全国高中数学联赛试题及解析 苏教版15

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1、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，

2、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

3、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++

4、 (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

5、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A

6、BCD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

7、 (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=(cos19

8、95θ+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

9、，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)(2

10、n－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) logc

11、os1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1 解：<1<，故00，logcos1sin1>0， 设logsin1cos1=a，则得(sin1)a=cos11；logcos1sin1=b，则(cos1)b=sin1>cos1，0

12、进行比较)，c

13、QRS=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

14、． 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1

15、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． 由x轴、y=x，x+y=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

16、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

17、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． 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+1

18、6x－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)(

19、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

20、 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．

21、 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，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

22、，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

23、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．