91全国高中数学联赛试题及详细解析

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．4B．8C．12D．242．设a、b、c均为非零复数，且ab=bc=ca，则a+b－ca－b+c的值为()A．1B．±ωC．1，ω，ω2D．1，－ω，－ω23．设a是正整数，a100，并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为()A．4B．5C．9D．104．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．18B．12C．9D．05．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．STB．TSC．S=TD．S∩T=Ø6．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sinC－A2=．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|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)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]1-1-12(1,-1)(1,1)(12,-1)(12,1)1212-12-121212-111-111-111yxOyxOyxOyxOA.B.C.D.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0a1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay)≤loga2+18．1991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14．三．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．4B．8C．12D．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B3．设a是正整数，a100，并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为()A．4B．5C．9D．10【答案】B【解析】即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，则a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod8)．若a≡0，1，2(mod3)，则a3≡0，1，－1(mod3)，∴a－1≡0(mod3)．即a－1≡0(mod24)．选B．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．STB．TSC．S=TD．S∩T=Ø【答案】A【解析】若x2－y2为奇数，则sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即ST．又若x=y时，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得ST，选A．6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为()【答案】D【解析】∵|x－y2|=x－y2(x≥y2)，y2－x(xy2)．故此方程等价于x－y2=1－x，即y2=2x－1(x≥y2)，y2－x=1－x，即y2=1(0≤xy2)，y2－x=1+x，即y2=2x+1(x0)．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sinC－A2=．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【解析】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+21-1-12(1,-1)(1,1)(12,-1)(12,1)1212-12-121212-111-111-111yxOyxOyxOyxOA.B.C.D.≤1991≤2n2－1，得n=32．即在第32组．5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)2000|=．【答案】4000【解析】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－z2)2000+(－z1z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000．故log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)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】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PMMO·OAAD·DFFP=1，但PMMO=1，OAAD=23，∴DFFP=32．OADCBGFEMHP∴PFPD=25，∴SPGHSPBC=425SPGHSHGBC=421．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．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=[n2]，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=14n2个；当n=2k+1时，这样的A的个数为k(k+1)=14(n2－1)个．∴这样的数列有[14n2]个．[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，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14．【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．⑴若S△ABC14，则A、B、C、D即为所求．⑵若S△ABD14，则S△BCD34，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14．[来源:学科网]⑶若S△ABD=14，其余三个三角形面积均S△ABD=14．由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD14，故S△ABC34=S△BCD．∴过A作AE∥BC必与CD相交，设交点为E．则∵S△ABCS△ABD，从而S△ABES△ABD=14．S△ACE=S△ABE14，S△BCE=S△ABC14．即A、B、C、E四点即为所求．⑷若S△ABD=14，其余三个三角形中还有一个的面积=14，这个三角形不可能是△BCD，(否则ABCD的面积=12)，不妨设S△ADC=S△ABD=14．则AD∥BC，四边形ADCBEh3aaOADCBFEABCD为梯形．由于S△ABD=14，S△ABC=34，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．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，…．【解析】证明：设N=_______x1x2…xk，其中x1，x2，…，xk∈{1，3，4}．且x1+x2+…+xk=n．假定n4．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n4时，an=an－1+an－3+an－4．①a1=a2=1，a3=2，a4=4，利用①及初始值可以得到下表：[来源:Zxxk.Com]n123456789[来源:学科网]1011121314……an11246915254064104169273441……规律11212222332355258828131321321212……可找到规律：a2(k+1)=a2k+1+a2k－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+fk－12=fkfk+1+fk－1(fk+fk－1)=fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=fk+12a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k－1=fk+12+fk2+fk－1fk=fk+12+fk(fk+fk－1)=fk+12+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1．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．(λ2+1)(λ2－λ－1)=0．此方程有根λ=±i，λ=1±52．∴令an=αin+β(－i)n+γ(1+52)2+(1－52)2利用初值可以求出an=2－i10·in+2+i10·(－i)n+15(1+52)n+2+15(1－52)n+2．∴a2n={15[(1+52)n+1－(1－52)n+1]}2．得a2n=bn=15[2(－1)n+(3+52)n+1+(3－52)n+1]=15[(1+52)2(n+1)+(1－52)2(n+1)－2(1+52)n+1(1－52)n+1]={15[(1+52)n+1－(1－52)n+1]}2．记fn=15[(1+52)n+1－(1－52)n+1]，其特征根为1，2=1±52．故其特征方程为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．