全国高中数学联赛试题及解析苏教版3

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)⑴设p、q是自然数，条件甲：p3－q3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⑵x=eq\f(1,log\s\do5(\f(1,2))\f(1,3))+eq\f(1,log\s\do5(\f(1,5))\f(1,3))的值是属于区间A．(－2，－1)B．(1，2)C．(－3，－2)D．(2，3)⑶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⑷已知M={(x，y)|y≥x2}，N={(x，y)|x2+(y－a)2≤1}．那么，使M∩N=N成立的充要条件是A．a≥1eq\f(1,4)B．a=1eq\f(1,4)C．a≥1D．0<a<1⑸已知函数f(x)=ax2－c，满足－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5．那么，f(3)应满足A．7≤f(3)≤26B．－4≤f(3)≤15C．－1≤f(3)≤20D．－eq\f(28,3)≤f(3)≤eq\f(35,3)⑹设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=eq\r(ab)+eq\r(cd)，Q=eq\r(ma+nc)·eq\r(\f(b,m)+\f(d,n))，那么A．P≥QB．P≤QC．P<QD．P、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关．⑺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A．9个B．17个C．1个D．5个⑻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A．l>R+rB．l≤R+rC．eq\f(l,6)<R+r<6lD．A、B、C三种关系都不对2．填充题(本题满分18分，每小题6分)⑴在△ABC中，sinA=eq\f(3,5)，cosB=eq\f(5,13)，那么cosC的值等于．⑵三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有个．⑶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eq\f(m,n)，那么积m∙n是．

第二试1．(本题满分8分)求证：arcsinx+arccosx=eq\f(,2)，其中x∈[－1，1]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，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|<eq\f(1,2)．3．(本题满分16分)在四边形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1，点M、N分别在AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD，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+2sinxcosx－sin2x+Ax+B|在0≤x≤eq\f(3,2)π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，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分)⑴设p、q是自然数，条件甲：p3－q3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：p3－q3=(p－q)(p2+pq+q2)．又p+q=p－q+2q，故p+q与p－q的奇偶性相同．∴p+q为偶数，p－q为偶数，p3－q3为偶数．p+q为奇数，p、q一奇一偶，p3－q3为奇数．故选C．⑵x=eq\f(1,log\s\do5(\f(1,2))\f(1,3))+eq\f(1,log\s\do5(\f(1,5))\f(1,3))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．⑶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：taneq\f(A,2)为有理数，sinA、cosA都是有理数．选B．⑷已知M={(x，y)|y≥x2}，N={(x，y)|x2+(y－a)2≤1}．那么，使M∩N=N成立的充要条件是A．a≥1eq\f(1,4)B．a=1eq\f(1,4)C．a≥1D．0<a<1解：M∩N=N的充要条件是圆x2+(y－a)2≤1在抛物线y=x2内部(上方)．即a≥1，且方程y2－(2a－1)y+a2－1=0的△=(2a－1)2－4(a2－1)≤0，a≥1eq\f(1,4)，选A．⑸已知函数f(x)=ax2－c，满足－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5．那么，f(3)应满足A．7≤f(3)≤26B．－4≤f(3)≤15C．－1≤f(3)≤20D．－eq\f(28,3)≤f(3)≤eq\f(35,3)解：f(1)=a－c，f(2)=4a－c，f(3)=9a－c．令9a－c=λ(a－c)+μ(4a－c)，∴λ+4μ=9，λ+μ=1．∴λ=－eq\f(5,3)，μ=eq\f(8,3)．即f(3)=－eq\f(5,3)f(1)+eq\f(8,3)f(2)．但eq\f(5,3)≤－eq\f(5,3)f(1)≤eq\f(40,3)，－eq\f(8,3)≤eq\f(8,3)f(2)≤eq\f(40,3)，∴－1≤－eq\f(5,3)f(1)+eq\f(8,3)f(2)≤20.．选C．⑹设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=eq\r(ab)+eq\r(cd)，Q=eq\r(ma+nc)·eq\r(\f(b,m)+\f(d,n))，那么A．P≥QB．P≤QC．P<QD．P、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，Q≥P．选B．⑺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A．9个B．17个C．1个D．5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．⑻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A．l>R+rB．l≤R+rC．eq\f(l,6)<R+r<6lD．A、B、C三种关系都不对解：R=eq\f(A,2sinA)，当A→180°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=eq\f(\r(3),2)a<l，

否定B．故选D．2．填充题(本题满分18分，每小题6分)⑴在△ABC中，sinA=eq\f(3,5)，cosB=eq\f(5,13)，那么cosC的值等于．解：cosA=±eq\f(4,5)，sinB=eq\f(12,13)，但若cosA=－eq\f(4,5)，则A>135°，cosB=eq\f(5,13)<cos60°，B>60°，矛盾．故cosA=eq\f(4,5)．∴cosC=cos(π－A－B)=－cosAcosB+sinAsinB=－eq\f(5,13)·eq\f(4,5)+eq\f(3,5)·eq\f(12,13)=eq\f(16,65)．⑵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x≤y．则得x≤y≤11，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．⑶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eq\f(m,n)，那么积m∙n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=eq\f(\r(6),3)a，于是，利用体积可得Sh1=3Sr1，r1=eq\f(\r(6),9)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=eq\f(\r(2),2)a，又可得a2h2=4×eq\f(\r(3),4)a2r2，r2=eq\f(\r(6),6)a．∴eq\f(r1,r2)=eq\f(2,3)，∴m∙n=6．第二试1．(本题满分8分)求证：arcsinx+arccosx=eq\f(π,2)，其中x∈[－1，1]证明：由于x∈[－1，1]，故arcsinx与arccosx有意义，sin(eq\f(π,2)－arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx∈[0，π]，∴eq\f(π,2)－arccosx∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]．故根据反正弦定义，有arcsinx=eq\f(π,2)－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，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|<eq\f(1,2)．证明：不妨取0≤x1<x2≤1,若|x1-x2|≤eq\f(1,2)，则必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|<eq\f(1,2)．若|x1-x2|>eq\f(1,2)，则x2－x1>eq\f(1,2),于是1－(x2－x1)<eq\f(1,2),即1－x2+x1－0<eq\f(1,2)．而|f(x1)-f(x2)|=|(f(x1)-f(0))-(f(x2)－f(1))|≤|f(x1)-f(0)|+|f(1)-f(x2)|<|x1－0|+|1－x2|=1－x2+x1－0<eq\f(1,2)．故证.3．(本题满分16分)在四边形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1，点M、N分别在AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD，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AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND，令CN∶ND=r(r>0)，则AM∶MC=r．由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABD∶SBCD=3∶4．从而AE∶EC∶AC=3∶4∶7．SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶1．AM∶AC=r∶(r+1)，即AM=eq\f(r,r+1)AC，AE=eq\f(3,7)AC，∴EM=(eq\f(r,r+1)－eq\f(3,7))AC=eq\f(4r－3,7(r+1))AC．MC=eq\f(1,r+1)AC，∴EM∶MC=eq\f(4r－3,7)．由Menelaus定理，知eq\f(CN,ND)·eq\f(DB,BE)·eq\f(EM,MC)=1，代入得r·7·eq\f(4r－3,7)=1，即4r2－3r－1=0，这个方程有惟一的正根r=1．故CN∶ND=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：⑴3，3；⑵3，4；⑶4，5；⑷5，5．按这几条棱的组合情况，以2为公共棱的两个侧面可能是：①⑴，⑷；②⑴，⑶；③⑵，⑷．先考虑较特殊的情况①：由于32+42=52，即图中AD⊥平面BCD，∴V1=eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·2eq\r(32－12)·4=eq\f(8,3)eq\r(2)；情况②：由于此情况的底面与情况②相同，但AC不与底垂直，故高<4，于是得V2<V1．情况③：高<2，底面积=eq\f(1,2)·5eq\r(32－(\f(5,2))2)=eq\f(5,4)eq\r(11)．∴V3<eq\f(1,3)·eq\f(5,4)eq\r(11)=eq\f(5,6)eq\r(11)<eq\f(8,3)eq\r(2)．∴最大体积为eq\f(8,3)