全国高中数学联赛试题及解析 苏教版11

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( ) A4 B8 C12 D24 2设a、b、c均为非零复数，且=，则的值为( ) A1 B C1，2 D1，2 3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( ) A4 B5 C9 D104设函数y=f(x)对于一切实数x满足f(3+x)=f(3x)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( ) A18 B12 C9 D0 5设S=(x，y)|x2y2=奇数，x，yR，T=(x，y)|sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)，x，yR，则( ) AST BTS CS=T DST=6方程|xy2|=1|x|的图象为( ) 二填空题：1cos210+cos250sin40sin80= 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ca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(2n1)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419912000除以106，余数是 5设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1z2|=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X表示X中最大数与最小数的和那么，所有这样的X的算术平均值为 三设正三棱锥PABC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0a1，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( ) A4 B8 C12 D24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( ) A1 B C1，2 D1，2 解：令=t，则a=at3由a0得t=1，2且1+2=0故=选C3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( ) A4 B5 C9 D10解：即24|a31，而a0，1，2，3，4，则a30，1，0，3，0故a10(mod 8)若a0，1，2(mod 3)，则a30，1，1(mod 3)， a10(mod 3)即a10(mod 24)选B4设函数y=f(x)对于一切实数x满足 f(3+x)=f(3x)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 A18 B12 C9 D0 解：该函数图象关于x=3对称故6个根的和=323=18选A5设S=(x，y)|x2y2=奇数，x，yR，T=(x，y)|sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)，x，yR，则( ) AST BTS CS=T DST=解：若x2y2为奇数，则sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)成立，即ST又若x=y时，sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)也成立，即得ST，选A6方程|xy2|=1|x|的图象为( ) 解： |xy2|=故此方程等价于故选D二填空题：1cos210+cos250sin40sin80= 解：原式=(cos10cos50)2+cos10cos50=sin220+cos10cos50=(1cos40+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ca等于AC边上的高h，则sin= 解：易知h=ca=，sinAsinC=sinCsinA，由已知，A+C=120 cos(CA)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(2n1)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+(2n1)=n2，故第n组最后一数为2n21，于是解2(n1)21+219912n21，得n=32即在第32组419912000除以106，余数是 解：19912000=(1990+1)2000=19902000+C19903+C19902+C1990+1 1000199919902+20001990+1880001(mod 106)即余数为8800015设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1z2|=3，则log3|(z1)2000+(z2)2000|= 解：由|z1+z2|2+|z1z2|2=2(|z1|2+|z2|2)，得|z2|=3由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1argz2=120|(z1)2000+(z2)2000|=234000|cos(1202000)|=34000故log3|(z1)2000+(z2)2000|=40006设集合M=1，2，1000，现对M中的任一非空子集X，令X表示X中最大数与最小数的和那么，所有这样的X的算术平均值为 解：对于任一整数n(0n1000)，以n为最大数的集合有2n1个，以n为最小数的集合有21000n个，以1001n为最小数的集合则有2n1个，以1001n为最大数的集合则有21000n个故n与1001n都出现2n1+21000n次 所有x的和=1001(2n1+21000n) =1001(210001) 所求平均值=1001又解：对于任一组子集A=b1，bk，b1b2bk(1k1000)，取子集A=1001b1，1001bk，若AA，则此二子集最大数与最小数之和=b1+bk+1001b1+1001bk=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PABC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，GHBC在面PAD中，POD被直线AF截，故=1，但=1，=，= =，=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APGH及AHGBC故二者体积比=421四设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=设PQ与极径所成角为，则=B所求面积S=|OF|PQ|sin=ab2=a五已知0a1，x2+y=0，求证： loga(ax+ay)loga2+解：由于0a1，即证ax+ay2a由于ax+ay2a而x+y=xx2=x(1x)于是aaax+ay2a2a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1dn1设n=2k，d=1或d=n1时，这样的A只有1个，d=2或d=n2时，这样的数列只有2个，d=3或n3时这样的数列只有3个，d=k1或k+1时，这样的数列有k1个，d=k时，这样的数列有k个 这样的数列共有(1+2+k)2k=k2=n2个当n=2k+1时，这样的数列有(1+2+k)2=k(k+1)= (n21)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)= (n21)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1dn1 若n为偶数，则当1d时，公差为d的等差数列A有d个；当，则A、B、C、D即为所求 若SABD，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 若SABD=，其余三个三角形面积均 SABD=由于SABC+SACD=1，而SACD，故SABCSABD，从而SABESABD=SACE=SABE，SBCE=SABC即A、B、C、E四点即为所求 若SABD=，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SADC= SABD=则ADBC，四边形ABCD为梯形由于SABD=，SABC=，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EFBC分别交AB、CD于E、F AEEB=AOOC=ADBC=13 EF=ASEFB=SEFC=ah=ah=SEBC=SFBC=3ah=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SABCD=即(a+2a)h，ah SAPQ=SBPQ=ahSPAB=SQAB=ah即A、B、Q、P为所求 若EDAE，取AE中点P，则P在线段DE上，作PRBC交CD于R，ANBC，交CD于N，由于EAB+EBASABCD=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，xk1，3，4且x1+x2+xk=n假定n4删去xk时，则当xk依次取1，3，4时，x1+x2+xk1分别等于n1，n3，n4故当n4时， an=an1+an3+an4 a1=a2=1，a3=2，a4=4，利用及初始值可以得到下表：n1234567891011121314an11246915254064104169273441规律11212222332355258828131321321212可找到规律： 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、成立首先，n=1时，a2=12=f，a3=12=f1f2 n=2时，a4=22=f，a5=23=f2f3即n=1，2时、成立设n=k1，k时、成立则由及归纳假设得 a2(k+1)=a2k+1+a2k1+a2k2=fkfk+1+fk1fk+f= fkfk+1+fk1(fk+fk1)= fkfk+1+fk1fk+1=fk+1(fk1+fk)=fk+1fk+1=f a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k1 =f+f+fk1fk= f+fk(fk+fk1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1故n=k+1时、成立故对于一切正整数n，、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+a2n1 因a1=a2=1，a3=2，故当n=1时，成立设n=k时成立，即a2k+1=a2k+a2k1则由，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k1=a2(k+1)+a2(k+1)1故式对k+1成立，即对一切nN*成立 再用归纳法证明下式成立： a2na2n+2=a2n+12 因a2=1，a3=2，a4=4，故当n=1时成立设n=k时成立，即a2ka2k+2=a2k+12则由、，有a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3(由)=a2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3=a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由)=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)由上证得式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4， 由此得差分方程：431=0 (2+1)(21)=0此方程有根=i，= 令an=in+(i)n+()2+d()2利用初值可以求出an=in+(i)n+()n+2+()n+2 a2n=()n+1()n+12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kn时bk=()k+1()k+1都为整数，则bk+1bk=()k+2()k+1+()k+1()k+2 =()k+1+()k+1=bk1即bk+1=bk+bk1由归纳假设bk与bk1均为整数，故bk+1为整数于是可知bn对于一切nN*，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)由得，a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n1)+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2a2n2(由a2n+2=a2n+1+a2n1+a2n2)令bn=a2n，则得bn+22bn+12bn+bn1=0特征方程为3222+1=01=1，2，3=故bn=(1)n+()n+()n初始值b1=a2=1，b2=a4=4，b3=a6=9b0=b3+2b2+2b1=1代入求得=，=，=得a2n=bn=2(1)n+()n +1+()n+1= ()2(n+1)+()2(n+1)2()n+1()n+1 =()n+1()n+12记fn=()n+1()n+1，其特征根为m1，2=故其特征方程为m2m1=0于是其递推关系为fn=fn1+fn2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