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    91全国高中数学联赛试题及详细解析|

    时间:2021-08-05 03:12:18来源:百花范文网本文已影响

    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.[来源:学*科*网] 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 【答案】B 【解析】每个正方形的顶点对应着一个正三角形.故选B 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 【答案】B 【解析】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. 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 【答案】A 【解析】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( ) 【答案】D 【解析】∵ |x-y2|=故此方程等价于 故选D. 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. 【答案】32 【解析】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. 5.设复数z1,z2满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3,则log3|(z1)2000+(z2)2000|= . 【答案】4000 【解析】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. 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. 【解析】 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. 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. [来源:Zxxk.Com] 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. 【解析】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>.[来源:学科网] 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. 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,…. 【解析】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:[来源:Zxxk.Com] n 1 2 3 4 5 6 7 8 9[来源:学科网] 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:
    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. 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. 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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