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1991年全国高中数学联赛试题及解答


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.4 B.8 C.12 D.24 a+b-c a b c 2.设 a、b、c 均为非零复数,且 = = ,则 的值为( b c a a-b+c )

)

A.1 B.±ω C.1,ω,ω2 D.1,-ω,-ω2 3.设 a

是正整数,a<100,并且 a3+23 能被 24 整除,那么,这样的 a 的个数为( ) A.4 B.5 C.9 D.10 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( ) A.18 B.12 C.9 D.0 2 2 5.设 S={(x,y)|x -y =奇数,x,y∈R},T={(x,y)|sin(2πx2)-sin(2πy2)=cos(2πx2)-cos(2πy2),x,y∈ R},则( ) A.S? ?T B.T? ?S )
y
1
1 1

C.S=T

D.S∩T=?

6.方程|x-y2|=1-|x|的图象为(
y
1

y
1 1
( 1 2 ,1)

y
1
(1,1)

O

x

-1 2

-

1 2

O
-1

1 2

x

-

1 2

O1
2

-1

(

1 2

x
,-1)

-

1 2

O
-1

1 2

1

x
(1,-1)

A.

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 C-A 于 AC 边上的高 h,则 sin = 2 .

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. 2000 6 4.1991 除以 10 ,余数是 . 5.设复数 z1,z2 满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3 3,则 log3|(z1- z2 )2000+(- z1 z2)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 0<a<1,x2+y=0,求证: 1 loga(ax+ay)?loga2+ . 8
-1-

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 1 任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于 . 4

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,….

-2-

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.4 B.8 C.12 D.24 解:每个正方形的顶点对应着一个正三角形.故选 B a+b-c a b c 2.设 a、b、c 均为非零复数,且 = = ,则 的值为( b c a a-b+c A.1 B.±ω C.1,ω,ω2 )

)

D.1,-ω,-ω2

a+b-c 1+t2-t 1 a b c 解:令 = = =t,则 a=at3.由 a≠0 得 t=1,ω,ω2.且 1+ω+ω2=0.故 = = .选 C. b c a a-b+c 1-t2+t t 3.设 a 是正整数,a<100,并且 a3+23 能被 24 整除,那么,这样的 a 的个数为( ) A.4 B.5 C.9 D.10 3 3 解:即 24|a -1,而 a≡0,±1,±2,±3,4,则 a ≡0,±1,0,±3,0.故 a-1≡0(mod 8). 若 a≡0,1,2(mod 3),则 a3≡0,1,-1(mod 3),∴ a-1≡0(mod 3).即 a-1≡0(mod 24).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( )A A.18 B.12 C.9 D.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? ?T B.T? ?S C.S=T D.S∩T=?

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(
y
1 1
1 1

)
y
1 1

y
( 1 2 ,1)

y
1
(1,1)

O

x

-1 2

-

1 2

O
-1

1 2

x

-

1 2

O1
2

-1

(

1 2

x
,-1)

-

1 2

O
-1

1 2

1

x
(1,-1)

A.

B.

C.

D.

? ? 2 ?x-y2 (x?y2), 2 解:∵ |x-y2|=? 2 故此方程等价于? y -x=1-x,即y =1 2 ? y -x (x<y ). 2 2 ?
故选 D. 二.填空题: 1.cos210° +cos250° -sin40° sin80° =

x-y2=1-x,即y2=2x-1 (x?y2), (0?x<y2), ? y -x=1+x,即y =2x+1(x<0).



1 3 解:原式=(cos10° -cos50° )2+cos10° cos50° =sin220° ++cos10° cos50° = (1-cos40° +cos60° +cos40° )= . 2 4 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
-3-

C-A 于 AC 边上的高 h,则 sin = 2



h h 解:易知 h=c-a= - ,?sinAsinC=sinC-sinA,由已知,A+C=120° . sinA sinC C-A 120? C-A C-A 3 1 ∴ [cos(C-A)-cos120?]=2sin cos ,即 sin2 +sin - =0 2 2 2 2 2 4 C-A C-A 1 3 即 sin =- (舍去),sin = . 2 2 2 2 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+…+C2000×19903+C2000×19902+C2000×1990+1 ≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod 106).即余数为 880001. 5.设复数 z1,z2 满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3 3,则 log3|(z1- z2 )2000+(- z1 z2)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+(- z1 z2)2000|=2×34000|cos(120° ×2000)|=34000.故 log3|(z1- z2 )2000+(- z1 z2)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(0<n?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. 11000 - - ∴ 所有 αx 的和= 1001· (2n 1+21000 n) =1001×(21000-1). 2 n=1 .
1997 1998 1999

Σ

∴ 所求平均值=1001. 又解:对于任一组子集 A={b1,…,bk},b1<b2<…<bk(1?k<1000),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: P 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 F H G PBC 交于过 F 的直线 GH,G、H 分别在 PB、PC 上.由于 BC∥截面 AGH, M ∴GH∥BC. PM OA DF PM OA 2 在面 PAD 中,△POD 被直线 AF 截,故 · · =1,但 =1, = , MO AD FP MO AD 3 ∴ DF 3 = . FP 2
-4A E O B C D



PF 2 S?PGH 4 S?PGH 4 = ,∴ = ? = .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— PD 5 S?PBC 25 SHGBC 21

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. 2a 4a 解:(用极坐标)设抛物线方程为 ρ= .设 PQ 与极径所成角为 α,则 2α=B. sin 1-cosθ 1 1 所求面积 S= |OF|· |PQ|sinα= ab· 2 2 2 五.已知 0<a<1,x2+y=0,求证: 1 loga(ax+ay)?loga2+ . 8 解:由于 0<a<1,即证 a +a ∴ ax+ay?2a
x+ y 2 1
x y

a =a ab. b

1 ?2a8.由于

a +a

x

y

x+ y ?2a 2 .而

1 x+y=x-x =x(1-x)? .于是 a 4
2

x+ y 2

1

?a8.

?2a8.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. 1 ∴ 这样的数列共有(1+2+…+k)×2-k=k2= n2 个. 4 1 当 n=2k+1 时,这样的数列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)= (n2-1)个. 4 1+(-1) n2 两种情况可以合并为:这样的 A 共有 - 4 8
n-1

1 个(或[ n2]个). 4

n 解法二:对于 k=[ ],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} 2 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 1 1 当 n=2k 时,这样的 A 的个数为 k2= n2 个;当 n=2k+1 时,这样的 A 的个数为 k(k+1)= (n2-1)个. 4 4 1 ∴ 这样的数列有[ n2]个. 4 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 n 当 1?d? 时,公差为 d 的等差数列 A 有 d 个; 2 n 当 <d?n-1 时,公差为 d 的等差数列 A 有 n-d 个. 2 故当 n 为偶数时,这样的 A 共有 n n 1 (1+2+…+ )+[1+2+…+(n- -1)]= n2 个. 2 2 4 ⑵ 若 n 为奇数,则
-5-

n-1 当 1?d? 时,公差为 d 的等差数列 A 有 d 个; 2 当 n+1 ≤d≤n-1 时,公差为 d 的等差数列 A 有 n-d 个. 2 n-1 n-1 1 2 (1+2+…+ )+(1+2+…+ )= (n -1)个. 2 2 4 1+(-1)n n2 两种情况可以合并为:这样的 A 共有 - 4 8
-1

故当 n 为奇数时,这样的 A 共有

1 个(或[ n2]个). 4

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 1 任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于 . 4 证明:考虑四边形的四个顶点 A、B、C、D,若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB 的面积,设其中面 积最小的三角形为△ABD. 1 ⑴ 若 S△ABC> ,则 A、B、C、D 即为所求. 4 1 3 ⑵ 若 S△ABD< ,则 S△BCD> ,取△BCD 的重心 G,则以 B、C、D、G 这 4 4 4 1 点中的任意 3 点为顶点的三角形面积> . 4 1 1 ⑶ 若 S△ABD= ,其余三个三角形面积均> S△ABD= . 4 4 1 3 由于 S△ABC+S△ACD=1,而 S△ACD> ,故 S△ABC< =S△BCD. 4 4 ∴ 过 A 作 AE∥BC 必与 CD 相交,设交点为 E. 1 1 1 则∵ S△ABC>S△ABD, 从而 S△ABE>S△ABD= . S =S > , S =S > . 即 4 △ACE △ABE 4 △BCE △ABC 4 A、B、C、E 四点即为所求. 1 1 ⑷ 若 S△ABD= ,其余三个三角形中还有一个的面积= ,这个三角形不可 4 4 1 1 能是△BCD,(否则 ABCD 的面积= ),不妨设 S△ADC= S△ABD= .则 AD∥BC, 2 4 四边形 ABCD 为梯形. 1 3 由于 S△ABD= ,S△ABC= ,故若 AD=a,则 BC=3a,设梯形的高=h, 4 4 则 2ah=1.设对角线交于 O,过 O 作 EF∥BC 分别交 AB、CD 于 E、F. ∴ AE∶EB=AO∶OC=AD∶BC=1∶3. a· 3+3a· 1 3 13 3 9 9 1 ∴ EF= = A.S△EFB=S△EFC= · a· h= ah= > . 1+3 2 2 2 4 16 32 4 1 3 9 9 1 S△EBC=S△FBC= · 3a· h= ah= > .于是 B、C、F、E 四点为所求.综上可知所 2 4 8 16 2 证成立. 又证:当 ABCD 为平行四边形时,A、B、C、D 四点即为所求. 当 ABCD 不是平行四边形,则至少有一组对边的延长线必相交,设延长 AD、
-6A B E D C Q
B E
h

D A E

B

C

A

a

D F

O

3a

C

P

BC 交于 E,且设 D 与 AB 的距离<C 与 AB 的距离, 1 ⑴ 若 ED? AE,取 AE 中点 P,则 P 在线段 AD 上,作 PQ∥AB 交 BC 于 Q.若 PQ=a,P 与 AB 距离 2 3 3 3 =h.则 AB=2a,SABQP= SABE> SABCD= . 4 4 4 1 3 1 即 (a+2a)h> ,ah> . 2 4 2 1 1 1 1 ∴ S△APQ=S△BPQ= ah> .S△PAB=S△QAB=ah> > .即 A、B、Q、P 为所求. 2 4 2 4 1 ⑵ 若 ED> AE,取 AE 中点 P,则 P 在线段 DE 上,作 PR∥BC 交 CD 于 R, 2
N A D

E F C Q S B

P
R

AN∥BC,交 CD 于 N,由于∠EAB+∠EBA<π,故 R 在线段 CD 上.N 在 DC 延长线上.作 RS∥AB,交 BC 1 于 S,则 RS= AB,延长 AR 交 BC 于 F,则 S△FAB=SABCN>SABCD=1.问题化为上一种情况. 2 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,…. _______ 证明:设 N= x1x2…xk ,其中 x1,x2,…,xk∈{1,3,4}.且 x1+x2+…+xk=n.假定 n>4.删去 xk 时,则 当 xk 依次取 1,3,4 时,x1+x2+…+xk-1 分别等于 n-1,n-3,n-4.故当 n>4 时, 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 an
规律

1 1 1

2 1 1
2

3 2 1?2

4 4 2
2

5 6 2?3

6 9 3
2

7 15 3? 5

8 25 5
2

9 40 5?8

10 64 8
2

11 104 8?13

12 169 13
2

13 273
13?21

14 441 21
2

…… …… ……

可找到规律: ⑴ 取 f1=1,f2=2,fn+2=fn+1+fn.这是菲波拉契数列相应的项.
? a2n=f 2 ② n, ? (n=1,2,3,……) ?a2n+1=fnfn+1.③

可用数学归纳法证明②、③成立. 首先,n=1 时,a2=12=f2 1,a3=1?2=f1f2. 2 2 n=2 时,a4=2 =f2,a5=2?3=f2f3.即 n=1,2 时②、③成立. 设 n=k-1,k 时②、③成立.则由①及归纳假设得
2 = fkfk+1+fk-1(fk+fk-1) a2(k+1)=a2k+1+a2k-1+a2k-2=fkfk+1+fk-1fk+fk- 1 2 = fkfk+1+fk-1fk+1=fk+1(fk-1+fk)=fk+1fk+1=fk+1 2 +f2+fk-1fk= f 2 +fk(fk+fk-1)= f 2 +fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1. a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k-1 =fk+1 k k+1 k+1

故 n=k+1 时②、③成立.故对于一切正整数 n,②、③成立. 于是 a2n=f2 n(n=1,2,3……)是完全平方数. 证明 2:(找规律)先用归纳法证明下式成立: a2n+1=a2n+a2n-1. ④ 因 a1=a2=1,a3=2,故当 n=1 时,④成立. 设 n=k 时④成立,即 a2k+1=a2k+a2k-1. 则由①,a2k+3=a2k+2+a2k+a2k-1=a2(k+1)+a2(k+1)-1.故④式对 k+1 成立,即④对一切 n∈N*成立. ⑵ 再用归纳法证明下式成立:
-7-

a2na2n+2=a2n+12 ⑤ 因 a2=1,a3=2,a4=4,故当 n=1 时⑤成立. 设 n=k 时⑤成立,即 a2ka2k+2=a2k+12. 则由①、④,有 a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+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. (本题由于与菲波拉契数列有关,故相关的规律有很多,都可以用于证明本题) 证明 2:(用特征方程)由上证得①式,且有 a1=a2=1,a3=2,a4=4, 1± 5 由此得差分方程:λ4-λ3-λ-1=0. ?(λ2+1)(λ2-λ-1)=0.此方程有根 λ=±i,λ= . 2 1+ 5 2 1- 5 2 ∴ 令 an=αin+β(-i)n+γ( ) +?( ) 2 2 2-i n 2+i 1 1+ 5 n+2 1 1- 5 n+2 利用初值可以求出 an= · i+ · (-i)n+ ( ) + ( ) . 10 10 5 2 5 2 ∴ a2n={ 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 2 [( ) -( ) ]} . 2 2 5 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 [( ) -( ) ]为整数.(这是斐波拉契数列的通项公式) 2 2 5 1 1+ 5 k+1 1- 5 k+1 [( ) -( ) ]都为整数,则 2 2 5

用数学归纳法可以证明 bn=

b0=1,b1=1 均为整数,设 k?n 时 bk= bk+1-bk= =

1 1+ 5 k+2 1+ 5 k+1 1- 5 k+1 1- 5 k+2 [( ) -( ) +( ) -( ) ] 2 2 2 2 5

1 1+ 5 k+1 5-1 1- 5 k+1 1+ 5 [( ) · +( ) · ]=bk-1. 即 bk+1=bk+bk-1. 由归纳假设 bk 与 bk-1 均为整数, 2 2 2 2 5 故 bk+1 为整数.于是可知 bn 对于一切 n∈N*,bn 为整数.于是 a2n 为整数之平方,即为完全平方数. 证明 4.(下标全部变为偶数再用特征方程) 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,则得 bn+2-2bn+1-2bn+bn-1=0.特征方程为 λ3-2λ2-2λ+1=0. 3± 5 λ1=-1,λ2,3= . 2 3+ 5 n 3- 5 n 故 bn=α(-1)n+β( ) +γ ( ) .初始值 b1=a2=1,b2=a4=4,b3=a6=9.b0=-b3+2b2+2b1=1. 2 2 3- 5 2 3+ 5 代入求得 α= ,β= ,γ= . 5 10 10 1 3+ 5 n +1 3- 5 n+1 1 1+ 5 2(n+1) 1- 5 2(n+1) 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 得 a2n=bn= [2(-1)n+( ) +( ) ]= [( ) +( ) -2( ) ( ) ] 5 2 2 5 2 2 2 2 ={ 记 fn= 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 2 [( ) -( ) ]} . 2 2 5

1± 5 1 1+ 5 n+1 1- 5 n+1 [( ) -( ) ],其特征根为?1,2= .故其特征方程为?2-?-1=0.于是其递推 2 2 2 5 关系为 fn=fn-1+fn-2. 而 f0=1,f1=1,均为正整数,从而对于一切正整数 n,fn 为正整数.从而 a2n 为完全平方数.

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