91全国高中数学联赛试题及解答

-1-1991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ab=bc=ca，则a+b－ca－b+c的值为()A．1B．±ωC．1，ω，ω2D．1，－ω，－ω23．设a是正整数，a100，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．STB．TSC．S=TD．S∩T=Ø6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为()1-1-12(1,-1)(1,1)(12,-1)(12,1)1212-12-121212-111-111-111yxOyxOyxOyxOA.B.C.D.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sinC－A2=．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|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)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0a1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay)≤loga2+18．-2-1991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14．三．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，…．-3-1991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ab=bc=ca，则a+b－ca－b+c的值为()A．1B．±ωC．1，ω，ω2D．1，－ω，－ω2解：令ab=bc=ca=t，则a=at3．由a≠0得t=1，ω，ω2．且1+ω+ω2=0．故a+b－ca－b+c=1+t2－t1－t2+t=1t．选C．3．设a是正整数，a100，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．STB．T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ST．又若x=y时，sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)也成立，即得ST，选A．6．方程|x－y2|=1－|x|的图象为()1-1-12(1,-1)(1,1)(12,-1)(12,1)1212-12-121212-111-111-111yxOyxOyxOyxOA.B.C.D.解：∵|x－y2|=x－y2(x≥y2)，y2－x(xy2)．故此方程等价于x－y2=1－x，即y2=2x－1(x≥y2)，y2－x=1－x，即y2=1(0≤xy2)，y2－x=1+x，即y2=2x+1(x0)．故选D．二．填空题：1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°=．解：原式=(cos10°－cos50°)2+cos10°cos50°=sin220°++cos10°cos50°=12(1－cos40°+cos60°+cos40°)=34．2．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-4-于AC边上的高h，则sinC－A2=．解：易知h=c－a=hsinA－hsinC，sinAsinC=sinC－sinA，由已知，A+C=120°．∴12[cos(C－A)－cos120]=2sinC－A2cos1202，即sin2C－A2+sinC－A2－34=0即sinC－A2=－32(舍去)，sinC－A2=12．3．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+…+C19972000×19903+C19982000×19902+C19992000×1990+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|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)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°．∴|(z1－z2)2000+(－z1z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000．故log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)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(0n≤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=121000Σn=11001·(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}，b1b2…bk(1≤k1000)，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PMMO·OAAD·DFFP=1，但PMMO=1，OAAD=23，∴DFFP=32．OADCBGFEMHP-5-∴PFPD=25，∴SPGHSPBC=425SPGHSHGBC=421．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=2a1－cosθ．设PQ与极径所成角为α，则4asin2α=B．所求面积S=12|OF|·|PQ|sinα=12ab·2ab=aab．五．已知0a1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay)≤loga2+18．解：由于0a1，即证ax+ay≥2a18．由于ax+ay≥2ax+y2．而x+y=x－x2=x(1－x)≤14．于是ax+y2≥a18．∴ax+ay≥2ax+y2≥2a18．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=14n2个．当n=2k+1时，这样的数列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)=14(n2－1)个．两种情况可以合并为：这样的A共有n24－1+(－1)n－18个(或[14n2]个)．解法二：对于k=[n2]，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=14n2个；当n=2k+1时，这样的A的个数为k(k+1)=14(n2－1)个．∴这样的数列有[14n2]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≤n2时，公差为d的等差数列A有d个；当n2d≤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+…+n2)+[1+2+…+(n－n2－1)]=14n2个．⑵若n为奇数，则-6-当1≤d≤n－12时，公差为d的等差数列A有d个；当n+12≤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+…+n－12)+(1+2+…+n－12)=14(n2－1)个．两种情况可以合并为：这样的A共有n24－1+(－1)n－18个(或[14n2]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