91全国高中数学联赛试题及详细解析.docx

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( ) A4 B8 C12 D24 2设a、b、c均为非零复数，且=，则的值为( ) A1 B C1，2 D1，2 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( ) A4 B5 C9 D104设函数y=f(x)对于一切实数x满足f(3+x)=f(3x)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( ) A18 B12 C9 D0 5设S=(x，y)|x2y2=奇数，x，yR，T=(x，y)|sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)，x，yR，则( ) AST BTS CS=T DST=6方程|xy2|=1|x|的图象为( ) 二填空题：1cos210+cos250sin40sin80= 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ca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(2n1)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419912000除以106，余数是 5设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1z2|=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X表示X中最大数与最小数的和那么，所有这样的X的算术平均值为 三设正三棱锥PABC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( ) A4 B8 C12 D24【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( ) A4 B5 C9 D10【答案】B【解析】即24|a31，而a0，1，2，3，4，则a30，1，0，3，0故a10(mod 8)若a0，1，2(mod 3)，则a30，1，1(mod 3)， a10(mod 3)即a10(mod 24)选B5设S=(x，y)|x2y2=奇数，x，yR，T=(x，y)|sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)，x，yR，则( ) AST BTS CS=T DST=【答案】A【解析】若x2y2为奇数，则sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)成立，即ST又若x=y时，sin(2x2)sin(2y2)=cos(2x2)cos(2y2)也成立，即得ST，选A6方程|xy2|=1|x|的图象为( ) 【答案】D【解析】 |xy2|=故此方程等价于故选D2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ca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(2n1)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+(2n1)=n2，故第n组最后一数为2n21，于是解2(n1)21+219912n21，得n=32即在第32组5设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1z2|=3，则log3|(z1)2000+(z2)2000|= 【答案】4000【解析】由|z1+z2|2+|z1z2|2=2(|z1|2+|z2|2)，得|z2|=3由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1argz2=120|(z1)2000+(z2)2000|=234000|cos(1202000)|=34000故log3|(z1)2000+(z2)2000|=4000三设正三棱锥PABC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，GHBC在面PAD中，POD被直线AF截，故=1，但=1，=，= =，=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APGH及AHGBC故二者体积比=421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)= (n21)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 若SABC>，则A、B、C、D即为所求 若SABD<，则SBCD>，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 若SABD=，其余三个三角形面积均> SABD=由于SABC+SACD=1，而SACD>，故SABC<=SBCD 过A作AEBC必与CD相交，设交点为E则 SABC>SABD，从而SABE>SABD=SACE=SABE>，SBCE=SABC>即A、B、C、E四点即为所求 若SABD=，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SADC= SABD=则ADBC，四边形ABCD为梯形由于SABD=，SABC=，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EFBC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，xk1，3，4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+xk1分别等于n1，n3，n4故当n>4时， an=an1+an3+an4 a1=a2=1，a3=2，a4=4，利用及初始值可以得到下表：来源:Zxxk.Comn123456789来源:学科网1011121314an11246915254064104169273441规律11212222332355258828131321321212可找到规律： a2(k+1)=a2k+1+a2k1+a2k2=fkfk+1+fk1fk+f= fkfk+1+fk1(fk+fk1)= fkfk+1+fk1fk+1=fk+1(fk1+fk)=fk+1fk+1=f a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k1 =f+f+fk1fk= f+fk(fk+fk1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1证明2：(用特征方程)由上证得式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4， 由此得差分方程：431=0 (2+1)(21)=0此方程有根=i，= 令an=in+(i)n+()2+d()2利用初值可以求出an=in+(i)n+()n+2+()n+2 a2n=()n+1()n+12 得a2n=bn=2(1)n+()n +1+()n+1= ()2(n+1)+()2(n+1)2()n+1()n+1 =()n+1()n+12记fn=()n+1()n+1，其特征根为m1，2=故其特征方程为m2m1=0于是其递推关系为fn=fn1+fn2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