1982年全国高中数学联赛试题及解答

1、  极坐标方程 =            所确定的曲线是  对任何 (0，)都有A19          B18          C5       

2、   D不存在甲：(a+  )(b+  )，   乙：(   ab+   )2，   丙：(  +  )2ASB=，ASC=(0<<)，BSC=(0<<)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

3、答者得 1 分)： 如果凸 n 边形 F(n4)的所有对角线都相等，那么AF四边形BF五边形CF四边形五边形DF边相等的多边形内角相等的多边形11cos+sinA圆B椭圆C双曲线D抛物线 如果 log2log1(log2)=log3log1(log3x)= log5log1(log5x)=0，那么235Az<x<yBx<y<zCy<z<xDz<y<x 由方程|x1|+|y1|=1 确定的曲线所围成的图形的面积是A1B2CD42Asinsi

4、n<cos<coscosBsinsin>cos>coscosCsincos>cos>cossinDsincos<cos<cossin 已知 x1，x2 是方程x2(k2)x+(k2+3k+5)=0(k 为实数)的两个实数根，x12+x22 的最大值是59 设 M=(x，y)| |xy|=1，x>0，N=(x，y)|arctanx+arccoty=，那么AMN=(x，y)| |xy|=1BMN=MCMN=NDMN=(x，y)| |xy|=1，且

5、 x，y 不同时为负数 当 a，b 是两个不相等的正数时，下列三个代数式：111a+b2abab2a+b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，222以 SC 为棱的二面角的平面角为 求证：=arc cos(cot cot)3(本题 16 分)已知： 半圆的直径 AB 长为 2r；&

6、#160;半圆外的直线 l 与 BA 的延长线垂直，垂足为 T，|AT|=2a(2a< r2)； 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=   =1|MP| |NQ|AM| |AN|求证：|AM|+|AN|=|AB|(D  E  F4本题 20 分)已知边长为 4 的正三角形 ABC 、 、

7、60;分别是 BC、CA、AB 上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连结 AD、BE、，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 求证当点 P 在RQS 的顶点位置时乘积 xyz 有极小值； 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

8、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 u>v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  极坐标方程 =         &#

9、160;  所确定的曲线是解：=             ，知 e=   2，选 C1   2cos(+)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)： 如果凸 

10、n 边形 F(n4)的所有对角线都相等，那么AF四边形BF五边形CF四边形五边形DF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 C11cos+sinA圆B椭圆C双曲线D抛物线14 如果 log2log1(log2)=log3log1(log3x)= log5log1(log5x)=0，那么235Az<x<yBx<y<zCy<z<xDz<y<x111111111 &#

11、160;对任何 (0，)都有解：由 0<sin<<，Þcossin>sin由 0<cos<1，得 sincos<cos故选 DA19          B18          C5         

12、0;D不存在解：k2)24(k2+3k+5)=3k216k160，4k  由 arctanx=arccoty，Þx=  ，Þxy=1，若 x<0，则 arctanx(，0)，而 arccoty(0，)，arccoty甲：(a+  )(b+  )，   乙：(   ab+   )2，   丙：(  + &

13、#160;)2解：x=22，y=33，z=55；x=22=86，y=33=96，故 x<y，又 x=3210，z=2510，故 z<x故选 A 由方程|x1|+|y1|=1 确定的曲线所围成的图形的面积是A1B2CD4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 B2Asinsin<cos<coscosBsinsin>cos>coscosCsincos>cos>cossinDsincos<cos<cos

14、sin2 已知 x1，x2 是方程x2(k2)x+(k2+3k+5)=0(k 为实数)的两个实数根，x12+x22 的最大值是5943由韦达定理，得 x12+x22=(x1+x2)22x1x2=(k2)22(k2+3k+5)=k210k6=(k5)2+19 当 k=4 时，x12+x22 取得最大值18故选 B 设 M=(x，y)| |xy|=1，x>0，N=(x，y)|arctanx+arccoty=，那么AMN=(x，y)| |xy|=

15、1BMN=MCMN=NDMN=(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；1y2(0，)，故 x>0即 N 是 xy=1 在第四象限的一支故选 B 当 a，b 是两个不相等的正数时，下列三个代数式：111a+b2abab2a+b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 的取值有关解：甲>乙，但甲、丙大小不确

16、定故选 D2(本题 16 分)已知四面体 SABC 中，ASB=，ASC=(0<<)，BSC=(0<<)222以 SC 为棱的二面角的平面角为 求证：=arc cos(cotcot)证明：在 SC 上取点 D，使 SD=1，在面 SAC、SBC 内分别作 DESC，DFSC，分别交 SA、SB 于 E、F，连 EF则EDF 为二面角 ASCB 

17、的平面角即EDF=由BSC=，知 SF=sec，DF=tan由ASC=，得 SE=sec，DE=tanSDEA        F     CB由ASB= ，得 EF2=SE2+SF2= DE2+DF22DEDFcosp2 sec2+sec2=tan2+tan22tantancosÞcos=cotcot =arc(cotcot)3(本题 16 分)已知： 半圆

18、的直径 AB 长为 2r； 半圆外的直线 l 与 BA 的延长线垂直，垂足为 T，|AT|=2a(2a<r2N|)； 半圆上有相异两点 M、 ，它们与直线 l 的距离|MP|、NQ|=   =1满足条件|MP| |NQ|AM| |AN|l   yQN求证：|AM|+|AN|=|AB|证明：以 AT 中点 O 为原点，AB 

19、所在直线为 x 轴建立直角坐标系，PM则由已知，M、N 是半圆(xar)2+y2=r2(y0)与抛物线 y2=4ax 的交点T  OA               B x消去 y 得：x2+2(ar)x+2ra+a2=0r条件 2a<2保证，于是此方程有两个不等实根 x1，x2，即为 M、N 的横坐标由

20、韦达定理，知 x1+x2=(2a2r) |AM|=|MP|=x1+a，|AN|=|NQ|=x2+a |AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r证毕ly又证：作 MCAB，NDAB，垂足为 C、D则 AN2=ADAB，AM2=ACAB， AN2AM2=(ADAC)AB=CDAB AN2AM2=(AN+AM)(ANAM)=(AN+AM)(NQMP)=(AN+AM)CDQP      MN比较得，AN+AM=ABT  OA 

21、0;C D         B x(D  E  F4本题 20 分)已知边长为 4 的正三角形 ABC 、 、 分别是 BC、CA、AB 上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连结 AD、BE、，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

22、 x、y、z 求证当点 P 在RQS 的顶点位置时乘积 xyz 有极小值； 求上述乘积 xyz 的极小值解： 利用面积，易证： 当点 P 在ABC 内部及边上移动时，x+y+z 为定值 h=2 3；过 P 作 BC 的平行线 ，交ABC 的两边于 G、H当点 P 在线段 GH 上ASE移动时，y+z 

23、;为定值，从而 x 为定值设 y，m 为定值则函数 u=y(my)在点 y= 或 y= 时取得极小值lBFGRzxPyHQD    C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 

24、;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ATSE由 EA· CD·  =1，得  =12  12· 3 9      1   3 h  xyz=()3h3=     3AC DB SEBE 1313 413

25、BE13133648132197BFRUlVQD    C5(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 u>v点 P 在 x 轴和 y 轴上的射影分别为 M、N求证：

26、|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为 1、9、8、2证明：p2m+q2n=r2yD(若 p=q，则由 u>v，得 m>n，于是 p2n(p2(mn)+1)=r2，这是不可能的因p2(mn)与 p2(mn)+1 都是完全平方数，它们相差 1，故必有 p2(mn)=0，矛盾)故 pq，于是(p，q)=1若 p、q 均为奇数，则 p2q21(mod 4)，与 r20 或 1 矛盾故 p、q&#

27、160;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)NB      OCP (u,v)M A    x  r=  (qk+qh)=  qh(qkh+1)，2m=  (qkqh)=  qh(qkh1)，但 qh 是奇数，又是 2m+1 的约数，故 h=0r=12设 p=2，则 q2n=r222m=(r+2m)(r2m)即 r+2m 与 r2m 都是 q2n 的约数设 r+2m=qk，r2m=qh，其中 k>h1，k+h=2n1        1   &#