全国高中数学联赛试题及解析 苏教版15.doc

1995年全国高中数学联赛
第一试
一、选择题(每小题6分，共36分)
1． 设等差数列{an }满足3a8=5a13且a1>0，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( )
(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21
2． 设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z2，…，Z20，则复数Z，Z，…，Z所对应的不同的点的个数是( )
(A)4 (B)5 (C)10 (D)20
3． 如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子最多可能有( )
(A)1个 (B)2个 (C)50个 (D)100个
4． 已知方程|x－2n|=k (n∈N*)在区间(2n－1，2n+1]上有两个不相等的实根，则k的取值范围是( )
(A)k>0 (B)0小关系是
(A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1
(B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1
(C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1
(D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1
6． 设O是正三棱锥P—ABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA，PB的延长线分别交于Q，R，则和式++
(A)有最大值而无最小值 (B有最小值而无最大值
(C)既有最大值又有最小值，两者不等 (D)是一个与面QPS无关的常数
二、填空题(每小题9分，共54分)
1． 设α，β为一对共轭复数，若|α－β|=2，且为实数，则|α|= ．
2． 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 ．
3． 用[x]表示不大于实数x的最大整数， 方程lg2x－[lgx]－2=0的实根个数是 ．
4． 直角坐标平面上，满足不等式组的整点个数是 ．
5． 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是 ．
6． 设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15xÏA，则A中元素的个数最多是 ．
第二试
一、(25分) 给定曲线族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ为参数，求该曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值．
二、(25分) 求一切实数p，使得三次方程5x3－5(p+1)x2+(71p－1)x+1=66p的三个根均为正整数．
三、(35分) 如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E，F，G，H，在弧EF与GH上分别作圆O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证： MQ∥NP．
四、(35分) 将平面上的每个点都以红，蓝两色之一着色。证明：存在这样两个相似的三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色．
1995年全国高中数学联赛一试(解答)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1． 设等差数列{an}满足3a8=5a13且a1>0，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( )
(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21
解：3(a+7d)=5(a+12d)，Þd=－a，令an=a－a (n－1)≥0，an+1= a－a n<0，得n=20．选C．
2． 设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z2，…，Z20，则复数Z，Z，…，Z所对应的不同的点的个数是( )
(A)4 (B)5 (C)10 (D)20
解：设z1=cosθ+isinθ，则zk=z1εk－1，其中ε=cos+isin．ε20=1．ε15=－i，ε10=－1，ε5=i．
∴ zk1995=(cos1995θ+isin1995θ) ε1995(k－1)= (cos1995θ+isin1995θ)(－i)k－1．
∴ 共有4个值．选A．
3． 如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子最多可能有( )
(A)1个 (B)2个 (C)50个 (D)100个
解：把身高按从高到矮排为1~100号，而规定二人比较，身高较高者体重较小，则每个人都是棒小伙子．故选D．
4． 已知方程|x－2n|=k(n∈N*)在区间(2n－1，2n+1]上有两个不相等的实根，则k的取值范围是( )
(A)k>0 (B)00．
由图象可得，x=2n+1时，k≤1．即k≤．故选B．
又解：y=(x－2n)2与线段y=k2x(2n－10．且(2n－1)2－(4n+k2)(2n－1)+4n2>0，(2n+1)2－(4n+k2)(2n+1)+4n2≥0，2n－1<2n+k2<2n+1．Þ k≤．
5． logsin1cos1，logsin1tan1，logcos1sin1，logcos1tan1的大小关系是
(A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1
(B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1
(C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1
(D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1
解：<1<，故010，logcos1sin1>0，
设logsin1cos1=a，则得(sin1)a=cos11；logcos1sin1=b，则(cos1)b=sin1>cos1，0角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA，PB的延长线分别交于Q，R，则和式++
(A)有最大值而无最小值 (B)有最小值而无最大值
(C)既有最大值又有最小值，两者不等 (D)是一个与面QPS无关的常数
解：O到面PAB、PBC、PCA的距离相等．设∠APB=α，则
VPQRS=d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)sinα．(其中d为O与各侧面的距离)．
VPQRS=PQ·PR·PSsinαsinθ．(其中θ为PS与面PQR的夹角)
∴ d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)=PQ·PR·PSsinθ．
∴ ++=为定值．故选D．
二、填空题(每小题9分，共54分)
1． 设α，β为一对共轭复数，若|α－β|=2，且为实数，则|α|= ．
解：设α=x+yi，(x，y∈R)，则|α－β|=2|y|．∴y=±．
设argα=θ，则可取θ+2θ=2π，(因为只要求|α|，故不必写出所有可能的角)．θ=π，于是x=±1．|α|=2．
2． 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 ．
解：设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r2=h(2R－h)．
V锥=πr2h=h2(2R－h)=h·h(4R－2h)≤=·πR3．
∴ 所求比为8∶27．
3． 用[x]表示不大于实数x的最大整数， 方程lg2x－[lgx]－2=0的实根个数是 ．
解：令lgx=t，则得t2－2=[t]．作图象，知t=－1，t=2，及1y=100围成区域(不包括y=x上)内的整点数(x=1，2，3时各有1个整点，x=4，5，6时各有2个整点，…，x=73，74，75时有25个整点，x=76，77，…，100时依次有25，24，…，1个整点．共有3×1+3×2+…+3×25+25+24+…+1=4(1+2+…+25)=1300．由对称性，由y轴、y=3x、x+y=100围成的区域内也有1300个整点．
∴所求区域内共有5151－2600=2551个整点．
5． 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是 ．
解：顶点染色，有5种方法，
底面4个顶点，用4种颜色染，A=24种方法，用3种颜色，选 1对顶点C，这一对顶点用某种颜色染C，余下2个顶点，任选2色染，A种，共有CCA=48种方法；用2种颜色染： A=12种方法；
∴共有5(24+48+12)=420种方法．
6． 设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15xÏA，则A中元素的个数最多是 ．
解：1995=15×133．故取出所有不是15的倍数的数，共1862个，这此数均符合要求．
在所有15的倍数的数中，152的倍数有8个，这此数又可以取出，这样共取出了1870个．即|A|≥1870．
又{k，15k}(k=9，1011，…，133)中的两个元素不能同时取出，故|A|≤1995-133+8=1870．
第二试
一、(25分) 给定曲线族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ为参数，求该曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值．
解：以y=2x代入曲线方程得x=0，x=．
∴ 所求弦长l=．故只要求|x|的最大值即可．
由(2x－8)sinθ－(x+1)cosθ=1－3x．Þ(2x－8)2+(x+1)2≥(1－3x)2，即x2+16x－16≤0．
解之得，－8≤x≤2．即|x|≤8(当sinθ=±，cosθ=∓时即可取得最大值)．故得最大弦长为8．
二、(25分) 求一切实数p，使得三次方程5x3－5(p+1)x2+(71p－1)x+1=66p的三个根均为正整数．
解：x=1是方程的一个根．于是只要考虑二次方程
5x2－5px+66p－1=0
的两个根为正整数即可．
设此二正整数根为u、v．则由韦达定理知，

消去p，得5uv－66(u+v)=－1．同乘以5：52uv－5×66u－5×66v=－5．
∴ (5u－66)(5v－66)=662－5=4351=19×229．由于u、v均为整数，故5u－66、5v－66为整数．
∴
∴ 其中使u、v为正整数的，只有u=17，v=59这一组值．此时p=76．
三、(35分) 如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E，F，G，H，在弧EF与GH上分别作圆O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证： MQ∥NP．
分析 要证MQ∥NP，因AB∥DC，故可以考虑证明∠AMQ=∠CPN．现∠A=∠C，故可证ΔAMQ∽ΔCPN．于是要证明AM∶AQ=CP∶CN．
证明 设∠ABC=2a，∠BNM=2b，∠BMN=2γ．则
由ON平分∠ONM，得∠ONC=∠ONM=(180°－2b)=90°－b；
同理，∠OMN=∠OMA=90°－γ．
而∠CON=180°－∠OCN－∠ONC=b+a=90°－γ，于是ΔCON∽ΔAMO，
∴AM∶AO=CO∶CN，即AM·CN=AO2．
同理，AQ·CP=AO2，∴AM·CN=AQ·CP．
∴ΔAMQ∽ΔCPN，∴∠AMQ=∠CPN．
∴MQ∥NP．
四、(35分) 将平面上的每个点都以红，蓝两色之一着色．证明：存在这样两个相似的三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色．
证明：首先证明平面上一定存在三个顶点同色的直角三角形．
任取平面上的一条直线l，则直线l上必有两点同色．设此两点为P、Q，不妨设P、Q同着红色．过P、Q作 直线l的垂线l1、l2，若l1或l2上有异于PQ的点着红色，则存在红色直角三角形．若l1、l2上除P、Q外均无红色点，则在l1上任取异于P的两点R、S，则R、S必着蓝色，过R作l1的垂线交l2于T，则T必着蓝色．△RST即为三顶点同色的直角三角形．
设直角三角形ABC三顶点同色(∠B为直角)．把△ABC补成矩形ABCD(如图)．把矩形的每边都分成n等分(n为正奇数，n>1，本题中取n=1995)．连结对边相应分点，把矩形ABCD分成n2个小矩形．
AB边上的分点共有n+1个，由于n为奇数，故必存在其中两个相邻的分点同色，(否则任两个相邻分点异色，则可得A、B异色)，不妨设相邻分点E、F同色．考察E、F所在的小矩形的另两个顶点E¢、F¢，若E¢、F¢异色，则△EFE¢或△DFF¢为三个顶点同色的小直角三角形．若E¢、F¢同色，再考察以此二点为顶点而在其左边的小矩形，…．这样依次考察过去，不妨设这一行小矩形的每条竖边的两个顶点都同色．
同样，BC边上也存在两个相邻的顶点同色，设为P、Q，则考察PQ所在的小矩形，同理，若P、Q所在小矩形的另一横边两个顶点异色，则存在三顶点同色的小直角三角形．否则，PQ所在列的小矩形的每条横边两个顶点都同色．
现考察EF所在行与PQ所在列相交的矩形GHNM，如上述，M、H都与N同色，△MNH为顶点同色的直角三角形．
由n=1995，故△MNH∽△ABC，且相似比为1995，且这两个直角三角形的顶点分别同色．
证明2：首先证明：设a为任意正实数，存在距离为2a的同色两点．任取一点O(设为红色点)，以O为圆心，2a为半径作圆，若圆上有一个红点，则存在距离为2a的两个红点，若圆上没有红点，则任一圆内接六边形ABCDEF的六个顶点均为蓝色，但此六边形边长为2a．故存在距离为2a的两个蓝色点．
下面证明：存在边长为a，a，2a的直角三角形，其三个顶点同色．如上证，存在距离为2a的同色两点A、B(设为红点)，以AB为直径作圆，并取圆内接六边形ACDBEF，若C、D、E、F中有任一点为红色，则存在满足要求的红色三角形．若C、D、E、F为蓝色，则存在满足要求的蓝色三角形．
下面再证明本题：由上证知，存在边长为a，a，2a及1995a，1995a，1995´2a的两个同色三角形，满足要求．
证明3：以任一点O为圆心，a及1995a为半径作两个同心圆，在小圆上任取9点，必有5点同色，设为A、B、C、D、E，作射线OA、OB、OC、OD、OE，交大圆于A¢，B¢，C¢，D¢，E¢，则此五点中必存在三点同色，设为A¢、B¢、C¢．则DABC与DA¢B¢C¢为满足要求的三角形．