1983年全国高中数学联赛试题及解答

全国高中数学联赛试题及解答

1983年全国高中数学联赛

第一试

1．选择题(本题满分32分，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分)

⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p3－q3是偶数；条件乙：p+q是偶数．那么 A．甲是乙的充分而非必要条件 B．甲是乙的必要而非充分条件

C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 ⑵ x=

1111

的值是属于区间

1

log12353

A．(－2，－1) B．(1，2) C．(－3，－2) D．(2，3) ⑶ 已知等腰三角形ABC的底边BC及高AD的长都是整数，那么，sinA和cosA中 A．一个是有理数，另一个是无理数 B．两个都是有理数

C．两个都是无理数 D．是有理数还是无理数要根据BC和AD的数值来确定 ⑷ 已知M={(x，y)|y≥x2}，N={(x，y)|x2+(y－a)2≤1}．那么，使M∩N=N成立的充要条件是 1

A．a≥1 B．a=1 C．a≥1 D．0<a<1

44⑸ 已知函数f(x)=ax2－c，满足

－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5． 那么，f(3)应满足

2835

A．7≤f(3)≤26 B．－4≤f(3)≤15 C．－1≤f(3)≤20 D≤f(3)≤33⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数，

1

P=abcd，Q=ma+nc·

bdmn

A．P≥Q B．P≤Q

全国高中数学联赛试题及解答

C．P<Q D．P、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关． ⑺ 在正方形ABCD所在平面上有点P，使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA都是等腰三角形，那么具有这样性质的点P的个数有

A．9个 B．17个 C．1个 D．5个

⑻ 任意△ABC，设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为l、R与r，那么

A．l>R+r B．l≤R+r C．<R+r<6l D．A、B、C三种关系都不对

62．填充题(本题满分18分，每小题6分)

3

5

l

⑴ 在△ABC中，sin，cos，那么cosC的值等于 ．

513⑵ 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个．

⑶ 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面体的内切球

半径之比是一个既约分数m n是 ．

mn

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第二试

1．(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx= ，其中x∈[－1，1]

2

2．(本题满分16分)函数f(x)在[0，1]上有定义，f(0)=f(1)．如果对于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)

1

－f(x2)|<|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|< ．

2

3．(本题满分16分) 在四边形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1，点M、N分别在AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD，并且B、M、N三点共线．求证：M与N分别是AC与CD的中点．

C

D

B

A

N

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4. (本题满分16分)在在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大体积是多少？证明你的结论．

5．(本题满分18分) 函数F(x)=|cos2x+2sinxcosx－sin2x+Ax+B|

3

在 0≤x≤π上的最大值M与参数A、B有关，问A、B取什么值时，M为最小？证明你的结论．

2

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1983年全国高中数学联赛解答

第一试

1．选择题(本题满分32分，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分)

⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p3－q3是偶数；条件乙：p+q是偶数．那么 A．甲是乙的充分而非必要条件 B．甲是乙的必要而非充分条件

C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 解：p3－q3=(p－q)(p2+pq+q2)．又p+q=p－q+2q，故p+q与p－q的奇偶性相同． ∴ p+q为偶数， p－q为偶数， p3－q3为偶数．

p+q为奇数， p、q一奇一偶， p3－q3为奇数．故选C． ⑵ x=

1111

的值是属于区间

1

log12353

A．(－2，－1) B．(1，2) C．(－3，－2) D．(2，3) 解：x=log32+log35=log310∈(2，3)，选D．

⑶ 已知等腰三角形ABC的底边BC及高AD的长都是整数，那么，sinA和cosA中 A．一个是有理数，另一个是无理数 B．两个都是有理数

C．两个都是无理数 D．是有理数还是无理数要根据BC和AD的数值来确定

解：tan为有理数， sinA、cosA都是有理数．选B． 2

⑷ 已知M={(x，y)|y≥x2}，N={(x，y)|x2+(y－a)2≤1}．那么，使M∩N=N成立的充要条件是 1

A．a≥1 B．a=1 C．a≥1 D．0<a<1

44

解：M∩N=N的充要条件是圆x2+(y－a)2≤1在抛物线y=x2内部(上方)．即a≥1，且方程

14

1

A

y2－(2a－1)y+a2－1=0的△=(2a－1)2－4(a2－1)≤0， a≥1，选A．

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⑸ 已知函数f(x)=ax2－c，满足

－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5． 那么，f(3)应满足

2835

A．7≤f(3)≤26 B．－4≤f(3)≤15 C．－1≤f(3)≤20 D≤f(3)≤33解：f(1)=a－c，f(2)=4a－c，f(3)=9a－c．令9a－c=λ(a－c)+μ(4a－c)， 58

∴ λ+4μ=9，λ+μ=1．∴ λ=－，μ=f(3)=－f(1)+ (2)．

33335408840

但≤－(1)≤≤f(2)≤ 33333358

∴－1≤－f(1)+ (2)≤20.．选C．

33⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数， 5

5

8

P=abcd，Q=ma+nc·

bdmn

A．P≥Q B．P≤Q

C．P<Q D．P、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关． 解：由柯西不等式，Q≥P．选B．

⑺ 在正方形ABCD所在平面上有点P，使△PAB、△PBC、△PCD、△PDA都是等腰三角形，那么具有这样性质的点P的个数有

A．9个 B．17个 C．1个 D．5个

解：如图，以正方形的顶点为圆心，边长为半径作4个圆，其8个交点满足要求，正方形的中心满足要求，共有9个点．选A．

⑻ 任意△ABC，设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为l、R与r，那么

A．l>R+r B．l≤R+r C．<R+r<6l D．A、B、C三种关系都不对

6

l

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解：R=A→180°时，a最大，而R可大于任意指定的正数M．从而可有R<6l，否定A、C．

2sinA

32

A

又正三角形中，R+r=a<l， 否定B．故选D．

2．填充题(本题满分18分，每小题6分)

3

5

⑴ 在△ABC中，sin，cos，那么cosC的值等于 ．

513

412454

解：cosA=±sinB=，但若cosA=－，则A>135°，cosB=60°，B>60°，矛盾．故cosA=．

51351355431216

∴ cosC=cos(π－A－B)=－cosAcosB+sinAsinB=－+·．

13551365⑵ 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个．

解：设另两边为x，y，且x≤y．则得x≤y≤11，x+y>11，在直角坐标系内作直线y=x，y=11，x=11，

x+y=11，则所求三角形数等于由此四条直线围成三角形内的整点数．(含y=11，y=x上的整点，不含x+y=11

上的整点)共有122÷4=36个．即填36．

⑶ 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面体的内切球

半径之比是一个既约分数m n是 ．

mn

解：此六面体可看成是由两个正四面体粘成．每个正四

63

69

面体的高h1=a，于是，利用体积可得Sh1=3Sr1，r1=．

同样，正八面体可看成两个四棱锥粘成，每个四棱锥的

22

34

66

高h2=，又可得 a2h2=4×2r2，r2=．

r12

∴ =，∴ m n=6．

r23

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第二试

π

1．(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx=x∈[－1，1]

2

证明：由于x∈[－1，1]，故arcsinx与arccosx有意义，

sin(－arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx∈[0，π]，∴ arccosx∈[－]．

2222

ππππ

π

故根据反正弦定义，有arcsinx=arccosx．故证．

2

2．(本题满分16分)函数f(x)在[0，1]上有定义，f(0)=f(1)．如果对于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)

1

－f(x2)|<|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|<．

2

1

证明：不妨取0≤x1<x2≤1,若|x1-x2|≤，则必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|<．

22111

若|x1-x2|>，则x2－x1>于是1－(x2－x1)<即1－x2+x1－0<．

2222

而|f(x1)-f(x2)|= |(f(x1)- f(0))-(f(x2)－f(1))|≤|f(x1)-f(0)|+ |f(1)-f(x2)|<| x1－0|+|1－x2|

1

=1－x2+x1－0<．故证.

2

3．(本题满分16分) 在四边形ABCD中，⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1，点M、N分别在

1

1

AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD，并且B、M、N三点共线．求证：M与N分别是AC与CD的中点．

证明 设AC、BD交于点E．由AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND，令CN∶

D

B

C

A

N

ND=r(r>0)， 则AM∶MC=r．

由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABD∶SBCD =3∶4． 从而AE∶EC∶AC=3∶4∶7．

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SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶1．

r

3

AM∶AC=r∶(r+1)，即AM=，AE=AC，

r+17

34r－31

∴EM=()AC=．MC=AC，

r+177(r+1)r+1

4r－3CNDBEM∴EM∶MC=Menelaus定理，知··=1，代入得

7NDBEMC

4r－37

r

r·7·=1，即4r2－3r－1=0，这个方程有惟一的正根r=1．故CN∶ND=1，就是N为CN中点，

M为AC中点．

4. (本题满分16分)在在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大体积是多少？证明你的结论．

解：边长为2的三角形，其余两边可能是： ⑴ 3，3；⑵ 3，4；⑶ 4，5；⑷ 5，5． 按这几条棱的组合情况，以2为公共棱的两个侧面可能是：

① ⑴，⑷；② ⑴，⑶；③ ⑵，⑷．

先考虑较特殊的情况①：由于32+42=52，即图中AD⊥平面BCD， 11

∴ V1=·32

83

4

A

5

5

A

42

B

2

3

D

B

2

B

5

情况1

C

C

情况2

情况3

C

32－12·4=2；

情况②：由于此情况的底面与情况②相同，但AC不与底垂直，故高<4，于是得 V2<V1．

1

52

54

情况③：高<2，底面积=·5

215∴ V3<·

34

11=

56

811<

3

32－()2=11．

2．

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8

∴ 最大体积为

3

2．

5．(本题满分18分) 函数

F(x)=|cos2x+2sinxcosx－sin2x+Ax+B|

3

在 0≤xπ上的最大值M与参数A、B有关，问A、B取什么值时，M为最小？证明你的结论．

2

解：F(x)=|

2 sin(2x+ )+Ax+B|．取g(x)=

4

9

2 sin(2x+ )，则g( )=g()=

488

5

2 ．g()=－

8

2 ．

取h(x)=Ax+B，若A=0，B≠0，则当B>0时，F()>

85 5

若A≠0，则当h( )<0时，F(889 5 9

h( )>h()>0，此时F( )>888

5

2 ，当B<0时，F( )<

8

2 ．从而M> 2 ．

5

2 ，当h()≥0时，由于h(x)是一次函数，当A>0时h(x)递增，

8

5 2 ；当A<0时h(x)递减，h( )>h()>0，此时F( )>

888

2 ．故此时

M> 2 ．

若A=B=0，显然有M= 从而M的最小值为

2 ．

2 ，这个最小值在A=B=0时取得．

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1983 年全国高中数学联赛

冯惠愚

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