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1997年全国高中数学联赛试题及解答


1997 年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试 (10 月 5 日上午 8:00?10:00) 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n≥2),x1=a, x2=b, 记 Sn=x1+x2+?+xn,则下列结论正确的是 (A)x100??a,S100=2b?a (B)x100??b,S100?2b?a (C)x10

0??b,S100=b?a (D)x100??a,S100?b?a AE CF 2.如图,正四面体 ABCD 中,E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得 = =λ (0<λ<+∞),记 f(λ)=αλ+βλ EB FD 其中 αλ 表示 EF 与 AC 所成的角,βλ 表示 EF 与 BD 所成的角,则 A (A) f(λ)在(0,+∞)单调增加 (B) f(λ)在(0,+∞)单调减少 (C) f(λ) 在(0,1)单调增加,而在(1,+∞单调减少 E (D) f(λ)在(0,+∞)为常数 3.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项的和为 B D 972,则这样的数列共有 F (A)2 个 (B)3 个 (C)4 个 (D)5 个 C 4. 在平面直角坐标系中, 若方程 m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2 表示的曲线为椭 圆,则 m 的取值范围为 (A)(0,1) (B)(1,+∞) (C)(0,5) (D)(5,+∞) 1 5 1 5 5.设 f(x)=x2-πx,? ? arcsin ,β=arctan ,γ=arcos(- ),?=arccot(- ),则 3 4 3 4 (A)f(α)>f(β)>f(?)>f(γ) (B) f(α)> f(?)>f(β)>f(γ) (C) f(?)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(?)>f(α)>f(γ)>f(β) 6.如果空间三条直线 a,b,c 两两成异面直线,那么与 a,b,c 都相交的直线有 (A) 0 条 (B) 1 条 (C)多于 1 的有限条 (D) 无穷多条 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) ?(x-1)3+1997(x-1)=-1, 1.设 x,y 为实数,且满足? 则 x+y ? . 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1. y2 2.过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若实数 λ 使得|AB| ?λ 的直线 l 恰有 3 2 条,则 λ= . 1 3.已知复数 z 满足?2z+ ?=1,则 z 的幅角主值范围是 . ? z? 4.已知三棱锥 S?ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形,SA=SB=SC=2,AB=2,设 S、A、B、 C 四点均在以 O 为球心的某个球面上,则点 O 到平面 ABC 的距离为 . 5.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相邻两顶点之一.若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也停止跳动,那么这只青蛙从开 始到停止,可能出现的不同跳法共 种. 6.设 a ?logz+log[x(yz)?1+1],b ?logx?1+log(xyz+1),c ?logy+log[(xyz)?1+1],记 a,b,c 中最大数为 M, 则 M 的最小值为 . 三、 (本题满分 20 分) π π 设 x≥y≥z≥ ,且 x+y+z ? ,求乘积 cosx siny cosz 的最大值和最小值. 12 2

-1-

四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy?1 的两支为 C1,C2(如图),正三角形 PQR 的三顶点位于此双曲线上. (1)求证:P、Q、R 不能都在双曲线的同一支上; (2)设 P(?1,?1)在 C2 上, Q、R 在 C1 上,求顶点 Q、R 的坐标.
y

C1 O P(?1,?1)

x

C2

五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足 a2 a3 a4 a5 = = = , a1 a2 a3 a4
1 2 3 4 5

? ? 1 1 1 1 1 ?a +a +a +a +a =4(a +a +a +a +a )=S.
1 2 3 4 5

其中 S 为实数且|S|≤2. 求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上.

-2-

第二试 (10 月 5 日上午 10:30?12:30) 一、 (本题 50 分)如图,已知两个半径不相等的⊙O1 与⊙O2 相交于 M、N 两点,且⊙O1、⊙O2 分别与⊙ O 内切于 S、T 两点。求证:OM⊥MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。

二、 (本题 50 分)试问:当且仅当实数 x0,x1,?,xn(n≥2)满足什么条件时,存在实数 y0,y1,?,yn 使得 z0=z1+z2+?+zn成立,其中 zk=xk+iyk,i 为虚数单位,k=0,1,?,n。证明你的结论。
2 2 2 2

三、 (本题 50 分)在 100×25 的长方形表格中每一格填入一个非负实数,第 i 行第 j 列中填入的数为 xi , j (i=1,2,?,100;j=1,2,?,25) (如表 1) 。然后将表 1 每列中的数按由小到大的次序从上到下重新 排列为 x?1 , j≥x?2 , j≥?≥x?100 , j(j=1,2,?,25) 。 (如表 2) 求最小的自然数 k,使得只要表 1 中填入的数满足 则当 i≥k 时,在表 2 中就能保证 表1 x1,1 x2,1 ? x100,1 x1,2 x2,2 ? x100,2 ? ? ? ?

Σx
j=1

25

, i,j≤1(i=1,2,?,100)

Σx?
j=1

25

i,j≤1

成立。 表2 x?1,1 x?2,1 ? x?100,1 x?1,2 x?2,2 ? x?100,2 ? ? ? ? x?1,25 x?2,25 ? x?100,25

x1,25 x2,25 ? x100,25

-3-

1997 年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n≥2),x1=a, x2=b, 记 Sn=x1+x2+?+xn,则下列结论正确的是 (A)x100??a,S100=2b?a (B)x100??b,S100?2b?a (C)x100??b,S100=b?a (D)x100??a,S100?b?a 解:x1=a,x2=b,x3=b-a,x4=-a,x5=-b,x6=a-b,x7=a,x8=b,?.易知此数列循环,xn+6=xn, 于是 x100=x4=-a, 又 x1+x2+x3+x4+x5+x6=0,故 S100=2b-a.选 A. AE CF 2.如图,正四面体 ABCD 中,E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得 = =λ (0<λ<+∞),记 f(λ)=αλ+βλ EB FD 其中 αλ 表示 EF 与 AC 所成的角,βλ 表示 EF 与 BD 所成的角,则 A (A) f(λ)在(0,+∞)单调增加 (B) f(λ)在(0,+∞)单调减少 (C) f(λ) 在(0,1)单调增加,而在(1,+∞单调减少 E (D) f(λ)在(0,+∞)为常数 AE CG CF D 解: 作 EG∥AC 交 BC 于 G, 连 GF, 则 = = , 故 GF∥BD. 故∠GEF=αλ, B EB GB FD F ∠GFE=βλ,但 AC⊥BD,故∠EGF=90° .故 f(λ)为常数.选 D. C 3.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项的和为 2 97 ,则这样的数列共有 (A)2 个 (B)3 个 (C)4 个 (D)5 个 1 解:设首项为 a,公差为 d,项数为 n,则 na+ n(n-1)d=972,n[2a+(n-1)d]=2×972,即 n 为 2×972 2 的大于 3 的约数. ∴ ⑴ n=972,2a+(972-1)d=2,d=0,a=1;d≥1 时 a<0.有一解; ⑵n=97,2a+96d=194,d=0,a=97;d=1,a=a=49;d=2,a=1.有三解; ⑶n=2×97,n=2×972,无解.n=1,2 时 n<3..选 C 4.在平面直角坐标系中,若方程 m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2 表示的曲线为椭圆,则 m 的取值范围为 (A)(0,1) (B)(1,+∞) (C)(0,5) (D)(5,+∞) 解:看成是轨迹上点到(0,-1)的距离与到直线 x-2y+3=0 的距离的比: x2+(y+1)2 5 = <1?m>5,选 D. m |x-2y+3| 12+(-2)2 1 5 1 5 5.设 f(x)=x2-πx,? ? arcsin ,β=arctan ,γ=arcos(- ),?=arccot(- ),则 3 4 3 4 (A)f(α)>f(β)>f(?)>f(γ) (B) f(α)> f(?)>f(β)>f(γ) (C) f(i)>f(α)>f(β)>f(γ) (D) f(?)>f(α)>f(γ)>f(β) π 解:f(x)的对称轴为 x= , 2 π π π π 2π 3π 5π 易得, 0<α< < <β< < <γ< < <δ< .选 B. 6 4 3 2 3 4 6 6.如果空间三条直线 a,b,c 两两成异面直线,那么与 a,b,c 都相交的直线有 (A) 0 条 (B) 1 条 (C)多于 1 的有限条 (D) 无穷多条 解:在 a、b、c 上取三条线段 AB、CC?、A?D?,作一个平行六面体 ABCD —A?B?C?D?, 在 c 上取线段 A?D?上一点 P, 过 a、 P 作 一个平面, 与 DD?交于 Q、 与 CC?交于 R,则 QR∥a,于是 PR 不与 a 平行,但 PR 与 a 共面.故 PR 与 a Q 相交.由于可以取无穷多个点 P.故选 D. D 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) ?(x-1)3+1997(x-1)=-1, 1.设 x,y 为实数,且满足? 则 x+y ? 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1.
-4a

P
D’

c

C’ b

R C B‘ B S

A‘ A

.

?(x-1)3+1997(x-1)+1=0, 解:原方程组即? 3 ?(1-y) +1997(1-y)+1=0. 取 f(t)=t3+1997t+1,f ?(t)=3t2+1987>0.故 f(t)单调增,现 x-1=1-y,x+y=2. y2 2.过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若实数 λ 使得|AB| ?λ 的直线 l 恰有 3 2 条,则 λ= . 2b2 解:右支内最短的焦点弦= =4.又 2a=2,故与左、右两支相交的焦点弦长≥2a=2,这样的弦由对 a 称性有两条.故 λ=4 时 2ab2 4 设 AB 的倾斜角为 θ,则右支内的焦点弦 λ= 2 2 2 = ≥4,当 θ=90° 时,λ=4. a -c cos θ 1-3cos2θ 2 2ab2 ? ? 4 ? ?=4.故 λ=4. 与左支相交时,θ=±arccos 时,λ= 2 2 2 = 3 ?a -c cos θ? ?1-3cos2θ? 1 3.已知复数 z 满足?2z+ ?=1,则 z 的幅角主值范围是 . ? z? ?2z+1?=1?4r4+(4cos2θ-1)r2+1=0, 解: 这个等式成立等价于关于 x 的二次方程 4x2+(4cos2θ-1)x+1=0 ? z? 4cos2θ-1 1 有正根.△=(4cos2θ-1)2-16≥0,由 x1x2= >0,故必须 x1+x2=- >0. 4 4 3 3 3 ∴cos2θ≤- .∴ (2k+1)π-arccos ≤2θ≤(2k+1)π+arccos . 4 4 4 π 1 3 π 1 3 ∴ kπ+ - arccos ≤θ≤kπ+ + arccos ,(k=0,1) 2 2 4 2 2 4 4.已知三棱锥 S?ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形,SA=SB=SC=2,AB=2,设 S、A、B、 C 四点均在以 O 为球心的某个球面上,则点 O 到平面 ABC 的距离为 . S 解:SA=SB=SC=2,?S 在面 ABC 上的射影为 AB 中点 H,∴ SH⊥平面 ABC. 2 ∴ SH 上任意一点到 A、B、C 的距离相等. 2 M ∵ SH= 3,CH=1,在面 SHC 内作 SC 的垂直平分线 MO 与 SH 交于 O,则 O 为 O 2 C A 2 3 3 1 SABC 的外接球球心.SM=1,∴SO= ,∴ OH= ,即为 O 与平面 ABC 的距离. H 3 3 B 5.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相 邻两顶点之一.若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也停止跳 动,那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法共 种. 解:青蛙跳 5 次,只可能跳到 B、D、F 三点(染色可证). 青蛙顺时针跳 1 次算+1,逆时针跳 1 次算-1,写 5 个“□1” ,在□中填“+”号或“-”号: □1□1□1□1□1 规则可解释为:前三个□中如果同号,则停止填写;若不同号,则后 2 个□中继续填写符号. 前三□同号的方法有 2 种;前三个□不同号的方法有 23-2=6 种,后两个□中填号的方法有 22 种. ∴ 共有 2+6×4=26 种方法. 6.设 a ?logz+log[x(yz)?1+1],b ?logx?1+log(xyz+1),c ?logy+log[(xyz)?1+1],记 a,b,c 中最大数为 M, 则 M 的最小值为 . x 1 1 解:a=log( +z),b=log(yz+ ),c=log( +y). y x yz 1 1 ∴ a+c=log( + +yz+x)≥2log2.于是 a、c 中必有一个≥log2.即 M≥log2,于是 M 的最小值≥log2. yz x 但取 x=y=z=1,得 a=b=c=log2.即此时 M=log2.于是 M 的最小值≤log2. ∴ 所求值=log2. 三、 (本题满分 20 分)

设 x≥y≥z≥ ,且 x+y+z= ,求乘积 cosx siny cosz 的最大值和最小值. 12 2 解:由于 x≥y≥z≥ ,故 ≤x≤ - ×2= . 12 6 2 12 3 1 1 1 1 ? 1 ∴ cosx siny cosz=cosx× [sin(y+z)+sin(y-z)]= cos2x+ cosxsin(y-z)≥ cos2 = .即最小值. 2 2 2 2 3 8
-5-

?

?

?

?

?

?

?

1 ? ? ,y≥z,故 cosxsin(y-z)≥0),当 y=z= ,x= 时,cosx siny cosz= . 12 3 8 1 1 2 1 ∵ cosx siny cosz=cosz× [sin(x+y)-sin(x-y)]= cos z- coszsin(x-y). 2 2 2 1 2 1 2? 1 ? 2+ 3 由于 sin(x-y)≥0,cosz>0,故 cosx siny cosz≤ cos z= cos = (1+cos )= . 2 2 12 2 6 8 5? ? 当 x= y= ,z= 时取得最大值. 12 12 2+ 3 1 ∴ 最大值 ,最小值 . 8 8 (由于 6 ≤x≤ 3 四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy?1 的两支为 C1,C2(如图),正三角形 PQR 的三顶点位于此双曲线上. (1)求证:P、Q、R 不能都在双曲线的同一支上; (2)设 P(?1,?1)在 C2 上, Q、R 在 C1 上,求顶点 Q、R 的坐标. 1 1 1 解:设某个正三角形的三个顶点都在同一支上.此三点的坐标为 P(x1, ),Q(x2, ),R(x3, ).不 x1 x2 x3 1 1 1 妨设 0<x1<x2<x3,则 > > >0. x1 x2 x3 y y2-y1 1 1 kPQ= =- ;kQR=- ; Q x1x2 x2x3 x2-x1 1 1 - + R x1x2 x2x3 O tan∠PQR= <0,从而∠PQR 为钝角.即△PQR 不可能是正 x 1 1+ 2 x1x3x2 P 三角形. 1 ⑵ P(-1,-1),设 Q(x2, ),点 P 在直线 y=x 上.以 P 为圆心,|PQ| x2 为半径作圆,此圆与双曲线第一象限内的另一交点 R 满足|PQ|=|PR|,由圆与双曲线都是 y=x 对称,知 Q 1 与 R 关于 y=x 对称.且在第一象限内此二曲线没有其他交点(二次曲线的交点个数).于是 R( ,x2). x2 3 1+ 3 ∴ PQ 与 y=x 的夹角=30° ,PQ 所在直线的倾斜角=75° .tan75° = =2+ 3. 3 1- 3 PQ 所在直线方程为 y+1=(2+ 3)(x+1),代入 xy=1,解得 Q(2- 3,2+ 3),于是 R(2+ 3,2- 3). 五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足 a2 a3 a4 a5 = = = , a1 a2 a3 a4
1 2 3 4 5

?

?

? ? 1 1 1 1 1 ?a +a +a +a +a =4(a +a +a +a +a )=S.
1 2 3 4 5

其中 S 为实数且|S|≤2. 求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上. a2 a3 a4 a5 4 证明:设 = = = =q,则由下式得 a1(1+q+q2+q3+q4)= 4(1+q+q2+q3+q4). a1 a2 a3 a4 a1q ∴(a12q4-4) (1+q+q2+q3+q4)=0,故 a1q2=± 2,或 1+q+q2+q3+q4=0. 1 1 1 1 1 1 5 ⑴ 若 a1q2=± 2,则得± 2( 2+ +1+q+q2)=S.?S=± 2[(q+ )2+(q+ )-1]=± 2[(q+ + )2- ]. q q q q q 2 4 1 12 5 1 12 5 ∴ 由已知,有(q+ + ) - ∈ R,且|(q+ + ) - |≤1. q 2 4 q 2 4 1 1 5 令 q+ + =h(cosθ+isinθ),(h>0).则 h2(cos2θ+isin2θ)- ∈ R.?sin2θ=0. q 2 4
-6-

5 1 9 -1≤h2(cos2θ+isin2θ)- ≤1.? ≤h2(cos2θ+isin2θ)≤ ,?cos2θ>0.?θ=kπ(k∈ Z) 4 4 4 1 1 1 1 ∴q+ ∈ R.再令 q=r(cosα+isinα),(r>0).则 q+ =(r+ )cosα+i(r- )sinα∈ R.?sinα=0 或 r=1. q q r r 1 1 1 1 5 1 1 3 若 sinα=0,则 q=± r 为实数.此时 q+ ≥2 或 q+ ≤-2.此时 q+ + ≥ ,或 q+ + ≤- . q q q 2 2 q 2 2 1 12 5 此时,由|(q+ + ) - |≤1,知 q=-1.此时,|ai|=2. q 2 4 若 r=1,仍有|ai|=2,故此五点在同一圆周上. ⑵ 若 1+q+q2+q3+q4=0.则 q5-1=0,∴ |q|=1.此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|,即此五点在同一圆上. 综上可知,表示复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上. 第二试 一、 (本题 50 分)如图,已知两个半径不相等的⊙O1 与⊙O2 相交于 M、N 两点,且⊙O1、⊙O2 分别与⊙ O 内切于 S、T 两点。求证:OM⊥MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。 证明:过 S、T 分别作相应两圆的公切线,交于点 P,则 PS=PT,点 P 在直线 MN 上(根轴).且 O、S、 P、T 四点共圆. ⑴ 若 S、N、T 三点共线, 连 O1N,O2N,则 OS=OT,O1S=O1N, 于是∠S=∠T,∠S=∠O1NS,∴ ∠O1NS=∠T,O1N∥OT,同 理,O2N∥OS,即 OS=O2N+O1S.即⊙O 的半径=⊙O1 与⊙O2 的半 径的和. O ∴ ∠PTS=∠TSP=∠NMS,∴S、P、T、M 共圆,故 O、S、P、 O1 T、M 五点共圆.∠OMS=∠OTS=∠OST. M ∴ ∠OMN=∠OMS+∠SMN=∠OST+∠TSP=∠OSP=90° . ∴ OM⊥MN. O2 ⑵ 反之,若 OM⊥MN,则 OM∥O1O2, S T N 由 OO2-OO1=(R-r2)-(R-r1)=r1-r2=O1M-O2M.即 O、M 在以 O1、O2 为焦点的双曲线的不同两支上.由双曲线的对称性,知 P O1O2MO 是等腰梯形.∴OO2=O1M. 即 OT=r1+r2,∴ O1N=OO2,OO1=O2N,于是 OO1NO2 为平行四边形. 由于△OST、△O1SN、△O2NT 都是等腰三角形.∴ ∠SO1N=∠O=∠NO2T,∴ ∠OST=∠OSN. ∴ S、N、T 三点共线. 二. (本题 50 分)试问:当且仅当实数 x0,x1,?,xn(n≥2)满足什么条件时,存在实数 y0,y1,?, yn 使得 z02=z12+z22+?+zn2 成立,其中 zk=xk+iyk,i 为虚数单位,k=0,1,?,n。证明你的结论。 解:z02=x02-y02+2x0y0i=(x12+x22+?+xn2)-(y12+y22+?+yn2)+2(x1y1+x2y2+?+xnyn)i. ∴ x02-y02=(x12+x22+?+xn2)-(y12+y22+?+yn2); x0y0=x1y1+x2y2+?+xnyn. 若 x02> x12+x22+?+xn2,则 y02> y12+y22+?+yn2. 此时 x02y02>( x12+x22+?+xn2)( y12+y22+?+yn2)≥(x1y1+x2y2+?+xnyn)2=(x0y0)2.矛盾. 故必 x02≤x12+x22+?+xn2. 反之,若 x02≤x12+x22+?+xn2 成立.此时,可分两种情况: ⑴ 当 x02=x12+x22+?+xn2 成立时,取 yi=xi(i=0,1,2,?,n), 于是 z02=(x0+y0i)2=x02-y02+2x0y0i=2x0y0i, 而 z12+z22+?+zn2=(x12+x22+?+xn2)-(y12+y22+?+yn2)+2(x1y1+x2y2+?+xnyn)i =2(x1y1+x2y2+?+xnyn)i=2(x12+x22+?+xn2)i=2x02i=2x0y0i.即 z02=z12+z22+?+zn2 成立. 2 ⑵ 当 x0 <x12+x22+?+xn2 成立时,记 a2= x12+x22+?+xn2-x02>0,于是 xi(i=1,2,?,n)不能全为 0.不 axn-1 axn 妨设 xn≠0,取 y0=y1=y2=?=yn-2=0,yn-1= ,yn=- ,则 2 2 2 2 xn-1+xn xn-1+xn 此时,z02= x02-y02+2x0y0i=x02; 而 z12+z22+?+zn2=(x12+x22+?+xn2)-(y12+y22+?+yn2)+2(x1y1+x2y2+?+xnyn)i
-7-

=(x12+x22+?+xn2)-( + )+2(xn-1 2 2 2 2 xn-1+xn xn-1+xn
2

a2xn

2

a2xn-1

2

axn
2 xn-1+xn 2

-xn

axn-1
2 xn-1+xn 2

)i

=(x12+x22+?+xn2)-(x12+x22+?+xn2-x02)=x02.仍有 z02=z12+z22+?+zn2 成立. 故所求条件为 x0 ≤x12+x22+?+xn2. 三、 (本题 50 分)在 100×25 的长方形表格中每一格填入一个非负实数,第 i 行第 j 列中填入的数为 xi , j (i=1,2,?,100;j=1,2,?,25) (如表 1) 。然后将表 1 每列中的数按由小到大的次序从上到下重新 排列为 x?1 , j≥x?2 , j≥?≥x?100 , j(j=1,2,?,25) 。 (如表 2) 求最小的自然数 k,使得只要表 1 中填入的数满足 则当 i≥k 时,在表 2 中就能保证 表1 x1,1 x2,1 ? x100,1 x1,2 x2,2 ? x100,2 ? ? ? ?

Σx
j=1

25

, i,j≤1(i=1,2,?,100)

Σx?
j=1

25

i,j≤1

成立。 表2 x?1,1 x?2,1 ? x?100,1 x?1,2 x?2,2 ? x?100,2 ? ? ? ? x?1,25 x?2,25 ? x?100,25

x1,25 x2,25 ? x100,25

1 解:在表 1 中,取 x4i-3,i=x4i-2,i=x4i-1,i =x4i,i =0(i=1,2,?,25),其余各数均取 ,于是,每列各数之 24 25 和均=1.但重新填入后,前 96 行之和均= >1.第 97、98、99、100 行之和=0.故 k≤97. 24 反之,如果表 2 中第 97 行的 25 个数涂黄,98~100 行共 75 个数涂红,则这些涂红的数在表 1 中至多 分布在 75 行中,于是除这 75 行外的其余各行中的每个数都不小于同列中涂黄的数,即涂黄 4 个数的和≤ 没有涂红数的行的每一行数的和≤1. 于是表 2 中第 97 行的数的和≤1, 故第 98、 99、 100 行的数的和≤1. 即 能保证表 2 中第 97~100 行的数的和≤1. ∴ k=97.

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