全国高中数学联赛试题及解析 苏教版7.doc

1987年全国高中数学联赛试题
一试题(10月11日上午8∶00——9∶30)
一．选择题(每个小题选对得5分，不选得1分；选错或选出的代号超过一个者得0分．本题满分20分)：
1．对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数，则( )
A．这样的a有无穷多个 B．这样的a存在，但只有有限个
C．这样的a不存在 D．以上A、B、C的结论都不正确(上海供题)
2．边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是( )
A．10 B．14 C．5 D．12(天津供题)
3．在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点，若a为无理数，则过(a，0)的所有直线中( )
A．有无穷多条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点
B．恰有n(2≤n<+∞)条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点
C．有且仅有一条直线至少通过两个有理点
D．每条直线至多通过一个有理点(河南供题)
4．如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A、C在圆周上，∠ABC=2α
(0<α<)，现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心使B落到圆周上；第二次，以B为中心，使C落到圆周上；第三次，以C为中心，使A落到圆周上．如此旋转直到100次．那么A点所走过的路程的总长度为( )
A．22π(1+sinα)－66α B．π
C．22π+πsinα－66α D．33π－66α(北京供题)
二．填空题(每小题填写结果完全正确者得8分，填写错误或多填、少填者均得0分，本题满分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 ．(陕西供题)
2．已知集合
A={(x，y)| |x|+|y|=α，α>0}
B={(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|}
若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则α的值为 ．(青海供题)
3．若k是大于1的整数，α是x2－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，α+α的个位数字总是7，则k的个位数字是 ．(河北供题)
4．现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，5，的三角形四个，边长为，4，5的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成 个四面体．(江西供题)
5．五对孪生兄妹参加k个组活动，若规定：⑴ 孪生兄妹不在同一组；⑵非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动，⑶有一人只参加两个组的活动，则k的最小值为 ．(命题组供题)
1987年全国高中数学联赛二试题
一．如图，△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC，而将△ADE绕A点在平面上旋转，试证：不论△ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使△BMD为等腰直角三角形．
二．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点．试证：存在一个同心圆的集合，使得
⑴每个整点都在此集合的某个圆周上；
⑵此集合的每个圆周上，有且只有一个整点．(辛泽尔定理)
三．n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同，试证明：总可以从中去掉一名选手，而使在余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同．
1987年全国高中数学联赛解答
一试题
一．选择题(每个小题选对得5分，不选得1分；选错或选出的代号超过一个者得0分．本题满分20分)：
1．对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数，则( )
A．这样的a有无穷多个 B．这样的a存在，但只有有限个
C．这样的a不存在 D．以上A、B、C的结论都不正确(上海供题)
解：(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k．取a=(3n4+9n2k+9k2)k，(k为任意正整数)，则n6+3a为正整数的立方，由于k可任意取值，且当k增大时，a也随之增大．即a有无数个．选A．
2．边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是( )
A．10 B．14 C．5 D．12(天津供题)
解：设x≥3，y≤3，且x2+y2=25．满足要求的点构成直角坐标系中一段弧(图中粗线部分)．令x+y=k，则当直线经过点(4，3)时取得最大值7．即2x+2y≤14．选B．
3．在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点，若a为无理数，则过(a，0)的所有直线中( )
A．有无穷多条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点
B．恰有n(2≤n<+∞)条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点
C．有且仅有一条直线至少通过两个有理点
D．每条直线至多通过一个有理点(河南供题)
解：若直线斜率为k，则当k=0时直线经过x轴上所有有理点．
当k≠0时，直线方程为y=k(x－a)．
若k为有理数，则当x为有理数时，y为无理数；
若k为无理数，若此时直线经过一个有理点A(x1，y1)，对于直线上与A不重合的点B(x2，y2)．由y1=k(x1－a)，y2=k(x2－a)，由于a为无理数，故y1≠0，x2－a≠0，==m，当y2为有理数时，m为有理数，当y2≠y1时，m≠1，此时x2=mx1+(1－m)a为无理数．即此直线上至多有一个有理点．选C．
4．如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A、C在圆周上，∠ABC=2α(0<α< )现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心使B落到圆周上；第二次，以B为中心，使C落到圆周上；第三次，以C为中心，使A落到圆周上．如此旋转直到100次．那么A点所走过的路程的总长度为( )
A．22π(1+sinα)－66α B．π
C．22π+ πsinα－66α D．33π－66α(北京供题)
解：点A每k(k≡1(mod 3))不动，第k(k≡2(mod 3))次走过路程π－2α，第k(k≡0(mod 3))走过路程(2sinα)，于是所求路程=33(π－2α+ πsinα)．选A．
二．填空题(每小题填写结果完全正确者得8分，填写错误或多填、少填者均得0分，本题满分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 ．(陕西供题)
解 0∈M，但xy¹0，故只有lg(xy)=0，，xy=1．
∴ 1∈N，故|x|=1，或y=1，若y=1，则由xy=1得，x=1，与元素相异性矛盾．故y¹1．
∴ |x|=1，x=1或x=－1，其中x=1同上矛盾．故x=－1．y=－1．
∴ x2k+ = 2；x2k+1+ =－2(k∈N*)．故所求值=－2．
解：xy≠0，Þx≠0，y≠0．故xy=1．若y=1，则x=1，矛盾，故x=－1，y=－1．原式=－2．
2．已知集合
A={(x，y)| |x|+|y|=α，α>0}
B={(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|}
若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则α的值为 ．(青海供题)
解：集合A的图形是依次连(α，0)，(0，α)，(－α，0)，(0，－α)四点的线段．
集合B的图形是直线x=1，x=－1，y=1，y=－1．它们交得一个正八边形．
若此4条直线为图中的4条实线，则α=tan°+1= ．或此正八边形各边与原点距离相等，知直线x+y=α与原点距离=1．α= ．
若此4条直线为图中的4条虚线，则α=2+2，Þα=2+．
∴ α=2或2+ ．
3．若k是大于1的整数，α是x2－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，α+α的个位数字总是7，则k的个位数字是 ．(河北供题)
解：另一根=α－1，α+α－1=k，记α+α≡kn(mod 10)，0≤kn<10．
由α+α=(α+α)2－2得，kn≡kn－12+8(mod 10)．若k为偶数，则kn为偶数，不等于7．
若kn－1≡±1(mod 10)，则kn≡9，Þkn+1≡9(mod 10)；
若kn－1≡±3(mod 10)，则kn≡7，Þkn+1≡7(mod 10)；
若kn－1≡5(mod 10)，则kn≡9，Þkn+1≡9(mod 10)；
故k的个位数字为3，5，7．
4．现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，5，的三角形四个，边长为，4，5的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成 个四面体．(江西供题)
解：用四个三角形拼成四面体，每种边长至少要在两个三角形中出现．因此以上三种三角形如果要用，就用偶数个．由于第①类边长为3，4，5的三角形与第②类边长为4，5，的三角形都是直角三角形，而第③类边长为，4，5的三角形为钝角三角形．因此，用4个后两种三角形都不能单独拼成四面体(四个面全等的四面体是等腰四面体，其各面都是锐角三角形)．
情况⑴：4个三角形中有两个②类三角形，如图，取两个②类三角形，BC=，则斜边BC上的高AE=DF=h=．且BE=CF=x=，则EF=－2×=．
于是AD2=AE2+EF2+FD2－2AE·DFcosθ=(881－810cosθ)
∈(，41)． (*)
若再取两个①类三角形时，由于AD=3，满足(*)式，故可以构成四面体．
若再取两个③类三角形时，由于AD=，不满足(*)式，故不可以构成四面体．
情况⑵：两个①类，两个③类．此时取BC=5，AB=CD=3，于是斜边BC上的高AE=DF=h=．且BE=CF=x=，则EF=5－2×=．
于是AD2=AE2+EF2+FD2－2AE·DFcosθ= (337－288cosθ)∈(，25)．
由于AD=，不满足(*)式，故不可以构成四面体．
∴ 只能构成1个四面体．
5．五对孪生兄妹参加k个组活动，若规定：⑴ 孪生兄妹不在同一组；⑵非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动，⑶有一人只参加两个组的活动，则k的最小值为 ．(命题组供题)
解：设此10人为A，a；B，b；C，c；D，d；E，e．
A只参加2组，故除a外其余8人应分成2组，每组人数都不超过4人（否则有孪生兄妹同组)．记第一组为{B，C，D，E}，第二组为{b，c，d，e}．于是其余8人中大写字母不再同组，小写字母也不再同组．即除a外其余组中人数不超过2人．每人都再参加3组，故至少还要3×4=12组．a可参加其中4组．即至少要14组．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}满足要求．故所求最小值为14．
1987年全国高中数学联赛二试题
一．如图，△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC，而将△ADE绕A点在平面上旋转，试证：不论△ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使△BMD为等腰直角三角形．
证明：以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面．设C表示复数c，点E表示复数e(c、e∈R)．则点B表示复数b=c+ci，点D表示复数d=e－ei．
把△ADE绕点A旋转角θ得到△AD¢E¢，
则点E¢表示复数e¢=e(cosθ+isinθ)．点D¢表示复数d¢=d(cosθ+isinθ)
表示E¢C中点M的复数m=(c+e¢)．
∴ 表示向量的复数：z1=b－(c+e¢)=c+ci－c－e(cosθ+isinθ)=－ecosθ+(c－esinθ)i．
表示向量的复数：z2=d¢－m=(e－ei)(cosθ+isinθ)－c－e(cosθ+isinθ)
=(esinθ－c)－iecosθ．
显然：z2=z1i．于是|MB|=|MD¢|，且∠BMD¢=90°．即△BMD¢为等腰直角三角形．故证．
二．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点．试证：存在一个同心圆的集合，使得
⑴每个整点都在此集合的某个圆周上；
⑵此集合的每个圆周上，有且只有一个整点．(辛泽尔定理)
证明 取一点，其两个坐标都是无理数，例如W(，)，先证明，以W为圆心，任意长为半径作的圆，至多通过一个格点．
设某个以W为圆心的圆通过两个格点(m，n)，(p，q)(m，n，p，q∈Z)，
则(m－)2+(n－)2=(p－)2+(q－)2．
展开整理得，m2+n2－p2－q2=2(p－m)+2(q－n)．
左边是有理数，右边当且仅当p=m，q=n时为有理数．故证．
于是可知以W为圆心的圆至多通过一个格点．
现考虑，平面上所有的点与W的距离，这些距离没有两个相等．故可以把所有的距离按从小到大排队0=r0<r1<r2<r3<…<rn<…．对应的整点依次为A0，A1，A2，A3，…，An，…．以W为圆心，以rn为半径作圆，则此圆恰经过整点An．且此圆只经过An这个整点．现取以W为圆心，所有rn为半径的同心圆集．则每个整点都在此同心圆集合中的某个圆上，且每个圆上都有且只有一个整点．
三．n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同，试证明：总可以从中去掉一名选手，而使在余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同．
证明1：用A、B、……表示选手，而用α(A)、α(B)表示A、B已赛过的对手集合．
设A是对手集中元素最多的的选手．
若命题不成立，则存在两个选手B、C使去掉A后，B、C的对手集相同，由于α(B)≠α(C)，故A必属于α(B)与α(C)之一．不妨设B∈α(A)，CÏα(A)．
同样存在D、E，使D∈α(C)，EÏα(C)，去掉C后，α(D)=α(E)，由于AÏα(C)，故D≠A：又D∈α(C)，故D∈α(B)，即B∈α(D)=α(E)∪{C}，从而B∈α(E)，CÏα(E)，而去掉A后，B、C的对手集相同，从而E=A．
于是α(A)=α(E)=α(D)\{C}，即α(A)比α(D)少一个元素C，这与A是“对手集中元素最多的”矛盾．故证．
又证：把这些选手编为1至n号，以n个点表示这n个人，各点也相应编为1至n号．
反设去掉任何一各选手后都有两个选手的已赛过的对手完全相同．于是先去掉1号选手，则有两个选手的已赛过的对手完全相同，设为第i号与第j号，在表示此二人的点间连一条线，并在线上注上“1号”．这说明，此二人在去掉1号选手之前必是一人与1号赛过，另一人与1号没有赛过．而且不可能在去掉1号后有三人都相同，否则，此三人与1号选手比赛的情况只有两种：赛过或没有赛过，如果去掉1号后，此三人的情况完全相同，则去掉1号之前必有2人赛过的对手完全相同．如果去掉1号后有不止一对选手的已赛过对手完全相同，则只任取其中的一对连线，其余的对则不连线．
连线后把1号选手放回来，再依次去掉2号、3号，……，直至n号，每去掉1个选手，都会在某两点之间连出1条线．这样，就在n个选手之间连了n条线．且这些线上分别注了1至n号，每条线注了1个号码，每个号码只注在1条线上．
在这10个点中，总能找到一点，从这点出发，沿线前进，最后必能回到此点，否则，每到1点后，经过的点数都比线数多1．而图中的点数与线数相等，矛盾．现不妨设从点i出发，经过点j、k、……最后回到点i．注意到点i与点j所代表的两各选手中1个是与1号比赛的，另一个是没有与1号比赛的，不妨设i号没有与1号比赛过，j号与1号比赛过．而j与k所连线上注的号码不是1，故j与k与1号比赛的情况相同，即k号与1号比赛过，……，这样沿线走一圈后回到i，就应该得出i号与1号比赛过，矛盾．故证．