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1987年全国高中数学联赛试题及解答

时间:2014-05-15


1987 年全国高中数学联赛试题
一试题(10 月 11 日上午 8∶00——9∶30) 一.选择题(每个小题选对得 5 分,不选得 1 分;选错或选出的代号超过一个者得 0 分.本题满分 20 分): 1.对任意给定的自然数 n,若 n6+3a 为正整数的立方,其中 a 为正整数,则( ) A.这样的 a 有无穷多个 B.这样的 a 存在,但只有有限个 C.这样的 a 不存在 D.以上 A、B、C 的结论都不正确(上海供题) 2.边长为 5 的菱形,它的一条对角线的长不大于 6,另一条不小于 6,则这个菱形两条对角线长度之 和的最大值是( ) A.10 2 B.14 C.5 6 D.12(天津供题) 3.在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点,若 a 为无理数,则过(a,0)的所有直线 中( ) A.有无穷多条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 B.恰有 n(2?n<+∞)条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 C.有且仅有一条直线至少通过两个有理点 D.每条直线至多通过一个有理点(河南供题) 4.如图,△ABC 的顶点 B 在单位圆的圆心上,A、C 在圆周上,∠ABC=2α π (0<α< ),现将△ABC 在圆内按逆时针方向依次作旋转,具体方法如下:第一次,以 3 A 为中心使 B 落到圆周上;第二次,以 B 为中心,使 C 落到圆周上;第三次,以 C 为中心,使 A 落到圆周上.如此旋转直到 100 次.那么 A 点所走过的路程的总长度 为( ) A.22π(1+sinα)-66α 68 C.22π+ πsinα-66α 3 67 B. π 3 D.33π-66α(北京供题)
A B 2? C

二.填空题(每小题填写结果完全正确者得 8 分,填写错误或多填、少填者均得 0 分,本题满分 40 分): 1.已知集合 M={x,xy,lg(xy)} 及 N={0,|x|,y}, 并且 M=N,那么 1 1 1 1 (x+ )+(x2+ 2)+(x3+ 3)+?+(x2001+ 2001)的值等于 y y y y 2.已知集合 A={(x,y)| |x|+|y|=α,α>0} B={(x,y)| |xy|+1=|x|+|y|} 若 A∩B 是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则 α 的值为 .(陕西供题)

.(青海供题)
2n
-2n

3.若 k 是大于 1 的整数,α 是 x2-kx+1=0 的一个根,对于大于 10 的任意自然数 n,α +α 字总是 7,则 k 的个位数字是 .(河北供题)

的个位数

5 4.现有边长为 3,4,5 的三角形两个,边长为 4,5, 41的三角形四个,边长为 2,4,5 的三角形 6 六个,用上述三角形为面,可以拼成 个四面体.(江西供题) 5.五对孪生兄妹参加 k 个组活动,若规定:⑴ 孪生兄妹不在同一组;⑵非孪生关系的任意两个人都 恰好共同参加过一个组的活动,⑶有一人只参加两个组的活动,则 k 的最小值为 .(命题组供题)
-1-

1987 年全国高中数学联赛二试题 一.如图,△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形,现固定△ABC,而将△ADE 绕 A 点在平 面上旋转,试证:不论△ADE 旋转到什么位置,线段 EC 上必存在点 M,使△BMD 为等腰直角三角形.
B

A D

E

C

二.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点称为整点.试证:存在一个同心圆的集合,使得 ⑴每个整点都在此集合的某个圆周上; ⑵此集合的每个圆周上,有且只有一个整点.(辛泽尔定理)

三.n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同,试证明:总可 以从中去掉一名选手,而使在余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同.

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1987 年全国高中数学联赛解答 一试题 一.选择题(每个小题选对得 5 分,不选得 1 分;选错或选出的代号超过一个者得 0 分.本题满分 20 分): 1.对任意给定的自然数 n,若 n6+3a 为正整数的立方,其中 a 为正整数,则( ) A.这样的 a 有无穷多个 B.这样的 a 存在,但只有有限个 C.这样的 a 不存在 D.以上 A、B、C 的结论都不正确(上海供题) 2 3 6 4 2 2 3 6 4 解:(n +3k) =n +9n k+27n k +27k =n +3(3n +9n2k+9k2)k.取 a=(3n4+9n2k+9k2)k,(k 为任意正整数),则 n6+3a 为正整数的立方,由于 k 可任意取值,且当 k 增大时,a 也随之增大.即 a 有无数个.选 A. 2.边长为 5 的菱形,它的一条对角线的长不大于 6,另一条不小于 6,则这个菱形两条对角线长度之 和的最大值是( ) A.10 2 B.14 C.5 6 D.12(天津供题) y 解:设 x?3,y?3,且 x2+y2=25.满足要求的点构成直角坐标系中一段弧 (4,3) (图中粗线部分).令 x+y=k,则当直线经过点(4,3)时取得最大值 7.即 2x+2y 3 ?14.选 B. 3 x O 5 3.在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点,若 a 为无 理数,则过(a,0)的所有直线中( ) A.有无穷多条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 B.恰有 n(2?n<+∞)条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点 C.有且仅有一条直线至少通过两个有理点 D.每条直线至多通过一个有理点(河南供题) 解:若直线斜率为 k,则当 k=0 时直线经过 x 轴上所有有理点. 当 k≠0 时,直线方程为 y=k(x-a). 若 k 为有理数,则当 x 为有理数时,y 为无理数; 若 k 为无理数, 若此时直线经过一个有理点 A(x1, y1), 对于直线上与 A 不重合的点 B(x2, y2). 由 y1=k(x1 y2 x2-a -a),y2=k(x2-a),由于 a 为无理数,故 y1≠0,x2-a≠0, = =m,当 y2 为有理数时,m 为有理数, y1 x1-a 当 y2≠y1 时,m≠1,此时 x2=mx1+(1-m)a 为无理数.即此直线上至多有一个有理点.选 C. 4. 如图, △ABC 的顶点 B 在单位圆的圆心上, A、 C 在圆周上, ∠ABC=2α(0<α< π )现将△ABC 在圆内按逆时针方向依次作旋转,具体方法如下:第一次,以 A 为 3 中心使 B 落到圆周上;第二次,以 B 为中心,使 C 落到圆周上;第三次,以 C 为中心,使 A 落到圆周上.如此旋转直到 100 次.那么 A 点所走过的路程的总长 度为( ) A.22π(1+sinα)-66α C.22π+ 68 πsinα-66α 3 67 B. π 3 D.33π-66α(北京供题)
C2

A2

A1 2? B1 B C1 A C

2 π 解: 点 A 每 k(k≡1(mod 3))不动, 第 k(k≡2(mod 3))次走过路程 π-2α, 第 k(k≡0(mod 3))走过路程 (2sinα), 3 3 2 2 于是所求路程=33( π-2α+ πsinα).选 A. 3 3 二.填空题(每小题填写结果完全正确者得 8 分,填写错误或多填、少填者均得 0 分,本题满分 40 分): 1.已知集合 M={x,xy,lg(xy)} 及 N={0,|x|,y}, 并且 M=N,那么
-3-

1 1 1 1 (x+ )+(x2+ 2)+(x3+ 3)+…+(x2001+ 2001)的值等于 y y y y

.(陕西供题)

解 0∈ M,但 xy?0,故只有 lg(xy)=0, ,xy=1. ∴1∈ N,故|x|=1,或 y=1,若 y=1,则由 xy=1 得,x=1,与元素相异性矛盾.故 y?1. ∴|x|=1,x=1 或 x=-1,其中 x=1 同上矛盾.故 x=-1.y=-1. 1 1 ∴x2k+ 2k = 2;x2k+1+ 2k+1 =-2(k∈ N*).故所求值=-2. y y 解:xy≠0,?x≠0,y≠0.故 xy=1.若 y=1,则 x=1,矛盾,故 x=-1,y=-1.原式=-2. 2.已知集合 A={(x,y)| |x|+|y|=α,α>0} B={(x,y)| |xy|+1=|x|+|y|} y 若 A∩B 是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则 α 的值为 .(青海 供题) 解:集合 A 的图形是依次连(α,0),(0,α),(-α,0),(0,-α)四点的 线段. O 集合 B 的图形是直线 x=1,x=-1,y=1,y=-1.它们交得一个正八边 形. 若此 4 条直线为图中的 4 条实线,则 α=tan22.5° +1= 2.或此正八边形 各边与原点距离相等,知直线 x+y=α 与原点距离=1.α= 2. 若此 4 条直线为图中的 4 条虚线,则 2α=2 2+2,?α=2+ 2. ∴ α=2 或 2+ 2. 3.若 k 是大于 1 的整数,α 是 x2-kx+1=0 的一个根,对于大于 10 的任意自然数 n,α +α 字总是 7,则 k 的个位数字是
- -

x

2n

-2n

的个位数

.(河北供题)
2n
-2n

解:另一根=α 1,α+α 1=k,记 α +α 由 α +α
2n
-2n

≡kn(mod 10),0?kn<10.

=(α

2n-1



-2n

-1

)2-2 得,kn≡kn-12+8(mod 10).若 k 为偶数,则 kn 为偶数,不等于 7.

若 kn-1≡±1(mod 10),则 kn≡9,?kn+1≡9(mod 10); 若 kn-1≡±3(mod 10),则 kn≡7,?kn+1≡7(mod 10); 若 kn-1≡5(mod 10),则 kn≡9,?kn+1≡9(mod 10); 故 k 的个位数字为 3,5,7. 5 4.现有边长为 3,4,5 的三角形两个,边长为 4,5, 41的三角形四个,边长为 2,4,5 的三角形 6 六个,用上述三角形为面,可以拼成 个四面体.(江西供题) 解:用四个三角形拼成四面体,每种边长至少要在两个三角形中出现.因此以上三种三角形如果要用, 就用偶数个.由于第①类边长为 3,4,5 的三角形与第②类边长为 4,5, 41的三角形都是直角三角形, 5 而第③类边长为 2,4,5 的三角形为钝角三角形.因此,用 4 个后两种三角形都不能单独拼成四面体(四 6 个面全等的四面体是等腰四面体,其各面都是锐角三角形). 情况⑴:4 个三角形中有两个②类三角形,如图,取两个②类三角形, BC= 41,则斜边 BC 上的高 20 16 16 6 AE=DF=h= .且 BE=CF=x= ,则 EF= 41-2× = . 41 41 41 41 A A 1 4 3 于是 AD2=AE2+EF2+FD2-2AE·DFcosθ= (881-810cosθ) h 4 h 5 41 B 4 B
E
-4x
5

D

41

F

4

E

x

D

5

情况1

C

F

3

情况2

C

81 ∈( ,41). 41

(*)

若再取两个①类三角形时,由于 AD=3,满足(*)式,故可以构成四面体. 5 若再取两个③类三角形时,由于 AD= 2,不满足(*)式,故不可以构成四面体. 6 12 情况⑵:两个①类,两个③类.此时取 BC=5,AB=CD=3,于是斜边 BC 上的高 AE=DF=h= .且 5 9 9 7 BE=CF=x= ,则 EF=5-2× = . 5 5 5 1 49 于是 AD2=AE2+EF2+FD2-2AE·DFcosθ= (337-288cosθ)∈( ,25). 25 25 5 由于 AD= 2,不满足(*)式,故不可以构成四面体. 6 ∴ 只能构成 1 个四面体. 5.五对孪生兄妹参加 k 个组活动,若规定:⑴ 孪生兄妹不在同一组;⑵非孪生关系的任意两个人都 恰好共同参加过一个组的活动,⑶有一人只参加两个组的活动,则 k 的最小值为 .(命题组供题) 解:设此 10 人为 A,a;B,b;C,c;D,d;E,e. A 只参加 2 组,故除 a 外其余 8 人应分成 2 组,每组人数都不超过 4 人(否则有孪生兄妹同组).记第 一组为{B,C, D,E}, 第二组为{b,c,d,e}.于是其余 8 人中大写字母不再同组,小写字母也不再同组. 即 除 a 外其余组中人数不超过 2 人.每人都再参加 3 组,故至少还要 3×4=12 组.a 可参加其中 4 组.即至少 要 14 组.又{a,B,c},{B,d},{B,e},{a,C,b},{C,d},{C,e},{D,b},{D,c},{a,D,e}, {E,b},{E,c},{a,E,d}满足要求.故所求最小值为 14.

1987 年全国高中数学联赛二试题 一.如图,△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形,现固定△ABC,而将△ADE 绕 A 点在平 面上旋转,试证:不论△ADE 旋转到什么位置,线段 EC 上必存在点 M,使△BMD 为等腰直角三角形. 证明:以 A 为原点,AC 为 x 轴正方向建立复平面.设 C 表示复数 c,
B

1 1 1 点 E 表示复数 e(c、e∈R).则点 B 表示复数 b= c+ ci,点 D 表示复数 d= 2 2 2 1 e- ei. 2
C M

A D D'

E

把△ADE 绕点 A 旋转角 θ 得到△AD?E?, 则点 E?表示复数 e?=e(cosθ+isinθ).点 D?表示复数 d?=d(cosθ+isinθ) 1 表示 E?C 中点 M 的复数 m= (c+e?). 2

E'

→ 1 1 1 1 1 1 1 ∴ 表示向量 MB 的复数:z1=b- (c+e?)= c+ ci- c- e(cosθ+isinθ)=- ecosθ+ (c-esinθ)i. 2 2 2 2 2 2 2 → 1 1 1 1 表示向量 MD? 的复数:z2=d?-m=( e- ei)(cosθ+isinθ)- c- e(cosθ+isinθ) 2 2 2 2 1 1 = (esinθ-c)- iecosθ. 2 2 显然:z2=z1i.于是|MB|=|MD?|,且∠BMD?=90° .即△BMD?为等腰直角三角形.故证. 二.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点称为整点.试证:存在一个同心圆的集合,使得
-5-

⑴每个整点都在此集合的某个圆周上; ⑵此集合的每个圆周上,有且只有一个整点.(辛泽尔定理) 证明 取一点,其两个坐标都是无理数,例如 W( 2, 3),先证明,以 W 为圆心,任意长为半径作的 圆,至多通过一个格点. 设某个以 W 为圆心的圆通过两个格点(m,n),(p,q)(m,n,p,q∈Z), 则(m- 2)2+(n- 3)2=(p- 2)2+(q- 3)2. 展开整理得,m2+n2-p2-q2=2 2(p-m)+2 3(q-n). 左边是有理数,右边当且仅当 p=m,q=n 时为有理数.故证. 于是可知以 W 为圆心的圆至多通过一个格点. 现考虑,平面上所有的点与 W 的距离,这些距离没有两个相等.故可以把所有的距离按从小到大排队 0=r0<r1<r2<r3<?<rn<?.对应的整点依次为 A0,A1,A2,A3,?,An,?.以 W 为圆心,以 rn 为半径作圆, 则此圆恰经过整点 An.且此圆只经过 An 这个整点.现取以 W 为圆心,所有 rn 为半径的同心圆集.则每个 整点都在此同心圆集合中的某个圆上,且每个圆上都有且只有一个整点. 三.n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同,试证明:总可 以从中去掉一名选手,而使在余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同. 证明 1:用 A、B、??表示选手,而用 α(A)、α(B)表示 A、B 已赛过的对手集合. 设 A 是对手集中元素最多的的选手. 若命题不成立,则存在两个选手 B、C 使去掉 A 后,B、C 的对手集相同,由于 α(B)≠α(C),故 A 必属 于 α(B)与 α(C)之一.不妨设 B∈α(A),C?α(A). 同样存在 D、E,使 D∈α(C),E?α(C),去掉 C 后,α(D)=α(E),由于 A?α(C),故 D≠A:又 D∈α(C), 故 D∈α(B),即 B∈α(D)=α(E)∪{C},从而 B∈α(E), C?α(E),而去掉 A 后,B、 C 的对手集相同,从而 E=A. 于是 α(A)=α(E)=α(D)\{C},即 α(A)比 α(D)少一个元素 C,这与 A 是“对手集中元素最多的”矛盾.故 证. 又证:把这些选手编为 1 至 n 号,以 n 个点表示这 n 个人,各点也相应编为 1 至 n 号. 反设去掉任何一各选手后都有两个选手的已赛过的对手完全相同.于是先去掉 1 号选手,则有两个选 手的已赛过的对手完全相同, 设为第 i 号与第 j 号, 在表示此二人的点间连一条线, 并在线上注上 “1 号” . 这 说明,此二人在去掉 1 号选手之前必是一人与 1 号赛过,另一人与 1 号没有赛过.而且不可能在去掉 1 号 后有三人都相同,否则,此三人与 1 号选手比赛的情况只有两种:赛过或没有赛过,如果去掉 1 号后,此 三人的情况完全相同,则去掉 1 号之前必有 2 人赛过的对手完全相同.如果去掉 1 号后有不止一对选手的 已赛过对手完全相同,则只任取其中的一对连线,其余的对则不连线. 连线后把 1 号选手放回来,再依次去掉 2 号、3 号,??,直至 n 号,每去掉 1 个选手,都会在某两点 之间连出 1 条线.这样,就在 n 个选手之间连了 n 条线.且这些线上分别注了 1 至 n 号,每条线注了 1 个 号码,每个号码只注在 1 条线上. 在这 10 个点中,总能找到一点,从这点出发,沿线前进,最后必能回到此点,否则,每到 1 点后,经 过的点数都比线数多 1.而图中的点数与线数相等,矛盾.现不妨设从点 i 出发,经过点 j、k、??最后回 到点 i.注意到点 i 与点 j 所代表的两各选手中 1 个是与 1 号比赛的,另一个是没有与 1 号比赛的,不妨设 i 号没有与 1 号比赛过,j 号与 1 号比赛过.而 j 与 k 所连线上注的号码不是 1,故 j 与 k 与 1 号比赛的情况相 同,即 k 号与 1 号比赛过,??,这样沿线走一圈后回到 i,就应该得出 i 号与 1 号比赛过,矛盾.故证.

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