全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版7

1987年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題一試題(10月11日上午800930)一選擇題(每個小題選對得5分，不選得1分；選錯或選出的代號超過一個者得0分本題滿分20分)：1對任意給定的自然數(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有無窮多個 B這樣的a存在，但只有有限個 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邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條不小于6，則這個菱形兩條對角線長度之和的最大值是( ) A10 B14 C5 D12(天津供題) 3在平面直角坐標系中縱橫坐標均為有理數(shù)的點稱為有理點，若a為無理數(shù)，則過(a，0)的所有直線中( ) A有無窮多條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點 B恰有n(2n<+)條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點 C有且僅有一條直線至少通過兩個有理點 D每條直線至多通過一個有理點(河南供題) 4如圖，ABC的頂點B在單位圓的圓心上，A、C在圓周上，ABC=2(0<<)，現(xiàn)將ABC在圓內(nèi)按逆時針方向依次作旋轉(zhuǎn)，具體方法如下：第一次，以A為中心使B落到圓周上；第二次，以B為中心，使C落到圓周上；第三次，以C為中心，使A落到圓周上如此旋轉(zhuǎn)直到100次那么A點所走過的路程的總長度為( ) A22(1+sin)66 B C22+sin66 D3366(北京供題) 二填空題(每小題填寫結(jié)果完全正確者得8分，填寫錯誤或多填、少填者均得0分，本題滿分40分)：1已知集合 M=x，xy，lg(xy)及 N=0，|x|，y，并且M=N，那么(x+)+(x2+)+(x3+)+(x2001+)的值等于 (陜西供題)2已知集合 A=(x，y)| |x|+|y|=，>0 B=(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|若AB是平面上正八邊形的頂點所構(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的一個根，對于大于10的任意自然數(shù)n，+的個位數(shù)字總是7，則k的個位數(shù)字是 (河北供題)4現(xiàn)有邊長為3，4，5的三角形兩個，邊長為4，5，的三角形四個，邊長為，4，5的三角形六個，用上述三角形為面，可以拼成 個四面體(江西供題)5五對孿生兄妹參加k個組活動，若規(guī)定： 孿生兄妹不在同一組；非孿生關(guān)系的任意兩個人都恰好共同參加過一個組的活動，有一人只參加兩個組的活動，則k的最小值為 (命題組供題)1987年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試題一如圖，ABC和ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，現(xiàn)固定ABC，而將ADE繞A點在平面上旋轉(zhuǎn)，試證：不論ADE旋轉(zhuǎn)到什么位置，線段EC上必存在點M，使BMD為等腰直角三角形二在坐標平面上，縱橫坐標都是整數(shù)的點稱為整點試證：存在一個同心圓的集合，使得 每個整點都在此集合的某個圓周上； 此集合的每個圓周上，有且只有一個整點(辛澤爾定理)三n(n>3)名乒乓球選手單打若干場后，任意兩個選手已賽過的對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，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同1987年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答一試題一選擇題(每個小題選對得5分，不選得1分；選錯或選出的代號超過一個者得0分本題滿分20分)：1對任意給定的自然數(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有無窮多個 B這樣的a存在，但只有有限個 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+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k增大時，a也隨之增大即a有無數(shù)個選A2邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條不小于6，則這個菱形兩條對角線長度之和的最大值是( ) A10 B14 C5 D12(天津供題) 解：設(shè)x3，y3，且x2+y2=25滿足要求的點構(gòu)成直角坐標系中一段弧(圖中粗線部分)令x+y=k，則當直線經(jīng)過點(4，3)時取得最大值7即2x+2y14選B3在平面直角坐標系中縱橫坐標均為有理數(shù)的點稱為有理點，若a為無理數(shù)，則過(a，0)的所有直線中( ) A有無窮多條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點 B恰有n(2n<+)條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點 C有且僅有一條直線至少通過兩個有理點 D每條直線至多通過一個有理點(河南供題) 解：若直線斜率為k，則當k=0時直線經(jīng)過x軸上所有有理點當k0時，直線方程為y=k(xa)若k為有理數(shù)，則當x為有理數(shù)時，y為無理數(shù)；若k為無理數(shù)，若此時直線經(jīng)過一個有理點A(x1，y1)，對于直線上與A不重合的點B(x2，y2)由y1=k(x1a)，y2=k(x2a)，由于a為無理數(shù)，故y10，x2a0，=m，當y2為有理數(shù)時，m為有理數(shù)，當y2y1時，m1，此時x2=mx1+(1m)a為無理數(shù)即此直線上至多有一個有理點選C4如圖，ABC的頂點B在單位圓的圓心上，A、C在圓周上，ABC=2(0<< )現(xiàn)將ABC在圓內(nèi)按逆時針方向依次作旋轉(zhuǎn)，具體方法如下：第一次，以A為中心使B落到圓周上；第二次，以B為中心，使C落到圓周上；第三次，以C為中心，使A落到圓周上如此旋轉(zhuǎn)直到100次那么A點所走過的路程的總長度為( ) A22(1+sin)66 B C22+ sin66 D3366(北京供題) 解：點A每k(k1(mod 3)不動，第k(k2(mod 3)次走過路程2，第k(k0(mod 3)走過路程(2sin)，于是所求路程=33(2+ sin)選A二填空題(每小題填寫結(jié)果完全正確者得8分，填寫錯誤或多填、少填者均得0分，本題滿分40分)：1已知集合 M=x，xy，lg(xy)及 N=0，|x|，y，并且M=N，那么(x+)+(x2+)+(x3+)+(x2001+)的值等于 (陜西供題)解 0M，但xy¹0，故只有l(wèi)g(xy)=0，xy=1 1N，故|x|=1，或y=1，若y=1，則由xy=1得，x=1，與元素相異性矛盾故y¹1 |x|=1，x=1或x=1，其中x=1同上矛盾故x=1y=1 x2k+ = 2；x2k+1+ =2(kN*)故所求值=2解：xy0，Þx0，y0故xy=1若y=1，則x=1，矛盾，故x=1，y=1原式=22已知集合 A=(x，y)| |x|+|y|=，>0 B=(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|若AB是平面上正八邊形的頂點所構(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它們交得一個正八邊形若此4條直線為圖中的4條實線，則=tan°+1= 或此正八邊形各邊與原點距離相等，知直線x+y=與原點距離=1= 若此4條直線為圖中的4條虛線，則=2+2，Þ=2+ =2或2+ 3若k是大于1的整數(shù)，是x2kx+1=0的一個根，對于大于10的任意自然數(shù)n，+的個位數(shù)字總是7，則k的個位數(shù)字是 (河北供題)解：另一根=1，+1=k，記+kn(mod 10)，0kn<10由+=(+)22得，knkn12+8(mod 10)若k為偶數(shù)，則kn為偶數(shù)，不等于7若kn1±1(mod 10)，則kn9，Þkn+19(mod 10)；若kn1±3(mod 10)，則kn7，Þkn+17(mod 10)；若kn15(mod 10)，則kn9，Þkn+19(mod 10)；故k的個位數(shù)字為3，5，74現(xiàn)有邊長為3，4，5的三角形兩個，邊長為4，5，的三角形四個，邊長為，4，5的三角形六個，用上述三角形為面，可以拼成 個四面體(江西供題)解：用四個三角形拼成四面體，每種邊長至少要在兩個三角形中出現(xiàn)因此以上三種三角形如果要用，就用偶數(shù)個由于第類邊長為3，4，5的三角形與第類邊長為4，5，的三角形都是直角三角形，而第類邊長為，4，5的三角形為鈍角三角形因此，用4個后兩種三角形都不能單獨拼成四面體(四個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個三角形中有兩個類三角形，如圖，取兩個類三角形，BC=，則斜邊BC上的高AE=DF=h=且BE=CF=x=，則EF=2×=于是AD2=AE2+EF2+FD22AE·DFcos=(881810cos)(，41) (*)若再取兩個類三角形時，由于AD=3，滿足(*)式，故可以構(gòu)成四面體若再取兩個類三角形時，由于AD=，不滿足(*)式，故不可以構(gòu)成四面體情況：兩個類，兩個類此時取BC=5，AB=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+FD22AE·DFcos= (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個四面體5五對孿生兄妹參加k個組活動，若規(guī)定： 孿生兄妹不在同一組；非孿生關(guān)系的任意兩個人都恰好共同參加過一個組的活動，有一人只參加兩個組的活動，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人中大寫字母不再同組，小寫字母也不再同組即除a外其余組中人數(shù)不超過2人每人都再參加3組，故至少還要3×4=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年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試題一如圖，ABC和ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，現(xiàn)固定ABC，而將ADE繞A點在平面上旋轉(zhuǎn)，試證：不論ADE旋轉(zhuǎn)到什么位置，線段EC上必存在點M，使BMD為等腰直角三角形證明：以A為原點，AC為x軸正方向建立復(fù)平面設(shè)C表示復(fù)數(shù)c，點E表示復(fù)數(shù)e(c、eR)則點B表示復(fù)數(shù)b=c+ci，點D表示復(fù)數(shù)d=eei把ADE繞點A旋轉(zhuǎn)角得到AD¢E¢，則點E¢表示復(fù)數(shù)e¢=e(cos+isin)點D¢表示復(fù)數(shù)d¢=d(cos+isin)表示E¢C中點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=d¢m=(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平面上，縱橫坐標都是整數(shù)的點稱為整點試證：存在一個同心圓的集合，使得 每個整點都在此集合的某個圓周上； 此集合的每個圓周上，有且只有一個整點(辛澤爾定理)證明 取一點，其兩個坐標都是無理數(shù)，例如W(，)，先證明，以W為圓心，任意長為半徑作的圓，至多通過一個格點設(shè)某個以W為圓心的圓通過兩個格點(m，n)，(p，q)(m，n，p，qZ)，則(m)2+(n)2=(p)2+(q)2展開整理得，m2+n2p2q2=2(pm)+2(qn)左邊是有理數(shù)，右邊當且僅當p=m，q=n時為有理數(shù)故證于是可知以W為圓心的圓至多通過一個格點現(xiàn)考慮，平面上所有的點與W的距離，這些距離沒有兩個相等故可以把所有的距離按從小到大排隊0=r0<r1<r2<r3<<rn<對應(yīng)的整點依次為A0，A1，A2，A3，An，以W為圓心，以rn為半徑作圓，則此圓恰經(jīng)過整點An且此圓只經(jīng)過An這個整點現(xiàn)取以W為圓心，所有rn為半徑的同心圓集則每個整點都在此同心圓集合中的某個圓上，且每個圓上都有且只有一個整點三n(n>3)名乒乓球選手單打若干場后，任意兩個選手已賽過的對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，任意兩個選手已賽過的對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已賽過的對手集合設(shè)A是對手集中元素最多的的選手若命題不成立，則存在兩個選手B、C使去掉A后，B、C的對手集相同，由于(B)(C)，故A必屬于(B)與(C)之一不妨設(shè)B(A)，CÏ(A)同樣存在D、E，使D(C)，EÏ(C)，去掉C后，(D)=(E)，由于AÏ(C)，故DA：又D(C)，故D(B)，即B(D)=(E)C，從而B(E)，CÏ(E)，而去掉A后，B、C的對手集相同，從而E=A于是(A)=(E)=(D)C，即(A)比(D)少一個元素C，這與A是“對手集中元素最多的”矛盾故證又證：把這些選手編為1至n號，以n個點表示這n個人，各點也相應(yīng)編為1至n號反設(shè)去掉任何一各選手后都有兩個選手的已賽過的對手完全相同于是先去掉1號選手，則有兩個選手的已賽過的對手完全相同，設(shè)為第i號與第j號，在表示此二人的點間連一條線，并在線上注上“1號”這說明，此二人在去掉1號選手之前必是一人與1號賽過，另一人與1號沒有賽過而且不可能在去掉1號后有三人都相同，否則，此三人與1號選手比賽的情況只有兩種：賽過或沒有賽過，如果去掉1號后，此三人的情況完全相同，則去掉1號之前必有2人賽過的對手完全相同如果去掉1號后有不止一對選手的已賽過對手完全相同，則只任取其中的一對連線，其余的對則不連線連線后把1號選手放回來，再依次去掉2號、3號，直至n號，每去掉1個選手，都會在某兩點之間連出1條線這樣，就在n個選手之間連了n條線且這些線上分別注了1至n號，每條線注了1個號碼，每個號碼只注在1條線上在這10個點中，總能找到一點，從這點出發(fā)，沿線前進，最后必能回到此點，否則，每到1點后，經(jīng)過的點數(shù)都比線數(shù)多1而圖中的點數(shù)與線數(shù)相等，矛盾現(xiàn)不妨設(shè)從點i出發(fā)，經(jīng)過點j、k、最后回到點i注意到點i與點j所代表的兩各選手中1個是與1號比賽的，另一個是沒有與1號比賽的，不妨設(shè)i號沒有與1號比賽過，j號與1號比賽過而j與k所連線上注的號碼不是1，故j與k與1號比賽的情況相同，即k號與1號比賽過，這樣沿線走一圈后回到i，就應(yīng)該得出i號與1號比賽過，矛盾故證