此二图象关于 x=1 对称.选 B 4.以长方体 8 个顶点中任意 3 个为顶点的所有三角形中,锐角三角形的个数为( ) A.0 B.6 C.8 D.24 解: 以不相邻的 4 个顶点为顶点的四面体的 8 个面都是锐角三角形. 其余的三角形都不是锐角三角形. 选 C. 5.若 t 1+t M={z| z=1+t+i t ,t∈R,t≠-1,t≠0}, N={z| z= 2[cos(arcsint)+icos(arccost)],t∈R,|t|≤1}. 则 M∩N 中元素的个数为 A.0 B.1 C.2 D.4 2 2 解:M 的图象为双曲线 xy=1(x≠0,x≠1)N 的图象为 x +y =2(x≥0),二者无公共点.选 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} 的关系为 A.M=N B.M?N,N?M C.M?N ? D.N?M ?

解:u=12m+8n+4l=4(3m+2n+l),由于 3m+2n+l 可以取任意整数值,故 M 表示所有 4 的倍数的集合. 同理 u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r)也表示全体 4 的倍数的集合.于是 M=N. 三.填空题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1.若 loga 2<1,则 a 的取值范围是 . 解:若 0<a<1,则 loga 2<0,若 a>1,则得 a> 2.故填(0,1)∪( 2,+∞) 2.已知直线 l:2x+y=10,过点(-10,0)作直线 l?⊥l,则 l?与 l 的交点坐标为 . 解:直线 l?方程为(x+10)-2y=0,解得交点为(2,6). 3.设函数 f0(x)=|x|,f1(x)=|f0(x)-1|,f2(x)= |f1(x)-2|,则函数 y=f2(x)的图象与 x 轴所围成图形中的封 闭部分的面积是 . 解 图 1 是函数 f0(x)=|x|的图形,把此图形向下平行移动 1 个单位就得到函数 f0(x)=|x|-1 的图形,作该 图形的在 x 轴下方的部分关于 x 轴的对称图形得出图 2, 其中在 x 轴上方的部分即是 f1(x)=|f0(x)–1|的图象,
-3-

1989 年全国高中数学联赛

冯惠愚

再把该图象向下平行移动 2 个单 y y 位得到 f0(x)=|x|-2 的图象,作该 图象在 x 轴下方的部分关于 x 轴的 对称图形得到图 3,其中 x 轴上方 1 的部分即是 f2(x)= |f1(x)–2|的图 x o 1 o -1 象。易得所求面积为 7。 4. 一个正数, 若其小数部分、 图2 图1 整数部分和其自身成等比数列, 则 该数为 . 解 设其小数部分为 α(0<α<1),整数部分为 n(n∈N*),则得,α(n+α)=n2, ∴ n2<n+α<n+1. ∴ 1- 5 1+ 5 <n< 2 , 2

y (1,2) 1

(-1,2)

x

-3

o

-1

3

x

图3

但 n∈N*,故 n=1,得,α2+α-1=0, ∴ -1± 5 ?= 2 ,

-1+ 5 -1+ 5 由 α>0,知,?= 2 .∴ 原数为 2 . 5.如果从数 1,2,3,…,14 中,按由小到大的顺序取出 a1,a2,a3,使同时满足 a2-a1≥3,与 a3-a2≥3, 那么,所有符合上述要求的不同取法有 种. 解:令 a1?=a1,a2?=a2-2,a3?=a3-4,则得 1≤a1?<a2?<a3?≤10.所求取法为 C10=120.
3

6.当 s 和 t 取遍所有实数时,则 (s+5-3|cost|)2+(s-2|sint|)2 所能达到的最小值为 . x2 y2 解:令 x=3|cost|,y=2|sint|,则得椭圆 9 + 4 =1 在第一象限内的弧段. 再令 x=s+5,y=s,则得 y=x-5,表示一条直线.(s+5-3|cost|)2+(s-2|sint|)2 表示椭圆弧段上点与直线 上点距离平方.其最小值为点(3,0)与直线 y=x-5 距离平方=2. 三.(本题满分 20 分) 已知 a1,a2,…,an 是 n 个正数,满足 a1?a2?…?an=1. 求证:(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n. 证明:∵ 2+ai=1+1+ai≥3 ai,(i=1,2,…,n) ∴ (2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)≥3 a1?3 a2?…?3 an≥3n a1a2…an=3n. 证法 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≥n a1a2…an=n=Cn,
2 Cn
2

3

3

3

3

3





n

1

a1a2+a1a3+…+an-1an≥Cn

(a1a2…an)n 1=Cn,……,
- -



2

∴ (2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n 1+(a1a2+a1a3+…+an-1an)2n 2+…+a1a2…an
-4-

1989 年全国高中数学联赛

冯惠愚

≥2n+Cn2n 1+Cn2n 2+…+Cn=(2+1)n=3n. 四.(本题满分 20 分) 已知正三棱锥 S—ABC 的高 SO=3,底面边长为 6,过点 A 向其所对侧面 SBC 作垂线,垂足为 O?,在 AO?上取一点 P,使 AP =8,求经过点 P 且平行于底面的截面的面积. PO?
S

1



2



1

解: 正三棱锥 S—ABC 的高为 SO, AO⊥BC, AO 交 BC 于 E, SE. 故 设 连 则 可证 BC⊥面 AES.故面 AES⊥面 SBC. 由 AO?⊥面 SBC 于 O?,则 AO?在面 AES 内,O?在 SE 上.AO?与 SO 相交于 点 F. ∵ ABC 为正三角形,AB=6,故 AE=3 3,OE= 3. ∵ SO=3,∴ tan∠OES= 3,∠E=60° . 3 ∴ O?E=AEcos60° 2 3. = 9 作 O?G⊥平面 ABC,则垂足 G 在 AE 上.O?G=O?Esin60° 4. = ∵ AP PH 8 =8,∴ = ,?PH=2. PO? O?G 9

P O'
A O B E C

S

O' F P A OH G E

设过 P 与底面平行的截面面积为 s,截面与顶点 S 的距离=3-2=1. ∴ ∴ 3 S△ABC= 4 · 2=9 3. 6 s 1 =( )2,故 s= 3. S?ABC 3

五.(本题满分 20 分) 已知:对任意的 n∈N*,有 an>0,且

Σ Σa ) .求证:a =n.
a j =(
3 2 j n

n

n

j=1

j=1

证明:由已知,a13=a12,a1>0,∴ a1=1. 设 n≤k(k∈N,且 k≥1)时,由 当 n=k+1 时,
k+1 j=1
3 j

Σ
j=1
j

n

a j =(
2

3

Σa ) 成立可证 a =k 成立.
2 j k

n

j=1

Σa =(Σa ) =(Σa ) +2a (Σa )+a
2 j k+1 j

k+1 j=1

k

k

2 k+1.

j=1

j=1

1 1 1 3 2 即 4k2(k+1)2+ak+1=4k2(k+1)2+2ak+1· k(k+1)+ak+1. 2 ∴ ak+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 时命题也成立.由数学归纳原理知对于一切 n∈N*,an=n 成立.
2

-5-

1989 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 一.(本题满分 35 分) 已知 在 ΔABC 中,AB>AC,?A 的一个外角的平分线交 ΔABC 的外接圆于点 E,过 E 作 EF⊥AB,垂 足为 F. 求证 2AF=AB-AC. E 证明:在 FB 上取 FG=AF,连 EG、EC、EB, 5 A 于是 ΔAEG 为等腰三角形,∴EG=EA. 4 F 又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4. 3 G ?1=?2.于是 ΔEGB?Δ EAC.?BG=AC, 2 故证 1
B C

二.已知 xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2),满足

Σ
i=1

n

|xi|=1, 1

Σx =0,
i

n

i=1

求证:? ?

?≤ - . ? ?Σ i ? 2 2n
n

xi

1

i=1

证明:由已知可知,必有 xi>0,也必有 xj<0(i,j∈{1,2,…,n,且 i≠j). 设 xi1,xi2,…,xil为诸 xi 中所有>0 的数,xj1,xj2,…,xjm为诸 xi 中所有<0 的数.由已知得 1 1 X= xi1+xi2+…+xil=2,Y= xj1+xj2+…+xjm=-2. 于是当

? ? Σ l >-Σ h 时,?Σ i ?=Σ l +Σ h ≤Σx -nΣx =2 - 2 =2-2n. ? ?
k

x il

m

x jh

n

xi

k

x il

m

x jh

k

1

m

X

-Y 1

1

k x m x k -Y X 1 1 xi 1m il jh il jh 于是当 l <- h 时,? i ?=- l - h ≤- xil-n xjh= 2 - 2 =2-2n. ? ? ? i=1 ? l=1 l=1 h=1 h=1 l=1 h=1

Σ

l=1 k x

h=1 m x

Σ
1

Σ

i=1 n

l=1

h=1

l=1

il

h=1

jh

Σ Σ

Σ

Σ

总之,? ?

?≤ - 成立. ? ?Σ i ? 2 2n
n

xi

1

i=1

三.有 n×n(n≥4)的一张空白方格表,在它的每一个方格内任意的填入+1 与-1 这两个数中的一个, 现将表内 n 个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项.试证明:按上述方式所 填成的每一个方格表,它的全部基本项之和总能被 4 整除(即总能表示成 4k 的形式,其中 k∈Z) . 证明 基本项共有 n!个,n>3,则基本项的个数为 4 的倍数,设共有 4m 项. 其中每个数 aij(=±1)都要在(n-1)!个基本项中出现,故把所有基本项乘起来后,每个 aij 都乘了(n-1)! 次,而 n>3,故(n-1)!为偶数,于是该乘积等于 1.这说明等于-1 的基本项有偶数个,同样,等于+1 的基 本项也有偶数个. 若等于-1 的基本项有 4l 个,则等于+1 的基本项有 4m-4l 个,其和为 4m-4l-4l=4(m-2l)为 4 的倍 数; 若等于-1 的基本项有 4l-2 个, 则等于+1 的基本项有 4m-4l+2 个, 其和为 4m-4l+2-4l+2=4(m-2l+1) 为 4 的倍数.故证.

-6-

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1990 年全国高中数学联赛
第一试 (10 月 14 日上午 8∶00—10∶00) 一.选择题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1.设 α∈(4,2),则(cos?)cos?,(sin?)cos?,(cos?)sin?的大小顺序是 A.(cos?)cos?<(sin?)cos?<(cos?)sin? B.(cos?)cos?<(cos?)sin? <(sin?)cos? C.(sin?)cos?<(cos?)cos?<(cos?)sin? D.(cos?)sin? <(cos?)cos?<(sin?)cos? 2.设 f(x)是定义在实数集上的周期为 2 的函数,且是偶函数,已知当 x∈[2,3]时,f(x)=x,则当 x∈[- 2,0]时,f(x)的解析式是( ) A.f(x)=x+4 B. f(x)=2-x C. f(x)=3-|x+1| D. f(x)=2+|x+1| 3.设双曲线的左右焦点是 F1、F2,左右顶点是 M、N,若△PF1F2 的顶点 P 在双曲线上,则△PF1F2 的内切圆与边 F1F2 的切点位置是( ) A.在线段 MN 内部 B.在线段 F1M 内部或在线段 NF2 内部 C.点 M 或点 N D.不能确定的 1 1 4.点集{(x,y)|lg(x3+3y3+9)=lgx+lgy}中元素个数为( A.0 B.1 C.2 x 5.设非零复数 x、y 满足 x2+xy+y2=0,则代数式?x+y? ) D.多于 2
1990

? ?

?

?

y 1990 +?x+y? 的值是(

?

?

)

A.2

-1989

B.-1
2 2

C.1

D.以上答案都不对

x y 6.已知椭圆a2+b2=1(a>b>0)通过点(2,1),所有这些椭圆上满足|y|>1 的点的集合用阴影表示是下面图 中的( )
y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

x O
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

x O
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

A.

B.

C.

D.

二.填空题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1 1 1.设 n 为自然数,a、b 为正实数,且满足 a+b=2,则1+an +1+bn的最小值是 .

2.设 A(2,0)为平面上一定点,P(sin(2t-60° ),cos(2t-60° ))为动点,则当 t 由 15° 变到 45° 时,线段 AP 扫过的面积是 . 3.设 n 为自然数,对于任意实数 x,y,z,恒有(x2+y2+z2)2?n(x4+y4+z4)成立,则 n 的最小值是 . 4.对任意正整数 n,连结原点 O 与点 An(n,n+3),用 f(n)表示线段 OAn 上的整点个数(不计端点),试求 f(1)+f(2)+?+f(1990). 5.设 n=1990,则

-1-

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1 2 2C4 3 6 994 1998 995 1990 2n(1-3Cn+3 n-3 Cn+?+3 C n -3 C n =

. 种不同和排

6.8 个女孩与 25 个男孩围成一圈,任何两个女孩之间至少站两个男孩,则共有 列方法.(只要把圆旋转一下就能重合的排法认为是相同的). 三.(本题满分 20 分)

2ab π 已知 a,b 均为正整数,且 a>b,sinθ=a2+b2,(其中 0<θ<2),An=(a2+b2)nsinnθ.求证:对于一切自然数 n,An 均为整数. 四.n2 个正数排成 n 行 n 列 a11 a12 a13 a14 ??a1n a21 a22 a23 a24 ??a2n a31 a32 a33 a34 ??a3n a41 a42 a43 a44 ??a4n ?????????????? an1 an2 an3 an4 ??ann 1 3 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等.已知 a24=1,a42=8,a43=16, 求 a11+a22+??+ann. 五.设棱锥 M—ABCD 的底面为正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD 的面积为 1,试求能够放 入这个棱锥的最大球的半径.
M

D

C

A

B

-2-

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 (10 月 14 日上午 10∶30—12∶30) 一.(本题满分 35 分) 四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、BCP、CDP 和 DAP 的外接圆 圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直线共点.

D O3 O4 O O1 F B P O2 C

A

二.(本题满分 35 分) 设 E={1,2,3,??,200}, G={a1,a2,??,a100}?E. ? 且 G 具有下列两条性质: ⑴ 对任何 1?i<j?100,恒有 ai+aj≠201; ⑵

Σa =10080.
i

100 i=1

试证明:G 中的奇数的个数是 4 的倍数.且 G 中所有数字的平方和为一个定数.

三.(本题满分 35 分) 某市有 n 所中学,第 i 所中学派出 Ci 名代表(1?Ci?39,1?i?n)来到体育馆观看球赛,全部学生总数 为

ΣC =1990.看台上每一横排有 199 个座位,要求同一学校的学生必须坐在同一横排,问体育馆最少要安
i

n

i=1

排多少横排才能够保证全部学生都能坐下.

-3-

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1990 年全国高中数学联赛(解答) 第一试 一.选择题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1.设 α∈(4,2),则(cos?)cos?,(sin?)cos?,(cos?)sin?的大小顺序是 A.(cos?)cos?<(sin?)cos?<(cos?)sin? B.(cos?)cos?<(cos?)sin? <(sin?)cos? C.(sin?)cos?<(cos?)cos?<(cos?)sin? D.(cos?)sin? <(cos?)cos?<(sin?)cos? 解:α∈(4,2)?0<cosα<sinα<1, ∴ (cos?)cos?<(sin?)cos?;(cos?)sin?<(cos?)cos?;选 D. 2.设 f(x)是定义在实数集上的周期为 2 的函数,且是偶函数,已知当 x∈[2,3]时,f(x)=x,则当 x∈[- 2,0]时,f(x)的解析式是( ) A.f(x)=x+4 B. f(x)=2-x C. f(x)=3-|x+1| D. f(x)=2+|x+1| 解 设 x∈[-2,-1],则 x+4∈[2,3],于是 f(x+4)=x+4,但 f(x)= f(x+4)=x+4 (x∈[-2,-1]), 又设 x∈[-1,0),则-x∈(0,1],故 f(-x)=-x+2,由 f(x)= f(-x)=-x+2 (x∈[-1,0).
? 3-(-x-1)=x+4 f(x)=3-|x+1|=? ?3-(x+1)=-x+2

? ?

(1990 年全国高中数学联赛)

? ?

(x∈[-2,-1]), 故选 C. (x∈(-1,0)).

3.设双曲线的左右焦点是 F1、F2,左右顶点是 M、N,若△PF1F2 的顶点 P 在双曲线上,则△PF1F2 的内切圆与边 F1F2 的切点位置是( ) y A.在线段 MN 内部 B.在线段 F1M 内部或在线段 NF2 内部 P C.点 M 或点 N D.不能确定的 F I 解:设内切圆在三边上切点分别为 D、E、F,当 P 在右支上时,PF1-PF2=2a. E D F1 M O N F2 x 但 PF1-PF2=F1D-F2D=2a, D 与 N 重合, P 在左支上时, 与 M 重合. 即 当 D 故 选 C. 1 1 4.点集{(x,y)|lg(x3+3y3+9)=lgx+lgy}中元素个数为( A.0 B.1
3

) D.多于 2
3 3

C.2

1 1 1 1 解:x3+3y3+9=xy>0.但 x3+3y3+9?3 时成立.故选 B.

1 1 1 1 3 9 x3· y3· =xy,等号当且仅当 x3=3y3=9时,即 x= 3 ,y= 3 3 9

x 1990 y 1990 5.设非零复数 x、y 满足 x2+xy+y2=0,则代数式?x+y? +?x+y? 的值是(

?

?

?

?

)

A.2

-1989

B.-1

C.1

D.以上答案都不对

x 解:y=ω 或 ω2,其中 ω=cos120° +isin120° .1+ω+ω2=0.且 ω3=1. x ω 1 x ω2 1 若y=ω,则得(1+ω)1990+(ω+1)1990=-1.若y=ω2,则得(1+ω2)1990+(ω2+1)1990=-1.选 B. x2 y2 6.已知椭圆a2+b2=1(a>b>0)通过点(2,1),所有这些椭圆上满足|y|>1 的点的集合用阴影表示是下面图 中的( )

-4-

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

x O
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

x O
( 5 ,0)

x O
(2,-1)

A.

B.

C.

D.

4 1 1 4 1 5 4 1 5 解:a2+b2=1,由 a2>b2,故得b2<1<b2+b2=b2,1<b< 5.a2+b2=1?a2<1,a2>5.故选 C. 二.填空题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1 1 1.设 n 为自然数,a、b 为正实数,且满足 a+b=2,则1+an +1+bn的最小值是 .

a+b 1 1 1+an+1+bn 解:ab?( 2 )2=1,从而 anbn?1,故1+an +1+bn = 1+an+bn+anbn?1.等号当且仅当 a=b=1 时成立.即 所求最小值=1. 2.设 A(2,0)为平面上一定点,P(sin(2t-60° ),cos(2t-60° ))为动点,则当 t 由 15° 变到 45° 时,线段 AP 扫过的面积是 . y 解:点 P 在单位圆上,sin(2t-60° )=cos(150° -2t),cos(2t-60° )=sin(150° - 1 3 1 3 2t).当 t 由 15° 变到 45° 时,点 P 沿单位圆从(-2, 2 )运动到(2, 2 ).线段 AP 扫 1 过的面积=扇形面积=6π.
O x

3.设 n 为自然数,对于任意实数 x,y,z,恒有(x2+y2+z2)2?n(x4+y4+z4)成立, 则 n 的最小值是 . 2 2 2 2 4 4 4 解: +y +z ) =x +y +z +2x2y2+2y2z2+2z2x2?x4+y4+z4+(x4+y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4). (x 等号当且仅当 x=y=z 时成立.故 n=3. 4.对任意正整数 n,连结原点 O 与点 An(n,n+3),用 f(n)表示线段 OAn 上的整点个数(不计端点),试求 f(1)+f(2)+?+f(1990). n+3 解 线段 OAn 的方程为 y= n x(0?x?n),故 f(n)等于该线段内的格点数. k+1 若 n=3k(k∈N+),则得 y= k x (0?x?n)(k∈N*),其内有两个整点(k,k+1),(2k,2k+2),此时 f(n)=2; 若 n=3k± 1(k∈N+)时,则由于 n 与 n+3 互质,故 OAn 内没有格点,此时 f(n)=0. 1990 ∴ f(1)+f(2)+?+f(1990)=2[ 3 ]=1326. 5.设 n=1990,则 1 2 2C4 3 6 994 1998 995 1990 2n(1-3Cn+3 n-3 Cn+?+3 C n -3 C n = .

1 3 1 3 1 3 1 解:取(-2+ 2 i)1990 展开的实部即为此式.而(-2+ 2 i)1990=-2+ 2 i.故原式=-2. 6.8 个女孩与 25 个男孩围成一圈,任何两个女孩之间至少站两个男孩,则共有 种不同和排 列方法.(只要把圆旋转一下就能重合的排法认为是相同的). 解:每个女孩与其后的两个男孩组成一组,共 8 组,与余下 9 个男孩进行排列,某个女孩始终站第一 个位子,其余 7 组在 8+9-1 个位子中选择 7 个位子,得 C8+9-1=C16种选法.
-57 7

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚
7

7 个女孩可任意换位,25 个男孩也可任意换位,故共得 C16?7!?25!种排列方法. 三.(本题满分 20 分) 2ab π 已知 a,b 均为正整数,且 a>b,sinθ=a2+b2,(其中 0<θ<2),An=(a2+b2)nsinnθ.求证:对于一切自然数 n,An 均为整数. a2-b2 2ab 证明:由 sinθ=a2+b2,得 cosθ= a2+b2 .记 An=(a2+b2)ncosnθ. 当 a、b 均为正整数时,A1=2ab 、B1=a2-b2 均为整数. A2=4ab(a2-b2),B2=2(a2-b2)2-(a2+b2)2 也为整数. 若 Ak=(a2+b2)ksinkθ、Bk=(a2+b2)kcoskθ 均为整数, 则 Ak+1=(a2+b2)k+1sin(k+1)θ=(a2+b2)k+1sinkθcosθ+(a2+b2)coskθsinθ=Ak?B1+A1Bk 为整数. Bk+1=(a2+b2)k+1cos(k+1)θ=(a2+b2)k+1coskθcosθ-(a2+b2)k+1sinkθsinθ=BkB1-AkA1 为整数. 由数学归纳原理知对于一切 n∈N*,An、Bn 为整数. 四.n2 个正数排成 n 行 n 列 a11 a12 a13 a14 ??a1n a21 a22 a23 a24 ??a2n a31 a32 a33 a34 ??a3n a41 a42 a43 a44 ??a4n ?????????????? an1 an2 an3 an4 ??ann 1 3 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等.已知 a24=1,a42=8,a43=16, 求 a11+a22+??+ann.(1990 年全国高中数学联赛) 分析 由 a42、a43 或求 a44,由 a24,a44 可求公比. 解 设第一行等差数列的公差为 d,各列的公比为 q. ∴ 由 a44=a24?q2,得, 1 q=2. ∴ ∴ ∴ ∴ 令 Sn= a11+a22+?+ann. 则 1 S-2S= a12=a42?q 3=1. a14-a12 1 d= = 2, 4-2 1 a1k=a12+(k-2)d=2k(k=1,2,3,?,n) 1 1 - 1 - akk=a1kqk 1=2k·2)k 1=(2)k· ( k.


1 a44=2a43-a42=4.

Σ 2k -k=2k-1=1+Σ 2 -2n Σ 2 2 k=2 1 k=1
k k k

n

n+1

n

n+1

1 1 1 n n+2 =2 +2 -2n-2n+1 =1-2n+1. n+2 ∴ S=2- 2n .
-6-

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚

五.设棱锥 M—ABCD 的底面为正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD 的面积为 1,试求能够放 入这个棱锥的最大球的半径. M 解:取 AD、BC 中点 E、F,则 ME⊥AD,AB⊥MA,AB⊥AD,?AB ⊥平面 MAD, R ∴ 平面 MAD⊥平面 ABC. ∴ ME⊥平面 ABC. O H C Q D ∴ 平面 MEF⊥平面 ABC. F E P ∵ EF∥AB,故 EF⊥平面 MAD,∴ 平面 MEF⊥平面 MAD. A B ∵ BC⊥EF,BC⊥ME,∴ BC⊥平面 MEF, ∴平面 MEF⊥平面 MBC. 2 设 AB=a,则 ME= a,MF= 4 2 a2+a2.a+a?2 2, 4 a2+a2?2.

取△MEF 的内切圆圆心 O,作 OP⊥EF、OQ⊥ME,OR⊥MF,由于平面 MEF 与平面 MAD、ABC、 MBC 均垂直,则 OP、OQ、OR 分别与平面 ABC、MAD、MBC 垂直.从而以此内切圆半径为半径的球与平 面 MAD、ABC、MBC 都相切, 设此球的半径为 r,则 1 2 ∴ r=2(a+a- 4 a2+a2)? 2 2 a+a+ 1 2 ? = 2-1.等号当且仅当 a=a,即 a= 2时成立. 4 2+1 a2+a2

作 QH⊥MA,由于 OQ∥AB,故 OQ∥平面 MAB,故球心 O 与平面 MAB 的距离=QH, 10 当 AB= 2,ME= 2,MA= 2 ,MQ= 2-( 2-1)=1. 2 1·2 QH AE MQ· AE 5 ∵ △MQH∽△MAE,∴MQ=MA,QH= MA = = > 2-1. 10 5 2 即 O 与平面 MAB 的距离>r,同理 O 与平面 MCD 的距离>r.故球 O 是放入此棱锥的最大球. ∴ 所求的最大球半径= 2-1.

-7-

1990 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 (10 月 14 日上午 10∶30—12∶30) 一.(本题满分 35 分) 四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、BCP、CDP 和 DAP 的外接圆 圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直线共点. 证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB. ∵ O1 为⊿PAB 的外心,∴O1A=O1B. E 1 ∴ OO1⊥AB. D 作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于点 E,并与 AB 交 O3 2 C 于点 F,连 DE,则?1=?2=?3,?EPD=?BPF, ∴ ?PFB=?EDP=90?. O4 P ∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. O2 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. O ∴ O1O3 与 PO 互相平分,即 O1O3 过 PO 的中点. 同理,O2O4 过 PO 中点. O1 3 A ∴ OP、O1O3、O2O4 三直线共点.
F B

二.(本题满分 35 分) 设 E={1,2,3,??,200}, G={a1,a2,??,a100}?E. ? 且 G 具有下列两条性质: ⑴ 对任何 1?i<j?100,恒有 ai+aj≠201; ⑵

Σa =10080.
i

100 i=1

试证明:G 中的奇数的个数是 4 的倍数.且 G 中所有数字的平方和为一个定数. 证明:⑴取 100 个集合:{ai,bi}:ai=i,bi=201-i(i=1,2,?,100),于是每个集合中至多能取出 1 个数.于是至多可以选出 00 个数.现要求选出 100 个数,故每个集合恰选出 1 个数. 把这 100 个集合分成两类:① {4k+1,200-4k};② {4k-1,202-4k}.每类都有 50 个集合. 设第①类选出 m 个奇数,50-m 个偶数,第②类中选出 n 个奇数,50-n 个偶数. 于是 1?m+0?(50-m)+(-1)?n+2?(50-n)≡10080≡0(mod 4).即 m-3n≡0(mod 4),即 m+n≡0(mod 4) ∴ G 中的奇数的个数是 4 的倍数. ⑵ 设选出的 100 个数为 x1,x2,?,x100,于是未选出的 100 个数为 201-x1,201-x2,?,201-x100. 故 x1+x2+?+x100=10080. ∴ x12+x22+?+x1002+(201-x1)2+(201-x2)2+?+(201-x100)2 =2(x12+x22+?+x1002)-2×201×(x1+x2+?+x100)+100×2012 =2(x12+x22+?+x1002)-2×201×10080+100×2012 =12+22+32+?+2002. 1 ∴ x12+x22+?+x1002=2[(12+22+32+?+2002)+2×201×10080-100×2012] 11 =2[6×200×201×401+201×20160-20100×201] 1 =2×[100×67×401+201×60]=1349380.为定值. 三.(本题满分 35 分)
-8-

1990 年全国高中数学联赛
n

冯惠愚

某市有 n 所中学,第 i 所中学派出 Ci 名代表(1?Ci?39,1?i?n)来到体育馆观看球赛,全部学生总数 为

ΣC =1990.看台上每一横排有 199 个座位,要求同一学校的学生必须坐在同一横排,问体育馆最少要安
i

i=1

排多少横排才能够保证全部学生都能坐下. 解:首先,199>39×5,故每排至少可坐 5 所学校的学生. 1990=199×10,故如果没有“同一学校的学生必须坐在同一横排”的限制,则全部学生只要坐在 10 排 就够了. 现让这些学生先按学校顺序入坐,从第一排坐起,一个学校的学生全部坐好后,另一个学校的学生接 下去坐,如果在某一行不够坐,则余下的学生坐到下一行.这样一个空位都不留,则坐 10 排,这些学生就 全部坐完.这时,有些学校的学生可能分坐在两行,让这些学校的学生全部从原坐处起来,坐到第 11、12 排去.由于,这种情况只可能在第一行末尾与第二行开头、第二行末尾与第三行开头、??第九行末尾与 第十行开头这 9 处发生,故需要调整的学校不超过 10 所,于是第 11、12 行至多各坐 5 所学校的学生,就 可全部坐完.这说明 12 行保证够坐. 其次证明,11 行不能保证就此学生按条件全部入坐:199=6×33+1.1990=34×58+18. 取 59 所学校,其中 58 所学校 34 人,1 所学校 18 人.则对前 58 所学校的学生,每排只能坐 5 所学校 而不能坐 6 所学校.故 11 排只能坐其中 55 所学校的学生.即 11 排不够坐. 综上可知,最少要安排 12 横排才能保证全部学生都能坐下.

-9-

一.选择题: 1.由一个正方体的三个顶点所能构成的 正三角形的个数为( A.4 B.8 C.12 D.24 2.设a、b、c均为非零复数,且 = = ,则

)

a b c b c a

a+b-c 的值为( a-b+c
2

)
2

A.1 B.±ω C.1,ω,ω D.1,-ω,-ω 3 3.设 a 是正整数,a<100,并且 a +23 能被 24 整除,那么,这样的 a 的个数为( ) A.4 B.5 C.9 D.10 4.设函数 y=f(x)对于一切实数 x 满足 f(3+x)=f(3-x).且方程 f(x)=0 恰有 6 个不同 的实数根,则这 6 个实根的和为( ) A.18 B.12 C.9 D.0 2 2 2 2 2 5. S={(x, )|x -y =奇数, , ∈R}, {(x, )|sin(2πx )-sin(2πy )=cos(2πx ) 设 y x y T= y 2 -cos(2πy ),x,y∈R},则( ) A.S?T ≠
2

B.T?S ≠

C.S=T )

D.S∩T=?

6.方程|x-y |=1-|x|的图象为(

二.填空题: 2 2 1.cos 10°+cos 50°-sin40°sin80°= . 2.在△ABC中,已知三个角A、B、C成等差数列,假设它们所对的边分别为a,b,c, 并且c-a等于AC边上的高h,则sin

C-A
2

=



3.将正奇数集合{1,3,5,…}由小到大按第 n 组有(2n-1)个奇数进行分组: {1}, {3,5,7}, {9,11,13,15,17},…… (第一组) (第二组) (第三组) 则 1991 位于第 组. 2000 6 4.1991 除以 10 ,余数是 . 5.设复数z1,z2 满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3 3,则log3|(z1-) +(- z2 2000 z1

z2)2000|=

. 6.设集合 M={1,2,…,1000},现对 M 中的任一非空子集 X,令 αX 表示 X 中最大数 与最小数的和.那么,所有这样的 αX 的算术平均值为 . 三.设正三棱锥 P—ABC 的高为 PO,M 为 PO 的中点,过 AM 作与棱 BC 平行的平面,将 三棱锥截为上、下两部分,试求此两部分的体积比.
[来源:学*科*网]

四.设 O 为抛物线的顶点,F 为焦点,且 PQ 为过 F 的弦.已知|OF|=a,|PQ|=B.求△ OPQ 的面积. 2 五.已知 0<a<1,x +y=0,求证: 1 x y loga(a +a )≤loga2+ . 8

1991 年全国高中数学联赛二试题 一.设 S={1,2,…,n},A 为至少含有两项的公差为正的等差数列,其项都在 S 中, 且添加 S 的其他元素于 A 后不能构成与 A 有相同公差的等差数列.求这种 A 的个数(这里只 有两项的数列也看作等差数列).

二.设凸四边形ABCD的面积为 1,求证:在它的边上(包括顶点 )或内部可以找出四个 1 点,使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于 . 4

三. an 是下述自然数 N 的个数: 的各位数字之和为 n 且每位数字只能取 1、 或 4. 设 N 3 求 证:a2n 是完全平方数.这里,n=1,2,….

1991 年全国高中数学联赛解答
第一试 一.选择题: 1.由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( A.4 B.8 C.12 D.24 【答案】B 【解析】每个正方形的顶点对应着一个正三角形.故选 B )

3.设 a 是正整数,a<100,并且 a +23 能被 24 整除,那么,这样的 a 的个数为( ) A.4 B.5 C.9 D.10 【答案】B 3 3 【解析】即 24|a -1,而 a≡0,±1,±2,±3,4,则 a ≡0,±1,0,±3,0.故 a -1≡0(mod 8). 3 若 a≡ 0,1,2(mod 3),则 a ≡0,1,-1(mod 3),∴ a-1≡0(mod 3).即 a-1≡0(mod 24).选 B.

3

5. S={(x, )|x -y =奇数, , ∈R}, {(x, )|sin(2πx )-sin(2πy )=cos(2πx ) 设 y x y T= y 2 -cos(2πy ),x,y∈R},则( ) A.S?T ≠ B.T?S ≠ C.S=T D.S∩T=?

2

2

2

2

2

【答案】A 2 2 2 2 2 2 【解析】若 x -y 为奇数,则 sin(2πx )-sin(2πy )=cos(2πx )-cos(2πy )成立, 即 S?T. 又若x=y时, sin(2πx )-sin(2πy )=cos(2πx )-cos(2πy )也成立, 即得S?T, ≠ 选A.
2 2 2 2

6.方程|x-y |=1-|x|的图象为(

2

)

【答案】D 【 解 析 】 ∵
2 2

|x - y |=
2

2

?x-y (x≥y ), ? 2 2 ?y -x (x<y ).

2

2

故 此 方 程 等 价

?x-y =1-x,即y =2x-1 (x≥y ), ? 2 2 2 于? y -x=1-x,即y =1 (0≤x<y ), 2 2 ? y -x=1+x,即y =2x+1(x<0). ?
故选 D.

2.在△ABC中,已知三个角A、B、C成等差数列,假设它们所对的边分别为a,b,c, 并且c-a等于AC边上的高h,则sin

C-A
2

=



3.将正奇数集合{1,3,5,…}由小到 大按第 n 组有(2n-1)个奇数进行分组: {1},{3,5,7},{9,11,13,15,17},…… (第一组) (第二组) (第三组) 则 1991 位于第 组. 【答案】32 2 2 2 【解析】 由于 1+3+…+(2n-1)=n , 故第 n 组最后一数为 2n -1, 于是解 2(n-1) -1+2 2 ≤1991≤2n -1,得 n=32.即在第 32 组.

5.设复数z1,z2 满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3 3,则log3|(z1-) +(- z2 2000 z1

z2)2000|=



【答案】4000 2 2 2 2 【解析】由|z1+z2| +|z1-z2| =2(|z1| +|z2| ),得|z2|=3.由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3,故 argz1-argz2=±120°. ∴ |(z1 - ) z2
2000

+( - z2) z1

2000

|= 2 × 3

4000

| cos(120° × 2000)|=3

4000

. 故 log3|(z1 - ) z2

2000

+( - z1

z2)2000|=4000.

三.设正三棱锥 P—ABC 的高为 PO,M 为 PO 的中点,过 AM 作与棱 BC 平行的平面,将 三棱锥截为上、下两部分,试求此两部分的体积比. 【解析】 P M 是 PO 中点,延长 AO 与 BC 交于点 D,则 D 为 BC 中点,连 PD,由于 AM 在平面 PAD 内,故延长 AM 与 PD 相交,设交点为 F.题中截面与面 PBC 交于过 F G F 的直线 GH,G、H 分别在 PB、PC 上.由于 BC∥截面 AGH,∴GH∥BC. M 在面PAD中,△POD被直线AF截,故 · . ∴

H

PM OA DF PM OA 2 DF 3 · =1,但 =1, = ,∴ = MO AD FP MO AD 3 FP 2

A O B

E D

C

PF 2 S?PGH 4 S?PGH 4 = ,∴ = ? = .而截面分此三棱锥所成两部分可看成是 PD 5 S?PBC 25 SHGBC 21

有顶点A的两个棱锥A—PGH及A—HGBC.故二者体积比=4∶21.

第二试 一.设 S={1,2,…,n},A 为至少含有两项的公差为正的等差数列,其项都在 S 中, 且添加 S 的其他元素于 A 后不能构成与 A 有相同公差的等差数列.求这种 A 的个数(这里只 有两项的数列也看作等差数列).

解法二: 对于k=[ ], 这样的数列A必有连续两项, 一项在{1, …, }中, 2, k 一在{k+1.k+2, …, 2

n

n}中,反之,在此两集合中各取一数,可以其差为公差构成一个A,于是共有这样的数列
1 2 2 1 2 当n=2k时,这样的A的个数为k = n 个;当n=2k+1 时,这样的A的个数为k(k+1)= (n 4 4 -1)个. 1 2 ∴ 这样的数列有[ n ]个. 4

[来源:Zxxk.Com]

二. 设凸四边形ABCD的面积为 1, 求证: 在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点, 1 使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于 . 4 【解析】证明:考虑四边形的四个顶点 A、B、C、D, 若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB 的面积,设其中面积最小的三角形为△ABD. 1 ⑴ 若S△ABC> ,则A、B、C、D即为所求. 4 1 3 ⑵ 若S△ABD< ,则S△BCD> ,取△BCD的重心G,则以B、C、D、G这 4 点中的任 4 4 1 意 3 点为顶点的三角形面积> . 4
[来源:学科网]

D A E

1 1 ⑶ 若S△ABD= ,其余三个三角形面积均> S△ABD= . 4 4 1 3 由于S△ABC+S△ACD=1,而S△ACD> ,故S△ABC< =S△BCD. 4 4 ∴ 过 A 作 AE∥BC 必与 CD 相交,设交点为 E. 1 1 1 则∵ S△ABC>S△ABD,从而S△ABE>S△ABD= .S△ACE=S△ABE> ,S△BCE=S△ABC> .即A、B、 4 4 4

B

C

A E
h

a

D F

O

C、E四点即为所求.
1 1 ⑷ 若S△ABD= ,其余三个三角形中还有一个的面积= ,这个三角形不可能 4 4 1 1 是 △BCD,(否则ABCD的面积= ),不妨设S△ADC= S△ABD= .则AD∥BC,四边形ABCD 2 4
B

3a

C

为 梯形. 1 3 由于S△ABD= ,S△ABC= ,故若AD=a,则BC=3a,设梯形的高=h, 4 4 则 2ah=1.设对角线交于 O,过 O 作 EF∥BC 分别交 AB、CD 于 E、F.

三. an 是下述自然数 N 的个数: 的各位数字之和为 n 且每位数字只能取 1、 或 4. 设 N 3 求 证:a2n 是完全平方数.这里,n=1,2,…. _______ 【解析】证明:设N= x1x2…xk ,其中x1,x2,…,xk∈{1,3, 4}.且x1+x2+…+xk=n.假 定n>4.删去xk时,则当xk依次取 1,3,4 时,x1+x2+…+xk-1 分别等于n-1,n-3,n-4.故 当n>4 时, an=an-1+an-3+an-4. ① a1=a2=1,a3=2,a4=4, 利用①及初始值可以得到下表: n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ……
[来源:Zxxk.Com] [来源:学科 网]

an 规 律

1 1

1 2 1

2 1×2

4 2 2

6 2×3

9 2 3

15 3×5

25 2 5

40 5×8

64 2 8

104 8×13

169 2 13

273 13×21

441 2 21

…… ……

可找到规律:

2 a2(k+1)=a2k+1+a2k-1+a2k-2=fkfk+1+fk-1fk+fk-1= fkfk+1+fk-1(fk+fk-1) = fkfk+1+fk-1fk+1=fk+1(fk-1+fk)=fk+1fk+1=fk2 +1

a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k
+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1.

- 1

=f k2 +f 2 +fk +1 k

- 1 k

f = f k2 +fk(fk+fk +1

- 1

)=

f k2 +1

证明 2:(用特征方程)由上证得①式,且有 a1=a2=1,a3=2,a4=4, 3 2 2 由此得差分方程: -λ -λ-1=0. ?(λ +1)(λ -λ-1)=0. λ4 此方程有根λ=±i,

λ=

1± 5 . 2 1+ 5 2 1- 5 2 n n ∴ 令an=αi +β(- i) +γ( ) +δ( ) 2 2 2-i n 2+i n 1 1+ 5 n+2 1 1- 5 n+2 利用初值可以求出an= ·i + ·(-i) + ( ) + ( ) . 10 10 5 2 5 2

∴ a2n={

1 5

[(

1+ 5 n+1 1- 5 n+1 2 ) -( ) ]} . 2 2

1 3+ 5 n +1 3- 5 n+1 1 1+ 5 2(n+1) 1- 5 2(n+1) 1+ 5 n 得 a2n=bn= [2( - 1) +( ) +( ) ]= [( ) +( ) - 2( 5 2 2 5 2 2 2 ) (
n+1

1- 5 n+1 ) ] 2

={

1 5

[(

1+ 5 n+1 1- 5 n+1 2 ) -( ) ]} . 2 2

记fn=

1 5

[(

1+ 5 n+1 1- 5 n+1 1± 5 2 ) -( ) ],其特征根为 ?1,2= .故其特征方程为 ? - ?- 2 2 2

1=0.于是其递推关系为fn=fn-1+fn-2. 而 f0=1,f1=1,均为正整数,从而对于一切正整数 n,fn 为正整数.从而 a2n 为完全平方 数.

1992 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1992 年全国高中数学联赛试卷
第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.对于每个自然数 n,抛物线 y=(n2+n)x2?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An,Bn 两点,以|AnBn|表示该两点的 距离,则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( 1991 (A)1992 1992 (B) 1993 1991 (C) 1993 ) 1993 (D) 1992
y
1 ?1 O ?1 1 x

2.已知如图的曲线是以原点为圆心,1 为半径的圆的一部分,则这一曲线的方 程是( ) (A)(x+ 1-y2)(y+ 1-x2)=0 (C)(x+ 1-y2)(y? 1-x2)=0 (B)(x? 1-y2)(y? 1-x2)=0 (D)(x? 1-y2)(y+ 1-x2)=0
4

3. 设四面体四个面的面积分别为 S1, 2, 3, 4, S S S 它们的最大值为 S, λ=( 记

ΣS )/S,则 λ 一定满足(
i

)

i=1

(A)2<λ≤4

(B)3<λ<4

(C)2.5<λ≤4.5

(D)3.5<λ<5.5

C sinB 4.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别记为 a,b,c(b?1),且A,sinA都是方程 log x=logb(4x-4)
b

的根,则△ABC(

) (B)是直角三角形,但不是等腰三角形 (D)不是等腰三角形,也不是直角三角形

(A)是等腰三角形,但不是直角三角形 (C)是等腰直角三角形

5.设复数 z1,z2 在复平面上对应的点分别为 A,B,且|z1|=4,4z12?2z1z2+z22=0,O 为坐标原点,则△ OAB 的面积为( ) (A)8 3 (B)4 3 (C)6 3 (D)12 3

6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f(10+x)=f(10?x), f(20?x)=?f(20+x),则 f(x) 是 (A)偶函数,又是周期函数 (C)奇函数,又是周期函数 二、填空题(每小题 5 分共 30 分) 1 1 1 x z 1.设 x,y,z 是实数,3x,4y,5z 成等比数列,且 x , y, z 成等差数列,则 z+x的值是______. 2.在区间[0,?]中,三角方程 cos7x=cos5x 的解的个数是______. 3.从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线, 则 k 的最大值是_____. z2 4.设 z1,z2 都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则 arg(z )3 的值是______.
1

(B)偶函数,但不是周期函数 (D)奇函数,但不是周期函数

5.设数列 a1 , a2 , ? , an , ?满足 a1=a2=1 , a3=2,且对任何自然数 n , 都有 anan+1an+2?1,又 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,则 a1+a2+?+a100 的值是____.
-11

1992 年全国高中数学联赛

冯惠愚

6.函数 f(x)=

x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值是_____.

三、(20 分)求证:16<

Σ 1k<17.
i=1

4

四、(20 分)设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A,B,C 三点,且 AB=BC,过 A,B,C 分别作 m 的垂线 7 AD,BE,CF,垂足依次是 D,E,F,已知 AD= 15,BE=2CF= 10,求 l 与 m 的距离.

xn+1-x n 1 1 五、(20 分)设 n 是自然数,fn(x)= (x?0,±1),令 y=x+x . - x-x 1 1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn-1(x),(n>1) 2.用数学归纳法证明:

- -

? y -C ? f (x)=? ? y -C ?
n n n

1 n-2 +…+(-1)i n-1y 1

Cn i i


yn

-2i

n n +…+(-1)2,(i=1,2,…, 2,n为偶数)

n-1

y

n-2

+…+(-1) C

i

n-i

i

n-1 +…+(-1) 2

C n+1 y,(i=1,2,…,
2

n-1 2

n-1 2 ,n为奇数)

-2-

2

1992 年全国高中数学联赛

冯惠愚

第二试 一、(35 分) 设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3、H4 依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、 ⊿A1A2A3 的垂心.求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置.

二、(35 分) 设集合 Sn={1,2,?,n}.若 X 是 Sn 的子集,把 X 中所有数的和称为 X 的“容量”(规定空集的 容量为 0),若 X 的容量为奇(偶)数,则称 X 为的奇(偶)子集. 1.求证 Sn 的奇子集与偶子集个数相等. 2.求证:当 n≥3 时,Sn 的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和. 3.当 n≥3 时,求 Sn 的所有奇子集的容量之和.

三 、 (35 分 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 , 横 坐 标 和 纵 坐 标 都 是 整 数 的 点 称 为 格 点 , 任 取 6 个 格 点 Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足 (1) |xi|≤2,|yi|≤2,(i=1,2,3,4,5,6),(2) 任何三点不在同一条直线上.试证:在以 Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于 2.

-3-

3

1992 年全国高中数学联赛

冯惠愚

1992 年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.对于每个自然数 n,抛物线 y=(n2+n)x2?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An,Bn 两点,以|AnBn|表示该两点的 距离,则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( 1991 (A)1992 1992 (B) 1993 1991 (C) 1993 ) 1993 (D) 1992

1 1 1992 解:y=((n+1)x-1)(nx-1),∴ |AnBn|=n-n+1,于是|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|=1993,选 B. 2.已知如图的曲线是以原点为圆心,1 为半径的圆的一部分,则这一曲线的方 程是( ) (A)(x+ 1-y2)(y+ 1-x2)=0 (C)(x+ 1-y2)(y? 1-x2)=0 (B)(x? 1-y2)(y? 1-x2)=0 (D)(x? 1-y2)(y+ 1-x2)=0
?1

y
1 O ?1 1 x

解:(x? 1-y2)=0 表示 y 轴右边的半圆,(y+ 1-x2)=0 表示 x 轴下方的半圆,故选 D. 3. 设四面体四个面的面积分别为 S1, 2, 3, 4, S S S 它们的最大值为 S, λ=( 记

ΣS )/S,则 λ 一定满足(
i

4

)

i=1

(A)2<λ≤4 解:

(B)3<λ<4

(C)2.5<λ≤4.5

(D)3.5<λ<5.5

Σ
i=1

4

Si≤4S,故

Σ
i=1

4

Si≤4,又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时,

ΣS 接近 2S,故选 A.
i

4

i=1

C sinB 4.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别记为 a,b,c(b?1),且A,sinA都是方程 log x=logb(4x-4)
b

的根,则△ABC(

) (B)是直角三角形,但不是等腰三角形 (D)不是等腰三角形,也不是直角三角形

(A)是等腰三角形,但不是直角三角形 (C)是等腰直角三角形

解:x2=4x-4.根为 x=2.∴ C=2A,?B=180° -3A,sinB=2sinA.?sin3A=2sinA, 2 ?3-4sin A=2.A=30° ,C=60° ,B=90° .选 B. 5.设复数 z1,z2 在复平面上对应的点分别为 A,B,且|z1|=4,4z12?2z1z2+z22=0,O 为坐标原点,则△ OAB 的面积为( ) (A)8 3 (B)4 3 (C)6 3 (D)12 3

2z1 π π 1 3 解: z =cos3±isin3.∴ |z2|=8,z1、z2 的夹角=60° .S=2· 8·2 =8 3.选 A. 4·
2

6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f(10+x)=f(10?x), f(20?x)=?f(20+x),则 f(x) 是 (A)偶函数,又是周期函数 (C)奇函数,又是周期函数 (B)偶函数,但不是周期函数 (D)奇函数,但不是周期函数

解:f(20-x)=f[10+(10-x)]=f[10-(10-x)]=f(x)=-f(20+x).
-44

1992 年全国高中数学联赛

冯惠愚

∴ f(40+x)=f[20+(20+x)]=-f(20+x)=f(x).∴ 是周期函数; ∴ f(-x)=f(40-x)=f(20+(20-x)=-f(20-(20-x))=-f(x).∴ 是奇函数.选 C. 二、填空题(每小题 5 分共 30 分) 1 1 1 x z 1.设 x,y,z 是实数,3x,4y,5z 成等比数列,且 x , y, z 成等差数列,则 z+x的值是______. 2xz (x+z)2 64 x z 34 解:16y2=15xz,y=x+z,?16·4x2z2=15xz(x+z)2.由 xz≠0,得 xz =15,? z+x=15. 2.在区间[0,?]中,三角方程 cos7x=cos5x 的解的个数是 . 1 解:7x=5x+2kπ,或 7x=-5x+2kπ,(k∈Z)?x=kπ,x=6kπ (k∈Z),共有 7 解. 3.从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在的直 线都是异面直线,则 k 的最大值是 . 解:正方体共有 8 个顶点,若选出的 k 条线两两异面,则不能共顶点,即至多可选 出 4 条,又可以选出 4 条两两异面的线(如图),故所求 k 的最大值=4. z2 4.设 z1,z2 都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则 arg(z )3 的值是______.
1
D' A' D A B B' C C'

3 +5 -7 1 解:cos∠OZ1Z3= =-2.即∠OZ1Z3==120° , 2?3?5 z2 π 5π ∴ arg(z )=3或 3 . 1 z2 ∴ arg(z )3=π. 1 5.设数列 a1,a2,?,an,?满足 a1=a2=1,a3=2,且对任何自然数 n, 都有 anan+1an+2?1,又 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,则 a1+a2+?+a100 的值是____. 解:anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4, 相减,得 anan+1an+2(a4-an)=an+4-an,由 anan+1an+2?1,得 an+4=an. 又,anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,a1=a2=1,a3=2,得 a4=4. ∴ a1+a2+?+a100=25(1+1+2+4)=200. 6.函数 f(x)= x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值是_____. 解:f(x)= (x2-2)2+(x-3)2- (x2-1)2+x2,表示点(x,x2)与点 A(3,2) 的距离及 B(0,1)距离差的最大值.由于此二点在抛物线两侧,故过此二点的 直线必与抛物线交于两点.对于抛物线上任意一点,到此二点距离之差大于 |AB|= 10.即所求最小值为 10. 三、(20 分)求证:16<
y
O

2

2

2

y
Z2

Z3

Z1

x

A (3,2) B (0,1)
O x

Σ 1k<17.
i=1

4

证明: 同时

1 2 2 = < =2( k- k-1), k k+ k k-1+ k

1 2 > =2( k+1- k). k k+1+ k
80

于是得 2

Σ
k=1

( k+1- k)<

Σ
k=1

80

80 1 <1+2 ( k- k-1) k k=1

Σ

即 16<

Σ 1k<1+2(
k=1

80

80-1)<1+2(9-1)=17.

-5-

5

1992 年全国高中数学联赛

冯惠愚

四、(20 分)设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A,B,C 三点,且 AB=BC,过 A,B,C 分别作 m 的垂线 7 AD,BE,CF,垂足依次是 D,E,F,已知 AD= 15,BE=2CF= 10,求 l 与 m 的距离. 解:过 m 作平面 α∥l,作 AP⊥α 于 P,AP 与 l 确定平面 β,β∩α=l?,l?∩m=K. 作 BQ⊥α,CR⊥α,垂足为 Q、R,则 Q、R∈l?,且 AP=BQ=CR=l 与 m 的距离 d. l ? 连 PD、QE、RF,则由三垂线定理之逆,知 PD、QE、RF 都⊥m. PD= 15-d2,QE= 49 2 2 4 -d ,RF= 10-d .
?
l' m

C

B

A

R KF

Q

P

当 D、E、F 在 K 同侧时 2QE=PD+RF,
2 2 2

E D

? 49-4d = 15-d + 10-d .解之得 d= 6 当 D、E、F 不全在 K 同侧时 2QE=PD-RF,? 49-4d2= 15-d2- 10-d2.无实解. ∴ l 与 m 距离为 6. xn+1-x n 1 1 (x?0,±1),令 y=x+x . -1 x-x
- -

五、(20 分)设 n 是自然数,fn(x)=

1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn-1(x),(n>1) 2.用数学归纳法证明:

? y -C ? f (x)=? ? y -C ?
n n n

1 n-2 +…+(-1)i n-1y 1

Cn i i


yn

-2i

n n +…+(-1)2,(i=1,2,…, 2,n为偶数)

n-1y

n-2

+…+(-1) Cn

i

n-1 2 - +…+(-1)
i i

C n+1 y,(i=1,2,…,
2

n-1 2

n-1 2 ,n为奇数)

1 - - - (x+ x)(xn+1-x n 1)-xn+x n n+2 -n-2 x -x 证明: ⑴ 由 yfn(x)?fn-1(x)= = =fn+1(x).故证. - - x-x 1 x-x 1 1 1 - ⑵ f1(x)= x+x ,f2(x)=x2+1+x 2=(x+x )2-1=y2-1.故命题对 n=1,2 成立. 设对于 n≤m(m≥2,m 为正整数),命题成立,现证命题对于 n=m+1 成立. 1. 若 m 为偶数,则 m+1 为奇数.由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有 fm(x)= ym-Cm-1ym 2+C
1


2 m-4 +…+(-1)i m-2y

Cm-iym-2i+…+(-1) C
m-2

i

m 2

m 2

m-

y m
2

m-2? 2

m



fm-1(x)= y

m-1

-Cm-1y

1

m-3

+…+(-1)

i-1

C

2 i-1 m+1-2i +…+(-1) m-iy

· C

m-2 2 m 2

y



m

∴ yfm(x)-fm-1(x)=y

m+1

-…+(-1) (Cm-i+C

i

i

2 i-1 m+1-2i +…+(-1) ( m-i)y

C

m 2

m

m-

+C 2 m
2 m 2

-1 m 2

)y

m-

= ym+1-Cm+1-1ym 1+…+(-1)iCm-i+1ym+1

1



i

m +1

-2i

+…+(-1) · m2 y C
2

即命题对 n=m+1 成立. 2.若 m 为奇数,则 m+1 为偶数,由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有 fm(x)= y
m-1

-Cm-2y

1

m-2

+…+(-1) · m-iy C

i

i

m-2i

+…+(-1)

m-1 2

m-1

· m-1 y C 2
2


6

-6-

1992 年全国高中数学联赛

冯惠愚
1
- -

fm-1(x)= ym 1-Cm-2ym 3+…+(-1)i 1Cm-iym+1



i-1

-2i

+…+(-1)

m-1 2

m-1 2 Cm-1 2



用 y 乘③减去④,同上合并,并注意最后一项常数项为 -(-1)
m-1 2

C

m-1 2 m-1 2

=-(-1)
m+1

m-1 2

C =(-1) .

m+1 2 m+1 2

m+1 2

于是得到 yfm(x)-fm-1(x)=y

m+1

2 - -Cm1ym 1+…+(-1)

,即仍有对于 n=m+1,命题成立

综上所述,知对于一切正整数 n,命题成立. 第二试 一、(35 分) 设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3、H4 依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、 ⊿A1A2A3 的垂心.求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置. 证明:连 A2H1,A1H2,取 A3A4 的中点 M,连 OM,由上证知 A2H1∥ H3 M1 H4 A1 OM,A2H1=2OM,A1H2∥OM, A1H2=2OM,从而 H1H2A1A2 是平行四边形, A2 故 H1H2∥A1A2 ,H1H2=A1A2. O1 同理可知,H2H3∥A2A3,H2H3=A2A3; H3H4∥A3A4,H3H4=A3A4; O H4H1∥A4A1,H4H1=A4A1. H2 H1 故 四边形 A1A2A3A4≌四边形 H1H2H3H4. A4 A3 M 由四边形 A1A2A3A4 有外接圆知, 四边形 H1H2H3H4 也有外接圆. H3H4 取 ∥的中点 M1, M1O1⊥H3H4, M1O1=MO, 作 且 则点 O1 即为四边形 H1H2H3H4 的外接圆圆心. 又证:以 O 为坐标原点,⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系,设 OA1、OA2、OA3、OA4 与 OX 正 方向所成的角分别为 α、β、γ、?,则点 A1、A2、A3、A4 的坐标依次是(cosα,sinα)、(cosβ,sinβ)、(cosγ, sinγ)、(cos?,sin?). 显然,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的外心都是点 O,而它们的重心依次是 1 1 1 1 (3(cosβ+cosγ+cos?),3(sinβ+sinγ+sin?))、(3(cosγ+cos?+cosα),3(sinα+sin?+sinγ))、 1 1 1 1 (3(cos?+cosα+cosβ),3(sin?+sinα+sinβ))、(3(cosα+cosβ+cosγ),3(sinα+sinβ+sinγ)). 从而,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的垂心依次是 H1(cosβ+cosγ+cos?, sinβ+sinγ+sin?)、H 2 (cosγ+cos?+cosα,sinα+sin?+sinγ)、 H 3 (cos?+cosα+cosβ,sin?+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ). 而 H1、H2、H3、H4 点与点 O1(cosα+cosβ+cosγ+cos?,sinα+sinβ+sinγ+sin?)的距离都等于 1,即 H1、H2、 H3、H4 四点在以 O1 为圆心,1 为半径的圆上.证毕. 二、(35 分)设集合 Sn={1,2,?,n}.若 X 是 Sn 的子集,把 X 中所有数的和称为 X 的“容量”(规定空集的 容量为 0),若 X 的容量为奇(偶)数,则称 X 为的奇(偶)子集. 1.求证 Sn 的奇子集与偶子集个数相等. 2.求证:当 n≥3 时,Sn 的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和. 3.当 n≥3 时,求 Sn 的所有奇子集的容量之和. 证明:⑴ 对于 Sn 的每个奇子集 A,当 1∈A 时,取 B=A\{1},当 1?A 时,取 B=A∪{1},则 B 为 Sn 的偶子集.反之,若 B 为 Sn 的偶子集,当 1∈B 时,取 A=B\{1},当 1?B 时,取 A=B∪{1},于是在 Sn 的奇 子集与偶子集之间建立了一个一一对应,故 Sn 的奇子集与偶子集的个数相等.
-77

1992 年全国高中数学联赛
n-1

冯惠愚

⑵ 对于任一 i∈Sn,i>1,含 i 的 Sn 的子集共有 2 个,其中必有一半是奇子集,一半是偶子集,从而 每个数 i,在奇子集的和与偶子集的和中,i 所占的个数是一样的. 而对于元素 1,只要把 Sn 的所有子集按是否含有 3 配对(即在上证中把 1 换成 3 来证),于是也可知 1 的奇子集与偶子集中占的个数一样,于是可知每个元素都是在奇子集中与偶子集中占的个数一样.所以 Sn 的所有奇子集的容量的和,与所有偶子集的容量的和相等. ⑶ 由于每个元素在奇子集中都出现 2n 2 次,故奇子集的容量和=(1+2+3+…+n)× n 2=n(n+1)× n 3. 2 2 三、(35 分) 在平面直角坐标系中,任取 6 个格点 Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足: ⑴ |xi|≤2,|yi|≤2(i=1,2,3,4,5,6); ⑵ 任何三点不在一条直线上. 试证明:在以 Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中,必有一个三角形的面积不大于 2. 证明 如图,满足条件的格点只能是图中 A、B、…、Y 这 25 个格点中的 6 y 个.把这 25 个格点分成三个矩形:矩形 AEFJ、KOWU、MNYX. A B C2 D E 若所取的 6 个点中有三个点在上述三个矩形中的某一个中,则此三点即满 F 足要求. J I H G -2 2 x K L O M N 若三个矩形中均无所取 6 点中的 3 点, 则必是每个矩形中有所取的 2 个点. P Q R S T ⑴ 若 E、F、D、G、O、R、W 中有所取的点,则此点与矩形 MNYX 中的 -2 U V W X Y 两点满足要求; ⑵ 若上述 7 点均未取,则 A、B、C、H、I、J 中必有两点,此时若 L、K 中有所取的点,则亦有三点满足要求; ⑶ 若 L、K 亦未取,则必在 P、Q、V、U 中取了 2 点,矩形 ACHJ 中取了 2 点:此时取 P、Q 两点, 或 Q、V 两点,或 V、U 两点,或 U、P 两点,或 Q、U 两点,则无论 ACHJ 中取任一点,与之组成三角形 面积均满足要求. 若取 P、V 两点,则矩形 ACHJ 中必有一点异于 C,取此点与 P、V 满足要求. 综上可知,必有满足要求的 3 点存在.

-8-

8

一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.若 M={(x,y)| |tanπy|+sin πx=0},N={(x,y)|x +y ≤2},则 M∩N 的元素个数是
2 2 2

( (A)4

) (B )5 (C)8 (D)9

5. 在△ABC中, A, , 的对边长分别为a, , , c?a等于AC边上的高h, 角 B C b c 若 则sin 的值是( (A)1 ) (B) 1 2 (C) 1 3 (D)?1

C-A
2

+cos

C+A
2

6 . 设 m , n 为 非 零 实 数 , i 为 虚 数 单 位 , z∈C , 则 方 程 |z+ni|+|z?mi|=n 与 |z+ni|?|z?mi|=?m 在同一复平面内的图形(F1,F2 为焦点)是( 二、填空题(每小题 5 分,共 30 分) 1.二次方程(1?i)x +(λ+i)x+(1+iλ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条
2

)

件是λ的取值范围为________. 2.实数x,y满足 4x ?5xy+4y =5,设 S=x +y ,则
2 2 2 2

1

Smax Smin

+

1

=_______.

3.若z∈C,arg(z ?4)=
2 93

5π π 2 ,arg(z +4)= ,则z的值是________. 6 3

[来源:学科网ZXXK]

10 4.整数? 31 ?的末两位数是_______. ?10 +3? ? ?

三、 (本题满分 20 分) 三棱锥 S-ABC 中,侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直,M 为三角形 ABC 的重心,D 为 AB 的中点,作与 SC 平行的直线 DP.证明:(1)DP 与 SM 相交;(2)设 DP 与 SM 的交点为 D′,则

D′为三棱锥 S-ABC 的外接球球心.

四、 (本题满分 20 分) 设 0<a<b,过两定点 A(a,0)和 B(b,0)分别引直线 l 和 m,使与抛物线 y =x 有四个不 同的交点,当这四点共圆时,求这种直线 l 与 m 的交点 P 的轨迹.
[来源:学科网]

2

五、 (本题满分 20 分) 设正数列a0,a1,a2,…,an,…满足 anan-2 - an-1an-2 =2an-1,(n≥2)且a0=a1=1, 求{an}的通项公式.

第二试 一、 (35 分) 设一凸四边形 ABCD,它的内角中仅有∠D 是钝角,用一些直线段将 该凸四边形分割成 n 个钝角三角形,但除去 A、B、C、D 外,在该四边形的周界上,不含分割出的 钝角三角形顶 点.试证 n 应满足的充分必要条件是 n≥4.

[来源:Z。xx。k.Com]

三、 (35 分) 水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l⊥m,l 与 m 相交于 M,点 M 在圆心的右侧,直线 l 上不同的三点 A,B,C 在圆外, 且位于直线 m 上方, 点离 M 点最远, 点离 M 点最近, A C AP,BQ,CR 为圆 O 的三条切线,P,Q,R 为切点.试证:(1)l 与圆 O 相切时,AB×CR+BC×AP=AC×BQ;(2)l 与圆 O 相交时,AB×CR+BC×AP<AC×BQ;(3)l 与圆 O 相离时,AB×CR+BC×AP>AC×BQ.

1993 年全国高中数学联合竞赛解答
第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.若 M={(x,y)| |tanπy|+sin πx=0},N={(x,y)|x +y ≤2},则 M∩N 的元素个数是
2 2 2

( (A)4

) (B)5 (C)8 (D)9

3.集合 A,B 的并集 A∪B={a1,a2,a3},当 A≠B 时,(A,B)与(B,A)视为不同的对, 则这样的(A,B)对的个数是( (A)8 【答案】D 【解析】a1∈A 或?A,有 2 种可能,同样 a1∈B 或?B,有 2 种可能,但 a1?A 与 a1?B 不 能同时成立,故有 2 -1 种安排方式,同样 a2、a3 也各有 2 -1 种安排方式,故共有(2 -1) 种安排方式.选 D.
2 2 2 3

) (C)26 (D)27

(B)9

5.在△ABC中,角A,B,C的对边长分别为a,b,c,若c?a等于AC边上的高 h,则sin +cos

C-A
2

C+A
2

的值是(

) (B) 1 2 (C) 1 3 (D)?1

(A)1

6. m, 为非零实数, 为虚数单位, ∈C, 设 n i z 则方程|z+ni|+|z?mi|=n 与|z+ni|?|z?mi|

= ?m 在同一复平面内的图形(F1,F2 为焦点)是(
【答案】B

)

[来源:学。科。网]

【解析】方程①为椭圆,②为双曲线的一支.二者的焦点均为(-ni,mi),由①n>0,

故否定 A, 由于 n 为椭圆的长轴,而 C 中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长 轴,故否定 C. 由 B 与 D 知, 椭圆的两个个焦点都在 y 轴负半轴上, n 为长轴, OF1|=n, 由 知| 于是 m<0, |OF2|=-m.曲线上一点到-ni 距离大,否定 D,故选 B.

二、填空题(每小题 5 分,共 30 分) 1.二次方程(1?i)x +(λ+i)x+(1+iλ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条
2

件是λ的取值范围为________.

2.实数x,y满足 4x ?5xy+4y =5,设 S=x +y ,则
2 2 2 2

1

Smax Smin

+

1

=_______.

【答案】

8 5
2 2

【解析】令x=rcosθ,y=rsinθ,则S=r 得r (4-5sinθcosθ)=5.S=

5 . 5 4- sin2θ 2

5 5 4- 2 2 8 ∴ + = + = . Smax Smin 5 5 5 1 1 4+

3.若z∈C,arg(z ?4)=
2

5π π 2 ,arg(z +4)= ,则z的值是___ _____. 6 3

【答案】±(1+ 3i) 【 解 析 】 如 图 , 可 知 z 表 示 复 数 4(cos120°+isin120°) . ∴ 2(cos60°+isin60°)=±(1+ 3i).
[来源:Zxxk.Com]

2

z= ±

10 4.整数? 31 ?的末两位数是_______. ?10 +3? ? ? 【答案】08 【解析】令x=10 ,则得 数字为 09-1=08.
31

93

x3 x3+27-27 2 27 27 = =x -3x+9- .由于 0< <1,故所求末两位 x+3 x+3 x+3 x+3

5.设任意实数 x0>x1>x2>x3>0,要使 logx01993+logx11993+logx21993≥k·logx01993 恒

x1
成立,则 k 的最大值是_______.

x2

x3

x3

6.三位数(100,101,?,999)共 900 个,在卡片上打印这些三位数,每张卡 片上打 印一个三位数,有的卡片所印的,倒过来看仍为三位数,如 198 倒过来看是 861;有的卡片 则不然,如 531 倒过来看是 张卡片. 【答案】34 【解析】首位与末位各可选择 1,6,8,9,有 4 种选择,十位还可选 0,有 5 种选择, 共有 4×5×4=80 种选择. 但两端为 1,8,中间为 0,1,8 时,或两端为 9、6,中间为 0,1,8 时,倒后不变; 共有 2×3+2×3=12 个,故共有(80-12)÷2=34 个. ,因此,有些卡片可以一卡二用,于是至多可以少打印_____

三、 (本题满分 20 分) 三棱锥 S-ABC 中,侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直,M 为三角形 ABC 的重心,D 为 AB 的 中点,作与 SC 平行的直线 DP.证明:(1)DP 与 SM 相交;(2)设 DP 与 SM 的交点为 D′ ,则 D′ 为三棱锥 S—ABC 的外接球球心.

四、 (本题满分 20 分) 设 0<a<b,过两定点 A(a,0)和 B(b,0)分别引直 线 l 和 m,使与抛物线 y =x 有四个不 同的交点,当这四点共圆时,求这种直线 l 与 m 的交点 P 的轨迹.
2

五、 (本题满分 20 分) 设正数列 a0、a1、a2、…、an、…满足

anan-2 - an-1an-2 =2an-1,(n≥2)
且 a0=a1=1,求{an}的通项公式. 【解析】变形,同除以 an-1an-2 得: 令
EA A

an =2 an-1

an-1 +1, an-2

an +1=bn,则得bn=2bn-1. an-1
AE

即{bn}是以b1=
EA A

1 +1=2 为首项,2 为公比的等比数列. 1
AE

∴ bn=2 . ∴
A

n

an =(2n-1)2.故 an-1
A E

∴ ?
A

?

a0=1, n 2 n-1 2 1 2 ? an=(2 -1) (2 -1) …(2 -1) .(n≥1)
EA

第二试 一、 (35 分) 设一凸四边形 ABCD,它的内角中仅有∠D 是钝角,用一些直线段将该凸四边形分割成 n 个钝角三角形,但除去 A、B、C、D 外,在该四边形的周界上,不含分割出的钝角三角形顶 点.试证 n 应满足的充分必要条件是 n≥4.

n=2 时,连 1 条对角线把四边形分成了 2 个三角形,但其中最多只能有 1 个钝角三角形. n=3 时,无法从同一顶点出发连线段把四边形分成 3 个三角形,现连了 1 条对角线 AC
后,再连 B 与 AC 上某点得到线段,此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形. ∴当 n=2,3 时无法得到满足题目要求的解.只有当 n≥4 时才有解.

二、 (35 分) 设 A 是一个有 n 个元素的集合,A 的 m 个子集 A1,A2,?,Am 两两互不包含.

m 1 试证:(1) Σ ≤1; A i=1C|n|
A AE EA A E

2 (2) Σ C|Ai|≥m .其中|Ai|表示Ai所含元素的个数,C|Ai|表示n个不同元素取|Ai|个 n n i=1
A AE E A AE A AE

m

的组合数.

三、 (35 分) 水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l⊥m,l 与 m 相交于 M,点 M 在圆心的右侧,直线 l 上不同的三点 A,B,C 在圆外, 且位于直线 m 上方, 点离 M 点最远, 点离 M 点最近, A C AP,BQ,CR 为 圆 O 的 三 条 切 线 , P,Q,R 为 切 点 . 试 证 : (1)l 与 圆 O 相 切 时 ,

AB×CR+BC×AP=AC×BQ;(2)l 与圆 O 相交时,AB×CR+BC×AP<AC×BQ;(3)l 与圆 O 相离时,AB×CR+BC×AP>AC×BQ.
【解析】证明:设 MA=a,MB=b,MC=c,OM=d,⊙O 的半径=r. 且设 k=d -r .则当 k>0 时,点 M 在⊙O 外,此时,直线 l 与⊙O 相离; 当 k=0 时,点 M 在⊙O 上,此时,直线 l 与⊙O 相切; 当 k<0 时,点 M 在⊙O 内,此时,直线 l 与⊙O 相交 . ∴ AP= a +d -r = a +k,同理,BQ= b +k,CR= c +k.
A EA A EA A EA A EA

l

A

P
r

Q R
d

B C M
m

2

2

O

2

2

2

2

2

2

则 AB×CR+BC×AP-AC×BQ= AB×CR+BC×AP-(AB+BC)×BQ=BC×(AP-BQ)-AB×(BQ-CR)

=BC×
A

AP2-BQ2 BQ2-CR2 -AB× AP+BQ BQ+CR
A A E E

一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1、设 a,b,c 是实数,那么对任何实数 x, 不等式 asinx+bco sx+c>0 都成立的充要 条件是 (A) a,b同时为 0,且c>0 (C)
A

(B)
A

a2+b2=c
EA

a2+b2<c
EA

(D)
A

a2+b2>c
EA

4 、 已 知 0<b<1 , 0<a<
A

π
4
A E

, 则 下 列 三 数 : x=(sina)
A

logbsina
E

A

, y=(cosa)
A

logbcosa
E

A



z=(sina)
A

logbcosa
E A[ 来源:Z。xx。k.Com]

(A)x<z<y

(B)y<z<x

(C)z<x<y

(D)x<y<z

5、在正 n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 (A)(
A

n-2 π,π) n
A E

(B)(
A

n-1 π,π) n
A E A A A A

(C)(0,
A

π
2
E A

)

(D)(
A

n-2 n-1 π, π) n n
A A A E E

6、在平面直角坐标系中,方程 曲线是 (A)三角形

|x+y| |x-y| + =1 (a,b是不相等的两个正数)所代表的 2a 2b
E E

(B)正方形

[来源:Zxxk.Com]

(C)非正方形的长方形

(D)非正方形的菱形

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)

第二试 一、 (本题满分 25 分)

x的二次方程x2+z1x+z2+m=0 中,z1, 2, 均是复数, z1-4z2=16+20i z m 且
A A E

2

,设这个方程的两个根α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值.
A EA

二、( 本题满分 25 分) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列,试求出这个数 列的第 1000 项。

(1)求 m(G)的最小值 m0.

[来源:学科网 ZXXK]

(2)设 G*是使 m(G*)= m0 的一个图案,若 G*中的线段(指以 P 的点为端点的线段)用 4 种 颜色染色,每条线段恰好染一种颜色.证明存在一个染色方案,使 G*染色后不含以 P 的点为顶 点的三边颜色相同的三角形.

1994 年全国高中数学联赛解答
第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1、设 a,b,c 是实数,那么对任何实数 x, 不等式 asinx+bcosx+c>0 都成立的充要条 件是 (A) a,b同时为 0,且c>0 (C)
A

(B)
A

a2+b2=c
EA

a2+b2<c
EA

(D)
A

a2+b2>c
EA

【答案】C 【解析】asinx+bcosx+c= a +b sin(x+φ)+c∈[- a +b +c, a +b +c].故选C.
A EA A EA A EA

2

2

2

2

2

2

2、给出下列两个命题:(1)设 a,b,c 都是复数,如果 a +b >c ,则 a +b -c >0.(2) 设 a,b,c 都是复数,如果 a +b -c >0,则 a +b >c .那么下述说法正确的是 (A)命题( 1)正确,命题(2)也正确 (C)命题(1)错误,命题(2)也错误 (B)命题(1)正确,命题(2)错误 (D)命题(1)错误,命题(2)正确
2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

2

2

3、已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n≥1),且a1=9,其前n项之和为Sn,则满足不等式|Sn-n- 6|<
A

1 的最小整数n是 125
A E

(A)5 【答案】C

(B)6

(C)7

(D)8

1 1 【解析】(an+1-1)=- (an-1),即{ an-1}是以- 为公比的等比数列, 3 3
A A A A E E

1 n 1-(- ) 3 1 n-1 1 n 1 1 ∴ an=8(- ) +1. Sn=8· ∴ +n=6+n-6(- ) , ?6· n< , n≥7. C. ? 选 3 1 3 3 125 1+ 3
A A A A EA A A A A A A A E E E E E A AE

5、在正 n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 (A)(
A

n-2 π,π) n
A E

(B)(
A

n-1 π,π) n
A E

(C)( 0, ) 2
A A E

π

(D)(
A

n-2 n-1 π, π) n n
A A A E E

6、在平面直角坐标系中,方程
A

|x+y| |x-y| + =1 (a,b是不相等的两个正数)所代表的 2a 2b
A A A E E

曲线是 (A)三角形 (C)非正方形的长方形 【答案】D 【解析】x+y≥0,x-y≥0 时,(一、四象限角平分线之间):(a+b)x+(b-a)y=2ab; (B)正方形 (D)非正方形的菱形

x+y≥0,x-y<0 时,(一、二象限角平分线之间):(b-a)x+(a+b)y=2ab;

x+y<0,x-y≥0 时,(三、四象限角平分线之间):(a -b)x-(a+b)y=2ab; x+y<0,x-y<0 时,(二、三象限角平分线之间):-(a+b)x+(a-b)y=2ab.
四条直线在 a≠b 时围成一个菱形(非正方形).选 D. 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)

?x +sinx-2a=0, 2.已知x,y∈[- , ],a∈R且? 3 则cos(x+2y) = 4 4 ?4y +sinycosy+a=0

π π
A A A A E E

3

A

EA



5 2 2 2 3. 已知点集A={(x, )|(x-3) +(y-4) ≤( ) }, {(x, )|(x y B= y 2
A A E

5 2 2 2 -4) +(y-5) >( ) },则点集A∩B中的整点(即横、纵坐标均为整数 2
A A E

的点)的个数为 【答案】7



【解析】如图可知,共有 7 个点,即(1,3),(1,4),(1,5), (2,2),(2,3),(3,2),(4,2)共 7 点.
[来源:学|科|网]

5.已知一平面与一正方体的 12 条棱的夹角都等于 α,则 sinα=



【答案】

3 3
A'

D' B' D

C'

【解析】12 条棱只有三个方向,故只要取如图中AA′与平面

C B

AB′D′所成角即可.设AA′=1,则A′C= 3,A′C⊥平面AB′D′,A′C被平
A EA

A

面AB′D′、BDC′三等分.于是sinα=
A E

3 . 3
A E

第二试 一、 (本题满分 25 分)

x的二次方程x2+z1x+z2+m=0 中,z1, 2, 均是复数, z1-4z2=16+20i, z m 且
A A E

2

设这个方程的两个根α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值.
A EA

【解析】设 m=a+ bi(a,b∈R).则△=z1 -4z2-4m=16+20i-4a-4bi=4[(4-a)+(5-

2

b)i].设△的平方根为 u+vi.(u,v∈R)

二、(本题满分 25 分) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列,试求出这个数 列的第 1000 项。 1 1 【解析】 105=3×5×7; 由 故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 105×(1- )(1- )(1 3 5
A A A A E E

1 - )=48 个。1000=48×20+48-8, 105×20=2100.而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 7
A A E

40 个数是 86. ∴ 所求数为 2186。

由ΔACH 为正三角形,易证 IC+IA=IH.

由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. 设∠OHI=α,则 0<α<30°. ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R 2sin(α+45°)
A EA

又α+45°<75°,故IO+IA+IC<2
A

2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3)
EA A EA A EA A EA

四、 (本题满分 35 分) 给定平面上的点集 P={P1,P2,…,P1994}, P 中任三点均不共线, 将 P 中的所有的点任意分成 83 组,使得每组至少有 3 个点,且每点恰 好属于一组,然后将 在同一组的任两点用一条线段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案 G, 不同 的分组方式得到不同的图案, 图案 G 中所含的以 P 中的点为顶点的三角形个数记为 m(G). 将 (1)求 m(G)的最小值 m0. (2)设 G*是使 m(G*)=m0 的一个图案,若 G*中的线段(指以 P 的点为端点的线段)用 4 种 颜色染色,每条线段恰好染一种颜色.证明存在一个染色方案,使 G*染色后不含以 P 的点为 顶点的三边颜色相同的三角形.

[来源:学+科+网]

于是可知,只有当各 ni 的值相差不超过 1 时,m(G)才能取得最小值. 1994=83×24+2.故当 81 组中有 24 个点,2 组中有 25 个点时,m(G)达 到最小值.

m0=81C24+2C25=81× 2024+2×2300=168544.
A A A A E E

3

3

一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1. 设等差数列{an }满足 3a8=5a13 且 a1>0,Sn 为其前项之和,则 Sn 中最大的是( ) (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21 2. 设复平面上单位圆内接正 20 边形的 20 个顶点 所对应的复数依次为Z1, 2, Z20, Z …, 则复数Z1 ,Z2 ,…,Z20 所对应的不同的点的个数是(
A A A A A A E E E

1995

1995

1995

)

(A)4

(B)5

(C)10

(D)20

6. 设O是正三棱锥P—ABC底面三角形ABC的中心,过O的动平面与PC交于S,与PA,PB的延 1 1 1 长线分别交于Q,R,则和式 + +
A A A A A E E

PQ PR PS
E

(A)有最大值而无最小值 (C)既有最大值又有最小值,两者不等 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)

(B 有最小值而无最大值 (D)是一个与面 QPS 无关的常数

1. 设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=2 3,且
A EA A

α 为实数,则|α|= β2
A E



2. 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 . 2 3.用[x]表示不大于实数 x 的最大整数,方程 lg x-[lgx]-2=0 的实根个数是



?y≤3xx, 4. 直角坐标平面上,满足不等式组? y≥ , 的整点个数是 3 ? x+y≤100
A EA E



5. 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两端点异色,如果只有 5 种颜色可使用,那么不同的染色方法的总数是 . 6. 设 M={1,2,3,…,1995},A 是 M 的子集且满足条件:当 x∈A 时,15x?A,则 A 中元素的个数最多是 .

第二试 2 一、(25 分) 给定曲线族 2(2sinθ-cosθ+3)x -(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ 为参数,求该 曲线在直线 y=2x 上所截得的弦长的最大值.

二 、(25 分) 求一切实数 p,使得三次方程 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1=66p 的三个根均为 正整数.

3

2

[来源:Z|xx|k.Com]

四、(35 分) 将平面上的每个点都以红,蓝两色之一着色。证明:存在这样两个相似的三角 形,它们的相似比为 1995,并且每一个三角形的三个顶点同色.

19 95 年全国高中数学联赛一试(解答)
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1. 设等差数列{an}满足 3a8=5a13 且 a1>0,Sn 为其前项之和,则 Sn 中最大的是( (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21 【答案】C
A A A A A A

)

2 2 2 【解析】3(a+7d)=5(a+12d),?d=- a,令an=a- a (n-1)≥0,an+1= a- a n<0, 39 39 39
E E E

得 n=20.选C.

3. 如果甲的身 高数或体重数至少有一项比乙大,则称甲不亚于乙,在 100 个小伙子 中,如果某人不亚于其他 99 人,就称他为棒小伙子,那么,100 个小伙子中的棒小伙子最 多可能有( )

4. 已知方程|x-2n|=k x(n∈N*)在区间(2n-1,2n+1]上有两个不相等的实根,则k 的取值范围是( ) 1 (A)k>0 (B)0<k≤ 2n+1 1 1 (C) <k≤ (D)以上都不是 2n+1 2n+1
A EA A A E A A A A E E

【答案】B 【解析】由|x-2n|≥0,故 k≥0,若 k=0,可知在所给区间上只有 1 解.故 k>0. 1 由图象可得,x=2n+1 时,k x≤1.即k≤ .故选B. 2n+1 2 2 2 2 2 又解:y=(x-2n) 与线段y=k x(2n-1<x≤2n+1)有两个公共点.x -(4n+k )x+4n =0 有 2 2 2 2 2 2 (2n-1, n+1]上有两个根. 2 故△=(4n+k ) -16n >0. 且(2n-1) -(4n+k )(2n-1)+4n >0, 1 2 1 2 2 2 (2n+1) -(4n+k )(2n+1)+4n ≥0,2n-1<2n+ k <2n+1.? k≤ . 2 2n+1
A EA A A E A A A A E E

6. 设O是正三棱锥P—ABC底面三角形ABC的中心,过O的动平面与PC交于S,与PA,PB 的延长线分别交于Q,R,则和式
A

1
A E

PQ PR PS
A A A E E

+

1

+

1 (B)有最小值而无最大值 (D)是一个与面 QPS 无关的常数

(A)有最大值而无最小值 (C)既有最大值又有最小值,两者不等

二、填空题(每 小题 9 分,共 54 分) 1. 设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=2 3,且
A EA A

α 为实数,则|α|= β2
A E



【答案】2 【解析】设α=x+yi,(x,y∈R),则|α-β|=2|y|.∴y=± 3.
A EA

设argα=θ,则可取θ+2θ=2π,(因为只要求|α|,故不必写出所有可能的角).θ=
A A

2 3
E

π,于是x=±1.|α|=2.

3.用[x]表示不大于实数 x 的最大整数,方程 lg x-[lgx]-2=0 的实根个数是 【答案】3 【解析】令 lgx=t,则得 t -2=[t].作图象,知 t=-1,t=2,及 1<t<2 内有一解. 当 1<t<2 时,[t]=1,t= 3.故得:x=
A EA A

2



2

1 ,x=100,x=10 3,即共有 3 个实根. 10
E A A A E

5. 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两端点异色,如果只有 5 种颜色可使用,那么不同的染色方法的总数是 . 【答案】420 【解析】顶点染色,有 5 种方法,
[来源:Zxxk.Com]

底面 4 个顶点,用 4 种颜色染,A4=24 种方法,用 3 种颜色,选 1 对顶点C2,这一对顶
A A A A E E

4

1

点用某种颜色染C4,余下 2 个顶点,任选 2 色染,A3种,共有C2C4A3=48 种方法;用 2 种颜色
A A A A A A A A A A E E E E E

1

2

1 1 2

染: A4=12 种方法;
A A E

2

∴共有 5(24+48+12)=420 种方法. 6. 设 M={1,2,3,…,1995},A 是 M 的子集且满足条件:当 x∈A 时,15x?A,则 A 中元素的个数最多是 .

第二试 2 一、(25 分) 给定曲线族 2(2sinθ-cosθ+3)x -(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ 为参数,求该 曲线在直线 y=2x 上所截得的弦长的最大值. 【解析】以y=2x代入曲线方程得x=0,x=
A

8sinθ+cosθ+1 . 2sinθ-cosθ+3
A E

? 8sinθ+cosθ+1 ? 5.故只要求|x|的最大值即可. ∴ 所求弦长l=? ? ?2sinθ-cosθ+3?
A E A EA

由(2x-8)sinθ-(x+1)cosθ=1-3x.?(2x-8) +(x+1) ≥(1-3x) ,即 x +16x-16 ≤0. 解之得,-8≤x≤2.即|x|≤8(当sinθ=±
A

2

2

2

2

24 7 ,cosθ=? 时即可取得最大值).故得最 25 25
A A A E E

大弦长为 8 5.
A EA

[来源:Zxxk.Com]

三、(35 分) 如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E,F,G,H,在弧 EF 与 GH 上分 别作圆 O 的切线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q,求证: MQ∥NP. 分析 要证 MQ∥NP,因 AB∥DC,故可以考 虑证明∠AMQ=∠CPN.现∠A=∠C,故可证Δ AMQ∽ΔCPN.于是要证明 AM∶AQ=CP∶CN.

四、(35 分) 将平面上的每个点都以红,蓝两色之一着色.证明:存在这样两个相似的 三角形,它们的相似比为 1995,并且每一个三角形的三个顶点同色.

AB 边上的分点共有 n+1 个, 由于 n 为奇数, 故必存在其中两个 相邻的分点同色,(否则任两个相邻分点异色,则可得 A、B 异 色),不妨设相邻分点 E、F 同色.考察 E、F 所在的小矩形的 另两个顶点 E′、F′,若 E′、F′异色,则△EFE′或△DFF′为三个顶 点同色的小直角三角形.若 E′、F′同色,再考察以此二点为顶
点而在其左边的小矩形,….这样依次考察过去,不妨设这一 行小矩形的每条竖边的两个顶点都同色. 同样,BC 边上也存在两个相邻的顶点同色,设为 P、Q, 则考察 PQ 所在的小矩形,同理,若 P、Q 所在小矩形的另一横边两个顶点异色,则存在三 顶点同色的小直角三角形.否则,PQ 所在列的小矩形的每条横边两个顶点都同色.
[来源:学。科。网]

[来源:Zxxk.Com]

一、选择题(本题满分 36 分,每题 6 分) 1. 把圆 x +(y-1) =1 与椭圆 9x +(y+1) =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
A A

2

2

2

2

(D)四边形

[来源:学§科§网]

1 2. 等比数列{an}的首项a1=1536,公比q=- ,用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*) 2
E

最大的是( (A)π9

) (B)π11 (C)π12 (D)π13

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, O1 与圆台的上底面、 球 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) 4 )

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)

1 1. 集合{x|-1≤log110<- ,x∈N*}的真子集的个数是 2
A A



x

E

_ 2. 复平面上,非零复数z1,z2 在以i为圆心,1 为半径的圆上,z1·z2 的实部为零,z1
AE EA

的辐角主值为 ,则z2=_______. 6
A A E

π

3. 曲线 C 的极坐标方程是 ρ=1+cosθ,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,则它扫过的图形的面积是_______ .

第二试 一、 (本题满分 25 分)设数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1(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、 (本题满分 25 分)求实数a的取值范围,使得对任意实数x和任意θ∈[0, ],恒有 2
A A E

π

1 2 2 (x+3+2sinθcosθ) +(x+asinθ+acosθ) ≥ . 8
A A E

三、 (本题满分 35 分) 如图, O1 和圆 O2 与△ABC 的 三边所在的三条直线都相切, 、 、 、 圆 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。

四、 (本题满分 35 分)有 n(n≥6)个人聚会,已知: (1)每人至少同其中? ?个人互相认识; ?2? ? ?

n
E

A

A

(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. ?2? ? ?

n
E

A

A

[来源:学§科

§网Z§X§X§K]

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(本题满分 36 分,每题 6 分) 1. 把圆 x +(y-1) =1 与椭圆 9x +(y+1) =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 2 2 2

1 2. 等比数列{an}的首项a1=1536,公比q=- ,用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*) 2
A A E

最大的是( (A)π9

) (B)π11 (C)π12 (D)π13

3. 存在整数n,使 p+n+ n是整数的质数 p (
A EA A EA

)

(A)不存在 (C)多于一个,但为有限个 【答案】D

(B)只有一个 (D)有无穷多个

【解析】如果p为奇质数,p=2k+1,则存在n=k (k∈N+),使 p+n+ n=2k+1.故选D.
A EA A EA

2

1 4. 设x∈(- ,0), 以下三个数α1=cos(sin xπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的 2
A A E

大小关系是(

) (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1

(A)α3<α2<α1 【答案】D

[来源:学|科|网 Z|X|X|K]

1 2 5. 如果在区间[1,2]上函数f(x)=x +px+q与g(x)=x+ 2在同一点取相同的最小值,那么

x
A

A

E

f(x)在该区间上的最大值是(
(A) 11 3 3 4+ 2+ 4 2
A A EA A EA E

) 53 3 (B) 4- 2+ 4 2
A A EA A E E

(C)

13 3 1- 2+ 4 2
A A EA A EA E

(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) 4
O4

)

【答案】B 【解析】O2 与下底距离=3,与O1 距离 =2+3=5,与轴距离=4,问题转化为在以 4 为半径的圆周上,能放几个距离为 6 的 点? 右图中,由sin∠O2HC=3/4>0.707,

O2
2 O1 O2 3

H
C O3

H
3

即∠O2HO3>90°,即此圆上还可再放下 2 个满足要求的点.故选B.

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 1 1. 集合{x|-1≤log110<- ,x∈N*}的真子集的个数是 2
A A



x

E

【答案】2 -1 1 【解析】由已知,得 <logx 10≤1?1≤lgx<2?10≤x<100.故该集合有 90 个元素.其 2
A A E

90

真子集有 2 -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,z1·z2 的实部为零,z1
AE EA

90

的辐角主值为 ,则z2=_______. 6
A A E

π

3. 曲线 C 的极坐标方程是 ρ=1+cosθ,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,则它扫过的图形的面积是_______。

4. 已知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,则最远的两顶点间的距离是________。 【答案】3

【解析】该六面体的棱只有两种,设原正三棱锥的底面边长为 2a,侧棱为 b.

5. 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色,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。 则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________. 【答案】4 【解析】把圆心平移至原点,不影响问题的结果.故问题即求 x +y =199 的整数解数. 显然 x、y 一奇一偶,设 x=2m,y=2n-1.且 1≤m,n≤99. 2 2 2 则得 4m =199 -(2n-1) =(198+2n)(200-2n). =(99+n)(100-n)≡(n-1)(-n) (mod m2 4)
2 2 2

?0,(当n≡0,1(mod 4)时) 2 由于m为正整数,m ≡0,1 (mod 4);(n-1)(-n)≡? ?2,(当n≡2,3(mod 4)时)
A E E

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、 (本题满分 25 分) 设数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1(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、 (本题满分 25 分) 求实数a的取值范围,使得对任意实数x和任意θ∈[0, ],恒有 2
A A E

π

1 2 2 (x+3+2sinθcosθ) +(x+asinθ+acosθ) ≥ . 8
A A E

[来源:学科网 ZXXK]

三、 (本题满分 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。

cos
A

B
2
A A

sin
A

C
2
A E E A

设P、A在EF上的射影分别为M、N,则EM=EPcos∠FEP=(b+c)
EA

sin cos
A EA

B+C
2


A

B
2
A A

又BN=ccosB,故只须证ccosB+
A

1 (b+c-a)= (b+c) 2
E A

sin
A

C
2
A E E A

sin

B+C
2

,
A

1 即sinCcosB+ (sinB+sinC-sin(B+C)) = 2
A E A EA

cos
A

B
2
A A

sin
A

C
2
A E E A

sin

B+C
2

(sinB+sinC ) 就是
A

2cos
A

B-C
2
E A E A

cos
A

B
2
E A

C 1 1 B+C B-C sin =sinCcosB- sinBcosC- cosBsinC+sin cos 2 2 2 2 2
A E A A E A A E A A E A A E A E A A E A A E A A E A A E A

右边=

1 B+C B-C B-C B+C B-C sin(C-B)+sin cos =cos (sin -sin ) 2 2 2 2 2 2
A

=2cos
A

B-C
2
E A

cos
A

B
2
E A

sin
A

C
2
E A

。故证。

四、 (本题满分 35 分) 有 n(n≥6)个人聚会,已知:
[来源:学科网]

(1)每人至少同其中? ?个人互相认识; ?2? ? ?

n
E

A

A

(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. ?2? ? ?

n
E

A

A

证明:这 n 个人中必有三人两两认识.

一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n≥2),x1=a, x2=b, 记 Sn=x1+x2+?+xn,则下列结 论正确的是 (A)x100=?a,S100=2b?a (B)x100=?b,S100=2b?a (C)x100=?b,S100=b?a (D)x100=?a,S100=b?a

4.在平面直角坐标系中,若方程 m(x +y +2y+1)=(x-2y+3) 表示的曲线为椭圆,则 m 的取 值范围为 (A)(0,1) (B)(1,+∞) (C)(0,5) (D)(5,+∞) 1 5 1 5 2 5.设f(x)=x -πx,α = arcsin ,β=arctan ,γ=arcos(- ),δ=arccot(- ), 3 4 3 4
A A A A A A A A E E E E

2

2

2

则 (A)f(α)>f(β)>f(δ)>f(γ) (B) f(α)> f(δ)>f(β)>f(γ) (C) f(δ)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(δ)>f(α)>f(γ)>f(β) 6.如果空间三条直线 a,b,c 两两成异面直线,那么与 a,b,c 都相交的直线有 (A) 0 条 (B) 1 条 (C)多于 1 的有限条 (D) 无穷多条 二.填空题( 每小题 9 分,共 54 分)
?(x-1) +1997(x-1)=-1, 1.设x,y为实数,且满足? 则x+y = 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1.
A EA E

3

.

2.过双曲线x - =1 的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点,若实数λ使得|AB| =λ的 2
2
A A E

y2

直线l恰有 3 条,则λ=

.

1 3.已知复数z满足?2z+ ?=1,则z的幅角主值范围是 ? ?

?
A

z?
E

A



4.已知三棱锥 S?ABC 的底 面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形,SA=SB=SC=2,AB=2, 设 S、A、B、C 四点均在以 O 为球心的某个球面上,则点 O 到平面 ABC 的距离为 . 5.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相邻两顶 点之一.若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也

停止跳动,那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法共 种. 1 ?1 ?1 6.设 a =logz+log[x(yz) +1],b =logx +log(xyz+1),c =logy+log[(xyz)? +1],记 a,b,c 中最大数为 M,则 M 的最小值为 . 三、 (本题满分 20 分) 设x≥y≥z≥
A

π
A E

,且x+y+z = ,求乘积cosx siny cosz的最大值和最小值. 12 2
A A E

π

五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足

?a =a =a =a , a a a a ? 1 1 1 1 1 a +a +a +a +a =4( + + + + )=S. ? a a a a a
2 1 3 2 4 3 5 4
E A E

1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

其中 S 为实数且|S|≤2. 求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上.

第二试 (10 月 5 日上午 10:30?12:30) 一、 (本题 50 分)如图,已知两个半径不相等的⊙O1 与⊙O2 相交于 M、N 两点,且⊙O1、⊙ O2 分别与⊙O 内切于 S、T 两点。求证:OM⊥MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。
[来源:学科网]

25 求最小的自然数k,使得只要表 1 中填入的数满足 Σ xi,j≤1(i=1,2,…,100) , j=1
A AE E

25 则当i≥k时,在表 2 中就能保证 Σ x′i,j≤1 成立。 j=1
A AE E

表1

[来源:学科网 ZXXK]

表2

x1,1 x2,1


x1,2 x2,2


… … … …

x1,25 x2,25


x′1,1 x′2,1


x′1,2 x′2,2


… … … …

x′1,25 x′2,25


x100,1

x100,2

x100,25

x′100,1

x′100,2

x′100,25

1997 年全国高中数学联赛解答
第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n≥2),x1=a, x2=b, 记 Sn=x1+x2+?+xn,则下列结 论正确的是 (A)x100=?a,S100=2b?a (B)x100=?b,S100=2b?a (C)x100=?b,S100=b? a (D)x100=?a,S100=b?a 【答案】A 【解析】x1=a,x2=b,x3=b-a,x4=-a,x5=-b,x6=a-b,x7=a,x8=b,….易知此数 列循环,xn+6=xn,于是 x100=x4=-a, 又 x1+x2+x3+x4+x5+x6=0,故 S100=2b-a.选 A.

3.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项的和为 97 ,则这样 的数列共有 (A)2 个 (B)3 个 (C)4 个 (D)5 个 【答案】C

2

4.在平面直角 坐标系中,若方程 m(x +y +2y+1)=(x-2y+3) 表示的曲线为椭圆,则 m 的取值范围为 (A)(0,1) (B)(1,+∞) (C)(0,5) (D)(5,+∞) 【答案】D 【解析】看成是轨迹上点到(0,-1)的距离与到直线 x-2y+3=0 的距离的比:
A

2

2

2

x2+(y+1)2 = |x-2y+3|
A A

5

m
EA

<1?m>5,选D.

E

1 +(-2)

2

2
E

1 5 1 5 2 5.设f(x)=x -πx,α = arcsin ,β=arctan ,γ=arcos(- ),δ=arccot(- ), 3 4 3 4
A A A A A A A A E E E E

则 (A)f(α)>f(β)>f(δ)>f(γ) (C) f(i)>f(α)>f(β)>f(γ) 【答案】B 【解析】f(x)的对称轴为x= , 2
A A E

(B) f(α)> f(δ)>f(β)>f(γ) (D) f(δ)>f(α)>f(γ)>f(β)

π

易得, 0<α<
A

π π
A A A E E

π π 2π 3π 5π < <β< < <γ< < <δ< .选B. 6 4 3 2 3 4 6
A A A A A A A A A A E E E E E

二.填空题(每小题 9 分,共 54 分)
?(x-1) +1997(x-1)=-1, 1.设x,y为实数,且满足? 则x+y = 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1.
A EA E

3

.

【答案】2
?(x-1) +1997(x-1)+1=0, 【解析】原方程组即? 3 ?(1-y) +1997(1-y)+1=0.
A E E

3

取 f(t)=t +1997t+1,f ′(t)=3t +1987>0.故 f(t)单调增,现 x-1=1-y,x+y=2.
3 2

1 3.已知复数z满足?2z+ ?=1,则z的幅角主值范围是 ? ?

?
A

z?
E

A



4.已知三棱锥 S?ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形,SA=SB=SC=2,AB=2, 设 S、A、B、C 四点均在以 O 为球心的某个球面上,则点 O 到平面 ABC 的距离为 .

5.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相邻两顶 点之一.若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也 停止跳动,那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法共 种. 【答案】26 【解析】青蛙跳 5 次,只可能跳到 B、D、F 三点(染色可证). 青蛙顺时针跳 1 次算+1, 逆时针跳 1 次算-1, 5 个 写 “□1” 在□中填 , “+” 号或 “-” 号: □1□1□1□1□1 规则可解释为:前三个□中如果同号,则停止填写;若不同号,则后 2 个□中继续填 写符号. 3 前三□同号的方法有 2 种;前三个□不同号的方法有 2 -2=6 种,后两个□中填号的 2 方法有 2 种. ∴ 共有 2+6×4=26 种方法. 6.设 a =logz+log[x(yz)? +1],b =logx? +log(xyz+1),c =logy+log[(xyz)? +1],记 a,b,c 中最大数为 M,则 M 的最小值为 . 【答案】log2
1 1 1

x 1 1 【解析】a=log( +z),b=log(yz+ ),c=log( +y). y
A A A E

x
A A E

yz
A A E

∴ a+c=log(
A

yz x
A E

1 1 + +yz+x)≥2log2.于是a、c中必有一个≥log2.即M≥log2,于是M的
A E

最小值≥log2. 但取 x= y=z=1,得 a=b=c=log2.即此时 M=log2.于是 M 的最小值≤log2. ∴ 所求值=log2.
[来源:学科网 ZXXK]

四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy=1 的两支为 C1,C2(如图),正三角形 PQR 的三顶点位于此双曲线上. (1)求证:P、Q、R 不能都在双曲线的同一支上; (2)设 P(?1, ?1)在 C2 上, Q、 在 C1 上, R 求顶点 Q、 的坐标. R 【解析】设某个正三角形的三个顶点都在同一支上.此三点 1 1 1 1 的坐标为P(x1, ),Q(x2, ),R(x3, ).不妨设 0<x1<x2<x3,则

x1
A

A

E

x2
A A E

x3
A A E

x1
A E

1 1 > > >0.
A

x2 x3
A A A A E E

kPQ=
A

y2-y1 1 1 =- ;kQR=- ; x2-x1 x1x2 x2x3
A A A A A E E E

- tan∠PQR=
A

1

x1x2 x2x3
E

+

1 <0,从而∠PQR为钝角.即△PQR不可能是正三角形.
A

1+

1
E

x1x3x22

五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足

?a =a =a =a , a a a a ? 1 1 1 1 1 a +a +a +a +a =4( + + + + )=S. ? a a a a a
2 1 3 2 4 3 5 4
E A E

1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

其中 S 为实数且|S|≤2. 求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上.

∴ q+
A A

1

q
A E

∈R . 再 令 q=r(cosα+isinα) , (r>0) . 则 q+
A

1

q
A E

=(r+ )cosα+i(r - r r
A A A E E

1

1

)sinα∈R.?sinα=0 或r=1. 1 1 1 1 5 1 1 3 若sinα=0,则q=±r为实数.此时q+ ≥2 或q+ ≤-2.此时q+ + ≥ ,或q+ + ≤- q q q 2 2 q 2 2
A A A A A A A A A A A A A A A E E E E E E E E


A

1 1 2 5 此时,由|(q+ + ) - |≤1,知q=-1.此时,|ai|=2. q 2 4
A A A A A A E E E

若 r=1,仍有|ai|=2,故此五点在同一圆周上. 2 3 4 5 ⑵ 若 1+q+q + q +q =0.则 q -1=0,∴ |q|=1.此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|,即此五 点在同一 圆上. 综上可知,表示复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上.
[来源:学+科+网 Z+X+X+K]

第二试

二. (本题 50 分)试问:当且仅当实数 x0,x1,…,xn(n≥2)满足什么条件时,存在 2 2 2 2 实数 y0,y1,…,yn 使得 z0 =z1 +z2 +…+zn 成立,其中 zk=xk+iyk,i 为虚数单位, 0,1,…, k= n。证明你的结论。 2 2 2 2 2 2 2 2 2 【解析】 解:z0 =x0 -y0 +2x0y0i=(x1 +x2 +…+xn )-(y1 +y2 +…+yn )+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i. 2 2 2 2 2 2 2 2 ∴ x0 -y0 =(x1 +x2 +…+xn )-(y1 +y2 +…+yn ); x0y0=x1y1+x2y2+…+xnyn. 2 2 2 2 2 2 2 2 若 x0 > x1 +x2 +…+xn ,则 y0 > y1 +y2 +…+yn . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 此时 x0 y0 >( x1 +x2 +…+xn )( y1 +y2 +…+yn )≥(x1y1+x2y2+…+xnyn) =(x0y0) .矛盾. 2 2 2 2 故必 x0 ≤x1 +x2 +…+xn . 2 2 2 2 反之,若 x0 ≤x1 +x2 +…+xn 成立.此时,可分两种情况: 2 2 2 2 ⑴ 当 x0 =x1 +x2 +…+xn 成立时,取 yi=xi(i=0,1,2,…,n), 2 2 2 2 于是 z0 =(x0+y0i) =x0 -y0 +2x0y0i=2x0y0i, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 而 z 1 +z2 +…+zn =(x1 +x2 +…+xn )-(y1 +y2 +…+yn )+2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i =2(x1y1+x2y2+…+xnyn)i=2(x12+x22+…+xn2)i=2x02i=2x0y0i. z02=z12+z22+…+zn2 即

成立.

三、 (本题 50 分)在 100×25 的长方形表格中每一格填入一个非负实数,第 i 行第 j 列中 填入的数为 xi , j(i=1,2,…,100;j=1,2,…,25) (如表 1) 。然后将表 1 每列中的数 按由小到大的次序从上到下重新排列为 x′1 , j≥x′2 , j≥…≥x′100 , j(j=1,2,…,25)(如 。 表 2) 25 求最小的自然数k,使得只要表 1 中填入的数满足 Σ xi,j≤1(i=1,2,…,100) , j=1
A AE E

25 则当i≥k时,在表 2 中就能保证 Σ x′i,j≤1 成立。 j=1
A AE E

表1

表2

x1,1 x2,1


x1,2 x2,2


… … … …

x1,25 x2,25


x′1,1 x′2,1


x′1,2 x′2,2


… … … …

x′1,25 x′2,25


x100,1

x100,2

x100,25

x′100,1

x′100,2

x′100,25

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 若 a > 1, b > 1, 且 lg(a + b)=lga+lgb, 则 lg(a –1)+lg(b –1) 的值( ) (A)等于 lg2 (B)等于 1 (C ) 等于 0 (D) 不是与 a, b 无关的常数 2.若非 空集合 A={x|2a+1≤x≤3a – 5},B={x|3≤x≤22},则能使 A?A∩B 成立的所有 a 的集合是( ) (A){a | 1≤a≤9} (B) {a | 6≤a≤9} (C) {a | a≤9} (D) ?

6.在正方体的 8 个顶点, 12 条棱的中点, 6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点中, 共线 的三点组的个数是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37 二、填空题( 本题满分 54 分,每小题 9 分) 各小题只要求直接填写结果. 1 98 1.若f (x) (x∈R)是以 2 为周期的偶函数, 当x∈[ 0, 1 ]时,f(x)=x1000,则f( ), 19 101 104 f( ),f( )由小到大排列是 . 17 15 2.设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°),复数z,(1+i)z,2-在复平面上对应的三 z
E A A A A E A A A A E E A E E A

个点分别是P, Q, R.当P, Q, R不共线时,以线段PQ, PR为两边的平行四边形的第四个顶点 为S, 点S到原点距离的最大值是___________. 3.从 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 这 10 个数中取出 3 个数, 使其和为不小于 10 的偶

相关文章:
1981年全国高中数学联赛试题及详细解析
2001年全国高中数学联赛... 4页 免费1​9​8​1​年​全​国​高​中​数​学​联​赛​试​题​及​详​细​解​析 暂无...
1981-2012全国高中数学联赛试题及详细解析全套
1981-2012全国高中数学联赛试题及详细解析全套_学科竞赛_高中教育_教育专区。1.选择题(本题满分 35 分,每题答对者得 5 分,答错者得-2 分,不答者得 0 分)...
2013年全国高中数学联赛一试试题及答案
2013全国高中数学联赛一试试题及答案_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2013全国高中数学联赛一试试题及答案 文档贡献者 乌拉拜尔 贡献于2013-10-15 ...
2013年全国高中数学联赛试题及详细解析
2013全国高中数学联赛试题及详细解析_学科竞赛_高中教育_教育专区。2013年高中数学联赛试题及详细解析word版2013 年全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分标准...
1981年全国高中数学联赛试题及解答
1981全国高中数学联赛试题及解答 隐藏>> 1981 年二十五省、市、自治区中学生...现在就登录>> 你可能喜欢©2013 Baidu 使用百度前必读 | 文库协议...
2013年全国高中数学联赛一试试题及解答
2013年全国高中数学联赛一试试题及解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。全国高中数学联赛试题及解答 2013 年全国高中数学联合竞赛一试试题一、填空题:本大题共 8 小...
1981年全国高中数学联赛试题及解答
1981 年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛 1.选择题(本题满分 35 分,每题答对者得 5 分,答错者得-2 分,不答者得 0 分) ⑴ 条件甲:两个三角形...
2013年高中数学联赛试题分类函数
2013高中数学联赛试题分类函数_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中数学联赛试题分类2013高中数学联赛试题分类函数 2013 安徽 2013 安徽 2013 安徽 2013 福建 2013...
2013年全国初中数学联赛试题及详解
2013全国初中数学联赛试题及详解_初三数学_数学_初中教育_教育专区。校正精美Word版 2013全国初中数学联合竞赛试题及详解第一试 一、选择题(本题满分 42 分,...
2013年高中数学联赛试题分类不等式
2013高中数学联赛试题分类不等式_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中数学联赛试题分类2013高中数学联赛试题分类不等式 2013 安徽 2013 福建 2013 江苏 2013 湖北...
更多相关标签:
1981年联赛杯决赛 | 1981年高考数学试题 | 1981年高考语文试题 | 哈利波特剧情详细解析 | 镜头语言的详细解析 | 色戒剧情详细解析 | 信号详细剧情解析 | 斗破苍穹结构详细解析 |