1983年全国高中数学联赛试题及解析 苏教版

1、1983年全国高中数学联赛第一试1选择题(本题满分32分，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分) 设p、q是自然数，条件甲：p3q3是偶数；条件乙：p+q是偶数那么 A甲是乙的充分而非必要条件 B甲是乙的必要而非充分条件 C甲是乙的充要条件 D甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 x=+的值是属于区间 A(2，1) B(1，2) C(3，2) D(2，3) 已知等腰三角形ABC的底边BC及高AD的长都是整数，那么，sinA和cosA中 A一个是有理数，另一个是无理数 B两个都是有理数 C两个都是无理数 D是有理数还是无理数要根据BC和AD的数值来确定 已知M=(x，y)|yx2，N=

2、(x，y)|x2+(ya)21那么，使MN=N成立的充要条件是 Aa1 Ba=1 Ca1 D0<a<1 已知函数f(x)=ax2c，满足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)应满足 A7f(3)26 B4f(3)15 C1f(3)20 Df(3) 设a，b，c，d，m，n都是正实数， P=+，Q=·，那么 APQ BPQ CP<Q DP、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关 在正方形ABCD所在平面上有点P，使PAB、PBC、PCD、PDA都是等腰三角形，那么具有这样性质的点P的个数有 A9个 B17个 C1个 D5个 任意ABC，设它的周长、外接圆半径长与

3、内切圆半径长分别为l、R与r，那么 Al>R+r BlR+r C<R+r<6l DA、B、C三种关系都不对2填充题(本题满分18分，每小题6分) 在ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面体的内切球半径之比是一个既约分数，那么积mn是 第二试1(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx= ，其中x1，12(本题满分16分)函数f(x)在0，1上有定义，f(0)=f(1)如果对于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f

4、(x2)|<|x1x2|求证：|f(x1)f(x2)|< 3(本题满分16分) 在四边形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面积比是341，点M、N分别在AC、CD上满足AMAC=CNCD，并且B、M、N三点共线求证：M与N分别是AC与CD的中点4. (本题满分16分)在在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大体积是多少？证明你的结论5(本题满分18分) 函数F(x)=|cos2x+2sinxcosxsin2x+Ax+B|在 0x上的最大值M与参数A、B有关，问A、B取什么值时，M为最小？证明你的结论1983年全国高中数学联赛解答第一试1选择题(本题满分32分，每

5、题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分) 设p、q是自然数，条件甲：p3q3是偶数；条件乙：p+q是偶数那么 A甲是乙的充分而非必要条件 B甲是乙的必要而非充分条件 C甲是乙的充要条件 D甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件解：p3q3=(pq)(p2+pq+q2)又p+q=pq+2q，故p+q与pq的奇偶性相同 p+q为偶数，Þpq为偶数，Þp3q3为偶数 p+q为奇数，Þp、q一奇一偶，Þp3q3为奇数故选C x=+的值是属于区间 A(2，1) B(1，2) C(3，2) D(2，3)解：x=log32+log35=log310(2，3)，选D

6、 已知等腰三角形ABC的底边BC及高AD的长都是整数，那么，sinA和cosA中 A一个是有理数，另一个是无理数 B两个都是有理数 C两个都是无理数 D是有理数还是无理数要根据BC和AD的数值来确定解：tan为有理数，ÞsinA、cosA都是有理数选B 已知M=(x，y)|yx2，N=(x，y)|x2+(ya)21那么，使MN=N成立的充要条件是 Aa1 Ba=1 Ca1 D0<a<1解：MN=N的充要条件是圆x2+(ya)21在抛物线y=x2内部(上方)即a1，且方程 y2(2a1)y+a21=0的=(2a1)24(a21)0，Þa1，选A 已知函数f(x)=

7、ax2c，满足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)应满足 A7f(3)26 B4f(3)15 C1f(3)20 Df(3)解：f(1)=ac，f(2)=4ac，f(3)=9ac令9ac=(ac)+(4ac)， +4=9，+=1 =，=即f(3)=f(1)+ f(2)但f(1)，f(2)，1f(1)+ f(2)20.选C 设a，b，c，d，m，n都是正实数， P=+，Q=·，那么 APQ BPQ CP<Q DP、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关解：由柯西不等式，QP选B 在正方形ABCD所在平面上有点P，使PAB、PBC、PCD、PDA都是等腰三角形，那么具有这样性

8、质的点P的个数有 A9个 B17个 C1个 D5个解：如图，以正方形的顶点为圆心，边长为半径作4个圆，其8个交点满足要求，正方形的中心满足要求，共有9个点选A 任意ABC，设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为l、R与r，那么 Al>R+r BlR+r C<R+r<6l DA、B、C三种关系都不对解：R=，当A180°时，a最大，而R可大于任意指定的正数M从而可有R<6l，否定A、C又正三角形中，R+r=a<l， 否定B故选D2填充题(本题满分18分，每小题6分) 在ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 解：cosA=&

9、#177;，sinB=，但若cosA=，则A>135°，cosB=<cos60°，B>60°，矛盾故cosA= cosC=cos(AB)=cosAcosB+sinAsinB=·+·= 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个解：设另两边为x，y，且xy则得xy11，x+y>11，在直角坐标系内作直线y=x，y=11，x=11，x+y=11，则所求三角形数等于由此四条直线围成三角形内的整点数(含y=11，y=x上的整点，不含x+y=11上的整点)共有122÷4=36个即填36 一个六面体的各个面和一个正八

10、面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面体的内切球半径之比是一个既约分数，那么积mn是 解：此六面体可看成是由两个正四面体粘成每个正四面体的高h1=a，于是，利用体积可得Sh1=3Sr1，r1=a同样，正八面体可看成两个四棱锥粘成，每个四棱锥的高h2=a，又可得 a2h2=4×a2r2，r2=a =， mn=6第二试1(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx=，其中x1，1证明：由于x1，1，故arcsinx与arccosx有意义，sin(arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx0， arccosx，故根据反正弦定义，有arcsinx

11、=arccosx故证2(本题满分16分)函数f(x)在0，1上有定义，f(0)=f(1)如果对于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|<|x1x2|求证：|f(x1)f(x2)|<证明：不妨取0x1<x21,若|x1-x2|，则必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|<若|x1-x2|>，则x2x1>,于是1(x2x1)<,即1x2+x10< 而|f(x1)-f(x2)|= |(f(x1)- f(0)-(f(x2)f(1)|f(x1)-f(0)|+ |f(1)-f(x2)|<| x10|+|1x2|=1x2+x

12、10<故证.3(本题满分16分) 在四边形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面积比是341，点M、N分别在AC、CD上满足AMAC=CNCD，并且B、M、N三点共线求证：M与N分别是AC与CD的中点证明 设AC、BD交于点E由AMAC=CNCD，故AMMC=CNND，令CNND=r(r>0)， 则AMMC=r由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABDSBCD =34从而AEECAC=347SACDSABC=61，故DEEB=61，DBBE=71AMAC=r(r+1)，即AM=AC，AE=AC，EM=()AC=ACMC=AC，EMMC=由Menelaus定理，知

13、83;·=1，代入得 r·7·=1，即4r23r1=0，这个方程有惟一的正根r=1故CNND=1，就是N为CN中点，M为AC中点4. (本题满分16分)在在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大体积是多少？证明你的结论解：边长为2的三角形，其余两边可能是： 3，3； 3，4； 4，5； 5，5按这几条棱的组合情况，以2为公共棱的两个侧面可能是： ，； ，； ，先考虑较特殊的情况：由于32+42=52，即图中AD平面BCD， V1=··2·4=；情况：由于此情况的底面与情况相同，但AC不与底垂直，故高<4，于是得 V2<V1情况：高<2，底面积=·5= V3<·=< 最大体积为5(本题满分18分) 函数F(x)=|cos2x+2sinxcosxsin2x+Ax+B|在 0x上的最大值M与参数A、B有关，问A、B取什么值时，M为最小？证明你的结论 解：F(x)=| sin(2x+ )+Ax+B|取g(x)= sin(2x+ )，则g()=g()=g()=取h(x)=Ax+B，若A=