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1994年全国高中数学联赛试题及解答4

时间:2012-05-17


1994 年全国高中数学联赛

1994 年全国高中数学联赛试题
第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1、设 a,b,c 是实数,那么对任何实数 x, 不等式 asinx+bcosx+c>0 都成立的充要条件是 (A) a,b 同时为 0,且 c>0 (B) a2+b2=c (C) a2+b2<c (D) a2+b2>c 2、给出下列两个命题:⑴ 设 a,b,c 都是复数,如果 a2+b2>c2,则 a2+b2-c2>0;⑵设 a,b,c 都是 复数,如果 a2+b2-c2>0,则 a2+b2>c2.那么下述说法正确的是 (A)命题⑴正确,命题⑵也正确 (B)命题⑴正确,命题⑵错误 (C)命题⑴错误,命题⑵也错误 (D)命题⑴错误,命题⑵正确 1 3、已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n≥1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 的 125 最小整数 n 是 (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 π log sina log cosa log cosa 4、已知 0<b<1,0<a< ,则下列三数:x=(sina) b ,y=(cosa) b ,z=(sina) b 4 (A)x<z<y (B)y<z<x (C)z<x<y (D)x<y<z 5、在正 n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 n-2 n-1 n-2 n-1 π (A)( π,π) (B)( π,π) (C)(0, ) (D)( π, π) n n 2 n n |x+y| |x-y| 6、在平面直角坐标系中,方程 + =1 (a,b 是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a 2b (A)三角形 (C)非正方形的长方形 (B)正方形 (D)非正方形的菱形

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 1.已知有向线段 PQ 的起点 P 和终点 Q 的坐标分别为(?-1,1)和(2,2),若直线 l:x+my+m=0 与 PQ 的延长线相交,则 m 的取值范围是 .
3 ?x +sinx-2a=0, π π 2.已知 x,y∈[- , ],a∈R 且? 3 则 cos(x+2y) = 4 4 ? 4y +sinycosy+a=0



5 5 3.已知点集 A={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2≤( )2},B={(x,y)|(x-4)2+(y-5)2>( )2},则点集 A∩B 中的整 2 2 点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 θ 4.设 0<θ<π, ,则 sin (1+cosθ)的最大值是 2 . .

5.已知一平面与一正方体的 12 条棱的夹角都等于 α,则 sinα= . 6.已知 95 个数 a1,a2,a3,…,a95, 每个都只能取+1 或-1 两个值之一,那么它们的两两之积的 和 a1a2+a1a3+…+a94a95 的最小正值是 .

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第二试 一、(本题满分 25 分) x 的二次方程 x2+z1x+z2+m=0 中,z1,z2,m 均是复数,且 z1-4z2=16+20i,设这个方 程的两个根 α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值.
2

二、(本题满分 25 分) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列,试求出这个数列的第 1000 项。

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三、(本题满分 35 分) 如图,设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I, ∠B=60?,∠A<∠C,∠A 的外角平分线交圆 O 于 E. 证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R.

E

A

O I B C

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四、 (本题满分 35 分) 给定平面上的点集 P={P1,P2,…,P1994}, P 中任三点均不共线,将 P 中的所有的点 任意分成 83 组,使得每组至少有 3 个点,且每点恰好属于一组,然后将在同一组的任两点用一条线段相 连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案 G,不同的分组方式得到不同的图案,将图案 G 中所含 的以 P 中的点为顶点的三角形个数记为 m(G). (1)求 m(G)的最小值 m0. (2)设 G*是使 m(G*)=m0 的一个图案,若 G*中的线段(指以 P 的点为端点的线段)用 4 种颜色染色,每条 线段恰好染一种颜色.证明存在一个染色方案,使 G*染色后不含以 P 的点为顶点的三边颜色相同的三角形.

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1994 年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1、设 a,b,c 是实数,那么对任何实数 x, 不等式 asinx+bcosx+c>0 都成立的充要条件是 (A) a,b 同时为 0,且 c>0 (B) a2+b2=c (C) a2+b2<c (D) a2+b2>c 2 2 解:asinx+bcosx+c= a +b sin(x+φ)+c∈[- a2+b2+c, a2+b2+c].故选 C. 2、给出下列两个命题:(1)设 a,b,c 都是复数,如果 a2+b2>c2,则 a2+b2-c2>0.(2)设 a,b,c 都是 复数,如果 a2+b2-c2>0,则 a2+b2>c2.那么下述说法正确的是 (A)命题(1)正确,命题(2)也正确 (B)命题(1)正确,命题(2)错误 (C)命题(1)错误,命题(2)也错误 (D)命题(1)错误,命题(2)正确 2 2 解:⑴正确,⑵错误;理由:⑴a +b >c2,成立时,a2+b2 与 c2 都是实数,故此时 a2+b2-c2>0 成立; ⑵ 当 a2+b2-c2>0 成立时 a2+b2-c2 是实数,但不能保证 a2+b2 与 c2 都是实数,故 a2+b2>c2 不一定成 立.故选 B. 1 3、已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n≥1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 的 125 最小整数 n 是 (C)7 (D)8 1 1 解:(an+1-1)=- (an-1),即{ an-1}是以- 为公比的等比数列, 3 3 1 1-(- )n 3 1 n-1 1 1 1 ∴ an=8(- ) +1.∴ Sn=8? +n=6+n-6(- )n,?6· n< ,?n≥7.选 C. 3 1 3 3 125 1+ 3 π log sina log cosa log cosa 4、已知 0<b<1,0<a< ,则下列三数:x=(sina) b ,y=(cosa) b ,z=(sina) b 的大小关 4 系是 (A)x<z<y (B)y<z<x (C)z<x<y 解:0<sina<cosa<1.logbsina>logbcosa>0. (D)x<y<z (A)5 (B)6

log sina log cosa log cosa ∴ (sina) b < (sina) b < (cosa) b 即 x<z<y.选 A. 5、在正 n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 n-2 n-1 n-2 n-1 π (A)( π,π) (B)( π,π) (C)(0, ) (D)( π, π) n n 2 n n n-2 解:设相邻两侧面所成的二面角为 θ,易得 θ 大于正 n 边形的一个内角 π,当棱锥的高趋于 0 时, n θ 趋于 π,故选 A. |x+y| |x-y| 6、在平面直角坐标系中,方程 + =1 (a,b 是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a 2b (A)三角形 (B)正方形 (C)非正方形的长方形 (D)非正方形的菱形 解:x+y≥0,x-y≥0 时,(一、四象限角平分线之间):(a+b)x+(b-a)y=2ab; x+y≥0,x-y<0 时,(一、二象限角平分线之间):(b-a)x+(a+b)y=2ab; x+y<0,x-y≥0 时,(三、四象限角平分线之间):(a-b)x-(a+b)y=2ab;
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x+y<0,x-y<0 时,(二、三象限角平分线之间):-(a+b)x+(a-b)y=2ab. 四条直线在 a≠b 时围成一个菱形(非正方形).选 D. 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 1.已知有向线段 PQ 的起点 P 和终点 Q 的坐标分别为(?-1,1)和(2,2),若直线 l:x+my+m=0 与 PQ 的延长线相交,则 m 的取值范围是 . 1 解:即 x+my+m=0 与 y= (x+1)+1 的交点的横坐标>2. 3 1 4 7m 2 ∴ x+m( x+ )+m=0,(3+m)x=-7m.x=- >2.?-3<m<- . 3 3 m+3 3
3 ?x +sinx-2a=0, π π 2.已知 x,y∈[- , ],a∈R 且? 3 则 cos(x+2y) = 4 4 ? 4y +sinycosy+a=0



解:2a=x3+sinx=(-2y)3-sin(-2y), π π π π 令 f(t)=t3+sint,t∈[- , ],f ?(t)=3t2+cost>0,即 f(t)在[- , ]上单调增.∴ x=-2y. 2 2 2 2 ∴ cos(x+2y)=1. 5 5 3.已知点集 A={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2≤( )2},B={(x,y)|(x-4)2+(y-5)2>( )2},则点集 A∩B 中的整 2 2 点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 . 解:如图可知,共有 7 个点,即(1,3),(1,4),(1,5),(2,2),(2,3),(3, 2),(4,2)共 7 点. θ 4.设 0<θ<π, ,则 sin (1+cosθ)的最大值是 . 2 解:令 y= sin
y

(4,5) (3,4)
3 2 1

?
2

(1+cosθ) >0,

O

1

2

3

x

2 ? ? ? ? ? 则 y2=4 sin2 cos4 =2?2sin2 cos2 cos2 ≤2( )3. 2 2 2 2 2 3 4 3 ∴ y≤ 9 2 ? .当 tan = 时等号成立. 2 2
D' B' D A B C

5.已知一平面与一正方体的 12 条棱的夹角都等于 α,则 sinα= . 解: 12 条棱只有三个方向, 故只要取如图中 AA?与平面 AB?D?所成角即可. 设 AA?=1,则 A?C= 3,A?C⊥平面 AB?D?,A?C 被平面 AB?D?、BDC?三等分.于是 A' sinα= 3 . 3

C'

6.已知 95 个数 a1,a2,a3,…,a95, 每个都只能取+1 或-1 两个值之一, 那么它们的两两之积的和 a1a2+a1a3+…+a94a95 的最小正值是 .

解:设有 m 个+1,(95-m)个-1.则 a1+a2+…+a95=m-(95-m)=2m-95 ∴ 2(a1a2+a1a3+…+a94a95)=(a1+a2+…+a95)2-(a12+a22+…+a952)=(2m-95)2-95>0. 取 2m-95=±11.得 a1a2+a1a3+…+a94a95=13.为所求最小正值. . 第二试 一、(本题满分 25 分) x 的二次方程 x2+z1x+z2+m=0 中,z1,z2,m 均是复数,且 z1-4z2=16+20i,设这个方 程的两个根 α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值. 解:设 m=a+bi(a,b∈R).则△=z12-4z2-4m=16+20i-4a-4bi=4[(4-a)+(5-b)i].设△的平方根为
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u+vi.(u,v∈R) 即(u+vi)2=4[(4-a)+(5-b)i]. |α-β|=2 7,?|α-β|2=28,?|(4-a)+(5-b)i|=7,?(a-4)2+(b-5)2=72, 即表示复数 m 的点在圆(a-4)2+(b-5)2=72 上, 该点与原点距离的最大值为 7+ 41, 最小值为 7- 41. 二、(本题满分 25 分) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列,试求出这个数列的第 1000 项。 1 1 1 解:由 105=3× 5× 7 ;故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 105× (1 - )(1 - )(1 - )=48 个。 3 5 7 1000=48× 20+48-8, 105× 20=2100.而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 40 个数是 86. ∴ 所求数为 2186。
E

三、 (本题满分 35 分) 如图, 设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I, ∠B=60?, ∠A<∠C,∠A 的外角平分线交圆 O 于 E. 证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R. 证明:∵∠B=60°,∴∠AOC=∠AIC=120°. ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. B ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线交弧 BC 于 D. 由∠EAD=90° (内外角平分线)知 DE 为⊙O 的直径.∠OAD=∠ODA. E 但∠OAI=∠OHI,故∠OHI=∠ADE,于是 RtΔ DAE≌RtΔ HIO ∴AE=IO. 由Δ ACH 为正三角形,易证 IC+IA=IH. 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. O 设∠OHI=α,则 0<α<30° . I ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R 2sin(α+45° ) 又 α+45° <75° ,故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3)
B C D

A

O I C

A

F

H

四、 (本题满分 35 分) 给定平面上的点集 P={P1,P2,…,P1994}, P 中任三点均不共线,将 P 中的所有 的点任意分成 83 组,使得每组至少有 3 个点,且每点恰好属于一组,然后将在同一组的任两点用一条线 段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案 G,不同的分组方式得到不同的图案,将图案 G 中 所含的以 P 中的点为顶点的三角形个数记为 m(G). (1)求 m(G)的最小值 m0. (2)设 G*是使 m(G*)=m0 的一个图案,若 G*中的线段(指以 P 的点为端点的线段)用 4 种颜色染色,每条 线段恰好染一种颜色. 证明存在一个染色方案,使 G*染色后不含以 P 的点为顶点的三边颜色相同的三角形. 解:设 G 中分成的 83 个子集的元素个数分别为 ni(1≤i≤83),
83

Σn =1994.且 3≤n ≤n ≤…≤n .
i 1 2 83

83

i=1

则 m(G)=

ΣC .即求此式的最小值.
3 ni

i=1

设 nk+1>nk+1.即 nk+1-1≥nk+1.则 Cni3 +1+ Cn

i+1

3 -1-(

3 2 Cn + Cn3 )= Cn -Cn2 <0.这就是说,当 nk+1 与 nk i i+1 i i+1

的差大于 1 时,可用 nk+1-1 及 nk+1 代替 nk+1 及 nk,而其余的数不变.此时,m(G)的值变小. 于是可知,只有当各 ni 的值相差不超过 1 时,m(G)才能取得最小值. 1994=83?24+2.故当 81 组中有 24 个点,2 组中有 25 个点时,m(G)达到最小值. m0=81C24+2C25=81?2024+2?2300=168544.
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3 3

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⑵ 取 5 个点为一小组,按图 1 染成 a、b 二色.这样的五个小 组,如图 2,每个小圆表示一个五点小组.同组间染色如图 1,不 同组的点间的连线按图 2 染成 c、d 两色.这 25 个点为一组,共得 83 组. 染色法相同. 其中 81 组去掉 1 个点及与此点相连的所有线. 即 得一种满足要求的染色.

a b b a b a b b

a

c d d a c d c d d

c

c

图1

图2

-8-

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