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1995年全国高中数学联赛试题及解答

发布时间:2014-05-13 13:36:31  

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Z1 ,Z2 ,…,Z20 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|x (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( )

1 (A)k>0 (B)0<k 2n+1

11 (Ck≤ (D)以上都不是 2n+12n+1

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

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111++PQPRPS199519951995

(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)

α1. 设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=3为实数,则|α|= β

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.

y≤3x,

x4. 直角坐标平面上,满足不等式组y≥3, 的整点个数是 .

x+y≤100???

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,15x?A,则A中元素的个数最多是 .

- 1 -

1

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.

- 2 -

2

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

222 解:3(a+7d)=5(a+12d),?d=-a,令an=a-a (n-1)≥0,an+1= aa n<0,得n=20.选C. 393939

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Z1 ,Z2 ,…,Z20 所对应的不同的点的个数是( )

(A)4 (B)5 (C)10 (D)20

ππ- 解:设z1=cosθ+isinθ,则zk=z1εk1,其中ε=cos+isinε20=1.ε15=-i,ε10=-1,ε5=i. 1010

∴ zk1995=(cos1995θ+isin1995θ) ε1995(k1)= (cos1995θ+isin1995θ)(-i)k1.

∴ 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. --199519951995

4. 已知方程|x-2n|=kx(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( )

1 (A)k>0 (B)0<k 2n+1

11 (Ck≤ (D)以上都不是 2n+12n+1

解:由|x-2n|≥0,故k≥0,若k=0,可知在所给区间上只有1解.故k>0.

1 由图象可得,x=2n+1时,kx≤1.即k≤B. 2n+1

又解:y=(x-2n)2与线段y=k2x(2n-1<x≤2n+1)有两个公共点.x2-(4n+k2)x+4n2=0有(2n-1,2n+1]上有两个根.故△=(4n+k2)2-16n2>0.且(2n-1)2-(4n+k2)(2n-1)+4n2>0,(2n+1)2-(4n+k2)(2n+1)+4n2≥0,

112n-1<2n2<2n+1.? k≤. 2n+1

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0<cos1<sin1<1<tan1.? logsin1tan1<0,42logcos1tan1<0,logsin1cos1>0,logcos1sin1>0, a设logsin1cos1=a,则得(sin1)=cos1<sin1,a>1;logcos1sin1=b,

则(cos1)b=sin1>cos1,0<b<1;即logcos1sin1< logsin1cos1. cd设logsin1tan1=c,logcos1tan1=d,则得(sin1) =(cos1)=tan1,

(指数函数图象进行比较),c<d.即logsin1tan1<logcos1tan1

故选C.

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

- 3 -

3

长线分别交于Q,R,则和式111++PQPRPS

(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

1 VPQRS=d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)sinα.(其中d为O与各侧面的距离). 6

1 VPQRS=PQ·PR·PSsinαsinθ.(其中θ为PS与面PQR的夹角) 6

∴ d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)=PQ·PR·PSsinθ.

∴ 111sinθ为定值.故选D. PQPRPSd

二、填空题(每小题9分,共54分)

α1. 设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=3为实数,则|α|= β 解:设α=x+yi,(x,y∈R),则|α-β|=2|y|.∴y=±3.

2 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,于是x=±1.|α|=2. 3

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).

1πππ4R?3843 V锥πr2h=h2(2R-h)·h(4R-2h)≤=. 33663?273

∴ 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1<t<2内有一解.

1当1<t<2时,[t]=1,t=3.故得:x=,x=100,x=10,即共有3个实根. 10

h?y≤3

xx, 4. 直角坐标平面上,满足不等式组?y≥3, 的整点个数是 .

?x+y≤100

解:如图,即△OAB内部及边界上的整点.由两轴及x+y=100围成区

域(包括边界)内的整点数=1+2+3+…+101=5151个.

11由x轴、y=x,x+y=100围成区域(不包括上)内的整点数(x=1,2,333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,

- 4 -

4

底面4个顶点,用4种颜色染,A4=24种方法,用3种颜色,选 1对顶点C2,这一对顶点用某种颜色染C4,余下2个顶点,任选2色染,A3种,共有C2C4A3=48种方法;用2种颜色染: A4=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,15x?A,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=9,10,11,…,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. 8sinθ+cosθ+1

解:以y=2x代入曲线方程得x=0,x=

2sinθ-cosθ+3

8sinθ+cosθ+1

∴ 所求弦长l=?2sinθ-cosθ+35.故只要求|x|的最大值即可.

1

2

1

12

2

41

??

由(2x-8)sinθ-(x+1)cosθ=1-3x.?(2x-8)2+(x+1)2≥(1-3x)2,即x2+16x-16≤0.

247

解之得,-8≤x≤2.即|x|≤8(当sinθ=±cosθ=?).故得最大弦长为5.

2525

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,

??u+v=p ①

1 ? uv= (66p-1) ②??5

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.

?5u-66=1, -1, 19, -19,

∴ ?

?5v-66=4351,-4351,229, -229.

∴ 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=2?,∠BNM=2?,∠BMN=2γ.则

1

由ON平分∠ONM,得∠ONC=∠?-2?)=90?-?;

2同理,∠OMN=∠OMA=90?-γ.

而∠CON=180?-∠OCN-∠ONC=?+?=90?-γ,于是ΔCON

- 5 -

A

D5

BN

F

∽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P、Q的点着红色,l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l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. C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a3a,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a3a,2a及1995a,1995,1995?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?ABC与?A?B?C?为满足要求的三角形.

- 6 -

6

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