资源描述
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
2.设a、b、c均为非零复数,且==,则的值为( )
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
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.ST B.TS C.S=T D.S∩T=Ø
6.方程|x-y2|=1-|x|的图象为( )
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等于AC边上的高h,则sin= .
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.
4.19912000除以106,余数是 .
5.设复数z1,z2满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3,则log3|(z1)2000+(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:
loga(ax+ay)≤loga2+.
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,使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于.
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,….
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
2.设a、b、c均为非零复数,且==,则的值为( )
A.1 B.±ω C.1,ω,ω2 D.1,-ω,-ω2
解:令===t,则a=at3.由a≠0得t=1,ω,ω2.且1+ω+ω2=0.故==.选C.
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
解:即24|a3-1,而a≡0,±1,±2,±3,4,则a3≡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.ST B.TS C.S=T D.S∩T=Ø
解:若x2-y2为奇数,则sin(2πx2)-sin(2πy2)=cos(2πx2)-cos(2πy2)成立,即SÍT.
又若x=y时,sin(2πx2)-sin(2πy2)=cos(2πx2)-cos(2πy2)也成立,即得ST,选A.
6.方程|x-y2|=1-|x|的图象为( )
解:∵ |x-y2|=故此方程等价于
故选D.
二.填空题:
1.cos210°+cos250°-sin40°sin80°= .
解:原式=(cos10°-cos50°)2+cos10°cos50°=sin220°++cos10°cos50°=(1-cos40°+cos60°+cos40°)=.
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等于AC边上的高h,则sin= .
解:易知h=c-a=-,ÞsinAsinC=sinC-sinA,由已知,A+C=120°.
∴ [cos(C-A)-cos120°]=2sincos,即sin2+sin-=0
即sin=- (舍去),sin=.
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+…+C×19903+C×19902+C×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,则log3|(z1)2000+(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)2000+(z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000.故log3|(z1)2000+(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.
∴ 所有αx的和=1001·(2n-1+21000-n) =1001×(21000-1).
∴ 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:
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PBC交于过F的直线GH,G、H分别在PB、PC上.由于BC∥截面AGH,∴GH∥BC.
在面PAD中,△POD被直线AF截,故··=1,但=1,=,∴=.
∴ =,∴=Þ=.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—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.
解:(用极坐标)设抛物线方程为ρ=.设PQ与极径所成角为α,则=B.
所求面积S=|OF|·|PQ|sinα=ab·2=a.
五.已知0<a<1,x2+y=0,求证:
loga(ax+ay)≤loga2+.
解:由于0<a<1,即证ax+ay≥2a.由于ax+ay≥2a.而x+y=x-x2=x(1-x)≤.于是a≥a.
∴ ax+ay≥2a≥2a.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.
∴ 这样的数列共有(1+2+…+k)×2-k=k2=n2个.
当n=2k+1时,这样的数列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)= (n2-1)个.
两种情况可以合并为:这样的A共有- 个(或[n2]个).
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}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
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.
∴ 这样的数列有[n2]个.
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
当1≤d≤时,公差为d的等差数列A有d个;
当<d≤n-1时,公差为d的等差数列A有n-d个.
故当n为偶数时,这样的A共有
(1+2+…+)+[1+2+…+(n--1)]= n2个.
⑵ 若n为奇数,则
当1≤d≤时,公差为d的等差数列A有d个;
当≤d≤n-1时,公差为d的等差数列A有n-d个.
故当n为奇数时,这样的A共有
(1+2+…+)+(1+2+…+)=(n2-1)个.
两种情况可以合并为:这样的A共有 - 个(或[n2]个).
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,使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于.
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.
⑴ 若S△ABC>,则A、B、C、D即为所求.
⑵ 若S△ABD<,则S△BCD>,取△BCD的重心G,则以B、C、D、G这4点中的任意3点为顶点的三角形面积>.
⑶ 若S△ABD=,其余三个三角形面积均> S△ABD=.
由于S△ABC+S△ACD=1,而S△ACD>,故S△ABC<=S△BCD.
∴ 过A作AE∥BC必与CD相交,设交点为E.
则∵ S△ABC>S△ABD,从而S△ABE>S△ABD=.S△ACE=S△ABE>,S△BCE=S△ABC>.即A、B、C、E四点即为所求.
⑷ 若S△ABD=,其余三个三角形中还有一个的面积=,这个三角形不可能是△BCD,(否则ABCD的面积=),不妨设S△ADC= S△ABD=.则AD∥BC,四边形ABCD为梯形.
由于S△ABD=,S△ABC=,故若AD=a,则BC=3a,设梯形的高=h,
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.
∴ EF==A.S△EFB=S△EFC=·a·h=ah=>.
S△EBC=S△FBC=·3a·h=ah=>.于是B、C、F、E四点为所求.综上可知所证成立.
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、BC交于E,且设D与AB的距离<C与AB的距离,
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=h.则AB=2a,SABQP=SABE>SABCD=.
即(a+2a)h>,ah>.
∴ S△APQ=S△BPQ=ah>.S△PAB=S△QAB=ah>>.即A、B、Q、P为所求.
⑵ 若ED>AE,取AE中点P,则P在线段DE上,作PR∥BC交CD于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.
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=,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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
……
an
1
1
2
4
6
9
15
25
40
64
104
169
273
441
……
规律
1
12
1´2
22
2´3
32
3´5
52
5´8
82
8´13
132
13´21
212
……
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.
(n=1,2,3,……)
可用数学归纳法证明②、③成立.
首先,n=1时,a2=12=f,a3=1´2=f1f2.
n=2时,a4=22=f,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
a2(k+1)=a2k+1+a2k-1+a2k-2=fkfk+1+fk-1fk+f= fkfk+1+fk-1(fk+fk-1)
= fkfk+1+fk-1fk+1=fk+1(fk-1+fk)=fk+1fk+1=f
a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k-1 =f+f+fk-1fk= f+fk(fk+fk-1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+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=f(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:
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,
由此得差分方程:λ4-λ3-λ-1=0. Þ(λ2+1)(λ2-λ-1)=0.此方程有根λ=±i,λ=.
∴ 令an=αin+β(-i)n+γ()2+d()2
利用初值可以求出an=·in+·(-i)n+()n+2+()n+2.
∴ a2n={[()n+1-()n+1]}2.
用数学归纳法可以证明bn=[()n+1-()n+1]为整数.(这是斐波拉契数列的通项公式)
b0=1,b1=1均为整数,设k≤n时bk=[()k+1-()k+1]都为整数,则
bk+1-bk=[()k+2-()k+1+()k+1-()k+2]
=[()k+1·+()k+1·]=bk-1.即bk+1=bk+bk-1.由归纳假设bk与bk-1均为整数,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.
λ1=-1,λ2,3=.
故bn=α(-1)n+β()n+γ()n.初始值b1=a2=1,b2=a4=4,b3=a6=9.b0=-b3+2b2+2b1=1.
代入求得α=,β=,γ=.
得a2n=bn=[2(-1)n+()n +1+()n+1]= [()2(n+1)+()2(n+1)-2()n+1()n+1]
={[()n+1-()n+1]}2.
记fn=[()n+1-()n+1],其特征根为m1,2=.故其特征方程为m2-m-1=0.于是其递推关系为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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