1991年全国高中数学联赛试题及解析-苏教版

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()A．4B．8C．12D．242．设a、b、c均为非零复数，且eq\f(a,b)=eq\f(b,c)=eq\f(c,a)，则eq\f(a+b－c,a－b+c)的值为()A．1B．±ωC．1，ω，ω2D．1，－ω，－ω23．设a是正整数，a<100，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．Seq\o(\s\up3(),\s\do3())TB．Teq\o(\s\up3(),\s\do3())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sineq\f(C－A,2)=．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|=3eq\r(3)，则log3|(z1eq\o(\s\up5(－),z2))2000+(eq\o(\s\up5(－),z1)z2)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．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0<a<1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay)≤loga2+eq\f(1,8)．

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eq\f(1,4)．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解：每个正方形的顶点对应着一个正三角形．故选B2．设a、b、c均为非零复数，且eq\f(a,b)=eq\f(b,c)=eq\f(c,a)，则eq\f(a+b－c,a－b+c)的值为()A．1B．±ωC．1，ω，ω2D．1，－ω，－ω2解：令eq\f(a,b)=eq\f(b,c)=eq\f(c,a)=t，则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)．选C．3．设a是正整数，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为()A．4B．5C．9D．10解：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．4．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()AA．18B．12C．9D．0解：该函数图象关于x=3对称．故6个根的和=3×2×3=18．选A．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．Seq\o(\s\up3(),\s\do3())TB．Teq\o(\s\up3(),\s\do3())SC．S=TD．S∩T=Ø解：若x2－y2为奇数，则sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即ST．又若x=y时，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得Seq\o(\s\up3(),\s\do3())T，选A．6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为()解：∵|x－y2|=eq\b\lc\{(\a\ac(x－y2(x≥y2)，,y2－x(x<y2)．))故此方程等价于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)．))故选D．二．填空题：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．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．解：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+2≤1991≤2n2－1，得n=32．即在第32组．4．19912000除以106，余数是．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)．即余数为880001．5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3eq\r(3)，则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．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．解：对于任一整数n(0<n≤1000)，以n为最大数的集合有2n－1个，以n为最小数的集合有21000－n个，以1001－n为最小数的集合则有2n－1个，以1001－n为最大数的集合则有21000－n个．故n与1001－n都出现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：对于任一组子集A={b1，…，bk}，b1<b2<…<bk(1≤k<1000)，取子集A={1001－b1，…，1001－bk}，若A≠A，则此二子集最大数与最小数之和=b1+bk+1001－b1+1001－bk=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：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∶21．四．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ρ=eq\f(2a,1－cosθ)．设PQ与极径所成角为α，则eq\f(4a,sin2α)=B．所求面积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，求证：loga(ax+ay)≤loga2+eq\f(1,8)．解：由于0<a<1，即证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1≤d≤n－1．设n=2k，d=1或d=n－1时，这样的A只有1个，d=2或d=n－2时，这样的数列只有2个，d=3或n－3时这样的数列只有3个，……，d=k－1或k+1时，这样的数列有k－1个，d=k时，这样的数列有k个．∴这样的数列共有(1+2+…+k)×2－k=k2=eq\f(1,4)n2个．当n=2k+1时，这样的数列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)=eq\f(1,4)(n2－1)个．两种情况可以合并为：这样的A共有eq\f(n2,4)－eq\f(1+(－1)n－1,8)个(或[eq\f(1,4)n2]个)．解法二：对于k=[eq\f(n,2)]，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=eq\f(1,4)n2个；当n=2k+1时，这样的A的个数为k(k+1)=eq\f(1,4)(n2－1)个．∴这样的数列有[eq\f(1,4)n2]个．解法一也可这样写：设A的公差为d，则1≤d≤n－1．⑴若n为偶数，则当1≤d≤eq\f(n,2)时，公差为d的等差数列A有d个；当eq\f(n,2)<d≤n－1时，公差为d的等差数列A有n－d个．故当n为偶数时，这样的A共有(1+2+…+eq\f(n,2))+[1+2+…+(n－eq\f(n,2)－1)]=eq\f(1,4)n2个．⑵若n为奇数，则当1≤d≤eq\f(n－1,2)时，公差为d的等差数列A有d个；当eq\f(n+1,2)≤d≤n－1时，公差为d的等差数列A有n－d个.故当n为奇数时，这样的A共有(1+2+…+eq\f(n－1,2))+(1+2+…+eq\f(n－1,2))=eq\f(1,4)(n2－1)个．两种情况可以合并为：这样的A共有eq\f(n2,4)－eq\f(1+(－1)n－1,8)个(或[eq\f(1,4)n2]个)．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eq\f(1,4)．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△ABC>eq\f(1,4)，则A、B、C、D即为所求．⑵若S△ABD<eq\f(1,4)，则S△BCD>eq\f(3,4)，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>eq\f(1,4)．⑶若S△ABD=eq\f(1,4)，其余三个三角形面积均>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．∴过A作AE∥BC必与CD相交，设交点为E．则∵S△ABC>S△ABD，从而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四点即为所求．⑷若S△ABD=eq\f(1,4)，其余三个三角形中还有一个的面积=eq\f(1,4)，这个三角形不可能是△BCD，(否则ABCD的面积=eq\f(1,2))，不妨设S△ADC=S△ABD=eq\f(1,4)．则AD∥BC，四边形ABCD为梯形．由于S△ABD=eq\f(1,4)，S△ABC=eq\f(3,4)，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．∴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<C与AB的距离，⑴若ED≤eq\f(1,2)AE，取AE中点P，则P在线段AD上，作PQ∥AB交BC于Q．若PQ=a，P与AB距离=h．则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为所求．⑵若ED>eq\f(1,2)AE，取AE中点P，则P在线段DE上，作PR∥BC交CD于R，AN∥BC，交CD于N，由于∠EAB+∠EBA<π，故R在线段CD上．N在DC延长线上．作RS∥AB，交BC于S，则RS=eq\f(1,2)AB，延长AR交BC于F，则S△FAB=SABCN>SABCD=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=eq\o(\s\up10(_______),x1x2…xk)，其中x1，x2，…，xk∈{1，3，4}．且x1+x2+…+xk=n．假定n>4．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n>4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：n1234567891011121314……an11246915254064104169273441……规律11212222332355258828131321321212……可找到规律：⑴取f1=1，f2=2，fn+2=fn+1+fn．这是菲波拉契数列相应的项．eq\b\lc\{(\a(a2n=f\o(\s\do3(n),\s\up4(2))，②,a2n+1=fnfn+1．③))(n=1，2，3，……)可用数学归纳法证明②、③成立．首先，n=1时，a2=12=feq\o(\s\do3(1),\s\up(2))，a3=12=f1f2．n=2时，a4=22=feq\o(\s\do3(2),\s\up(2))，a5=23=f2f3．即n=1，2时②、③成立．设n=k－1，k时②、③成立．则由①及归纳假设得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时②、③成立．故对于一切正整数n，②、③成立．于是a2n=feq\o(\s\do3(n),\s\up(2))(n=1，2，3……)是完全平方数．证明2：(找规律)先用归纳法证明下式成立：a2n+1=a2n+a2n－1．④因a1=a2=1，a3=2，故当n=1时，④成立．设n=k时④成立，即a2k+1=a2k+a2k－1．则由①，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k－1=a2(k+1)+a2(k+1)－1．故④式对k+1成立，即④对一切n∈N*成立．⑵再用归纳法证明下式成立：a2na2n+2=a2n+12⑤因a2=1，a3=2，a4=4，故当n=1时⑤成立．设n=k时⑤成立，即a2ka2k+2=a2k+12．则由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．用数学归纳法可以证明bn=eq\f(1,\r(5))[(eq\f(1+\r(5),2))n+1－(eq\f(1－\r(5),2))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k≤n时bk=eq\f(1,\r(5))[(eq\f(1+\r(5),2))k+1－(eq