82版二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛

-1-1982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=11－cosθ+sinθ所确定的曲线是A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线⑶如果log2[log12(log2)]=log3[log13(log3x)]=log5[log15(log5x)]=0，那么A．zxyB．xyzC．yzxD．zyx⑷由方程|x－1|+|y－1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是A．1B．2C．πD．4⑸对任何φ∈(0，π2)都有A．sinsinφcosφcoscosφB．sinsinφcosφcoscosφC．sincosφcosφcossinφD．sincosφcosφcossinφ⑹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．19B．18C．559D．不存在⑺设M={(x，y)||xy|=1，x0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么A．M∪N={(x，y)||xy|=1}B．M∪N=MC．M∪N=ND．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：甲：(a+1a)(b+1b)，乙：(ab+1ab)2，丙：(a+b2+2a+b)2中间，值最大的一个是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2．(本题16分)已知四面体SABC中，∠ASB=π2，∠ASC=α(0απ2)，∠BSC=β(0βπ2)．以SC为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arccos(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(2a2r)；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|MP||AM|=|NQ||AN|=1．求证：|AM|+|AN|=|AB|．4．(本题20分)已知边长为4的正三角形ABC．D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，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．-2-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uv．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．-3-1982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=11－cosθ+sinθ所确定的曲线是A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线解：ρ=11－2cos(θ+π4)，知e=2，选C．⑶如果log2[log12(log2)]=log3[log13(log3x)]=log5[log15(log5x)]=0，那么A．zxyB．xyzC．yzxD．zyx解：x=212，y=313，z=515；x=212=816，y=313=916，故xy，又x=32110，z=25110，故zx．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．1B．2C．πD．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．⑸对任何φ∈(0，π2)都有A．sinsinφcosφcoscosφB．sinsinφcosφcoscosφC．sincosφcosφcossinφD．sincosφcosφcossinφ解：由0sinφφπ2，cossinφsinφ．由0cosφ1，得sincosφcosφ．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．19B．18C．559D．不存在解：△=(k－2)2－4(k2+3k+5)=－3k2－16k－16≥0，－4≤k≤－43．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，x0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么A．M∪N={(x，y)||xy|=1}B．M∪N=MC．M∪N=ND．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；由arctanx=π－arccoty，x=－1y，xy=－1，若x0，则arctanx∈(－π2，0)，而arccoty∈(0，π)，π－arccoty∈(0，π)，故x0．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：甲：(a+1a)(b+1b)，乙：(ab+1ab)2，丙：(a+b2+2a+b)2中间，值最大的一个是-4-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，∠ASB=π2，∠ASC=α(0απ2)，∠BSC=β(0βπ2)．以SC为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arccos(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(2a2r)；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|MP||AM|=|NQ||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，M、N是半圆(x－a－r)2+y2=r2(y≥0)与抛物线y2=4ax的交点．消去y得：x2+2(a－r)x+2ra+a2=0．条件2ar2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．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．4．(本题20分)已知边长为4的正三角形ABC．D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，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为定值h=23；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．GHlzxyEFBCDAPQRSACBSDEFPQTMNlABOxyCDyxOBAlNMTQP-5-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．由EAAC·CDDB·BSSE=1，得BSBE=1213，x=1213·34h=913h，y=SEBEh=113h，z=313h．∴xyz=(313)3h3=64821973．5．(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uv．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．证明：p2m+q2n=r2．若p=q，则由uv，得mn，于是p2n(p2(m－n)+1)=r2，这是不可能的．(因p2(m－n)与p2(m－n)+1都是完全平方数，它们相差1，故必有p2(m－n)=0，矛盾)．故p≠q，于是(p，q)=1．若p、q均为奇数，则p2≡q2≡1(mod4)，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)设p=2，则q2n=r2－22m=(r+2m)(r－2m)．即r+2m与r－2m都是q2n的约数．设r+2m=qk，r－2m=qh，其中kh≥1，k+h=2n．∴r=12(qk+qh)=12qh(qk－h+1)，2m=12(qk－qh)=12qh(qk－h－1)，但qh是奇数，又是2m+1的约数，故h=0．r=12(q2n+1)，2m+1=q2n－1=(qn+1)(qn－1)．∴qn+1=2α，qn－1=2β．(α+β=m+1，αβ)，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uv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(ab)，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αβ)．∴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．VUTlSRQADCBFE(u,v)PM