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1992年全国高中数学联赛试题及解答


1992 年全国高中数学联赛

通渭一中 刘黎明

1992 年全国高中数学联赛试题及解答
第一试 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.对于每个自然数 n,抛物线 y=(n +n)x ?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 A n ,B n 两点,以|A n Bn |表示该两点的 距离,则|A 1 B1 |+|A 2 B

2 |+?+|A 1992B 1992 |的值是( 1991 (A ) 1992 (B ) 1992 1993 (C) 1991 1993 ) (D) 1993 1992
2 2

1 1 1992 解:y=((n+1)x-1)(nx-1),∴ |A n Bn |= - ,于是|A 1B 1 |+|A 2B 2 |+?+|A1992 B 1992|= ,选 B . n n+1 1993 2.已知如图的曲线是以原点为圆心,1 为半径的圆的一部分,则这一曲线的方程是( (A )(x+ 1-y )(y+ 1-x )=0 (C)(x+ 1-y )(y? 1-x )=0
2 2 2 2 2

)
?1

y
1 O ?1 1 x

(B )(x? 1-y )(y? 1-x )=0 (D)(x? 1-y )(y+ 1-x )=0
2 2 2

2

2

解:(x? 1-y )=0 表示 y 轴右边的半圆,(y+ 1-x )=0 表示 x 轴下方的半圆,故选 D. 3.设四面体四个面的面积分别为 S1,S2 ,S3 ,S4 ,它们的最大值为 S,记 λ=( 一定满足(
4

ΣS )/S,则 λ
i

4

i=1

) (A )2<λ≤4 (B )3<λ<4 (C)2.5<λ≤4.5 (D)3.5<λ<5.5
4 4

解:

Σ
i=1

Si ≤4S,故

Σ
i=1

Si ≤4,又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时,

ΣS 接近 2S,故选 A.
i

i=1

C sinB 4.在△ABC 中,角 A ,B ,C 的对边分别记为 a,b,c(b?1),且 , 都是方程 log A sinA 的根,则△ABC( ) (A )是等腰三角形,但不是直角三角形 (B )是直角三角形,但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形,也不是直角三角形 2 解:x =4x-4.根为 x=2.∴ C=2A ,?B=180° -3A ,sinB=2sinA .?sin3A=2sinA , ?3-4sin2 A=2.A=30° ,C=60° ,B=90° .选 B .

b

x= logb (4x-4)

5.设复数 z1 ,z2 在复平面上对应的点分别为 A ,B,且|z1 |=4,4z1 ?2z1 z2 +z2 =0,O 为坐标原点,则△ OAB 的面积为( ) (A )8 3 (B )4 3 (C)6 3 (D)12 3 2z1 π π 1 3 解: =cos ±isin .∴ |z2 |=8,z1 、z2 的夹角=60° .S= · 4· 8· =8 3.选 A . z2 3 3 2 2 6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f (10+x)=f(10?x), f (20?x)=?f (20+x),则 f (x) 是 (A )偶函数,又是周期函数 (B )偶函数,但不是周期函数 (C)奇函数,又是周期函数 (D)奇函数,但不是周期函数 解:f (20-x)=f[10+(10-x)]=f [10-(10-x)]=f (x)=-f (20+x). ∴ f (40+x)=f[20+(20+x)]=-f(20+x)=f(x).∴ 是周期函数; ∴ f (-x)=f(40-x)=f(20+(20-x)=-f (20-(20-x))=-f (x).∴ 是奇函数.选 C. 二、填空题(每小题 5 分共 30 分) 1 1 1 x z 1.设 x,y,z 是实数,3x,4y,5z 成等比数列,且 , , 成等差数列,则 + 的值是______. x y z z x 解:16y2 =15xz,y= 2xz (x+z)2 64 x z 34 ,?16·4x2 z2 =15xz(x+z)2 .由 xz≠0,得 = ,? + = . x+z xz 15 z x 15
-1-

2

2

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通渭一中 刘黎明

2.在区间[0,?]中,三角方程 cos7x=cos5x 的解的个数是



1 解:7x=5x+2kπ,或 7x=-5x+2kπ,(k ∈Z)?x=kπ,x= kπ (k ∈Z),共有 7 解. 6 3.从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在的直 线都是异面直线,则 k 的最大值是 . 解:正方体共有 8 个顶点,若选出的 k 条线两两异面,则不能共顶点,即至多可选 出 4 条,又可以选出 4 条两两异面的线(如图),故所求 k 的最大值=4. z 4.设 z1 ,z2 都是复数,且|z1 |=3,|z2 |=5|z1 +z2 |=7,则 arg( 2 )3 的值是______. z1 3 +5 -7 1 z π 5π z 解: cos ∠OZ1 Z3 = =- . 即∠OZ1 Z3 ==120° , ∴ arg( 2 )= 或 . ∴ arg( 2 )3 =π. 2?3?5 2 z1 3 3 z1 5. 设数列 a1 , a2 , ?, an , ?满足 a1 =a2 =1, a3 =2, 且对任何自然数 n, 都有 an an +1 an +2 ?1, 又 an an +1 an +2 an +3 =an +an +1 +an +2 +an +3 ,则 a1 +a2 +?+a100 的值是____. 解:an an +1 an +2 an +3 =an +an +1 +an +2 +an +3 ,an +1 an +2 an +3 an +4 =an +1 +an +2 +an +3 +an +4 , 相减,得 an an +1 an +2 (a4 -an )=an +4 -an ,由 an an +1 an +2 ?1,得 an +4 =an . 又,an an +1 an +2 an +3 =an +an +1 +an +2 +an +3 ,a1 =a2 =1,a3 =2,得 a4 =4. ∴ a1 +a2 +?+a100 =25(1+1+2+4)=200. 6.函数 f (x)= x4 -3x2 -6x+13- x4 -x2 +1的最大值是_____. 2 2 2 2 2 2 2 解:f(x)= (x -2) +(x-3) - (x -1) +x ,表示点(x,x )与点 A (3,2)的距离及 B(0,1) 距离差的最大值.由于此二点在抛物线两侧,故过此二点的直线必与抛物线交于两点.对于 抛物线上任意一点,到此二点距离之差大于|AB |= 10.即所求最小值为 10. 三、(20 分)求证:16< 证明: 1
B (0,1)
O x y
2 2 2
A' D A
y
Z2

D' B'

C'

C B

Z3

Z1

O

x

A (3,2)

Σ k<17.
1
i=1

4

2 2 1 2 = < =2( k- k -1),同时 > =2( k +1- k ). k k+ k k -1+ k k k +1+ k

于是得 2

Σ
k=1

80

( k +1- k)<

Σ
k=1

80

1

80 80 1 <1+2 ( k- k -1)即 16< <1+2( 80-1)<1+2(9-1)=17. k k=1 k=1 k

Σ

Σ

四、(20 分)设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A ,B ,C 三点,且 AB=BC,过 A ,B ,C 分别作 m 的垂线 7 AD,BE ,CF ,垂足依次是 D,E ,F ,已知 AD= 15,BE= CF= 10,求 l 与 m 的距离. 2 解:过 m 作平面 α∥l,作 AP ⊥α 于 P ,AP 与 l 确定平面 β,β∩α=l? ,l? ∩m=K. 作 BQ⊥α,CR ⊥α,垂足为 Q、 R ,则 Q、 R ∈l?,且 AP=BQ=CR=l 与 m 的距离 d. 连 PD、QE 、RF ,则由三垂线定理之逆,知 PD、QE 、RF 都⊥m. 49 -d2 ,RF= 10-d2 . 4 当 D、E 、F 在 K 同侧时 2QE=PD+RF , PD= 15-d2 ,QE=
2 2 2
l

C

B

A

?

m

R KF

Q

P

?

l'

E D

? 49-4d = 15-d + 10-d .解之得 d= 6 当 D、E 、F 不全在 K 同侧时 2QE=PD-RF ,? 49-4d2= 15-d2 - 10-d2 .无实解. ∴ l 与 m 距离为 6. 五、(20 分)设 n 是自然数,fn (x)= xn +1 -x-n -1 1 (x?0,±1),令 y=x+ . x-x-1 x 1. 求证:f n+1 (x)=yf n(x)?f n -1(x),(n>1) 2. 用数学归纳法证明:

-2-

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? ? f (x)=? ? ?
n

y -Cn -1 y
n 1

n -2

+…+(-1) C
i i

n i n -2i +…+(-1)2,(i=1,2,…, n -i y
n -1

n ,n为偶数) 2 n-1 ,n为奇数) 2

y -Cn -1 y
n 1

n -2

+…+(-1) C

n-1 n -i +…+( -1) 2
i

C n2+1 y,(i=1,2,…,
2

(x+ 证明: ⑴ 由 yfn (x)?fn -1 (x)=

1 n +1 -n -1 )(x -x )-xn +x-n n +2 -n -2 x -x x = =f n +1(x).故证. -1 -1 x-x x-x

1 12 2 -2 2 ⑵ f 1(x)= x+ ,f 2(x)=x +1+x =(x+ ) -1=y -1.故命题对 n=1,2 成立. x x 设对于 n≤m(m≥2,m 为正整数),命题成立,现证命题对于 n=m+1 成立. 1. 若 m 为偶数,则 m+1 为奇数.由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有
m m -2 f m(x)= ym -Cm1 +C -1y 2 m -4 +…+(-1)i m -2 y m 2

Cm i-i ym -2 i +…+(-1)2 C

m- 2

y m

m-2? 2

m



f m -1(x)= y

m -1

-C

1 m -3 +…+(-1)i -1 m -1y

C

m -2 m -2 i -1 m +1 -2 i +…+(-1) 2 · 2 y m -iy m 2

C



∴ yf m (x)-f m -1 (x)=y

m +1

-…+(-1) (Cm -i +C

i

i

m i -1 m +1 -2 i +…+(-1)2 ( m -i ) y

C

m m- 2

m 2

+C
m

m -1 2 )y m m- 2 m +1

1 m -1 i m +1 -2 i = ym +1 -Cm +1 +…+(-1)i Cm - +…+(-1)2 · Cm2 y -1y i +1y 2

即命题对 n=m+1 成立. 2.若 m 为奇数,则 m+1 为偶数,由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有 f m(x)= y
m -1 m -1 m -1 1 m -2 i i m -2 i +…+(-1) · m -i y +…+(-1) 2 · m2 m -2y -1 y

-C

C

C



2 m -1 i -1 m +1 -2 i +…+(-1) 2 m -iy m -1

f m -1(x)= y

m -1

-C

1 m -3 i -1 +…+(-1) m -2y

C

Cm2 -1
2



用 y 乘③减去④,同上合并,并注意最后一项常数项为
m -1 m -1 m -1 2 m +1 m +1

-(-1)

2

Cm 2 -1 =-(-1)
2 m +1 2

C m2+1=(-1) 2 .
2

于是得到 yfm (x)-f m -1(x)=y

m +1

-Cm y

1 m -1

+…+(-1)

,即仍有对于 n=m+1,命题成立

综上所述,知对于一切正整数 n,命题成立. 第二试 一、(35 分) 设 A 1A 2A 3 A 4 为⊙O 的内接四边形,H1 、H2 、H3 、H4 依次为⊿A2 A3 A 4 、⊿A 3 A4 A1 、⊿A 4A 1A 2 、 ⊿A 1 A2 A 3 的垂心.求证:H1 、H2 、H3 、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆心位置. 证明: 连 A 2 H1 , A1 H2 , 取 A 3 A 4 的中点 M, 连 OM, 由上证知 A 2 H1 ∥OM, A 2 H1 =2OM, A 1 H2 ∥OM, A1 H2 =2OM,从而 H1 H2 A 1A 2 是平行四边形,故 H1 H2 ∥A 1A 2 ,H1 H2 =A1 A 2. 同理可知,H2 H3 ∥A 2A 3 ,H2 H3 =A2 A 3 ; H3 H4 ∥A3 A 4 ,H3 H4 =A 3A 4 ; H4 H1 ∥A 4A 1 ,H4 H1 =A4 A 1 . 故 四边形 A 1A 2 A3 A4 ≌四边形 H1 H2 H3 H4 .
-3A3 H1 M H4 A2 O1 O H2 A4 M1 A1 H3

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通渭一中 刘黎明

由四边形 A 1A 2 A3 A 4 有外接圆知, 四边形 H1 H2 H3 H4 也有外接圆. 取 H3 H4 ∥的中点 M1 , 作 M1 O1 ⊥H3 H4 , 且 M1 O1 =MO,则点 O1 即为四边形 H1 H2 H3 H4 的外接圆圆心. 又证:以 O 为坐标原点,⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系,设 OA1 、OA 2 、OA 3 、OA 4 与 OX 正 方向所成的角分别为 α、β、γ 、?,则点 A 1 、A 2 、A3 、A 4 的坐标依次是(cos α,sinα)、(cos β,sinβ)、(cosγ , sinγ )、(cos ?,sin?). 显然,⊿A 2 A3 A 4 、⊿A 3A 4 A1 、⊿A 4A 1A 2 、⊿A1 A 2A 3 的外心都是点 O,而它们的重心依次是 1 1 1 1 ( (cos β+cosγ +cos ?), (sinβ+sinγ +sin?))、( (cos γ +cos?+cos α), (sinα+sin?+sinγ ))、 3 3 3 3 1 1 1 1 ( (cos ?+cos α+cos β), (sin?+sinα+sinβ))、( (cos α+cos β+cosγ ), (sinα+sinβ+sinγ )). 3 3 3 3 从而,⊿A 2 A3 A 4 、⊿A 3A 4 A1 、⊿A 4A 1A 2 、⊿A1 A 2A 3 的垂心依次是 H1 (cos β+cosγ +cos ?, sinβ+sinγ +sin?)、H 2 (cosγ +cos ?+cos α,sinα+sin?+sinγ )、 H 3 (cos ?+cos α+cos β,sin?+sinα+sinβ)、H 4 (cos α+cos β+cosγ ,sinα+sinβ+sinγ ). 而 H1 、H2 、H3 、H4 点与点 O1(cos α+cos β+cos γ +cos ?,sinα+sinβ+sinγ +sin?)的距离都等于 1,即 H1 、H2 、 H3 、H4 四点在以 O1 为圆心,1 为半径的圆上.证毕. 二、(35 分)设集合 Sn ={1, 2, ?,n}.若 X 是 Sn 的子集,把 X 中所有数的和称为 X 的“容量”(规定空集的 容量为 0),若 X 的容量为奇(偶)数,则称 X 为的奇(偶)子集. 1.求证 Sn 的奇子集与偶子集个数相等. 2.求证:当 n≥3 时,Sn 的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和. 3.当 n≥3 时,求 Sn 的所有奇子集的容量之和. 证明:⑴ 对于 Sn 的每个奇子集 A ,当 1∈A 时,取 B=A \{1},当 1?A 时,取 B=A ∪{1},则 B 为 Sn 的偶子集. 反之,若 B 为 Sn 的偶子集,当 1∈B 时,取 A=B\{1},当 1?B 时,取 A=B ∪{1},于是在 Sn 的奇 子集与偶子集之间建立了一个一一对应,故 Sn 的奇子集与偶子集的个数相等. ⑵ 对于任一 i∈Sn ,i>1,含 i 的 Sn 的子集共有 2n -1 个,其中必有一半是奇子集,一半是偶子集,从而 每个数 i,在奇子集的和与偶子集的和中,i 所占的个数是一样的. 而对于元素 1,只要把 Sn 的所有子集按是否含有 3 配对(即在上证中把 1 换成 3 来证),于是也可知 1 的奇子集与偶子集中占的个数一样,于是可知每个元素都是在奇子集中与偶子集中占的个数一样. 所以 Sn 的所有奇子集的容量的和,与所有偶子集的容量的和相等. ⑶ 由于每个元素在奇子集中都出现 2n - 2 次,故奇子集的容量和=(1+2+3+…+n)× 2n -2 =n(n+1)× 2n- 3 . 三、(35 分) 在平面直角坐标系中,任取 6 个格点 Pi(xi ,yi )(i=1,2,3,4,5,6)满足: ⑴ |xi|≤2,|yi |≤2(i=1,2,3,4,5,6); ⑵ 任何三点不在一条直线上. 试证明:在以 P i(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中,必有一个三角形的面积不大于 2. 证明 如图,满足条件的格点只能是图中 A 、B 、…、Y 这 25 个格点中的 6 个.把这 25 个格点分成三个矩形:矩形 AEFJ、KOWU、MNYX . 若所取的 6 个点中有三个点在上述三个矩形中的某一个中,则此三点即满足要求. 若三个矩形中均无所取 6 点中的 3 点,则必是每个矩形中有所取的 2 个点. ⑴ 若 E 、F 、D、G、O、R、W 中有所取的点,则此点与矩形 MNYX 中的两点满足要求; ⑵ 若上述 7 点均未取,则 A、B、C、H、I、J 中必有两点,此时若 L、K 中有所取的点, 则亦有三点满足要求; ⑶ 若 L、K 亦未取,则必在 P 、Q、V 、U 中取了 2 点,矩形 ACHJ 中取了 2 点:此时 取 P 、Q 两点,或 Q、V 两点,或 V 、U 两点,或 U、P 两点,或 Q、U 两点,则无论 ACHJ 中取任一点, 与之组成三角形面积均满足要求. 若取 P 、V 两点,则矩形 ACHJ 中必有一点异于 C,取此点与 P 、V 满足要求. 综上可知,必有满足要求的 3 点存在.
y A B C2 D E F
2

J I H G -2 K L O M P Q R U V W -2 S X

N

x

T Y

-4-


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