全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版7

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1、1987年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題一試題(10月11日上午800930)一選擇題(每個(gè)小題選對(duì)得5分，不選得1分；選錯(cuò)或選出的代號(hào)超過(guò)一個(gè)者得0分本題滿分20分)：1對(duì)任意給定的自然數(shù)n，若n6+3a為正整數(shù)的立方，其中a為正整數(shù)，則( ) A這樣的a有無(wú)窮多個(gè) B這樣的a存在，但只有有限個(gè) C這樣的a不存在 D以上A、B、C的結(jié)論都不正確(上海供題) 2邊長(zhǎng)為5的菱形，它的一條對(duì)角線的長(zhǎng)不大于6，另一條不小于6，則這個(gè)菱形兩條對(duì)角線長(zhǎng)度之和的最大值是( ) A10 B14 C5 D12(天津供題) 3在平面直角坐標(biāo)系中縱橫坐標(biāo)均為有理數(shù)的點(diǎn)稱(chēng)為有理點(diǎn)，若a為無(wú)理數(shù)，則過(guò)(a，0)的所有直線中(

2、) A有無(wú)窮多條直線，其中每條直線上至少存在兩個(gè)有理點(diǎn) B恰有n(2n+)條直線，其中每條直線上至少存在兩個(gè)有理點(diǎn) C有且僅有一條直線至少通過(guò)兩個(gè)有理點(diǎn) D每條直線至多通過(guò)一個(gè)有理點(diǎn)(河南供題) 4如圖，ABC的頂點(diǎn)B在單位圓的圓心上，A、C在圓周上，ABC=2(00 B=(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|若AB是平面上正八邊形的頂點(diǎn)所構(gòu)成的集合，則的值為 (青海供題)3若k是大于1的整數(shù)，是x2kx+1=0的一個(gè)根，對(duì)于大于10的任意自然數(shù)n，+的個(gè)位數(shù)字總是7，則k的個(gè)位數(shù)字是 (河北供題)4現(xiàn)有邊長(zhǎng)為3，4，5的三角形兩個(gè)，邊長(zhǎng)為4，5，的三角形四個(gè)，邊長(zhǎng)為，4，5的三角形六個(gè)，

3、用上述三角形為面，可以拼成 個(gè)四面體(江西供題)5五對(duì)孿生兄妹參加k個(gè)組活動(dòng)，若規(guī)定： 孿生兄妹不在同一組；非孿生關(guān)系的任意兩個(gè)人都恰好共同參加過(guò)一個(gè)組的活動(dòng)，有一人只參加兩個(gè)組的活動(dòng)，則k的最小值為 (命題組供題)1987年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試題一如圖，ABC和ADE是兩個(gè)不全等的等腰直角三角形，現(xiàn)固定ABC，而將ADE繞A點(diǎn)在平面上旋轉(zhuǎn)，試證：不論ADE旋轉(zhuǎn)到什么位置，線段EC上必存在點(diǎn)M，使BMD為等腰直角三角形二在坐標(biāo)平面上，縱橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)稱(chēng)為整點(diǎn)試證：存在一個(gè)同心圓的集合，使得 每個(gè)整點(diǎn)都在此集合的某個(gè)圓周上； 此集合的每個(gè)圓周上，有且只有一個(gè)整點(diǎn)(辛澤爾定理)三n(n3)名乒

4、乓球選手單打若干場(chǎng)后，任意兩個(gè)選手已賽過(guò)的對(duì)手恰好都不完全相同，試證明：總可以從中去掉一名選手，而使在余下的選手中，任意兩個(gè)選手已賽過(guò)的對(duì)手仍然都不完全相同1987年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答一試題一選擇題(每個(gè)小題選對(duì)得5分，不選得1分；選錯(cuò)或選出的代號(hào)超過(guò)一個(gè)者得0分本題滿分20分)：1對(duì)任意給定的自然數(shù)n，若n6+3a為正整數(shù)的立方，其中a為正整數(shù)，則( ) A這樣的a有無(wú)窮多個(gè) B這樣的a存在，但只有有限個(gè) C這樣的a不存在 D以上A、B、C的結(jié)論都不正確(上海供題) 解：(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k取a=(3n4+9n2k

5、+9k2)k，(k為任意正整數(shù))，則n6+3a為正整數(shù)的立方，由于k可任意取值，且當(dāng)k增大時(shí)，a也隨之增大即a有無(wú)數(shù)個(gè)選A2邊長(zhǎng)為5的菱形，它的一條對(duì)角線的長(zhǎng)不大于6，另一條不小于6，則這個(gè)菱形兩條對(duì)角線長(zhǎng)度之和的最大值是( ) A10 B14 C5 D12(天津供題) 解：設(shè)x3，y3，且x2+y2=25滿足要求的點(diǎn)構(gòu)成直角坐標(biāo)系中一段弧(圖中粗線部分)令x+y=k，則當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)(4，3)時(shí)取得最大值7即2x+2y14選B3在平面直角坐標(biāo)系中縱橫坐標(biāo)均為有理數(shù)的點(diǎn)稱(chēng)為有理點(diǎn)，若a為無(wú)理數(shù)，則過(guò)(a，0)的所有直線中( ) A有無(wú)窮多條直線，其中每條直線上至少存在兩個(gè)有理點(diǎn) B恰有n(2n+

6、)條直線，其中每條直線上至少存在兩個(gè)有理點(diǎn) C有且僅有一條直線至少通過(guò)兩個(gè)有理點(diǎn) D每條直線至多通過(guò)一個(gè)有理點(diǎn)(河南供題) 解：若直線斜率為k，則當(dāng)k=0時(shí)直線經(jīng)過(guò)x軸上所有有理點(diǎn)當(dāng)k0時(shí)，直線方程為y=k(xa)若k為有理數(shù)，則當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，y為無(wú)理數(shù)；若k為無(wú)理數(shù)，若此時(shí)直線經(jīng)過(guò)一個(gè)有理點(diǎn)A(x1，y1)，對(duì)于直線上與A不重合的點(diǎn)B(x2，y2)由y1=k(x1a)，y2=k(x2a)，由于a為無(wú)理數(shù)，故y10，x2a0，=m，當(dāng)y2為有理數(shù)時(shí)，m為有理數(shù)，當(dāng)y2y1時(shí)，m1，此時(shí)x2=mx1+(1m)a為無(wú)理數(shù)即此直線上至多有一個(gè)有理點(diǎn)選C4如圖，ABC的頂點(diǎn)B在單位圓的圓心上，A、C

7、在圓周上，ABC=2(00 B=(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|若AB是平面上正八邊形的頂點(diǎn)所構(gòu)成的集合，則的值為 (青海供題)解：集合A的圖形是依次連(，0)，(0，)，(，0)，(0，)四點(diǎn)的線段集合B的圖形是直線x=1，x=1，y=1，y=1它們交得一個(gè)正八邊形若此4條直線為圖中的4條實(shí)線，則=tan+1= 或此正八邊形各邊與原點(diǎn)距離相等，知直線x+y=與原點(diǎn)距離=1= 若此4條直線為圖中的4條虛線，則=2+2，=2+ =2或2+ 3若k是大于1的整數(shù)，是x2kx+1=0的一個(gè)根，對(duì)于大于10的任意自然數(shù)n，+的個(gè)位數(shù)字總是7，則k的個(gè)位數(shù)字是 (河北供題)解：另一根=1，+1

8、=k，記+kn(mod 10)，0kn10由+=(+)22得，knkn12+8(mod 10)若k為偶數(shù)，則kn為偶數(shù)，不等于7若kn11(mod 10)，則kn9，kn+19(mod 10)；若kn13(mod 10)，則kn7，kn+17(mod 10)；若kn15(mod 10)，則kn9，kn+19(mod 10)；故k的個(gè)位數(shù)字為3，5，74現(xiàn)有邊長(zhǎng)為3，4，5的三角形兩個(gè)，邊長(zhǎng)為4，5，的三角形四個(gè)，邊長(zhǎng)為，4，5的三角形六個(gè)，用上述三角形為面，可以拼成 個(gè)四面體(江西供題)解：用四個(gè)三角形拼成四面體，每種邊長(zhǎng)至少要在兩個(gè)三角形中出現(xiàn)因此以上三種三角形如果要用，就用偶數(shù)個(gè)由于第類(lèi)邊

9、長(zhǎng)為3，4，5的三角形與第類(lèi)邊長(zhǎng)為4，5，的三角形都是直角三角形，而第類(lèi)邊長(zhǎng)為，4，5的三角形為鈍角三角形因此，用4個(gè)后兩種三角形都不能單獨(dú)拼成四面體(四個(gè)面全等的四面體是等腰四面體，其各面都是銳角三角形)情況：4個(gè)三角形中有兩個(gè)類(lèi)三角形，如圖，取兩個(gè)類(lèi)三角形，BC=，則斜邊BC上的高AE=DF=h=且BE=CF=x=，則EF=2=于是AD2=AE2+EF2+FD22AEDFcos=(881810cos)(，41) (*)若再取兩個(gè)類(lèi)三角形時(shí)，由于AD=3，滿足(*)式，故可以構(gòu)成四面體若再取兩個(gè)類(lèi)三角形時(shí)，由于AD=，不滿足(*)式，故不可以構(gòu)成四面體情況：兩個(gè)類(lèi)，兩個(gè)類(lèi)此時(shí)取BC=5，AB

10、=CD=3，于是斜邊BC上的高AE=DF=h=且BE=CF=x=，則EF=52=于是AD2=AE2+EF2+FD22AEDFcos= (337288cos)(，25)由于AD=，不滿足(*)式，故不可以構(gòu)成四面體 只能構(gòu)成1個(gè)四面體5五對(duì)孿生兄妹參加k個(gè)組活動(dòng)，若規(guī)定： 孿生兄妹不在同一組；非孿生關(guān)系的任意兩個(gè)人都恰好共同參加過(guò)一個(gè)組的活動(dòng)，有一人只參加兩個(gè)組的活動(dòng)，則k的最小值為 (命題組供題)解：設(shè)此10人為A，a；B，b；C，c；D，d；E，eA只參加2組，故除a外其余8人應(yīng)分成2組，每組人數(shù)都不超過(guò)4人（否則有孿生兄妹同組)記第一組為B，C，D，E，第二組為b，c，d，e于是其余8人中

11、大寫(xiě)字母不再同組，小寫(xiě)字母也不再同組即除a外其余組中人數(shù)不超過(guò)2人每人都再參加3組，故至少還要34=12組a可參加其中4組即至少要14組又a，B，c，B，d，B，e，a，C，b，C，d，C，e，D，b，D，c，a，D，e，E，b，E，c，a，E，d滿足要求故所求最小值為141987年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試題一如圖，ABC和ADE是兩個(gè)不全等的等腰直角三角形，現(xiàn)固定ABC，而將ADE繞A點(diǎn)在平面上旋轉(zhuǎn)，試證：不論ADE旋轉(zhuǎn)到什么位置，線段EC上必存在點(diǎn)M，使BMD為等腰直角三角形證明：以A為原點(diǎn)，AC為x軸正方向建立復(fù)平面設(shè)C表示復(fù)數(shù)c，點(diǎn)E表示復(fù)數(shù)e(c、eR)則點(diǎn)B表示復(fù)數(shù)b=c+ci，點(diǎn)D表

12、示復(fù)數(shù)d=eei把ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)角得到ADE，則點(diǎn)E表示復(fù)數(shù)e=e(cos+isin)點(diǎn)D表示復(fù)數(shù)d=d(cos+isin)表示EC中點(diǎn)M的復(fù)數(shù)m=(c+e) 表示向量的復(fù)數(shù)：z1=b(c+e)=c+cice(cos+isin)=ecos+(cesin)i表示向量的復(fù)數(shù)：z2=dm=(eei)(cos+isin)ce(cos+isin)=(esinc)iecos顯然：z2=z1i于是|MB|=|MD|，且BMD=90即BMD為等腰直角三角形故證二在坐標(biāo)平面上，縱橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)稱(chēng)為整點(diǎn)試證：存在一個(gè)同心圓的集合，使得 每個(gè)整點(diǎn)都在此集合的某個(gè)圓周上； 此集合的每個(gè)圓周上，有且只有一個(gè)整點(diǎn)(

13、辛澤爾定理)證明 取一點(diǎn)，其兩個(gè)坐標(biāo)都是無(wú)理數(shù)，例如W(，)，先證明，以W為圓心，任意長(zhǎng)為半徑作的圓，至多通過(guò)一個(gè)格點(diǎn)設(shè)某個(gè)以W為圓心的圓通過(guò)兩個(gè)格點(diǎn)(m，n)，(p，q)(m，n，p，qZ)，則(m)2+(n)2=(p)2+(q)2展開(kāi)整理得，m2+n2p2q2=2(pm)+2(qn)左邊是有理數(shù)，右邊當(dāng)且僅當(dāng)p=m，q=n時(shí)為有理數(shù)故證于是可知以W為圓心的圓至多通過(guò)一個(gè)格點(diǎn)現(xiàn)考慮，平面上所有的點(diǎn)與W的距離，這些距離沒(méi)有兩個(gè)相等故可以把所有的距離按從小到大排隊(duì)0=r0r1r2r3rn3)名乒乓球選手單打若干場(chǎng)后，任意兩個(gè)選手已賽過(guò)的對(duì)手恰好都不完全相同，試證明：總可以從中去掉一名選手，而使在

14、余下的選手中，任意兩個(gè)選手已賽過(guò)的對(duì)手仍然都不完全相同證明1：用A、B、表示選手，而用(A)、(B)表示A、B已賽過(guò)的對(duì)手集合設(shè)A是對(duì)手集中元素最多的的選手若命題不成立，則存在兩個(gè)選手B、C使去掉A后，B、C的對(duì)手集相同，由于(B)(C)，故A必屬于(B)與(C)之一不妨設(shè)B(A)，C(A)同樣存在D、E，使D(C)，E(C)，去掉C后，(D)=(E)，由于A(C)，故DA：又D(C)，故D(B)，即B(D)=(E)C，從而B(niǎo)(E)，C(E)，而去掉A后，B、C的對(duì)手集相同，從而E=A于是(A)=(E)=(D)C，即(A)比(D)少一個(gè)元素C，這與A是“對(duì)手集中元素最多的”矛盾故證又證：把這些

15、選手編為1至n號(hào)，以n個(gè)點(diǎn)表示這n個(gè)人，各點(diǎn)也相應(yīng)編為1至n號(hào)反設(shè)去掉任何一各選手后都有兩個(gè)選手的已賽過(guò)的對(duì)手完全相同于是先去掉1號(hào)選手，則有兩個(gè)選手的已賽過(guò)的對(duì)手完全相同，設(shè)為第i號(hào)與第j號(hào)，在表示此二人的點(diǎn)間連一條線，并在線上注上“1號(hào)”這說(shuō)明，此二人在去掉1號(hào)選手之前必是一人與1號(hào)賽過(guò)，另一人與1號(hào)沒(méi)有賽過(guò)而且不可能在去掉1號(hào)后有三人都相同，否則，此三人與1號(hào)選手比賽的情況只有兩種：賽過(guò)或沒(méi)有賽過(guò)，如果去掉1號(hào)后，此三人的情況完全相同，則去掉1號(hào)之前必有2人賽過(guò)的對(duì)手完全相同如果去掉1號(hào)后有不止一對(duì)選手的已賽過(guò)對(duì)手完全相同，則只任取其中的一對(duì)連線，其余的對(duì)則不連線連線后把1號(hào)選手放回來(lái)，

16、再依次去掉2號(hào)、3號(hào)，直至n號(hào)，每去掉1個(gè)選手，都會(huì)在某兩點(diǎn)之間連出1條線這樣，就在n個(gè)選手之間連了n條線且這些線上分別注了1至n號(hào)，每條線注了1個(gè)號(hào)碼，每個(gè)號(hào)碼只注在1條線上在這10個(gè)點(diǎn)中，總能找到一點(diǎn)，從這點(diǎn)出發(fā)，沿線前進(jìn)，最后必能回到此點(diǎn)，否則，每到1點(diǎn)后，經(jīng)過(guò)的點(diǎn)數(shù)都比線數(shù)多1而圖中的點(diǎn)數(shù)與線數(shù)相等，矛盾現(xiàn)不妨設(shè)從點(diǎn)i出發(fā)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)j、k、最后回到點(diǎn)i注意到點(diǎn)i與點(diǎn)j所代表的兩各選手中1個(gè)是與1號(hào)比賽的，另一個(gè)是沒(méi)有與1號(hào)比賽的，不妨設(shè)i號(hào)沒(méi)有與1號(hào)比賽過(guò)，j號(hào)與1號(hào)比賽過(guò)而j與k所連線上注的號(hào)碼不是1，故j與k與1號(hào)比賽的情況相同，即k號(hào)與1號(hào)比賽過(guò)，這樣沿線走一圈后回到i，就應(yīng)該得出i號(hào)與1號(hào)比賽過(guò)，矛盾故證