《全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版11》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版11（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽一試題 一．選擇題： 1．由一個正方體的三個頂點所能構(gòu)成的正三角形的個數(shù)為( ) A．4 B．8 C．12 D．24 2．設a、b、c均為非零復數(shù)，且==，則的值為( ) A．1 B．±ω C．1，ω，ω2 D．1，－ω，－ω2 3．設a是正整數(shù)，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數(shù)為( ) A．4 B．5 C．9 D．10 4．設函數(shù)y

2、=f(x)對于一切實數(shù)x滿足f(3+x)=f(3－x)．且方程f(x)=0恰有6個不同的實數(shù)根，則這6個實根的和為( ) A．18 B．12 C．9 D．0 5．設S={(x，y)|x2－y2=奇數(shù)，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，則( ) A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=? 6．方程|x－y2|=1－|x|的圖象為( ) 二．填空題： 1．c

3、os210°+cos250°－sin40°sin80°= ． 2．在△ABC中，已知三個角A、B、C成等差數(shù)列，假設它們所對的邊分別為a，b，c，并且c－a等于AC邊上的高h，則sin= ． 3．將正奇數(shù)集合{1，3，5，…}由小到大按第n組有(2n－1)個奇數(shù)進行分組： {1}， {3，5，7}， {9，11，13，15，17}，…… (第一組) (第二組) (第三組) 則1991位于第 組． 4．19912000除以106，余數(shù)是 ． 5．設復數(shù)z1，z2滿足|z1|=

4、|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，則log3|(z1)2000+(z2)2000|= ． 6．設集合M={1，2，…，1000}，現(xiàn)對M中的任一非空子集X，令αX表示X中最大數(shù)與最小數(shù)的和．那么，所有這樣的αX的算術(shù)平均值為 ． 三．設正三棱錐P—ABC的高為PO，M為PO的中點，過AM作與棱BC平行的平面，將三棱錐截為上、下兩部分，試求此兩部分的體積比． 四．設O為拋物線的頂點，F(xiàn)為焦點，且PQ為過F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面積． 五．已知0

5、(ax+ay)≤loga2+． 1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽二試題 一．設S={1，2，…，n}，A為至少含有兩項的公差為正的等差數(shù)列，其項都在S中，且添加S的其他元素于A后不能構(gòu)成與A有相同公差的等差數(shù)列．求這種A的個數(shù)(這里只有兩項的數(shù)列也看作等差數(shù)列)． 二．設凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內(nèi)部可以找出四個點，使得以其中任意三點為頂點所構(gòu)成的四個三角形的面積大于． 三．設an是下述自然數(shù)N的個數(shù)：N的各位數(shù)字之和為n且每位數(shù)字只能取1、3或4．求證：a2n是完全

6、平方數(shù)．這里，n=1，2，…． 1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽解答 第一試 一．選擇題： 1．由一個正方體的三個頂點所能構(gòu)成的正三角形的個數(shù)為( ) A．4 B．8 C．12 D．24 解：每個正方形的頂點對應著一個正三角形．故選B 2．設a、b、c均為非零復數(shù)，且==，則的值為( ) A．1 B．±ω C．1，ω，ω2 D．1，－ω，－ω2 解：令===t，則a=at3．由a≠0得t=1，ω，ω2．且1+ω+ω2=0．故==．選C． 3．設

7、a是正整數(shù)，a<100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數(shù)為( ) A．4 B．5 C．9 D．10 解：即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，則a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod 8)． 若a≡0，1，2(mod 3)，則a3≡0，1，－1(mod 3)，∴ a－1≡0(mod 3)．即a－1≡0(mod 24)．選B． 4．設函數(shù)y=f(x)對于一切實數(shù)x滿足 f(3+x)=f(3－x) 且方程f(x)=0恰有6個不同的實數(shù)根，則這6個實根的和為(

8、 )A A．18 B．12 C．9 D．0 解：該函數(shù)圖象關(guān)于x=3對稱．故6個根的和=3×2×3=18．選A． 5．設S={(x，y)|x2－y2=奇數(shù)，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)，x，y∈R}，則( ) A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=? 解：若x2－y2為奇數(shù)，則sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即SíT． 又若

9、x=y時，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得ST，選A． 6．方程|x－y2|=1－|x|的圖象為( ) 解：∵ |x－y2|=故此方程等價于 故選D． 二．填空題： 1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°= ． 解：原式=(cos10°－cos50°)2+cos10°cos50°=sin220°++cos10°cos50°=(1－cos40°+cos60°+cos40°)=． 2．在△ABC中，已知三個角A、B、C成等差數(shù)列，假設它們所對的邊分別為a，b，c，

10、并且c－a等于AC邊上的高h，則sin= ． 解：易知h=c－a=－，TsinAsinC=sinC－sinA，由已知，A+C=120°． ∴ [cos(C－A)－cos120°]=2sincos，即sin2+sin－=0 即sin=－ (舍去)，sin=． 3．將正奇數(shù)集合{1，3，5，…}由小到大按第n組有(2n－1)個奇數(shù)進行分組： {1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，…… (第一組) (第二組) (第三組) 則1991位于第 組． 解：由于1+3+…+(2n－1)=n2，故第n組最后一數(shù)為

11、2n2－1，于是解2(n－1)2－1+2≤1991≤2n2－1，得n=32．即在第32組． 4．19912000除以106，余數(shù)是 ． 解：19912000=(1990+1)2000=19902000+…+C×19903+C×19902+C×1990+1 ≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod 106)．即余數(shù)為880001． 5．設復數(shù)z1，z2滿足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，則log3|(z1)2000+(z2)2000|= ． 解：由|z1+z

12、2|2+|z1－z2|2=2(|z1|2+|z2|2)，得|z2|=3．由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1－argz2=±120°． ∴|(z1)2000+(z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000．故log3|(z1)2000+(z2)2000|=4000． 6．設集合M={1，2，…，1000}，現(xiàn)對M中的任一非空子集X，令αX表示X中最大數(shù)與最小數(shù)的和．那么，所有這樣的αX的算術(shù)平均值為 ． 解：對于任一整數(shù)n(0

13、1001－n為最小數(shù)的集合則有2n－1個，以1001－n為最大數(shù)的集合則有21000－n個．故n與1001－n都出現(xiàn)2n－1+21000－n次． ∴ 所有αx的和=1001·(2n－1+21000－n) =1001×(21000－1)． ∴ 所求平均值=1001． 又解：對于任一組子集A={b1，…，bk}，b1

14、為1001． 三．設正三棱錐P—ABC的高為PO，M為PO的中點，過AM作與棱BC平行的平面，將三棱錐截為上、下兩部分，試求此兩部分的體積比． 解： M是PO中點，延長AO與BC交于點D，則D為BC中點，連PD，由于AM在平面PAD內(nèi)，故延長AM與PD相交，設交點為F．題中截面與面PBC交于過F的直線GH，G、H分別在PB、PC上．由于BC∥截面AGH，∴GH∥BC． 在面PAD中，△POD被直線AF截，故··=1，但=1，=，∴=． ∴ =，∴=T=．而截面分此三棱錐所成兩部分可看成是有頂點A的兩個棱錐A—PGH及A—HGBC．故二者體積比=4∶21． 四．設O為拋物線的頂點，F(xiàn)

15、為焦點，且PQ為過F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面積． 解：(用極坐標)設拋物線方程為ρ=．設PQ與極徑所成角為α，則=B． 所求面積S=|OF|·|PQ|sinα=ab·2=a． 五．已知0

16、有相同公差的等差數(shù)列．求這種A的個數(shù)(這里只有兩項的數(shù)列也看作等差數(shù)列)． 解：易知公差1≤d≤n－1． 設n=2k，d=1或d=n－1時，這樣的A只有1個，d=2或d=n－2時，這樣的數(shù)列只有2個，d=3或n－3時這樣的數(shù)列只有3個，……，d=k－1或k+1時，這樣的數(shù)列有k－1個，d=k時，這樣的數(shù)列有k個． ∴ 這樣的數(shù)列共有(1+2+…+k)×2－k=k2=n2個． 當n=2k+1時，這樣的數(shù)列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)= (n2－1)個． 兩種情況可以合并為：這樣的A共有－ 個(或[n2]個)． 解法二：對于k=[]，這樣的數(shù)列A必有連續(xù)兩項，一項在{1，2，

17、…，k}中，一在{k+1.k+2，…，n}中，反之，在此兩集合中各取一數(shù)，可以其差為公差構(gòu)成一個A，于是共有這樣的數(shù)列 當n=2k時，這樣的A的個數(shù)為k2=n2個；當n=2k+1時，這樣的A的個數(shù)為k(k+1)= (n2－1)個． ∴ 這樣的數(shù)列有[n2]個． 解法一也可這樣寫： 設A的公差為d，則1≤d≤n－1． ⑴ 若n為偶數(shù)，則 當1≤d≤時，公差為d的等差數(shù)列A有d個； 當

18、d個； 當≤d≤n－1時，公差為d的等差數(shù)列A有n－d個. 故當n為奇數(shù)時，這樣的A共有 (1+2+…+)+(1+2+…+)=(n2－1)個． 兩種情況可以合并為：這樣的A共有 － 個(或[n2]個)． 二．設凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內(nèi)部可以找出四個點，使得以其中任意三點為頂點所構(gòu)成的四個三角形的面積大于． 證明：考慮四邊形的四個頂點A、B、C、D，若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面積，設其中面積最小的三角形為△ABD． ⑴ 若S△ABC>，則A、B、C、D即為所求． ⑵ 若S△ABD<，則S△BCD>，取△BCD的重心G，則

19、以B、C、D、G這4點中的任意3點為頂點的三角形面積>． ⑶ 若S△ABD=，其余三個三角形面積均> S△ABD=． 由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD>，故S△ABC<=S△BCD． ∴ 過A作AE∥BC必與CD相交，設交點為E． 則∵ S△ABC>S△ABD，從而S△ABE>S△ABD=．S△ACE=S△ABE>，S△BCE=S△ABC>．即A、B、C、E四點即為所求． ⑷ 若S△ABD=，其余三個三角形中還有一個的面積=，這個三角形不可能是△BCD，(否則ABCD的面積=)，不妨設S△ADC= S△ABD=．則AD∥BC，四邊形ABCD為梯形． 由于S△ABD=，S

20、△ABC=，故若AD=a，則BC=3a，設梯形的高=h， 則2ah=1．設對角線交于O，過O作EF∥BC分別交AB、CD于E、F． ∴ AE∶EB=AO∶OC=AD∶BC=1∶3． ∴ EF==A．S△EFB=S△EFC=·a·h=ah=>． S△EBC=S△FBC=·3a·h=ah=>．于是B、C、F、E四點為所求．綜上可知所證成立． 又證：當ABCD為平行四邊形時，A、B、C、D四點即為所求． 當ABCD不是平行四邊形，則至少有一組對邊的延長線必相交，設延長AD、BC交于E，且設D與AB的距離

21、B交BC于Q．若PQ=a，P與AB距離=h．則AB=2a，SABQP=SABE>SABCD=． 即(a+2a)h>，ah>． ∴ S△APQ=S△BPQ=ah>．S△PAB=S△QAB=ah>>．即A、B、Q、P為所求． ⑵ 若ED>AE，取AE中點P，則P在線段DE上，作PR∥BC交CD于R，AN∥BC，交CD于N，由于∠EAB+∠EBA<π，故R在線段CD上．N在DC延長線上．作RS∥AB，交BC于S，則RS=AB，延長AR交BC于F，則S△FAB=SABCN>SABCD=1．問題化為上一種情況． 三．設an是下述自然數(shù)N的個數(shù)：N的各位數(shù)字之和為n且每位數(shù)字只能取1、3或4．

22、求證：a2n是完全平方數(shù)．這里，n=1，2，…． 證明：設N=，其中x1，x2，…，xk∈{1，3，4}．且x1+x2+…+xk=n．假定n>4．刪去xk時，則當xk依次取1，3，4時，x1+x2+…+xk－1分別等于n－1，n－3，n－4．故當n>4時， an=an－1+an－3+an－4． ① a1=a2=1，a3=2，a4=4， 利用①及初始值可以得到下表： n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 …… an 1 1 2 4 6 9 15 25 40 64 10

23、4 169 273 441 …… 規(guī)律 1 12 1′2 22 2′3 32 3′5 52 5′8 82 8′13 132 13′21 212 …… 可找到規(guī)律： ⑴ 取f1=1，f2=2，fn+2=fn+1+fn．這是菲波拉契數(shù)列相應的項． (n=1，2，3，……) 可用數(shù)學歸納法證明②、③成立． 首先，n=1時，a2=12=f，a3=1′2=f1f2． n=2時，a4=22=f，a5=2′3=f2f3．即n=1，2時②、③成立． 設n=k－1，k時②、③成立．則由①及歸納假設得 a2(k+1)=a2k+1+a2k

24、－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+f= fkfk+1+fk－1(fk+fk－1) = fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=f a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k－1 =f+f+fk－1fk= f+fk(fk+fk－1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1． 故n=k+1時②、③成立．故對于一切正整數(shù)n，②、③成立． 于是a2n=f(n=1，2，3……)是完全平方數(shù)． 證明2：(找規(guī)律)先用歸納法證明下式成立： a2n+1=a2n+a2n－1．

25、 ④ 因a1=a2=1，a3=2，故當n=1時，④成立． 設n=k時④成立，即a2k+1=a2k+a2k－1． 則由①，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k－1=a2(k+1)+a2(k+1)－1．故④式對k+1成立，即④對一切n∈N*成立． ⑵ 再用歸納法證明下式成立： a2na2n+2=a2n+12 ⑤ 因a2=1，a3=2，a4=4，故當n=1時⑤成立． 設n=k時⑤成立，即a2ka2k+2=a2k+12． 則由①、④，有a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a

26、2k+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． (本題由于與菲波拉契數(shù)列有關(guān)，故相關(guān)的規(guī)律有很多，都可以用于證明本題) 證明2：(用特征方程)由上證得①式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4， 由此得差分方程：λ4－λ3－λ－1=0． T(λ2+1)(λ2－λ－1)=0．此方程有根λ=±i，λ=． ∴ 令an=αin+β(－i)n+γ()2+d()2

27、 利用初值可以求出an=·in+·(－i)n+()n+2+()n+2． ∴ a2n={[()n+1－()n+1]}2． 用數(shù)學歸納法可以證明bn=[()n+1－()n+1]為整數(shù)．(這是斐波拉契數(shù)列的通項公式) b0=1，b1=1均為整數(shù)，設k≤n時bk=[()k+1－()k+1]都為整數(shù)，則 bk+1－bk=[()k+2－()k+1+()k+1－()k+2] =[()k+1·+()k+1·]=bk－1．即bk+1=bk+bk－1．由歸納假設bk與bk－1均為整數(shù)，故bk+1為整數(shù)．于是可知bn對于一切n∈N*，bn為整數(shù)．于是a2n為整數(shù)之平方，即為完全平方數(shù)． 證

28、明4．(下標全部變?yōu)榕紨?shù)再用特征方程) 由①得，a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n－1)+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2－a2n－2(由a2n+2=a2n+1+a2n－1+a2n－2) 令bn=a2n，則得bn+2－2bn+1－2bn+bn－1=0．特征方程為λ3－2λ2－2λ+1=0． λ1=－1，λ2，3=． 故bn=α(－1)n+β()n+γ()n．初始值b1=a2=1，b2=a4=4，b3=a6=9．b0=－b3+2b2+2b1=1． 代入求得α=，β=，γ=． 得a2n=bn=[2(－1)n+()n +1+()n+1]= [()2(n+1)+()2(n+1)－2()n+1()n+1] ={[()n+1－()n+1]}2． 記fn=[()n+1－()n+1]，其特征根為m1，2=．故其特征方程為m2－m－1=0．于是其遞推關(guān)系為fn=fn－1+fn－2． 而f0=1，f1=1，均為正整數(shù)，從而對于一切正整數(shù)n，fn為正整數(shù)．從而a2n為完全平方數(shù)．