全国高中数学联赛试题及解析 苏教版11.doc

1991年全国高中数学联赛一试题
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==，则的值为( )
A．1 B．±ω C．1，ω，ω2 D．1，－ω，－ω2
3．设a是正整数，a<100，并且a3+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
5．设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，则( )
A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=Ø
6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为( )
二．填空题：
1．cos210°+cos250°－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= ．
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．
4．19912000除以106，余数是 ．
5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，则log3|(z1)2000+(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．
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．
五．已知0<a<1，x2+y=0，求证：
loga(ax+ay)≤loga2+．
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．
三．设an是下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1、3或4．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
解：每个正方形的顶点对应着一个正三角形．故选B
2．设a、b、c均为非零复数，且==，则的值为( )
A．1 B．±ω C．1，ω，ω2 D．1，－ω，－ω2
解：令===t，则a=at3．由a≠0得t=1，ω，ω2．且1+ω+ω2=0．故==．选C．
3．设a是正整数，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )
A．4 B．5 C．9 D．10
解：即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，则a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod 8)．
若a≡0，1，2(mod 3)，则a3≡0，1，－1(mod 3)，∴ a－1≡0(mod 3)．即a－1≡0(mod 24)．选B．
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
A．18 B．12 C．9 D．0
解：该函数图象关于x=3对称．故6个根的和=3×2×3=18．选A．
5．设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，则( )
A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=Ø
解：若x2－y2为奇数，则sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即SÍT．
又若x=y时，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得ST，选A．
6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为( )
解：∵ |x－y2|=故此方程等价于
故选D．
二．填空题：
1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°= ．
解：原式=(cos10°－cos50°)2+cos10°cos50°=sin220°++cos10°cos50°=(1－cos40°+cos60°+cos40°)=．
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= ．
解：易知h=c－a=－，ÞsinAsinC=sinC－sinA，由已知，A+C=120°．
∴ [cos(C－A)－cos120°]=2sincos，即sin2+sin－=0
即sin=－ (舍去)，sin=．
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．
解：由于1+3+…+(2n－1)=n2，故第n组最后一数为2n2－1，于是解2(n－1)2－1+2≤1991≤2n2－1，得n=32．即在第32组．
4．19912000除以106，余数是 ．
解：19912000=(1990+1)2000=19902000+…+C×19903+C×19902+C×1990+1
≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod 106)．即余数为880001．
5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，则log3|(z1)2000+(z2)2000|= ．
解：由|z1+z2|2+|z1－z2|2=2(|z1|2+|z2|2)，得|z2|=3．由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1－argz2=±120°．
∴|(z1)2000+(z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000．故log3|(z1)2000+(z2)2000|=4000．
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 ．
解：对于任一整数n(0<n≤1000)，以n为最大数的集合有2n－1个，以n为最小数的集合有21000－n个，以1001－n为最小数的集合则有2n－1个，以1001－n为最大数的集合则有21000－n个．故n与1001－n都出现2n－1+21000－n次．
∴ 所有αx的和=1001·(2n－1+21000－n) =1001×(21000－1)．
∴ 所求平均值=1001．
又解：对于任一组子集A={b1，…，bk}，b1<b2<…<bk(1≤k<1000)，取子集A¢={1001－b1，…，1001－bk}，若A≠A¢，则此二子集最大数与最小数之和=b1+bk+1001－b1+1001－bk=2002，平均数为1001．若A=A¢，则A本身的=1001．
由于每一子集均可配对．故所求算术平均数为1001．
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：
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的直线GH，G、H分别在PB、PC上．由于BC∥截面AGH，∴GH∥BC．
在面PAD中，△POD被直线AF截，故··=1，但=1，=，∴=．
∴ =，∴=Þ=．而截面分此三棱锥所成两部分可看成是有顶点A的两个棱锥A—PGH及A—HGBC．故二者体积比=4∶21．
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．
解：(用极坐标)设抛物线方程为ρ=．设PQ与极径所成角为α，则=B．
所求面积S=|OF|·|PQ|sinα=ab·2=a．
五．已知0<a<1，x2+y=0，求证：
loga(ax+ay)≤loga2+．
解：由于0<a<1，即证ax+ay≥2a．由于ax+ay≥2a．而x+y=x－x2=x(1－x)≤．于是a≥a．
∴　ax+ay≥2a≥2a．故证．
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：易知公差1≤d≤n－1．
设n=2k，d=1或d=n－1时，这样的A只有1个，d=2或d=n－2时，这样的数列只有2个，d=3或n－3时这样的数列只有3个，……，d=k－1或k+1时，这样的数列有k－1个，d=k时，这样的数列有k个．
∴ 这样的数列共有(1+2+…+k)×2－k=k2=n2个．
当n=2k+1时，这样的数列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)= (n2－1)个．
两种情况可以合并为：这样的A共有－ 个(或[n2]个)．
解法二：对于k=[]，这样的数列A必有连续两项，一项在{1，2，…，k}中，一在{k+1.k+2，…，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
当n=2k时，这样的A的个数为k2=n2个；当n=2k+1时，这样的A的个数为k(k+1)= (n2－1)个．
∴ 这样的数列有[n2]个．
解法一也可这样写： 设A的公差为d，则1≤d≤n－1．
⑴ 若n为偶数，则
当1≤d≤时，公差为d的等差数列A有d个；
当<d≤n－1时，公差为d的等差数列A有n－d个．
故当n为偶数时，这样的A共有
(1+2+…+)+[1+2+…+(n－－1)]= n2个．
⑵ 若n为奇数，则
当1≤d≤时，公差为d的等差数列A有d个；
当≤d≤n－1时，公差为d的等差数列A有n－d个.
故当n为奇数时，这样的A共有
(1+2+…+)+(1+2+…+)=(n2－1)个．
两种情况可以合并为：这样的A共有 － 个(或[n2]个)．
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，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．
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．
⑴ 若S△ABC>，则A、B、C、D即为所求．
⑵ 若S△ABD<，则S△BCD>，取△BCD的重心G，则以B、C、D、G这4点中的任意3点为顶点的三角形面积>．
⑶ 若S△ABD=，其余三个三角形面积均> S△ABD=．
由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD>，故S△ABC<=S△BCD．
∴ 过A作AE∥BC必与CD相交，设交点为E．
则∵ S△ABC>S△ABD，从而S△ABE>S△ABD=．S△ACE=S△ABE>，S△BCE=S△ABC>．即A、B、C、E四点即为所求．
⑷ 若S△ABD=，其余三个三角形中还有一个的面积=，这个三角形不可能是△BCD，(否则ABCD的面积=)，不妨设S△ADC= S△ABD=．则AD∥BC，四边形ABCD为梯形．
由于S△ABD=，S△ABC=，故若AD=a，则BC=3a，设梯形的高=h，
则2ah=1．设对角线交于O，过O作EF∥BC分别交AB、CD于E、F．
∴ AE∶EB=AO∶OC=AD∶BC=1∶3．
∴ EF==A．S△EFB=S△EFC=·a·h=ah=>．
S△EBC=S△FBC=·3a·h=ah=>．于是B、C、F、E四点为所求．综上可知所证成立．
又证：当ABCD为平行四边形时，A、B、C、D四点即为所求．
当ABCD不是平行四边形，则至少有一组对边的延长线必相交，设延长AD、BC交于E，且设D与AB的距离<C与AB的距离，
⑴ 若ED≤AE，取AE中点P，则P在线段AD上，作PQ∥AB交BC于Q．若PQ=a，P与AB距离=h．则AB=2a，SABQP=SABE>SABCD=．
即(a+2a)h>，ah>．
∴ S△APQ=S△BPQ=ah>．S△PAB=S△QAB=ah>>．即A、B、Q、P为所求．
⑵ 若ED>AE，取AE中点P，则P在线段DE上，作PR∥BC交CD于R，AN∥BC，交CD于N，由于∠EAB+∠EBA<π，故R在线段CD上．N在DC延长线上．作RS∥AB，交BC于S，则RS=AB，延长AR交BC于F，则S△FAB=SABCN>SABCD=1．问题化为上一种情况．
三．设an是下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1、3或4．求证：a2n是完全平方数．这里，n=1，2，…．
证明：设N=，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
……
an
1
1
2
4
6
9
15
25
40
64
104
169
273
441
……
规律
1
12
1´2
22
2´3
32
3´5
52
5´8
82
8´13
132
13´21
212
……
可找到规律：
⑴ 取f1=1，f2=2，fn+2=fn+1+fn．这是菲波拉契数列相应的项．
(n=1，2，3，……)
可用数学归纳法证明②、③成立．
首先，n=1时，a2=12=f，a3=1´2=f1f2．
n=2时，a4=22=f，a5=2´3=f2f3．即n=1，2时②、③成立．
设n=k－1，k时②、③成立．则由①及归纳假设得
a2(k+1)=a2k+1+a2k－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+f= fkfk+1+fk－1(fk+fk－1)
= fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=f
a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k－1 =f+f+fk－1fk= f+fk(fk+fk－1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1．
故n=k+1时②、③成立．故对于一切正整数n，②、③成立．
于是a2n=f(n=1，2，3……)是完全平方数．
证明2：(找规律)先用归纳法证明下式成立：
a2n+1=a2n+a2n－1． ④
因a1=a2=1，a3=2，故当n=1时，④成立．
设n=k时④成立，即a2k+1=a2k+a2k－1．
则由①，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k－1=a2(k+1)+a2(k+1)－1．故④式对k+1成立，即④对一切n∈N*成立．
⑵ 再用归纳法证明下式成立：
a2na2n+2=a2n+12 ⑤
因a2=1，a3=2，a4=4，故当n=1时⑤成立．
设n=k时⑤成立，即a2ka2k+2=a2k+12．
则由①、④，有a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3
(由⑤)=a2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3
=a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由⑤)=a2k+3(a2k+1+a2k+2)=a2k+32．
(本题由于与菲波拉契数列有关，故相关的规律有很多，都可以用于证明本题)
证明2：(用特征方程)由上证得①式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4，
由此得差分方程：λ4－λ3－λ－1=0． Þ(λ2+1)(λ2－λ－1)=0．此方程有根λ=±i，λ=．
∴ 令an=αin+β(－i)n+γ()2+d()2
利用初值可以求出an=·in+·(－i)n+()n+2+()n+2．
∴ a2n={[()n+1－()n+1]}2．
用数学归纳法可以证明bn=[()n+1－()n+1]为整数．(这是斐波拉契数列的通项公式)
b0=1，b1=1均为整数，设k≤n时bk=[()k+1－()k+1]都为整数，则
bk+1－bk=[()k+2－()k+1+()k+1－()k+2]
=[()k+1·+()k+1·]=bk－1．即bk+1=bk+bk－1．由归纳假设bk与bk－1均为整数，故bk+1为整数．于是可知bn对于一切n∈N*，bn为整数．于是a2n为整数之平方，即为完全平方数．
证明4．(下标全部变为偶数再用特征方程)
由①得，a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n－1)+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2－a2n－2(由a2n+2=a2n+1+a2n－1+a2n－2)
令bn=a2n，则得bn+2－2bn+1－2bn+bn－1=0．特征方程为λ3－2λ2－2λ+1=0．
λ1=－1，λ2，3=．
故bn=α(－1)n+β()n+γ()n．初始值b1=a2=1，b2=a4=4，b3=a6=9．b0=－b3+2b2+2b1=1．
代入求得α=，β=，γ=．
得a2n=bn=[2(－1)n+()n +1+()n+1]= [()2(n+1)+()2(n+1)－2()n+1()n+1]
={[()n+1－()n+1]}2．
记fn=[()n+1－()n+1]，其特征根为m1，2=．故其特征方程为m2－m－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．