全国高中数学联赛试题及解析苏教版5

1985年全国高中数学联赛试题第一试1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)⑴假定有两个命题：甲：a是大于0的实数；乙：a>b且a－1>b－1．那么()A．甲是乙的充分而不必要条件B．甲是乙的必要而不充分条件C．甲是乙的充分必要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件⑵PQ为经过抛物线y2=2px焦点的任一弦，MN为PQ在准线l上的射影，PQ绕l一周所得的旋转面面积为S1，以MN为直径的球面积为S2，则下面结论中，正确的是()A．S1>S2B．S1<S2C．S1≥S2D．有时S1>S2，有时S1=S2，有时S1<S2⑶已知方程arccoseq\f(4,5)－arccos(－eq\f(4,5))=arcsinx，则()A．x=eq\f(24,25)B．x=－eq\f(24,25)C．x=0D．这样的x不存在．⑷在下面四个图形中，已知有一个是方程mx+ny2=0与mx2+ny2=1(m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是()⑸设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程eq\o(\s\up6(－),Z)－λZ=W有下面四个结论：Ⅰ．Z=eq\f(eq\o(\s\up6(－),λ)W+eq\o(\s\up6(－),W),1－|λ|2)是这个方程的解；Ⅱ．这个方程只有一解；Ⅲ．这个方程有两解；Ⅳ．这个方程有无穷多解．则()A．只有Ⅰ、Ⅱ正确B．只有Ⅰ、Ⅲ正确C．只有Ⅰ、Ⅳ正确D．以上A、B、C都不正确⑹设0<a<1，若x1=a，x2=aeq\s\up6(x1)，x3=aeq\s\up6(x2)，…，xn=aeq\s\up6(xn－1)，……，则数列{xn}()A．是递增的B．是递减的C．奇数项递增，偶数项递减D．偶数项递增，奇数项递减二．填空题(本题满分24分，每小题6分)⑴在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若角A、B、C的大小成等比数列，且b2－a2=ac，则角B的弧度为等于．⑵方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组．⑶在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干个数之和能被11整除的数组共有．⑷对任意实数x，y，定义运算x*y为x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数都有x*d=x，则d=．

第二试(本试共有4题，每题满分15分)1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B，A在y轴上的射影为A，△OBB的面积比△OAA的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四位数eq\o(\s\up10(),x1x2y2y1)=x1∙103+x2∙102+y2∙10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．2．如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是BC中点，F在AA1上，且A1F∶FA=1∶2．求平面B1EF与底面A1B1C1D1所成的二面角．3．某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队，根据比赛规则，比赛若干天后进行统计，发现除A市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A市乙队已赛过多少场？请证明你的结论．4．平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ≥2sin54．

1985年全国高中数学联赛试题第一试1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)⑴假定有两个命题：甲：a是大于0的实数；乙：a>b且a－1>b－1．那么()A．甲是乙的充分而不必要条件B．甲是乙的必要而不充分条件C．甲是乙的充分必要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件解：由于a>b且a－1>b－1成立时，必有a>0，b<0．故由乙可得甲，故选B⑵PQ为经过抛物线y2=2px焦点的任一弦，MN为PQ在准线l上的射影，PQ绕l一周所得的旋转面面积为S1，以MN为直径的球面积为S2，则下面结论中，正确的是()A．S1>S2B．S1<S2C．S1≥S2D．有时S1>S2，有时S1=S2，有时S1<S2解：设PQ与x轴夹角=θ，|PF|=ρ1，|QF|=ρ2，则|PM|=ρ1，|QN|=ρ2．则S1=π(PM+QN)∙PQ=π(ρ1+ρ2)2，S2=π|MN|2=π(ρ1+ρ2)2sin2θ．∴S1≥S2，当且仅当θ=90°时等号成立．选C．⑶已知方程arccoseq\f(4,5)－arccos(－eq\f(4,5))=arcsinx，则()A．x=eq\f(24,25)B．x=－eq\f(24,25)C．x=0D．这样的x不存在．解：即arcsinx=2arccoseq\f(4,5)－π．设arccoseq\f(4,5)=θ，则cosθ=eq\f(4,5)，sinθ=eq\f(3,5)．∴sin2θ=2sinθcosθ=eq\f(24,25)．即2θ为锐角．∴2θ－π<－eq\f(π,2)．故选D．⑷在下面四个图形中，已知有一个是方程与(m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是()解：由y2=－eq\f(m,n)x，若m、n均为正数，则此抛物线开口向左，且mx2+ny2=1表示椭圆，m<n，|eq\f(m,n)|<1．此时抛物线与直线y=－x的交点横坐标应>－1．故否定B、D．若m、n符号相反，则抛物线开口向右．且mx+ny2=0图形是双曲线，m<0，n>0，m=－n．故选A．⑸设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程eq\o(\s\up6(－),Z)－λZ=W有下面四个结论：Ⅰ．Z=eq\f(eq\o(\s\up6(－),λ)W+eq\o(\s\up6(－),W),1－|λ|2)是这个方程的解；Ⅱ．这个方程只有一解；Ⅲ．这个方程有两解；Ⅳ．这个方程有无穷多解．则()A．只有Ⅰ、Ⅱ正确B．只有Ⅰ、Ⅲ正确C．只有Ⅰ、Ⅳ正确D．以上A、B、C都不正确解：原式两端取共轭：Z－eq\o(\s\up12(),λZ)=eq\o(\s\up6(－),W)，乘以λ再取共轭：eq\o(\s\up12(),λZ)－||2Z=eq\o(\s\up6(－),λ)W，相加，由||≠1，得方程有唯一解Z=eq\f(eq\o(\s\up6(－),λ)W+eq\o(\s\up6(－),W),1－|λ|2)．选A．⑹设0<a<1，若x1=a，x2=aeq\s\up6(x1)，x3=aeq\s\up6(x2)，…，xn=aeq\s\up6(xn－1)，……，则数列{xn}()A．是递增的B．是递减的C．奇数项递增，偶数项递减D．偶数项递增，奇数项递减解：作y=ax的图象，在图象上取点x1，x2，x3，x4，由0<a<1，知x1<x3<x2，即A、B错，C正确．选C．二．填空题(本题满分24分，每小题6分)⑴在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若角A、B、C的大小成等比数列，且b2－a2=ac，则角B的弧度为等于．解：由余弦定理，b2－a2=c2－2accosB．故ac=c2－2accosB．即a=c－2acosB．sinA=sin(A+B)－2sinAcosB.=sin(B－A)．∴由b>a，得B>A．A=B－A，B=2A，C=4A．或A+B－A=π(不可能)∴B=eq\f(2,7)π．⑵方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组．解：x1=1时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1，共有9解；x1=0时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3，共有9+Aeq\a(2,9)+Ceq\a(3,9)=9+72+84=165解．∴共有174解．⑶在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干个数之和能被11整除的数组共有．解：把这些数mod11得1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1．依次累加，得：1，5，2，1，6，3，2，5，2，1．其中相等的和有7对(3对1，3对2，1对5)，这表示原数列中共有7组相邻数之和能被11整除．⑷对任意实数x，y，定义运算x*y为x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数都有x*d=x，则d=．解：ax+bd+cxd=x．取x=0，代入得，bd=0，但d≠0，故b=0a+2b+2c=3，2a+3b+6c=4．a=5，c=－1．取x=1代入，得d=4．经验算：x*y=5x－xy，对于一切x，有x*4=5x－4x=x成立．故d=4．

第二试(本试共有4题，每题满分15分)1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B，A在y轴上的射影为A，△OBB的面积比△OAA的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四位数eq\o(\s\up10(),x1x2y2y1)=x1∙103+x2∙102+y2∙10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．解：x2y2－x1y1=67．x1<y1，x2>y2．且x1，y1，x2，y2都是不超过10的正整数．∴x2y2>67，x2y2=72或81．但x2>y2，故x2y2=91舍去．∴x2y2=72．x2=9，y2=8．∴x1y1=72－67=5．x1=1，y1=5，∴eq\o(\s\up10(),x1x2y2y1)=1985．2．如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是BC中点，F在AA1上，且A1F∶FA=1∶2．求平面B1EF与底面A1B1C1D1所成的二面角．解：设AB=1，则BE=eq\f(1,2)，A1F=eq\f(1,3)，故B1E=eq\f(\r(5),2)，B1F=eq\f(\r(10),3)，EF=eq\f(\r(61),6)．∴Seq\s\do4(B1EF)=eq\f(1,2)·eq\r(\f(5,4)·\f(10,9)－\f(1,4)(\f(5,4)+\f(10,9)－\f(61,36)))=eq\f(1,12)eq\r(46)．而△B1EF在平面A1C1上的射影面积=eq\f(1,4)．∴cosθ=eq\f(3,\r(46))，即所求角=arccoseq\f(3,\r(46))．又解：设平面B1EF与平面AD1交于FG，(G在AD上)，则由平面AD1∥平面BC1，得FG∥B1E．于是，延长GF、D1A1交于P，则P为截面与平面A1C1的公共点，故PB1为所求二面角的棱．AG=A1H=eq\f(1,3)，A1P=eq\f(1,6)，PB1=eq\f(\r(37),6)．作GH⊥A1D1于H，则GH⊥平面A1C1．作HK⊥PB1，连GK．则∠GKH为所求二面角的平面角．∵HK∙PB1=A1B1∙HP．∴HK=eq\f(3,\r(37))，tan∠GKH=eq\f(\r(37),3)．即所求角=arctaneq\f(\r(37),3)．3．某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队，根据比赛规则，比赛若干天后进行统计，发现除A市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A市乙队已赛过多少场？请证明你的结论．证明：用32个点表示这32个队，如果某两队比赛了一场，则在表示这两个队的点间连一条线．否则就不连线．由于，这些队比赛场次最多30场，最少0场，共有31种情况，现除A城甲队外还有31个队，这31个队比赛场次互不相同，故这31个队比赛的场次恰好从0到30都有．就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次．考虑比赛场次为30的队，这个队除自己与同城的队外，与不同城有队都进行了比赛，于是，它只可能与比赛0场的队同城；再考虑比赛29场的队，这个队除与同城队及比赛0场、1场(只赛1场的队已经与比赛30场的队赛