全国高中数学竞赛试题及解析 苏教版.doc

1979年全国高中数学竞赛题
第一试
1．求证：sin3θ=4sinθsin(+θ)sin(+θ)
2．已知：双曲线的两条渐近线的方程为x+y=0和x－y=0，两顶点间的距离为2，试求此双曲线方程．
3．在△ABC中，∠A为钝角，求作一个面积最小的圆，把△ABC完全盖住．
4．圆的两条非直径的圆相交，求证：它们不能互相平分．
5．解方程组
6．解方程：5x2+x－x－2=0．
7．写出并证明立体几何中的“三垂线定理”．
8．设△ABC三内角成等差数列，三条对应边a、b、c的倒数成等差数列，试求A、B、C．
9．已知一点P(3，1)及两直线l1：x+2y+3=0，l2x+2y=7=0，试求通过P点且与l1、l2相切的圆的方程．
10．已知锐角三角形的三边a、b、c满足不等式a>b>c，问四个顶点都在三角形边上的三个正方形哪个最大？证明你的结论．
第二试
1．已知f(x)=x2－6x+5，问满足f(x)+f(y)≤0和f(x)－f(y)≥0的点(x，y)在平面上的什么范围内？并画图．
2．命题“一对对边相等及一对对角相等的四边形必为平行四边形”对吗？如果对，请证明，如果不对，请作一四边形，满足已知条件，但它不是平行四边形．并证明你的作法．
3．设0<α<，0<β<，证明
+≥9 ．
4．在单位正方形周界上任意两点间连了一条曲线，如果它把正方形分成两个面积相等的两部分，试证这条曲线的长度不小于1．
5．在正整数上定义一个函数f(n)如下：当n为偶数时，f(n)= ，当n为奇数时，f(n)=n+3，
1° 证明：对任何一个正整数m，数列a0=m，a1=f(a0)，…，an=f(an－1)，…中总有一项为1或3．
2° 在全部正整数中，哪些m使上述数列必然出现“3”？哪些m使上述数列必然出现“1”？
6．如图，假设两圆O1和O2交于A、B，⊙O1的弦BC交⊙O2于E，⊙O2的弦BD交⊙O1于F，证明
⑴ 若∠DBA=∠CBA，则DF=CE；
⑵ 若DF=CE，则∠DBA=∠CBA．
7．某区学生若干名参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250分，前三名的分数是88、85、80，最低分是30分，得同一分数的学生不超过3人，问至少有多少学生得分不低于60分(包括前三名)？
1979年全国高中数学竞赛试题解答
第一试
1．求证：sin3θ=4sinθsin(+θ)sin(+θ)
证明：4 sinθsin(+θ)sin(+θ)=2sinθ[－cos(π＋2θ)＋cos]=2sinθcos2θ＋sinθ
=2sinθ(1－2sin2θ)＋sinθ=3sinθ－4sin3θ=sin3θ．
2．已知：双曲线的两条渐近线的方程为x+y=0和x－y=0，两顶点间的距离为2，试求此双曲线方程．
解：设双曲线方程为x2－y2=λ，以(1，0)及(0，1)分别代入，得双曲线方程为x2－y2=±1．
3．在△ABC中，∠A为钝角，求作一个面积最小的圆，把△ABC完全盖住．
解：以BC为直径作⊙O，则⊙O即为所求的最小圆．
首先，BC是△ABC的最长边，对于任意直径小于BC的圆，不可能盖住BC．(若能盖住，则得到圆的弦长大于同圆的直径，这是不可能的)
其次，由于∠A>90°，故点A在圆内．即此圆盖住了△ABC．故证．
4．圆的两条非直径的弦相交，求证：它们不能互相平分．
证明：设⊙O的弦AB、CD互相平分于点M，连OM，则由M是弦AB中点．
∴ OM⊥AB，同理OM⊥CD．于是过点M可能作OM的两条垂线，这是不可能的．故证．
5．解方程组
解：五式相加：x＋y＋z＋u＋v=15．
⑴＋⑵：x＋u=3，⑵＋⑶：y＋v=5，Þz=7；⑶＋⑷：z＋x=7，⑷＋⑸：u＋y=9，Þv=－1；
x=0，y=6，u=3．
即x=0，y=6，z=7，u=3，v=－1．
6．解方程：5x2+x－x－2=0．
解：5x2－1≥0，Þx≥或x≤－．
()2－1－x＋x=0，Þ(－1)(＋1－x)=0，
Þ=1．Þx=±及x≥1时，5x2－1=1－2x＋x2，Þ2x2＋x－1=0，Þx=－1，x=．
∴ x=±．
7．写出并证明立体几何中的“三垂线定理”．
证明：略(见课本)
8．设△ABC三内角成等差数列，三条对应边a、b、c的倒数成等差数列，试求A、B、C．
解：B=60°，+=，Þsin60°(sinA＋sinC)=2sinAsinC，
Þ2cos(A－C)－3cos＋1=0，令x=cos，得4x2－3x－1=0，x=1，x=－ (舍)
∴ A=B=C=60°.
9．已知一点P(3，1)及两直线l1：x+2y+3=0，l2：x+2y=7=0，试求通过P点且与l1、l2相切的圆的方程．
解：两直线距离==2，圆心在直线x＋2y－2=0上．
设圆方程为(x－2＋2b)2＋(y－b)2=5，Þ(3－2＋2b)2＋(1－b)2=5，Þ1＋4b＋4b2＋1－2b＋b2=5，
Þ5b2＋2b－3=0，b=－1，b=．
∴ 所求圆方程为(x－4)2＋(y＋1)2=5；(x－)2＋(y－)2=5．
10．已知锐角三角形的三边a、b、c满足不等式a>b>c，问四个顶点都在三角形边上的三个正方形哪个最大？证明你的结论．
解：此正方形有4个顶点，故必有一边在三角形的边上．
设a、b、c边上的高分别为ha、hb、hc，且立于a边上正方形边长为x，
则=，aha=(a＋ha)x，x==．
现aha=bhb=2S，a>b，于是a＋ha－(b＋hb)=(a－b)＋(－)=(a－b)(1－)=(a－b)1－sinC)>0.
∴ a＋ha>b＋hb>c＋hc．
∴ 立于c边上的正方形最大．
第二试
1．已知f(x)=x2－6x+5，问满足f(x)+f(y)≤0和f(x)－f(y)≥0的点(x，y)在平面上的什么范围内？并画图．
解：f(x)+f(y)≤0，Þx2－6x+5+y2－6y+5≤0，Þ(x－3)2+(y－3)2≤8，表示以(3，3)为圆心，2为半径的圆及圆内部分．
f(x)－f(y)≥0，Þx2－6x－y2+6y≥0，Þ(x－3)2－(y－3)2≥0，Þ(x+y－6)(x－y)≥0．
所求图形为阴影部分．
2．命题“一对对边相等及一对对角相等的四边形必为平行四边形”对吗？如果对，请证明，如果不对，请作一四边形，满足已知条件，但它不是平行四边形．并证明你的作法．
证明：不对，如图，作△ABD，及过B、A、D三点的弧，以BD为轴作此弧的对称图形，以D为圆心，AB为半径作弧与所作对称弧有两个不同的交点C、C¢，则四边形ABCD、ABC¢D都是有一组对边相等，一组对角相等的四边形，其中有一个不是平行四边形．
3．设0<α<，0<β<，证明
+≥9 ．
证明：+= +≥+
=tan2α+1+4cot2α+4≥5+2=9．
4．在单位正方形周界上任意两点间连了一条曲线，如果它把正方形分成两个面积相等的两部分，试证这条曲线的长度不小于1．
证明 设M、N是单位正方形周界上两点，曲线MN把正方形的面积两等分．
1° 若M、N分别在正方形的对边上(图1)，于是曲线MN≥线段MN≥1．
2° 若M、N分别在正方形的一组邻边上(图2 )．连对角线AC，则曲线MN必与AC相交(若不相交，则曲线MN全部在AC的一边，它不可能平分正方形的面积)，设其中一个交点为P，作曲线 的PN段关于AC的对称曲线PN’，则点M、N’在正方形的一组对边上，而曲线MN’的长度等于曲线MN的长度．于是化归为情形1°．
3°若M、N分别在正方形的一条边AB上(图3)．连对边AD、BC的中点EF，则曲线MN必与EF相交(理由同上)，设其中一个交点为P，作曲线 的PN段关于EF的对称曲线PN’，则点M、N’在正方形的一组对边上，而曲线MN’的长度等于曲线MN的长度．于是化归为情形1°．
综上可知，命题成立．
5．在正整数上定义一个函数f(n)如下：当n为偶数时，f(n)= ，当n为奇数时，f(n)=n+3，
1° 证明：对任何一个正整数m，数列a0=m，a1=f(a0)，…，an=f(an－1)，…中总有一项为1或3．
2° 在全部正整数中，哪些m使上述数列必然出现“3”？哪些m使上述数列必然出现“1”？
证明：1°，当an>3时，若an为偶数，则an+1=的子序列，由于该序列的每项都是正整数，故进行到某一项时序列的项≤10，此时
当an=3，6，9时，出现如下的项：9→12→6→3→6→3→…；当an≤10且3an时，出现如下的项：
7→10→5→8→4→2→1；
总之，该数列中必出现1或3．
2° 当m为3的倍数时，若m为偶数，仍为3的倍数；若m为奇时，m+3是3的倍数，总之an对于一切n∈N*，都是3的倍数，于是，上述数列中必出现3，当m不是3的倍数时，(若m为偶数)与m+3(若m为奇数)都不能是3的倍数，于是an不是3的倍数，故an≠3，此时数列中必出现1．
6．如图，假设两圆O1和O2交于A、B，⊙O1的弦BC交⊙O2于E，⊙O2的弦BD交⊙O1于F，证明
⑴ 若∠DBA=∠CBA，则DF=CE；
⑵ 若DF=CE，则∠DBA=∠CBA．
证明：连AC、AD、AE、AF，由ADBE是圆内接四边形，得∠AEC=∠D，同理∠C=∠AFD．从而∠DAF=∠CAF．
⑴ 若∠DBA=∠CBA，则AD=AE，AF=AC，(同圆内，圆周角等，所对弦等)于是，△ADF≌△AEC，ÞDF=CE．
⑵ 若DF=CE，则△ADF≌△AEC，ÞAD=AE，Þ∠DBA=∠CAF．
7．某区学生若干名参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250分，前三名的分数是88、85、80，最低分是30分，得同一分数的学生不超过3人，问至少有多少学生得分不低于60分(包括前三名)？
解：8250－(88+85+80)=7997．(30+31+32+…+79)×3=50×109÷2×3=8175．即从30到79分每个分数都有3人得到时，共有8175分， 此时及格学生数为20×3+3=63人．
8175－7997=178．若减少3名及格的学生至少减去180分．故至多减去2名及格的学生．
∴ 至少63－2=61人及格．