全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版11

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1、1991年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試題一選擇題：1由一個正方體的三個頂點(diǎn)所能構(gòu)成的正三角形的個數(shù)為( ) A4 B8 C12 D24 2設(shè)a、b、c均為非零復(fù)數(shù)，且=，則的值為( ) A1 B C1，2 D1，2 3設(shè)a是正整數(shù)，a100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數(shù)為( ) A4 B5 C9 D104設(shè)函數(shù)y=f(x)對于一切實(shí)數(shù)x滿足f(3+x)=f(3x)且方程f(x)=0恰有6個不同的實(shí)數(shù)根，則這6個實(shí)根的和為( ) A18 B12 C9 D0 5設(shè)S=(x，y)|x2y2=奇數(shù)，x，yR，T=(x，y)|sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)

2、，x，yR，則( ) AST BTS CS=T DST=6方程|xy2|=1|x|的圖象為( ) 二填空題：1cos210+cos250sin40sin80= 2在ABC中，已知三個角A、B、C成等差數(shù)列，假設(shè)它們所對的邊分別為a，b，c，并且ca等于AC邊上的高h(yuǎn)，則sin= 3將正奇數(shù)集合1，3，5，由小到大按第n組有(2n1)個奇數(shù)進(jìn)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419912000除以106，余數(shù)是 5設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|=|z1+z2|=3，|z1z2|=3，則log3|(z1)2000+(z2)2

3、000|= 6設(shè)集合M=1，2，1000，現(xiàn)對M中的任一非空子集X，令X表示X中最大數(shù)與最小數(shù)的和那么，所有這樣的X的算術(shù)平均值為 三設(shè)正三棱錐PABC的高為PO，M為PO的中點(diǎn)，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(shè)O為拋物線的頂點(diǎn)，F(xiàn)為焦點(diǎn)，且PQ為過F的弦已知|OF|=a，|PQ|=B求OPQ的面積五已知0a1，x2+y=0，求證： loga(ax+ay)loga2+1991年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試題一設(shè)S=1，2，n，A為至少含有兩項(xiàng)的公差為正的等差數(shù)列，其項(xiàng)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

4、兩項(xiàng)的數(shù)列也看作等差數(shù)列)二設(shè)凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點(diǎn))或內(nèi)部可以找出四個點(diǎn)，使得以其中任意三點(diǎn)為頂點(diǎn)所構(gòu)成的四個三角形的面積大于三設(shè)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是完全平方數(shù)這里，n=1，2，1991年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答第一試一選擇題：1由一個正方體的三個頂點(diǎn)所能構(gòu)成的正三角形的個數(shù)為( ) A4 B8 C12 D24解：每個正方形的頂點(diǎn)對應(yīng)著一個正三角形故選B 2設(shè)a、b、c均為非零復(fù)數(shù)，且=，則的值為( ) A1 B C1，2 D1，2 解：令=t，則a=at3由a0得t=1，2且1+2=0故=選C3設(shè)

5、a是正整數(shù)，a100，并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數(shù)為( ) A4 B5 C9 D10解：即24|a31，而a0，1，2，3，4，則a30，1，0，3，0故a10(mod 8)若a0，1，2(mod 3)，則a30，1，1(mod 3)， a10(mod 3)即a10(mod 24)選B4設(shè)函數(shù)y=f(x)對于一切實(shí)數(shù)x滿足 f(3+x)=f(3x)且方程f(x)=0恰有6個不同的實(shí)數(shù)根，則這6個實(shí)根的和為( )A A18 B12 C9 D0 解：該函數(shù)圖象關(guān)于x=3對稱故6個根的和=323=18選A5設(shè)S=(x，y)|x2y2=奇數(shù)，x，yR，T=(x，y)|sin(2x2

6、)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)，x，yR，則( ) AST BTS CS=T DST=解：若x2y2為奇數(shù)，則sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)成立，即ST又若x=y時，sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)也成立，即得ST，選A6方程|xy2|=1|x|的圖象為( ) 解： |xy2|=故此方程等價于故選D二填空題：1cos210+cos250sin40sin80= 解：原式=(cos10cos50)2+cos10cos50=sin220+cos10cos50=(1cos40+cos60+cos40)=2在AB

7、C中，已知三個角A、B、C成等差數(shù)列，假設(shè)它們所對的邊分別為a，b，c，并且ca等于AC邊上的高h(yuǎn)，則sin= 解：易知h=ca=，sinAsinC=sinCsinA，由已知，A+C=120 cos(CA)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(2n1)個奇數(shù)進(jìn)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+(2n1)=n2，故第n組最后一數(shù)為2n21，于是解2(n1)21+219912n21，得n=32即在第32組41991200

8、0除以106，余數(shù)是 解：19912000=(1990+1)2000=19902000+C19903+C19902+C1990+1 1000199919902+20001990+1880001(mod 106)即余數(shù)為8800015設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|=|z1+z2|=3，|z1z2|=3，則log3|(z1)2000+(z2)2000|= 解：由|z1+z2|2+|z1z2|2=2(|z1|2+|z2|2)，得|z2|=3由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1argz2=120|(z1)2000+(z2)2000|=234000|cos(1202000)|=3400

9、0故log3|(z1)2000+(z2)2000|=40006設(shè)集合M=1，2，1000，現(xiàn)對M中的任一非空子集X，令X表示X中最大數(shù)與最小數(shù)的和那么，所有這樣的X的算術(shù)平均值為 解：對于任一整數(shù)n(0n1000)，以n為最大數(shù)的集合有2n1個，以n為最小數(shù)的集合有21000n個，以1001n為最小數(shù)的集合則有2n1個，以1001n為最大數(shù)的集合則有21000n個故n與1001n都出現(xiàn)2n1+21000n次 所有x的和=1001(2n1+21000n) =1001(210001) 所求平均值=1001又解：對于任一組子集A=b1，bk，b1b2bk(1k1000)，取子集A=1001b1，10

10、01bk，若AA，則此二子集最大數(shù)與最小數(shù)之和=b1+bk+1001b1+1001bk=2002，平均數(shù)為1001若A=A，則A本身的=1001由于每一子集均可配對故所求算術(shù)平均數(shù)為1001三設(shè)正三棱錐PABC的高為PO，M為PO的中點(diǎn)，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(diǎn)，延長AO與BC交于點(diǎn)D，則D為BC中點(diǎn)，連PD，由于AM在平面PAD內(nèi)，故延長AM與PD相交，設(shè)交點(diǎn)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，GHBC在面PAD中，POD被直線AF截，故=1，但=1，=，= =，=而截面分此三

11、棱錐所成兩部分可看成是有頂點(diǎn)A的兩個棱錐APGH及AHGBC故二者體積比=421四設(shè)O為拋物線的頂點(diǎn)，F(xiàn)為焦點(diǎn)，且PQ為過F的弦已知|OF|=a，|PQ|=B求OPQ的面積解：(用極坐標(biāo))設(shè)拋物線方程為=設(shè)PQ與極徑所成角為，則=B所求面積S=|OF|PQ|sin=ab2=a五已知0a1，x2+y=0，求證： loga(ax+ay)loga2+解：由于0a1，即證ax+ay2a由于ax+ay2a而x+y=xx2=x(1x)于是aaax+ay2a2a故證第二試一設(shè)S=1，2，n，A為至少含有兩項(xiàng)的公差為正的等差數(shù)列，其項(xiàng)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

12、個數(shù)(這里只有兩項(xiàng)的數(shù)列也看作等差數(shù)列)解：易知公差1dn1設(shè)n=2k，d=1或d=n1時，這樣的A只有1個，d=2或d=n2時，這樣的數(shù)列只有2個，d=3或n3時這樣的數(shù)列只有3個，d=k1或k+1時，這樣的數(shù)列有k1個，d=k時，這樣的數(shù)列有k個 這樣的數(shù)列共有(1+2+k)2k=k2=n2個當(dāng)n=2k+1時，這樣的數(shù)列有(1+2+k)2=k(k+1)= (n21)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(xiàng)，一項(xiàng)在1，2，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(dāng)n=2k時，這

13、樣的A的個數(shù)為k2=n2個；當(dāng)n=2k+1時，這樣的A的個數(shù)為k(k+1)= (n21)個 這樣的數(shù)列有n2個解法一也可這樣寫： 設(shè)A的公差為d，則1dn1 若n為偶數(shù)，則當(dāng)1d時，公差為d的等差數(shù)列A有d個；當(dāng)，則A、B、C、D即為所求 若SABD，取BCD的重心G，則以B、C、D、G這4點(diǎn)中的任意3點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形面積 若SABD=，其余三個三角形面積均 SABD=由于SABC+SACD=1，而SACD，故SABCSABD，從而SABESABD=SACE=SABE，SBCE=SABC即A、B、C、E四點(diǎn)即為所求 若SABD=，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

14、則ABCD的面積=)，不妨設(shè)SADC= SABD=則ADBC，四邊形ABCD為梯形由于SABD=，SABC=，故若AD=a，則BC=3a，設(shè)梯形的高=h，則2ah=1設(shè)對角線交于O，過O作EFBC分別交AB、CD于E、F AEEB=AOOC=ADBC=13 EF=ASEFB=SEFC=ah=ah=SEBC=SFBC=3ah=ah=于是B、C、F、E四點(diǎn)為所求綜上可知所證成立又證：當(dāng)ABCD為平行四邊形時，A、B、C、D四點(diǎn)即為所求當(dāng)ABCD不是平行四邊形，則至少有一組對邊的延長線必相交，設(shè)延長AD、BC交于E，且設(shè)D與AB的距離SABCD=即(a+2a)h，ah SAPQ=SBPQ=ahSPA

15、B=SQAB=ah即A、B、Q、P為所求 若EDAE，取AE中點(diǎn)P，則P在線段DE上，作PRBC交CD于R，ANBC，交CD于N，由于EAB+EBASABCD=1問題化為上一種情況三設(shè)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是完全平方數(shù)這里，n=1，2，證明：設(shè)N=，其中x1，x2，xk1，3，4且x1+x2+xk=n假定n4刪去xk時，則當(dāng)xk依次取1，3，4時，x1+x2+xk1分別等于n1，n3，n4故當(dāng)n4時， an=an1+an3+an4 a1=a2=1，a3=2，a4=4，利用及初始值可以得到下表：n1234567891011121314

16、an11246915254064104169273441規(guī)律11212222332355258828131321321212可找到規(guī)律： 取f1=1，f2=2，fn+2=fn+1+fn這是菲波拉契數(shù)列相應(yīng)的項(xiàng)(n=1，2，3，)可用數(shù)學(xué)歸納法證明、成立首先，n=1時，a2=12=f，a3=12=f1f2 n=2時，a4=22=f，a5=23=f2f3即n=1，2時、成立設(shè)n=k1，k時、成立則由及歸納假設(shè)得 a2(k+1)=a2k+1+a2k1+a2k2=fkfk+1+fk1fk+f= fkfk+1+fk1(fk+fk1)= fkfk+1+fk1fk+1=fk+1(fk1+fk)=fk+1fk

17、+1=f a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k1 =f+f+fk1fk= f+fk(fk+fk1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1故n=k+1時、成立故對于一切正整數(shù)n，、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+a2n1 因a1=a2=1，a3=2，故當(dāng)n=1時，成立設(shè)n=k時成立，即a2k+1=a2k+a2k1則由，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k1=a2(k+1)+a2(k+1)1故式對k+1成立，即對一切nN*成立 再用歸納法證明下式成立： a2na2n+2=a2

18、n+12 因a2=1，a3=2，a4=4，故當(dāng)n=1時成立設(shè)n=k時成立，即a2ka2k+2=a2k+12則由、，有a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3(由)=a2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3=a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由)=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)由上證得式，且有a1=a2=1，a3

19、=2，a4=4， 由此得差分方程：431=0 (2+1)(21)=0此方程有根=i，= 令an=in+(i)n+()2+d()2利用初值可以求出an=in+(i)n+()n+2+()n+2 a2n=()n+1()n+12用數(shù)學(xué)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(xiàng)公式)b0=1，b1=1均為整數(shù)，設(shè)kn時bk=()k+1()k+1都為整數(shù)，則bk+1bk=()k+2()k+1+()k+1()k+2 =()k+1+()k+1=bk1即bk+1=bk+bk1由歸納假設(shè)bk與bk1均為整數(shù)，故bk+1為整數(shù)于是可知bn對于一切nN*，bn為整數(shù)于是a2n為整數(shù)之平方，

20、即為完全平方數(shù) 證明4(下標(biāo)全部變?yōu)榕紨?shù)再用特征方程)由得，a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n1)+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2a2n2(由a2n+2=a2n+1+a2n1+a2n2)令bn=a2n，則得bn+22bn+12bn+bn1=0特征方程為3222+1=01=1，2，3=故bn=(1)n+()n+()n初始值b1=a2=1，b2=a4=4，b3=a6=9b0=b3+2b2+2b1=1代入求得=，=，=得a2n=bn=2(1)n+()n +1+()n+1= ()2(n+1)+()2(n+1)2()n+1()n+1 =()n+1()n+12記fn=()n+1()n+1，其特征根為m1，2=故其特征方程為m2m1=0于是其遞推關(guān)系為fn=fn1+fn2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)