2023年全国高中数学联赛试题及解析苏教版11.docx

1991年全国高中数学联赛一试题 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==，那么的值为( ) 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，那么这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}，那么( ) 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，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，那么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) 那么1991位于第 组． 4．19912022除以106，余数是 ． 5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，那么log3|(z1)2022+(z2)2022|= ． 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、下两局部，试求此两局部的体积比． 四．设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦．|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面积． 五．0<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 解：每个正方形的顶点对应着一个正三角形．应选B 2．设a、b、c均为非零复数，且==，那么的值为( ) A．1 B．±ω C．1，ω，ω2 D．1，－ω，－ω2 解：令===t，那么a=at3．由a≠0得t=1，ω，ω2．且1+ω+ω2=0．故==．选C． 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 解：即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，那么a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod 8)． 假设a≡0，1，2(mod 3)，那么a3≡0，1，－1(mod 3)，∴ a－1≡0(mod 3)．即a－1≡0(mod 24)．选B． 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，那么这6个实根的和为( )A A．18 B．12 C．9 D．0 解：该函数图象关于x=3对称．故6个根的和=3×2×3=18．选A． 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}，那么( ) A．ST B．TS C．S=T D．S∩T=Ø 解：假设x2－y2为奇数，那么sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)－cos(2πy2)成立，即SÍT． 又假设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( ) 解：∵ |x－y2|=故此方程等价于 应选D． 二．填空题： 1．cos210°+cos250°－sin40°sin80°= ． 解：原式=(cos10°－cos50°)2+cos10°cos50°=sin220°++cos10°cos50°=(1－cos40°+cos60°+cos40°)=． 2．在△ABC中，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，那么sin= ． 解：易知h=c－a=－，ÞsinAsinC=sinC－sinA，由，A+C=120°． ∴ [cos(C－A)－cos120°]=2sincos，即sin2+sin－=0 即sin=－ (舍去)，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) 那么1991位于第 组． 解：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． 4．19912022除以106，余数是 ． 解：19912022=(1990+1)2022=19902022+…+C×19903+C×19902+C×1990+1 ≡1000×1999×19902+2022×1990+1≡880001(mod 106)．即余数为880001． 5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=3，那么log3|(z1)2022+(z2)2022|= ． 解：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)2022+(z2)2022|=2×34000|cos(120°×2022)|=34000．故log3|(z1)2022+(z2)2022|=4000． 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 ． 解：对于任一整数n(0<n≤1000)，以n为最大数的集合有2n－1个，以n为最小数的集合有21000－n个，以1001－n为最小数的集合那么有2n－1个，以1001－n为最大数的集合那么有21000－n个．故n与1001－n都出现2n－1+21000－n次． ∴ 所有αx的和=1001·(2n－1+21000－n) =1001×(21000－1)． ∴ 所求平均值=1001． 又解：对于任一组子集A={b1，…，bk}，b1<b2<…<bk(1≤k<1000)，取子集A¢={1001－b1，…，1001－bk}，假设A≠A¢，那么此二子集最大数与最小数之和=b1+bk+1001－b1+1001－bk=2022，平均数为1001．假设A=A¢，那么A本身的=1001． 由于每一子集均可配对．故所求算术平均数为1001． 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、下两局部，试求此两局部的体积比． 解： M是PO中点，延长AO与BC交于点D，那么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局部可看成是有顶点A的两个棱锥A—PGH及A—HGBC．故二者体积比=4∶21． 四．设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦．|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面积． 解：(用极坐标)设抛物线方程为ρ=．设PQ与极径所成角为α，那么=B． 所求面积S=|OF|·|PQ|sinα=ab·2=a． 五．0<a<1，x2+y=0，求证： loga(ax+ay)≤loga2+． 解：由于0<a<1，即证ax+ay≥2a．由于ax+ay≥2a．而x+y=x－x2=x(1－x)≤．于是a≥a． ∴　ax+ay≥2a≥2a．故证． 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：易知公差1≤d≤n－1． 设n=2k，d=1或d=n－1时，这样的A只有1个，d=2或d=n－2时，这样的数列只有2个，d=3或n－3时这样的数列只有3个，……，d=k－1或k+1时，这样的数列有k－1个，d=k时，这样的数列有k个． ∴ 这样的数列共有(1+2+…+k)×2－k=k2=n2个． 当n=2k+1时，这样的数列有(1+2+…+k)×2=k(k+1)= (n2－1)个． 两种情况可以合并为：这样的A共有－ 个(或[n2]个)． 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． 解法一也可这样写： 设A的公差为d，那么1≤d≤n－1． ⑴ 假设n为偶数，那么 当1≤d≤时，公差为d的