1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析-蘇教版

1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽一試題一．選擇題：1．由一個正方體的三個頂點所能構成的正三角形的個數(shù)為()A．4B．8C．12D．242．設a、b、c均為非零復數(shù)，且eq\f(a,b)=eq\f(b,c)=eq\f(c,a)，則eq\f(a+b－c,a－b+c)的值為()A．1B．±ωC．1，ω，ω2D．1，－ω，－ω23．設a是正整數(shù)，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數(shù)為()A．4B．5C．9D．104．設函數(shù)y=f(x)對于一切實數(shù)x滿足f(3+x)=f(3－x)．且方程f(x)=0恰有6個不同的實數(shù)根，則這6個實根的和為()A．18B．12C．9D．05．設S={(x，y)|x2－y2=奇數(shù)，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，則()A．Seq\o(\s\up3(),\s\do3())TB．Teq\o(\s\up3(),\s\do3())SC．S=TD．S∩T=?6．方程|x－y2|=1－|x|的圖象為()二．填空題：1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°=．2．在△ABC中，已知三個角A、B、C成等差數(shù)列，假設它們所對的邊分別為a，b，c，并且c－a等于AC邊上的高h，則sineq\f(C－A,2)=．3．將正奇數(shù)集合{1，3，5，…}由小到大按第n組有(2n－1)個奇數(shù)進行分組：{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……(第一組)(第二組)(第三組)則1991位于第組．4．19912000除以106，余數(shù)是．5．設復數(shù)z1，z2滿足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3eq\r(3)，則log3|(z1eq\o(\s\up5(－),z2))2000+(eq\o(\s\up5(－),z1)z2)2000|=．6．設集合M={1，2，…，1000}，現(xiàn)對M中的任一非空子集X，令αX表示X中最大數(shù)與最小數(shù)的和．那么，所有這樣的αX的算術平均值為．三．設正三棱錐P—ABC的高為PO，M為PO的中點，過AM作與棱BC平行的平面，將三棱錐截為上、下兩部分，試求此兩部分的體積比．四．設O為拋物線的頂點，F(xiàn)為焦點，且PQ為過F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面積．五．已知0<a<1，x2+y=0，求證：loga(ax+ay)≤loga2+eq\f(1,8)．

1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽二試題一．設S={1，2，…，n}，A為至少含有兩項的公差為正的等差數(shù)列，其項都在S中，且添加S的其他元素于A后不能構成與A有相同公差的等差數(shù)列．求這種A的個數(shù)(這里只有兩項的數(shù)列也看作等差數(shù)列)．二．設凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內(nèi)部可以找出四個點，使得以其中任意三點為頂點所構成的四個三角形的面積大于eq\f(1,4)．三．設an是下述自然數(shù)N的個數(shù)：N的各位數(shù)字之和為n且每位數(shù)字只能取1、3或4．求證：a2n是完全平方數(shù)．這里，n=1，2，…．

1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽解答第一試一．選擇題：1．由一個正方體的三個頂點所能構成的正三角形的個數(shù)為()A．4B．8C．12D．24解：每個正方形的頂點對應著一個正三角形．故選B2．設a、b、c均為非零復數(shù)，且eq\f(a,b)=eq\f(b,c)=eq\f(c,a)，則eq\f(a+b－c,a－b+c)的值為()A．1B．±ωC．1，ω，ω2D．1，－ω，－ω2解：令eq\f(a,b)=eq\f(b,c)=eq\f(c,a)=t，則a=at3．由a≠0得t=1，ω，ω2．且1+ω+ω2=0．故eq\f(a+b－c,a－b+c)=eq\f(1+t2－t,1－t2+t)=eq\f(1,t)．選C．3．設a是正整數(shù)，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數(shù)為()A．4B．5C．9D．10解：即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，則a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod8)．若a≡0，1，2(mod3)，則a3≡0，1，－1(mod3)，∴a－1≡0(mod3)．即a－1≡0(mod24)．選B．4．設函數(shù)y=f(x)對于一切實數(shù)x滿足f(3+x)=f(3－x)且方程f(x)=0恰有6個不同的實數(shù)根，則這6個實根的和為()AA．18B．12C．9D．0解：該函數(shù)圖象關于x=3對稱．故6個根的和=3×2×3=18．選A．5．設S={(x，y)|x2－y2=奇數(shù)，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，則()A．Seq\o(\s\up3(),\s\do3())TB．Teq\o(\s\up3(),\s\do3())SC．S=TD．S∩T=?解：若x2－y2為奇數(shù)，則sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即ST．又若x=y時，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得Seq\o(\s\up3(),\s\do3())T，選A．6．方程|x－y2|=1－|x|的圖象為()解：∵|x－y2|=eq\b\lc\{(\a\ac(x－y2(x≥y2)，,y2－x(x<y2)．))故此方程等價于eq\b\lc\{(\a\ac(x－y2=1－x，即y2=2x－1(x≥y2)，,y2－x=1－x，即y2=1(0≤x<y2)，,y2－x=1+x，即y2=2x+1(x<0)．))故選D．二．填空題：1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°=．解：原式=(cos10°－cos50°)2+cos10°cos50°=sin220°++cos10°cos50°=eq\f(1,2)(1－cos40°+cos60°+cos40°)=eq\f(3,4)．2．在△ABC中，已知三個角A、B、C成等差數(shù)列，假設它們所對的邊分別為a，b，c，并且c－a等于AC邊上的高h，則sineq\f(C－A,2)=．解：易知h=c－a=eq\f(h,sinA)－eq\f(h,sinC)，sinAsinC=sinC－sinA，由已知，A+C=120°．∴eq\f(1,2)[cos(C－A)－cos120]=2sineq\f(C－A,2)coseq\f(120,2)，即sin2eq\f(C－A,2)+sineq\f(C－A,2)－eq\f(3,4)=0即sineq\f(C－A,2)=－eq\f(3,2)(舍去)，sineq\f(C－A,2)=eq\f(1,2)．3．將正奇數(shù)集合{1，3，5，…}由小到大按第n組有(2n－1)個奇數(shù)進行分組：{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……(第一組)(第二組)(第三組)則1991位于第組．解：由于1+3+…+(2n－1)=n2，故第n組最后一數(shù)為2n2－1，于是解2(n－1)2－1+2≤1991≤2n2－1，得n=32．即在第32組．4．19912000除以106，余數(shù)是．解：19912000=(1990+1)2000=19902000+…+Ceq\a(1997,2000)×19903+Ceq\a(1998,2000)×19902+Ceq\a(1999,2000)×1990+1≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod106)．即余數(shù)為880001．5．設復數(shù)z1，z2滿足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3eq\r(3)，則log3|(z1eq\o(\s\up5(－),z2))2000+(eq\o(\s\up5(－),z1)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°．∴|(z1eq\o(\s\up5(－),z2))2000+(eq\o(\s\up5(－),z1)z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000．故log3|(z1eq\o(\s\up5(－),z2))2000+(eq\o(\s\up5(－),z1)z2)2000|=4000．6．設集合M={1，2，…，1000}，現(xiàn)對M中的任一非空子集X，令αX表示X中最大數(shù)與最小數(shù)的和．那么，所有這樣的αX的算術平均值為．解：對于任一整數(shù)n(0<n≤1000)，以n為最大數(shù)的集合有2n－1個，以n為最小數(shù)的集合有21000－n個，以1001－n為最小數(shù)的集合則有2n－1個，以1001－n為最大數(shù)的集合則有21000－n個．故n與1001－n都出現(xiàn)2n－1+21000－n次．∴所有αx的和=eq\f(1,2)eq\s\do4(\o(\s\up15(1000),Σ,\s\do6(n=1)))1001·(2n－1+21000－n)=1001×(21000－1)．∴所求平均值=1001．又解：對于任一組子集A={b1，…，bk}，b1<b2<…<bk(1≤k<1000)，取子集A={1001－b1，…，1001－bk}，若A≠A，則此二子集最大數(shù)與最小數(shù)之和=b1+bk+1001－b1+1001－bk=2002，平均數(shù)為1001．若A=A，則A本身的=1001．由于每一子集均可配對．故所求算術平均數(shù)為1001．三．設正三棱錐P—ABC的高為PO，M為PO的中點，過AM作與棱BC平行的平面，將三棱錐截為上、下兩部分，試求此兩部分的體積比．解：M是PO中點，延長AO與BC交于點D，則D為BC中點，連PD，由于AM在平面PAD內(nèi)，故延長AM與PD相交，設交點為F．題中截面與面PBC交于過F的直線GH，G、H分別在PB、PC上．由于BC∥截面AGH，∴GH∥BC．在面PAD中，△POD被直線AF截，故eq\f(PM,MO)·eq\f(OA,AD)·eq\f(DF,FP)=1，但eq\f(PM,MO)=1，eq\f(OA,AD)=eq\f(2,3)，∴eq\f(DF,FP)=eq\f(3,2)．∴eq\f(PF,PD)=eq\f(2,5)，∴eq\f(SPGH,SPBC)=eq\f(4,25)eq\f(SPGH,SHGBC)=eq\f(4,21)．而截面分此三棱錐所成兩部分可看成是有頂點A的兩個棱錐A—PGH及A—HGBC．故二者體積比=4∶21．四．設O為拋物線的頂點，F(xiàn)為焦點，且PQ為過F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面積．解：(用極坐標)設拋物線方程為ρ=eq\f(2a,1－cosθ)．設PQ與極徑所成角為α，則eq\f(4a,sin2α)=B．所求面積S=eq\f(1,2)|OF|·|PQ|sinα=eq\f(1,2)ab·2eq\r(\f(a,b))=aeq\r(ab)．五．已知0<a<1，x2+y=0，求證：loga(ax+ay)≤loga2+eq\f(1,8)．解：由于0<a<1，即證ax+ay≥2aeq\s\up6(\f(1,8))．由于ax+ay≥2aeq\s\up6(\f(x+y,2))．而x+y=x－x2=x(1－x)≤eq\f(1,4)．于是aeq\s\up7(\f(x+y,2))≥aeq\s\up6(\f(1,8))．∴ax+ay≥2aeq\s\up7(\f(x+y,2))≥2aeq\s\up6(\f(1,8))．故證．第二試一．設S={1，2，…，n}，A為至少含有兩項的公差為正的等差數(shù)列，其項都在S中，且添加S的其他元素于A后不能構成與A有相同公差的等差數(shù)列．求這種A的個數(shù)(這里只有兩項的數(shù)列也看作等差數(shù)列)．解：易知公差1≤d≤n－1．設n=2k，d=1或d=n－1時，這樣的A只有1個，d=2或d=n－2時，這樣的數(shù)列只有2個，d=3或n－3時這樣的數(shù)列只有3個，……，d=k－1或k+1時，這樣的數(shù)列有k－1個，d=k時，這樣的數(shù)列有k個．∴這樣的數(shù)列共有(1+2+…+k)×2－k=k2=eq\f(1,4)n2個．當n=2k+1時，這樣的數(shù)列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)=eq\f(1,4)(n2－1)個．兩種情況可以合并為：這樣的A共有eq\f(n2,4)－eq\f(1+(－1)n－1,8)個(或[eq\f(1,4)n2]個)．解法二：對于k=[eq\f(n,2)]，這樣的數(shù)列A必有連續(xù)兩項，一項在{1，2，…，k}中，一在{k+1.k+2，…，n}中，反之，在此兩集合中各取一數(shù)，可以其差為公差構成一個A，于是共有這樣的數(shù)列當n=2k時，這樣的A的個數(shù)為k2=eq\f(1,4)n2個；當n=2k+1時，這樣的A的個數(shù)為k(k+1)=eq\f(1,4)(n2－1)個．∴這樣的數(shù)列有[eq\f(1,4)n2]個．解法一也可這樣寫：設A的公差為d，則1≤d≤n－1．⑴若n為偶數(shù)，則當1≤d≤eq\f(n,2)時，公差為d的等差數(shù)列A有d個；當eq\f(n,2)<d≤n－1時，公差為d的等差數(shù)列A有n－d個．故當n為偶數(shù)時，這樣的A共有(1+2+…+eq\f(n,2))+[1+2+…+(n－eq\f(n,2)－1)]=eq\f(1,4)n2個．⑵若n為奇數(shù)，則當1≤d≤eq\f(n－1,2)時，公差為d的等差數(shù)列A有d個；當eq\f(n+1,2)≤d≤n－1時，公差為d的等差數(shù)列A有n－d個.故當n為奇數(shù)時，這樣的A共有(1+2+…+eq\f(n－1,2))+(1+2+…+eq\f(n－1,2))=eq\f(1,4)(n2－1)個．兩種情況可以合并為：這樣的A共有eq\f(n2,4)－eq\f(1+(－1)n－1,8)個(或[eq\f(1,4)n2]個)．二．設凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內(nèi)部可以找出四個點，使得以其中任意三點為頂點所構成的四個三角形的面積大于eq\f(1,4)．證明：考慮四邊形的四個頂點A、B、C、D，若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面積，設其中面積最小的三角形為△ABD．⑴若S△ABC>eq\f(1,4)，則A、B、C、D即為所求．⑵若S△ABD<eq\f(1,4)，則S△BCD>eq\f(3,4)，取△BCD的重心G，則以B、C、D、G這4點中的任意3點為頂點的三角形面積>eq\f(1,4)．⑶若S△ABD=eq\f(1,4)，其余三個三角形面積均>S△ABD=eq\f(1,4)．由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD>eq\f(1,4)，故S△ABC<eq\f(3,4)=S△BCD．∴過A作AE∥BC必與CD相交，設交點為E．則∵S△ABC>S△ABD，從而S△ABE>S△ABD=eq\f(1,4)．S△ACE=S△ABE>eq\f(1,4)，S△BCE=S△ABC>eq\f(1,4)．即A、B、C、E四點即為所求．⑷若S△ABD=eq\f(1,4)，其余三個三角形中還有一個的面積=eq\f(1,4)，這個三角形不可能是△BCD，(否則ABCD的面積=eq\f(1,2))，不妨設S△ADC=S△ABD=eq\f(1,4)．則AD∥BC，四邊形ABCD為梯形．由于S△ABD=eq\f(1,4)，S△ABC=eq\f(3,4)，故若AD=a，則BC=3a，設梯形的高=h，則2ah=1．設對角線交于O，過O作EF∥BC分別交AB、CD于E、F．∴AE∶EB=AO∶OC=AD∶BC=1∶3．∴EF=eq\f(a·3+3a·1,1+3)=eq\f(3,2)A．S△EFB=S△EFC=eq\f(1,2)·eq\f(3,2)a·eq\f(3,4)h=eq\f(9,16)ah=eq\f(9,32)>eq\f(1,4)．S△EBC=S△FBC=eq\f(1,2)·3a·eq\f(3,4)h=eq\f(9,8)ah=eq\f(9,16)>eq\f(1,2)．于是B、C、F、E四點為所求．綜上可知所證成立．又證：當ABCD為平行四邊形時，A、B、C、D四點即為所求．當ABCD不是平行四邊形，則至少有一組對邊的延長線必相交，設延長AD、BC交于E，且設D與AB的距離<C與AB的距離，⑴若ED≤eq\f(1,2)AE，取AE中點P，則P在線段AD上，作PQ∥AB交BC于Q．若PQ=a，P與AB距離=h．則AB=2a，SABQP=eq\f(3,4)SABE>eq\f(3,4)SABCD=eq\f(3,4)．即eq\f(1,2)(a+2a)h>eq\f(3,4)，ah>eq\f(1,2)．∴S△APQ=S△BPQ=eq\f(1,2)ah>eq\f(1,4)．S△PAB=S△QAB=ah>eq\f(1,2)>eq\f(1,4)．即A、B、Q、P為所求．⑵若ED>eq\f(1,2)AE，取AE中點P，則P在線段DE上，作PR∥BC交CD于R，AN∥BC，交CD于N，由于∠EAB+∠EBA<π，故R在線段CD上．N在DC延長線上．作RS∥AB，交BC于S，則RS=eq\f(1,2)AB，延長AR交BC于F，則S△FAB=SABCN>SABCD=1．問題化為上一種情況．三．設an是下述自然數(shù)N的個數(shù)：N的各位數(shù)字之和為n且每位數(shù)字只能取1、3或4．求證：a2n是完全平方數(shù)．這里，n=1，2，…．證明：設N=eq\o(\s\up10(_______),x1x2…xk)，其中x1，x2，…，xk∈{1，3，4}．且x1+x2+…+xk=n．假定n>4．刪去xk時，則當xk依次取1，3，4時，x1+x2+…+xk－1分別等于n－1，n－3，n－4．故當n>4時，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：n1234567891011121314……an11246915254064104169273441……規(guī)律11212222332355258828131321321212……可找到規(guī)律：⑴取f1=1，f2=2，fn+2=fn+1+fn．這是菲波拉契數(shù)列相應的項．eq\b\lc\{(\a(a2n=f\o(\s\do3(n),\s\up4(2))，②,a2n+1=fnfn+1．③))(n=1，2，3，……)可用數(shù)學歸納法證明②、③成立．首先，n=1時，a2=12=feq\o(\s\do3(1),\s\up(2))，a3=12=f1f2．n=2時，a4=22=feq\o(\s\do3(2),\s\up(2))，a5=23=f2f3．即n=1，2時②、③成立．設n=k－1，k時②、③成立．則由①及歸納假設得a2(k+1)=a2k+1+a2k－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+feq\o(\s\do3(k－1),\s\up(2))=fkfk+1+fk－1(fk+fk－1)=fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=feq\o(\s\do3(k+1),\s\up(2))a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k－1=feq\o(\s\do3(k+1),\s\up(2))+feq\o(\s\do3(k),\s\up(2))+fk－1fk=feq\o(\s\do3(k+1),\s\up(2))+fk(fk+fk－1)=feq\o(\s\do3(k+1),\s\up(2))+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1．故n=k+1時②、③成立．故對于一切正整數(shù)n，②、③成立．于是a2n=feq\o(\s\do3(n),\s\up(2))(n=1，2，3……)是完全平方數(shù)．證明2：(找規(guī)律)先用歸納法證明下式成立：a2n+1=a2n+a2n－1．④因a1=a2=1，a3=2，故當n=1時，④成立．設n=k時④成立，即a2k+1=a2k+a2k－1．則由①，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k－1=a2(k+1)+a2(k+1)－1．故④式對k+1成立，即④對一切n∈N*成立．⑵再用歸納法證明下式成立：a2na2n+2=a2n+12⑤因a2=1，a3=2，a4=4，故當n=1時⑤成立．設n=k時⑤成立，即a2ka2k+2=a2k+12．則由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．(本題由于與菲波拉契數(shù)列有關，故相關的規(guī)律有很多，都可以用于證明本題)證明2：(用特征方程)由上證得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=eq\f(1±\r(5),2)．∴令an=αin+β(－i)n+γ(eq\f(1+\r(5),2))2+(eq\f(1－\r(5),2))2利用初值可以求出an=eq\f(2－i,10)·in+eq\f(2+i,10)·(－i)n+eq\f(1,5)(eq\f(1+\r(5),2))n+2+eq\f(1,5)(eq\f(1－\r(5),2))n+2．∴a2n={eq\f(1,\r(5))[(eq\f(1+\r(5),2))n+1－(eq\f(1－\r(5),2))n+1]}2．用數(shù)學歸納法可以證明bn=eq\f(1,\r(5))[(eq\f(1+\r(5),2))n+1－(eq\f(1－\r(5),2))n+1]為整數(shù)．(這是斐波拉契數(shù)列的通項公式)b0=1，b1=1均為整數(shù)，設k≤n時bk=eq\f(1,\r(5))[(eq\f(1+\r(5),2))k+1－(eq