高中数学章节题，如图求解
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时间：2017-10-21 09:54
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1．选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分)
⑴ 条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．
条件乙：两个三角形全等．A．甲是乙的充分必要条件
B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件
D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ⑵ 条件甲：1+sinθ=a．θθ条件乙：=a．22
A．甲是乙的充分必要条件
B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件
D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件
⑸ 给出长方体ABCD―A?B?C?D?，下列12条直线：AB?，BA?，CD?，DC?，AD?，DA?，BC?，CB?，AC，BD，A?C?，B?D?中有多少对异面直线？A．30对
D．48对 ⑹ 在坐标平面上有两个区域M和N，M是由y?0，y?x和y?2-x 这三个不等式确定，N是随t变化的区域，它由不等式t?x?t+1确定，t的取值范围是0?t?1 ，设M和N的公共面积是函数f(t)，则f(t)为A．－t2+t+
B．－2t2+2t
D. t－2)2222⑺ 对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？A．至多有三个实根
B．至少有一个实根C．仅当p2－4q?0时才有实根
D．当p&0和q&0时，有三个实根
3．(本题15分)在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45°角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径为1，求证：PC?QE+PD?QF&2．
5．(本题20分)一张台球桌形状是正六边形ABCDEF，一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD、DE、EF、FA各边，最后击中AB边上的某一点．设∠BPQ=θ，求θ的范围．提示：利用入射角等于反射角的原理．
1981年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答1．选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分) ⑴ 条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．条件乙：两个三角形全等．A．甲是乙的充分必要条件
B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件
D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件【答案】B【解析】乙?
?乙，故选B.
kπsinα+tanα⑶ 设α≠ (k≠0，±1，±2，??)，T= 2cosα+cotαA．T取负值
B．T取非负值
C．T取正值
D．T取值可正可负【答案】Csin2α(cosα+1)【解析】T=，选C． cosα(sinα+1)
⑸ 给出长方体ABCD―A?B?C?D?，下列12条直线：AB?，BA?，CD?，DC?，AD?，DA?，BC?，CB?，AC，BD，A?C?，B?D?中有多少对异面直线？A．30对
D．48对【答案】A【解析】每条面上的对角线都与5条面上的对角线异面．故共有对．选A．
⑹ 在坐标平面上有两个区域M和N，M是由y?0，y?x和y?2-x 这三个不等式确定，N是随t变化的区域，它由不等式t?x?t+1确定，t的取值范围是0?t?1 ，设M和N的公共面积是函数f(t)，则f(t)为
⑺ 对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？A．至多有三个实根
B．至少有一个实根C．仅当p2－4q?0时才有实根
D．当p&0和q&0时，有三个实根【答案】C,D【解析】画出y=x|x|及y=－px－q的图象：知A、B正确，C、D错误．选C、D．
3．(本题15分)在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45°角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径为1，求证：PC?QE+PD?QF&2．
4．(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件．每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A与1个C．用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完．
5．(本题20分)一张台球桌形状是正六边形ABCDEF，一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD、DE、EF、FA各边，最后击中AB边上的某一点．设∠BPQ=θ，求θ的范围． 提示：利用入射角等于反射角的原理．
1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：⑴ 如果凸n边形F(n?4)的所有对角线都相等，那么A．F∈{四边形}
B．F∈{五边形}C．F∈{四边形}∪{五边形}
D．F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}1⑵ 极坐标方程ρ所确定的曲线是 1－cosθ+sinθA．圆
⑺ 设M={(x，y)| |xy|=1，x&0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么A．M∪N={(x，y)| |xy|=1}
B．M∪N=MC．M∪N=N
D．M∪N={(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数}⑻ 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：1112a+b22
甲：(ab+)，
丙：+ab2a+bab中间，值最大的一个是A．必定是甲
B．必定是乙C．必定是丙
D．一般并不确定，而与a、b的取值有关2．(本题16分)已知四面体SABC中， πππ∠ASB=，∠ASC=α(0&α&)，∠BSC=β(0&β&． 222以SC为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．
3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB长为2r；⑵ 半圆外的直线l 与BA的延长线垂直，垂足为T，|AT|=2a(2a&r)；⑶ 半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、2
|NQ|满足条件|MP||NQ|=1． |AM||AN|求证：|AM|+|AN|=|AB|．
1982年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：⑴ 如果凸n边形F(n?4)的所有对角线都相等，那么A．F∈{四边形}
B．F∈{五边形}C．F∈{四边形}∪{五边形}
D．F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}【答案】C【解析】由正方形及正五边形知A、B均错，由对角线相等的四边形形状不确定，知D错，选C．
⑷ 由方程|x－1|+|y－1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是A．1
D．4【答案】B【解析】此曲线的图形是一个正方形，顶点为(0，1)，(1，0)，(2，1)，(1，2)；其面积为2．选B．
⑹ 已知x1，x2是方程 x2－(k－2)x+(k2+3k+5)=0(k为实数)的两个实数根，x12+x22的最
⑺ 设M={(x，y)| |xy|=1，x&0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么A．M∪N={(x，y)| |xy|=1}
B．M∪N=MC．M∪N=N
D．M∪N={(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数}
⑻ 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：1112a+b22
甲：(ab+)，
丙：+ab2a+bab中间，值最大的一个是A．必定是甲
B．必定是乙C．必定是丙
D．一般并不确定，而与a、b的取值有关【答案】D【解析】甲&乙，但甲、丙大小不确定．故选D．
πππ2．(本题16分)已知四面体SABC中，∠ASB=，∠ASC=α(0&α&)，∠BSC=β(0&β&)． 222以SC为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．【解析】证明：在SC上取点D，使SD=1，在面SAC、SBC内分别作DE⊥SC，DF⊥SC，分别交SA、SB于E、F，连EF．则∠EDF为二面角A―SC―B的平面角．即∠EDF=θ．由∠BSC=β，知SF=secβ，DF=tanβ．由∠ASC=α，得SE=secα，DE=tanα． 由∠ASB=，得EF2=SE2+SF2= DE2+DF2－2DE?DFcosθ． 2∴ secα+secβ=tanα+tanβ－2tanαtanβcosθ．?cosθ=－cotαcotβ．∴ θ=－arc(cotαcotβ)．
3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB长为2r；⑵ 半圆外的直线l 与BA的延长线 2222DEAC?B
垂直，垂足为T，|AT|=2a(2a&|NQ|满足条件r)；⑶ 半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、2|MP||NQ|=1． |AM||AN|求证：|AM|+|AN|=|AB|．
4．(本题20分)已知边长为4的正三角形ABC．D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连结AD、BE、CF，交成△RQS．点P在△RQS内及边上移动，点P到△ABC三边的距离分别记作x、y、z．⑴ 求证当点P在△RQS的顶点位置时乘积xyz有极小值； ⑵ 求上述乘积xyz的极小值．E【解析】利用面积，易证：⑴ 当点P在△ABC内部及边上移动时，x+y+z为定值h=23； zHl⑵过P作BC的平行线l，交△ABC的两边于G、H．当点P在线段PFxQGH上移动时，y+z为定值，从而x为定值． BCD⑶设y∈[α，β]，m为定值．则函数u=y(m－y)在点y=α或y=β时取得极小值．于是可知，过R作AB、AC的平行线，过Q作AB、BC的平行线，过S作BC、AC的平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，易得只E有当点P在此六点上时，xyz取得极小值．由对称性易知，xyz的值在此六点处相等． FEACDBSBS由=1，得，x=h，y=h=，z=h． BCACDBSEBE13D3648∴ xyz=()3h3=3． 132197
5．(本题20分)已知圆x2+y2=r2(r为奇数)，交x轴于点A(r，0)、B(－r，0)，交y轴于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圆周上的点，u=pm，v=qn(p、q都是质数，m、n都是正整数)，且u&v．点P在x轴和y轴上的射影分别为M、N．求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2．
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)33⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p－q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
⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=abcd，ma+nc2bd+ mnA．P?Q
B．P?QC．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
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
C．&R+r&6l
D．A、B、C三种关系都不6对
2．填充题(本题满分18分，每小题6分)35⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于
⑵ 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
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1x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|&|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|& ． 2
225．(本题满分18分) 函数F(x)=|cosx+2sinxcosx－sinx+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2结论．
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)33⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p－q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=1 11log1log12351A．(－2，－1)
C．(－3，－2)
D．(2，3)【答案】D【解析】x=log32+log35=log310∈(2，3)，选D．
⑷ 已知M={(x，y)|y?x}，N={(x，y)|x+ (y－a)?1}．那么，使M∩N=N成立的充要条件是11
A．a?1B．a=1
D．0&a&1 44【答案】A222【解析】M∩N=N的充要条件是圆x+(y－a)?1在抛物线y=x内部(上方)．即a?1，且方程12222
y－(2a－1)y+a－1=0的△=(2a－1)－4(a－1)?0，?a?1，选A． 4
2⑸ 已知函数f(x)=ax－c，满足－4?f(1)?－1，－1?f(2)?5． 那么，f(3)应满足A．7?f(3)?26
B．－4?f(3)?15
C．－1?f(3)?20
D．－2835f(3)? 33222
⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=ab+cd，Q=ma+ncbd mnA．P?Q
B．P?QC．P&Q
D．P、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关．【答案】B【解析】由柯西不等式，
Q?P．选B．2．填充题(本题满分18分，每小题6分)35⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于
． 513【答案】16 6541245【解析】cosA=±，sinB=，但若cosA=－，则A&135°，cosB=°，B&60°，513513矛盾．故cosA=．∴ cosC=cos(π－A－B)=－cosAcosB+sinAsinB=－2=
⑵ 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有
个．【答案】36【解析】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2y=11，y=x上的整点，不含x+y=11上的整点)共有12÷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
第二试π1．(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx=x∈[－1，1] 2【解析】证明：由于x∈[－1，1]，故arcsinx与arccosx有意义，πππsin(－arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx∈[0，π]，∴ arccosx∈[－，222π． 2故根据反正弦定义，有arcsinx=π－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1x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|&|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|& 211【解析】证明：不妨取0?x1&x2?1,若|x1-x2|?，则必有|f(x1)-f(x2)|&|x1-x2|&． 221111若|x1-x2|&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，SABD、SBCD、SABC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．
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)=|cosx+2sinxcosx－sinx+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2你的结论．
第一试1．选择题(本题满分40分，每小题答对得5分答错得0分，不答得1分)－⑴ 集合S={Z|argZ=α，α为常数}在复平面上的图形是(
)A．射线argZ=2α
B．射线argZ=－2α
C．射线argZ=α
D．上述答案都不对2⑵下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式logx(logxy)&0的是
)2=x2=x=x2=xA.B.C.D.
⑶ 对所有满足1?n?m?5的m，n，极坐标方程ρ=11－Cnmcosθ数是(
6⑺ 若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y－x)的运动方式是A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动
B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动
C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动
D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动⑻ 若四面体的一条棱长是x，其余棱长都是1，体积是F(x)，则函数F(x)在其定义域上A．是增函数但无最大值
B．是增函数且有最大值C．不是增函数但无最大值
D．不是增函数但有最大值22
2．填充题(本题满分10分，每小题5分)⑴ 如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D，作DC⊥AB，交圆周于C，若点D的坐标为D(x，0)，则当x∈
时，线段AD、BD、CD可以构成锐角三角形． ⑵ 方程coscosx的通解是
，在(0，424π)内不相同的解有个．
2．(本题满分10分)已知两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线AA?的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A?E=m，AF=n，求EF(A?在直线a上，A在直线b上)．
3．(本题满分15分)如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA，若S4△ABC=1，证明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于 (SXY?Z表示多边形XY?Z的面积)． 9
22224．(本题满分15分) 设an是1+2+3+?+n的个位数字， n=1，2，3?，试证：0.a1a2?an?是有理数．
2x2xn－1n5．(本题满分15分) 设x1，x2，?，xn都是正数，++?++?x1+x2+?x2x3xnx1+xn．2x21x2
1984年全国高中数学联赛试题解答第一试1．选择题(本题满分40分，每小题答对得5分答错得0分，不答得1分)－⑴ 集合S={Z|argZ=α，α为常数}在复平面上的图形是(
)A．射线argZ=2α
B．射线argZ=－2α
C．射线argZ=α
D．上述答案都不对【答案】D【解析】由于argZ∈[0.2π)，故不存在答案B．arg－Z=2π－α，故选D．
1⑶ 对所有满足1?n?m?5的m，n，极坐标方程ρ=n1－Cmcosθ是(
D．6【答案】D【解析】由e=Cm，若表示双曲线，则e&1，由Cm&1，可得m、n的不同取值为C5=5，C5=10，nn12C4=4，C4=6，C3=3，C2=2，共有6个不同的值，故选D．
⑸ 若a&0，a≠1，F(x)是一个奇函数，则G(x)=F(x)?(11是（
C．不是奇函数也不是偶函数
D．奇偶性与a的
具体数值有关
⑺ 若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y－x)的运动方式是A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动
⑻ 若四面体的一条棱长是x，其余棱长都是1，体积是F(x)，则函数F(x)在其定义域上A．是增函数但无最大值
B．是增函数且有最大值C．不是增函数但无最大值
D．不是增函数但有最大值【答案】D【解析】定义域为0&x&3，当x=3时，F(x)最大，故选D． 22．填充题(本题满分10分，每小题5分) ⑴ 如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D，作DC⊥AB，交圆周于C，若点D的坐标为D(x，0)，则当x∈
时，线段AD、BD、CD可以构成锐角三角形． 【答案】2－5&x&5－2【解析】由对称性，先考虑0?x&1的情况，设AD=a，BD=b，CD=c，则a+b=2，ab=c2，且必有a?c?b，于是只要考虑c2+b2&a2，即(1－x)(1+x)+(1－x)2&(1+x)2，解得0?x&5－2．∴ 2－5&x&5－2．
⑵ 方程cos=cosx的通解是
，在(0，24π)内不相同的解有
第二试1．(本题满分15分)下列命题是否正确？若正确，请给予证明．否则给出反例．⑴ 若P、Q是直线l同侧的两个不同点，则必存在两个不同的圆，通过P、Q且与直线l相切；⑵ 若a&0，b&0，且a≠1，b≠1，则logab+logba?2．222⑶ 设A、B是坐标平面上的两个点集，Cr={(x，y)|x+y?r}，若对任何r?0，都有Cr∪A?Cr∪B，则必有A?B．
2．(本题满分10分)已知两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线AA?的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A?E=m，AF=n，求EF(A?在直线a上，A在直线b上)．222【解析】EF=m+n+d±2mncosθ．(证明见课本)．
3．(本题满分15分)如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA，若S4△ABC=1，证明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于SXY?Z表示多边形XY?Z9的面积)．【解析】证明：如图，三等分BC于M、N，若点P在BM上(含点M)，则由24于PE∥AB，则△CPE∽△CBA．CP∶CB?于是S△PCE?．同理，若P在NC上(含394点N)，则S△BPF? 9若点P在线段MN上．连EF，设BP12CP(&r&，则=1－r． BC33BC1212B
S△BPF=r2，S△PCE=(1－r)2．∴ S△BPF+S△PCE=r2+(1－r)2=2r2－2r+1=2(r－2+
11215&2()+． 32294于是S□AEPF? 9
第一试1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)⑴ 假定有两个命题：－1－1
甲：a是大于0的实数；乙：a&b且a&b．那么(
)A．甲是乙的充分而不必要条件
B．甲是乙的必要而不充分条件C．甲是乙的充分必要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2⑵PQ为经过抛物线y=2px焦点的任一弦，MN为PQ在准线l上的射影，PQ绕l一周所得的旋转面面积为S1，以MN为直径的球面积为S2，则下面结论中，正确的是(
D．有时S1&S2，有时S1=S2，有时S1&S244⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，则(
) 55A．x=2424B．x=－C．x=0
D．这样的x不存在．
2525222 ⑷ 在下面四个图形中，已知有一个是方程mx+ny=0与mx+ny=1(m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是
－⑸ 设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：－－λW+WⅠ．Z=2
Ⅱ．这个方程只有一解； 1－|λ|Ⅲ．这个方程有两解；
Ⅳ．这个方程有无穷多解．则(
)A．只有Ⅰ、Ⅱ正确
B．只有Ⅰ、Ⅲ正确
C．只有Ⅰ、Ⅳ正确
D．以上A、B、C都不正确⑹ 设0&a&1，若x1=a，x2=a，x3=a，?，xn=ax1x2xn－1，??，则数列{xn}(
)A．是递增的
B．是递减的
C．奇数项递增，偶数项递减
D．偶数项递增，奇数项递减二．填空题(本题满分24分，每小题6分)⑴ 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若角A、B、C的大小成等比数列，22且b－a=ac，则角B的弧度为等于
⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有
组．⑶ 在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干个数之和能被11整除的数组共有
．⑷ 对任意实数x，y，定义运算x*y为x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数都有x*d=x，则d=
第二试(本试共有4题，每题满分15分)1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B?，A在y轴上的射影为A?，△OBB?的面积比△OAA?的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四32位数?10+y2?10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．
4．平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ?2sin54?．
1985年全国高中数学联赛试题第一试1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)⑴ 假定有两个命题：－1－1
甲：a是大于0的实数；乙：a&b且a&b．那么(
)A．甲是乙的充分而不必要条件
B．甲是乙的必要而不充分条件C．甲是乙的充分必要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B－1－1【解析】由于a&b且a&b成立时，必有a&0，b&0．故由乙可得甲，故选B
44⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，则(
) 55A．x=2424B．x=－
D．这样的x不存在．
2525【答案】D4443【解析】即arcsinx=2 arccos－π．设arccos=θ，则cosθ=，sinθ=． 5555∴ sin2θ=2sinθcosθ=24π2θ为锐角．∴2θ－π&－D． 252⑷在下面四个图形中，已知有一个是方程与 (m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是
－⑸ 设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：－－λW+WⅠ．Z=2
Ⅱ．这个方程只有一解； 1－|λ|Ⅲ．这个方程有两解；
Ⅳ．这个方程有无穷多解．则(
)A．只有Ⅰ、Ⅱ正确
B．只有Ⅰ、Ⅲ正确
C．只有Ⅰ、Ⅳ正确
D．以上A、B、C都不正确【答案】A－－2【解析】原式两端取共轭：Z－λZ=W，乘以λ再取共轭：λZ－|?|Z=λW，相加，由－－λW+W|?|≠1，得方程有唯一解Z=2．选A．
1－|λ|⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有
【答案】174【解析】x1=1时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1，共有9解；x1=0时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3，共有9+A9+C9=9+72+84=165解． ∴ 共有174解．
第二试(本试共有4题，每题满分15分)1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B?，A在y轴上的射影为A?，△OBB?的面积比△OAA?的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四位数 +x2?10+y2?10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．【解析】x2y2－x1y1=67．x1&y1，x2&y2．且x1，y1，x2，y2都是不超过10的正整数．∴ x2y2&67，? x2y2=72或81．但x2&y2，故x2y2=91舍去．∴ x2y2=72．x2=9，y2=8．
32∴ x1y1=72－67=5．?x1=1，y1=5，∴ ．
3．某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队，根据比赛规则，比赛若干天后进行统计，发现除A市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A市乙队已赛过多少场？请证明你的结论．【解析】证明：用32个点表示这32个队，如果某两队比赛了一场，则在表示这两个队的点间连一条线．否则就不连线．由于，这些队比赛场次最多30场，最少0场，共有31种情况，现除A城甲队外还有31个队，这31个队比赛场次互不相同，故这31个队比赛的场次恰好从0到30都有．就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次．
4．平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ?2sin54?．【解析】证明 ⑴ 若此五点中有三点共线，例如A、B、C三点共线，不妨设B在A、C之间，则AB与BC必有一较大者．不妨设AB?BC．则AC ?2&2sin54?．
第一试1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分)⑴ 设－1&a&0，θ=arcsina，那么不等式sinx&a的解集为(
)A．{x|2nπ+θ&x&(2n+1)π－θ，n∈Z}
B．{x|2nπ－θ&x&(2n+1)π+θ，n∈Z}C．{x|(2n－1)π+θ&x&2nπ－θ，n∈Z}
D．{x|2nπ+θ&x&(2n+1)π－θ，n∈Z}22
⑵ 设x为复数，M={z|(z－1)=|z－1|}，那么(
A．M={纯虚数}
B．M={实数}
C．{实数}?? M ?{复数}
D．M={复数
}2．填空题(本题满分28分，每小题7分)：本题共有4个小题，每小题的答案都是000到999的某一个整数，请把你认为正确的答案填在
上．⑴ 在底面半径为6的圆柱内，有两个半径也为6的球面，其球心距为13，若作一平面与这二球面相切，且与圆柱面交成一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是
．⑵ 已知f(x)=|1－2x|，x∈[0，1]，那么方程1
f(f(f(x)))= 2的解的个数是
⑶设f(x)=x，那么和式f()+f()+f()+?+f()的值等4+11001于
⑷设x、y、z为非负实数，且满足方程45x+9y+4z－68?25x+9y+4z+256=0，那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于
第二试1．(本题满分17分)已知实数列a0，a1，a2，?，满足ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，?)求证：对于任何自然数n，P(x)=a0Cn(1-x)+a1Cnx(1-x)+a2Cnx(1-x)+?+an-1C是一次多项式．(本题应增加条件：a0≠a1)
0n1n-122n-2n－1n-1nx(1-x)+anCnxn n
3．平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上； ⑵对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．证明你设计的方法符合上述要求．
1986年全国高中数学联赛解答第一试1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分)⑴ 设－1&a&0，θ=arcsina，那么不等式sinx&a的解集为(
)A．{x|2nπ+θ&x&(2n+1)π－θ，n∈Z}
B．{x|2nπ－θ&x&(2n+1)π+θ，n∈Z}C．{x|(2n－1)π+θ&x&2nπ－θ，n∈Z}
D．{x|(2n－1)π－θ&x&2nπ+θ，n∈Z}【答案】Dπ
【解析】－&θ&0，在(－π，0)内满足sinx&a的角为－π－θ&x&θ，由单位圆2易得解为D．
⑶ 设实数a、b、c满足2?a－bc－8a+7=0，
?22那么，a的取值范围是(
) ?b+c+bc－6a+6=0．A．(－∞，+∞)
B．(－∞，1]∪[9，+∞)
D．[1，9]【答案】D2222
【解析】①33+②：b+c－2bc+3a－30a+27=0，?(b－c)+3(a－1)(a－9)=0，?1?a?9．选D．b2+c2+2bc－a2+2a－1=0，(b+c)2=(a－1)2，?b+c=a－1，或b+c=－a+1．
⑸ 平面上有一个点集和七个不同的圆C1，C2，?，C7，其中圆C7恰好经过M中的7个点，圆C6恰好经过M中的6个点，?，圆C1恰好经过M中的1个点，那么M中的点数最少为(
D．28【答案】B【解析】首先，C7经过M中7个点，C6与C7至多2个公共点，故C6中至少另有4个M中的点，C5至少经过M中另外1个点，共有至少7+4+1=12个点．
⑹ 边长为a、b、c的三角形，其面积等于，而外接圆半径为1，若 4111
s=a+b+c，t=+ abc则s与t的大小关系是A．s&t
D．不确定【答案】C1abc1
【解析】△=sinC=，由R=1，△=，知abc=1．且三角形不是等边三角形． 24R4111111a+b+c∴ +++==a+
b+c．(等号不成立)．选C． abcabbccaabc⑶ 设f(x)=f()+f(f()+?+f()的值等于
； 4+11001【答案】5004444【解析】 f(x)+f(1－x)= 1－=1．
⑴ 4+24+24+24+2?4x1－xxx
以x=123500，，?，代入⑴式，即得所求和=500． 1001⑷ 设x、y、z为非负实数，且满足方程45x+9y+4z－68?25x+9y+4z+256=0，那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于
第二试1．(本题满分17分)已知实数列a0，a1，a2，?，满足
ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，?)求证：对于任何自然数n，P(x)=a0Cn(1-x)+a1Cnx(1-x)+a2Cnx(1-x)+?+an-1C是一次多项式．(本题应增加条件：a0≠a1
) 0n1n-122n-2n－1n-1nx(1-x)+anCnxn n
2．(本题满分17分)已知锐角三角形ABC的外接圆半径为R，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，求证：AD，BE，CF是SABC的三条高的充要条件是RS=EF+FD+DE)．
3．(本题16分)平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上；⑵ 对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．证明你设计的方法符合上述要求．
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)：61．对任意给定的自然数n，若n+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(
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)
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
．(青海供题)23．若k是大于1的整数，α是x－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，
α2n+α－2n的个位数字总是7，则k的个位数字是
．(河北供题)54．现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，541的三角形四个，边长为2，64，5的三角形六个，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)
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．ADEC
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．
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)：
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
)【解析】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，y2x2－ay2)．由y1=k(x1－a)，y2=k(x2－a)，由于a为无理数，故y1≠0，x2－a≠0，，当y1x1－ay2为有理数时，m为有理数，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& 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(
)67A．22π(1+sinα)－66α
B．π368C．22π+ sinα－66α
D．33π－66α(北3京供题)【答案】Aπ)3B
2【解析】点A每k(k≡1(mod 3))不动，第k(k≡2(mod 3))次走过路程－2α，第k(k3π22≡0(mod 3))走过路程(2sinα)，于是所求路程=33(π－2α+ πsinα)．选A．333二．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(x+x+2x+3)+?+(x+2001)的值等于
．(陕西供题
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
．(青海供题)【答案】α=2或2+ 2．【解析】集合A的图形是依次连(α，0)，(0，α)，(－α，0)，(0，－α)四点的线段．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=22+2，?α=2+2．∴ α=2或2+ 2．
54．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2，4，65的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成
个四面体．(江西供题) 若再取两个③类三角形时，由于AD=52，不满足(*)式，故不可以构成四面体． 612．且5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=
BE=CF=x=，则EF=5－23=．1492222于是AD=AE+EF+FD－2AE2DFcosθ=－288cosθ)∈(，25)．25255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)959755
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．
【解析】证明：以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面．设C11表示复数c，点E表示复数e(c、e∈R)．则点B表示复数b=c+ci，2211点D表示复数d=－ei．22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→111111∴ 表示向量MB的复数：z1=b－(c+e?)=c+ci－c－e(cosθ+isinθ)=－222222ecosθ+c－esinθ)i．→1111表示向量MD?的复数：z2=d?－m=(e－ei)(cosθ+isinθ)－－e(cosθ+isinθ)
=esinθ－c)－cosθ．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．
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．
一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)：1．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是(
)A．y=－φ(x)
B．y=－φ(－x)
C．y=－φ－1(x)
D．y=－φ－1(－x
)4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩πα=c．若有命题甲：θ&；
命题乙：a、b、c相交于一点．
A．甲是乙的充分条件但不必要
B．甲是乙的必要条件但不充分C．甲是乙的充分必要条件
D．A、B、C都不对5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M∪N∪P=I；
⑷ P≠?中，正确的表达式的个数是A．1
D．4二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：1．设x≠y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么b4－b3a2－a1=
．2．(x+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为
．3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC
1988年全国高中数学联赛二试题一．已知数列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=???5an+1－3an(an2an+1为偶数)，an+1－an(an2an+1为奇数)．试证：对一切n∈N*， an≠0．
二．如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在ABAS?PQR2&． S?ABC9
三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，??，ln，?的直线族，它满足条件：⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，??)；⑵ kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，??)；⑶ knkn+1?0，(n=1，2，3，??)．并证明你的结论．
1988年全国高中数学联赛解答一试题一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)：
2．已知原点在椭圆kx+y－4kx+2ky+k－1=0的内部，那么参数k的取值范围是(
C．－1&k&1
D．0&|k|&1【答案】D【解析】因是椭圆，故k≠0，以(0，0)代入方程，得k－1&0，选D．
4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有
命题甲：θ&； 3命题乙：a、b、c相交于一点．则A．甲是乙的充分条件但不必要
B．甲是乙的必要条件但不充分C．甲是乙的充分必要条件
D．A、B、C都不对
5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M∪N∪P=I；
⑷ P≠?中，正确的表达式的个数是A．1
D．4【答案】D【解析】均正确，选D．
2．(x+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为
．12n+1【答案】+1) 2【解析】(x+2)2n+1－(x－2)2n+1=2(C2n+12xn+C2n+123xn－1+C2n+125xn－2+?+C2n+122n+1)． 1352n+112n+1令x=1，得所求系数和=+1)． 2
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC
．【答案】|cos?|【解析】△AED∽△ABC，=|cosα|．
4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，??直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为
DEBCDEADBCAC
三．(15分)长为2，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．
四．(15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1－Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z0≠0，另一个动点Z满足Z1Z=－1，求点Z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置．
11*五．(15分)已知a、b1．试证：对每一个n∈N， ab(a+b)－a－b?2－2．【解析】证明：由已知得a+b=ab．又a+b?2ab，∴ ab?2ab，故a+b=ab?4．于是(a+b)=(ab)?2．又 a+b?2ab=2(a+b)?2．下面用数学归纳法证明：1° 当n=1时，左=右=0．左?右成立．2° 设当n=k(k?1，k∈N)时结论成立，即(a+b)－a－b?2－2成立． 则(a+b)－a－b=(a+b)(a+b)－(a+b)(a+b)+ab(ak+1k+1k+1kkkk－1kkk2knnn2nn+1kk2kkkkkkk+1k+1+bk－1)=(a+b)[(a+b)k－ak－bk]+ ab(ak－1+bk－1)?4?(22k－2k+1)+4?2k=22(k+1)－4?2k+1+4?2k=22(k+1)－2(k+1)+1．即命题对于n=k+1也成立．故对于一切n∈N，命题成立．*
二试题一．已知数列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=???5an+1－3an(an2an+1为偶数)，an+1－an(an2an+1为奇数)．试证：对一切n∈N*，an≠0．（1988年全国高中竞赛试题）分析：改证an?0(mod 4)或an?0(mod 3)．
二．如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB1【解析】证明：作△ABC及△PQR的高CN、RH．设△ABC的周长为1．则PQ= 3则SPQR2&． S?ABC9AHS?PQRPQ2RHPQAR1PQ2=，但AB& S?ABCAB2CNABAC2AB3S?PQR2AP?AB－PQ&，∴ AR=－AP&AC&，故，从而S?ABC9QBRC三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，??，ln，?的直线族，它满足条件：⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，??)；⑵ kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，??)；
⑶ knkn+1?0，(n=1，2，3，??)．并证明你的结论．【解析】证明：设an=bn≠0，即kn－1=－1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此时an+1不存在，故kn≠±1．
由于k1－m的增大而线性增大，故必存在一个m值，m=m0，使k1－?－1，从而必存在一个m值，m=m1(m1?m0)，使km1－1?－1，而－1&km1=km1－即此时不存在这样的直线族．综上可知这样的直线族不存在．
mkmm0k11km1－1，此时km12km1+1&0．
一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于(
)A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限1
2．函数f(x)=arctanxarcsinx的值域是(
A．(－π，π)
B．[－ππ]
D．[－ππ
] 444422三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若log2&1，则a的取值范围是
．2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l?⊥l，则l?与l的交点坐标为
．3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是
.4．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为
．5．如果从数1，2，3，?，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足
a2－a1?3，与a3－a2?3，那么，所有符合上述要求的不同取法有
种．6．当s和t取遍所有实数时，则22
(s+5－3|cost|)+(s－2|sint|)所能达到的最小值为
三．(本题满分20分)已知a1，a2，?，an是n个正数，满足a1?a2???an=1．n求证：(2+a1)(2+a2)?(2+an)?3．
四．(本题满分20分)已知正三棱锥S―ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O?，在AO?上取一点P，使截面的面积．
五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an&0，且 Σaj=(Σaj)．求证：an=n．
j=1j=1SAP=8，求经过点P且平行于底面的PO?AOCn3nB2
三．(本题满分35分)有n3n（n?4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即
总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．
1989年全国高中数学联赛解答第一试一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于(
)A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限【答案】B【解析】0°&A、B&90°&A+B&180°．故90°&A&90°－B&0°，sinA&cosB，cosA&sinB． 故cosB－sinA&0，sinB－cosA&0．点Z位于第二象限．选B
3．对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－l)与函数y=f(－x+l)的图象恒(
)A．关于x轴对称
B．关于直线x=l对称
C．关于直线x=－l对称
D．关于y轴对称【答案】B【解析】令x－1=t，则得f(t)=f(－t)，即f(t)关于t=0对称，即此二图象关于x=1对称．选B
5．若M={z| z=t1+ti，t∈R，t≠－1，t≠0}， 1+ttN={z| z=2[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|?1}．则M∩N中元素的个数为A．0
D．4【答案】A22【解析】M的图象为双曲线xy=1(x≠0，x≠1)N的图象为x+y=2(x?0)，二者无公共
三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若log2&1，则a的取值范围是
．【答案】(0，1)∪(2，+∞)【解析】若0&a&1，则loga2&0，若a&1，则得a&2．故填(0，1)∪(2，+∞)
2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l?⊥l，则l?与l的交点坐标为
．【答案】（2，6）【解析】直线l?方程为(x+10)－2y=0，解得交点为(2，6)．
3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是
.但n∈N*，故n=1，得，α+α－1=0，2
?= ， 2由α&0，知，?=－1+5－1+5 原数为 22
5．如果从数1，2，3，?，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足a2－a1?3，与a3－a2?3，那么，所有符合上述要求的不同取法有
种．【答案】120【解析】令a1?=a1，a2?=a2－2，a3?=a3－4，则得1?a1?&a2?&a3??10．所求取法为
C10=120． 3
三．(本题满分20分)已知a1，a2，?，an是n个正数，满足a1?a2???an=1．n求证：(2+a1)(2+a2)?(2+a
n)?3．a1a2+a1a3+?+an－1an?Cnn2Cn2(a1a2?an)n－1=Cn，??， n－12∴ (2+a1)(2+a2)?(2+an)=2+(a1+a2+?+an)2?2+Cn2
n1n－1+(a1a2+a1a3+?+an－1an)2nnn－2+?+a1a2?an +Cn22n－2+?+Cn=(2+1)=3． 1
四．(本题满分20分)已知正三棱锥S―ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O?，在AO?上取一点P，使AP=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．
五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an&0，且 Σaj=(Σaj)．求证：an=n． j=1j=1【解析】证明：由已知，a1=a1，a1&0，∴ a1=1．设n?k(k∈N，且k?1)时，由Σaj =(Σaj)成立可证ak=k成立． j=1j=132n3n2n3n2k+13k+12kk22当n=k+1时，Σaj=(Σaj)=(Σaj)+2ak+1(Σaj)+ak+1． j=1j=1j=1j=1
即 k(k+1)+ak+1=k(k+1)+2ak+12k(k+1)+ak+1．4422
∴ ak+1－ak+1－k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=－k或ak+1=k+1．由an&0知，只有ak+1=k+1成立．即n=k+1时命题也成立．由数学归纳原理知对于一切n∈N*，an=n成立．
第二试一．(本题满分35分)已知
在ΔABC中，AB&AC，?A的一个外角的平分线交ΔABC的外接圆于点E，过E作EF⊥AB，垂足为F．求证
2AF=AB-AC．【解析】证明：在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，于是ΔAEG为等腰三角形，∴EG=EA． E又?3=180?－?EGA=180?－?EAG=180?－?5=?4． A?1=?2．于是ΔEGB≌ΔEAC．∴BG=AC， 故证2 二．已知xi∈R(i=1，2，?，n；n?2)，满足 CBΣ|xi|=1，Σxi=0， i=1i=1nn?nxi?11求证：?Σ?－
?i=1i?22n三．有n3n（n?4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．【解析】证明 ：基本项共有n!个，n&3，则基本项的个数为4的倍数，设共有4m项． 其中每个数aij(=±1)都要在(n－1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了(n－1)!次，而n&3，故(n－1)!为偶数，于是该乘积等于1．这说明等于－1的
(10月14日上午8∶00―10∶00)一．选择题(本题满分30分，每小题5分)1．设α∈(,则(cos?)42cos?，(sin?)cos?，(cos?)sin?的大小顺序是A．(cos?)cos?&(sin?)cos?&(cos?)sin?B．(cos?)cos?&(cos?)sin? &(sin?)cos?C．(sin?)cos?&(cos?)cos?&(cos?)sin?D．(cos?)sin? &(cos?)cos?&(sin?)cos?
xy?5．设非零复数x、y满足x+xy+y=0，则代数式??x+y+x+y?的值是(
) ????A．2－1989
D．以上答案都不对x2y26．已知椭圆+=1(a&b&0)通过点(2，1)，所有这些椭圆上满足|y|&1的点的集合用阴ab影表示是下面图中的(
二．填空题(本题满分30分，每小题5分)111．设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则
．1+a1+b2．设A(2，0)为平面上一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP扫过的面积是
．22224443．设n为自然数，对于任意实数x，y，z，恒有(x+y+z)?n(x+y+z)成立，则n的最小值是
．4．对任意正整数n，连结原点O与点An(n，n+3)，用f(n)表示线段OAn上的整点个数(不计端点)，试求f(1)+f(2)+?+f(1990)．5．设n=1990，则122C51990－3Cn+3n－3Cn+?+3Cn－3Cn=
．26．8个女孩与25个男孩围成一圈，任何两个女孩之间至少站两个男孩，则共有
种不同和排列方法．(只要把圆旋转一下就能重合的排法认为是相同的)．三．(本题满分20分)2abπ22n已知a，b均为正整数，且a&b，sinθ=22(其中0&θ&)，An=(a+b)sinnθ．求a+b2证：对于一切自然数n，An均为整数．
第二试(10月14日上午10∶30―12∶30)一．(本题满分35分)四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4．求证OP、O1O3、O2O4三直线共点．
二．(本题满分35分)设
E={1，2，3，??，200}，
G={a1，a2，??，a100}??E．且G具有下列两条性质：⑴ 对任何1?i&j?100，恒有ai+aj≠201；100⑵
Σai=10080． i=1试证明：G中的奇数的个数是4的倍数．且G中所有数字的平方和为一个定数．
三．(本题满分35分)某市有n所中学，第i所中学派出Ci名代表(1?Ci?39，1?i?n)来到体育馆观看球赛，全部学生总数为ΣCi=1990．看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须i=1坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下． n
1990年全国高中数学联赛解答第一试一．选择题(本题满分30分，每小题5分)1．设α∈(，,则(cos?)42??cos?，(sin?)cos?，(cos?)sin?的大小顺序是A．(cos?)cos?&(sin?)cos?&(cos?)sin?B．(cos?)cos?&(cos?)sin? & (sin?)cos?C．(sin?)cos?&(cos?)cos?&(cos?)sin?D．(cos?)sin? &(cos?)cos?&(sin?)cos?
【答案】D【解析】α∈(，?0&cosα&sinα&1， 42∴
(cos?)cos?&(sin?)cos?；(cos?)sin?&(cos?)cos?；选D．
2．设f(x)是定义在实数集上的周期为2的函数，且是偶函数，已知当x∈[2,3]时，f(x)=x，则当x∈[－2,0]时，f(x)的解析式是(
)A．f(x)=x+4
B． f(x)=2-x
C． f(x)=3－|x+1|
D． f(x)=2+|x
3．设双曲线的左右焦点是F1、F2，左右顶点是M、N，若△PF1F2的顶点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点位置是(
)A．在线段MN内部
B．在线段F1M内部或在线段NF2内部
C．点M或点N
D．不能确定的 【答案】C 【解析】设内切圆在三边上切点分别为D、E、F，当P在右支上时，PF1－PF2=2a．但PF1－PF2=F1D－F2D=2a，即D与N重合，当P在左支上时，D与M重合．故选C．
31314．点集{(x，y)|lg(x+错误！未指定书签。y+=lgx+lgy}中元素个数为(
D．多于2【答案】B1313131【解析】x+y+=xy&0．但x+y+?3393933x32y32 =xy错误！未指定书签。，等号
1313 9当且仅当x=y=时，即x=，y=
时成立．故选B．3933333
x2y26．已知椭圆2+2=1(a&b&0)通过点(2，1)，所有这些椭圆上满足|y|&1的点的集合用阴ab影表示是下面图中的
【答案】C【解析】2+2=1，由a&b，故得2&1&2+2=2，1&b&52+2=1?2，a&5．故选C．abbbbbaba
二．填空题(本题满分30分，每小题5分)111．设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则
．1+a1+b【答案】1111+a+1+b【解析】ab?(=1，从而ab?1，故n +n = nnnn1．等号当且仅当21+a1+b1+a+b+ab2a+bnnnna=b=1时成立．即所求最小值=1．
2．设A(2，0)为平面上一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP扫过的面积是
．1【答案】?6【解析】点P在单位圆上，sin(2t－60°)=cos(150°－2t)，cos(2t－1360°)=sin(150°－2t).当t由15°变到45°时，点P沿单位圆从(－，
131运动到(,．线段AP扫过的面积=扇形面积=π． 226
．设n为自然数，对于任意实数x，y，z，恒有(x+y+z)?n(x+y+z)成立，则n的最小值是
．【答案】32【解析】(x+y+z)=x+y+z+2xy+2yz+2zx?x4+y4+z4+(x4+y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4)．等号当且仅当x=y=z时成立．故n=3
5．设n=1990，则122C51990
－3Cn+3n－3Cn+?+3Cn－3Cn=
． 2【答案】?1213【解析】取(－+i)展开的实部即为此式．而(－+)=－i．故原式=2222221－ 2
三．(本题满分20分)
已知a，b均为正整数，且a&b，sinθ=证：对于一切自然数n，An均为整数．
2abπ22n)，An=(a+b)sinnθ．求22(其中0&θ&a+b2
四．n个正数排成n行n列a11
??a4n??????????????an1
??ann其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等．已知a24=1，13a42=，a43=， 816求a11+a22+??+ann．(1990年全国高中数学联赛)分析 由a42、a43或求a44，由a24，a44可求公比．【解析】 设第一行等差数列的公差为d，各列的公比为q．1∴
a44=2a43－a42=． 4由a44=a24?q，得，
a12=a42?q=1．a14－a121∴
d== ， 4－221∴
a1k=a12+(k－2)d=k(k=1，2， 3，?，n) 2∴
akk=a1kq令Sn= a11+a22+?+ann． k－1－312=2()k－1=(k2k． 121212nn+1n1kk－111n则
S－S=Σ－Σ=+Σ－ 2k=12k=222k=222
= +－nn+1=1－n+122222∴ S=2－n+22
五．设棱锥M―ABCD的底面为正方形，且MA=MD，MA⊥AB，如果△AMD的面积为 1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径．
第二试(10月14日上午10∶30―12∶30)一．(本题满分35分)四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4．求证OP、O1O3、O2O4三直线共点．【解析】证明 ∵O为SABC的外心，∴ OA=OB．∵ O1为SPAB的外心，∴O1A=O1B．∴ OO1⊥AB．作SPCD的外接圆⊙O3，延长PO3与所作圆交于点E，并与AB交于点F，连DE，则?1=?2=?3，?EPD=?BPF，∴ ?PFB=?EDP=90?． E∴ PO3⊥AB，即OO1∥PO3． 1D同理，OO3∥PO1．即OO1PO3是平行四边形．∴ O1O3与PO互相平分，即O1O3过PO的中点． O3C同理，O2O4过PO中点． O4∴ OP、O1O3、O2O4三直线共点．OO二．(本题满分35分)设
E={1，2，3，??，200}，G={a1，a2，??，a100}??E．且G具有下列两条性质：⑴ 对任何1?i&j?100，恒有ai+aj≠201；100⑵
Σai=10080． i=1试证明：G中的奇数的个数是4的倍数．且G中所有数字的平方和为一个定数．
AO3FB∴ x1+x2+?+x100+(201－x1)+(201－x2)+?+(201－x100)=2(x12+x22+?+x1002)－+x2+?+x100)+=2(x12+x22+?+x1002)－+222222
=12+22+32+?+2002．∴ x1+x2+?+x100=+2+3+?+200)+－=+－]=[+49380．为定值．三．(本题满分35分)某市有n所中学，第i所中学派出Ci名代表(1?Ci?39，1?i?n)来到体育馆观看球赛，全部学生总数为ΣCi=1990．看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须i=1坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下．
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(
D．24abca+b－c2．设a、b、c均为非零复数，且=(
)bcaa－b+cA．1
C．1，ω，ω
D．1，－ω，－ω 33．设a是正整数，a&100，并且a+23能被24整除，那么，这样的a的个数为(
D．104．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，则这6个实根的和为(
5．设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)2－cos(2πy)，x，y∈R}，则(
D．S∩T=? 6．方程|x－y|=1－|x|的图象为
)222A.B.C.D.
二．填空题：221．cos10°+cos50°－sin40°sin80°=
．2．在△ABC中，已知三个角A、B、C成等差数列，假设它们所对的边分别为a，b，c，C－A并且c－a等于AC边上的高h，则sin
．23．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)
(第三组) 则1991位于第
组．200064．1991除以10，余数是
．5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)2000|=
．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、下两部分，试求此两部分的体积比．
四．设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面积．2五．已知0&a&1，x+y=0，求证：1xy
loga(a+a)?loga2+． 8
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1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 4
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(
D．24【答案】B【解析】每个正方形的顶点对应着一个正三角形．故选B
3．设a是正整数，a&100，并且a+23能被24整除，那么，这样的a的个数为(
D．10【答案】B33【解析】即24|a－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，则a≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod 8)．3若a≡0，1，2(mod 3)，则a≡0，1，－1(mod 3)，∴ a－1≡0(mod 3)．即a－1≡0(mod24)．选B．
5．设S={(x，y)|x－y=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx)－sin(2πy)=cos(2πx)2－cos(2πy)，x，y∈R}，则(
D．S∩T=?【答案】A222222【解析】若x－y为奇数，则sin(2πx)－sin(2πy)=cos(2πx)－cos(2πy)成立，即S?T．2222又若x=y时，sin(2πx)－sin(2πy)=cos(2πx)－cos(2πy)也成立，即得S??T，选22222A．
6．方程|x－y|=1－|x|的图象为
)2A.B.C.D.
【答案】D【解析】∵ |x－y|=2?x－y(x?y)，?22?y－x
2故此方程等价于y=1－x，即y=2x－1(x?y)，??x－222?y－x=1－x，即y=1
(0?x&y)， ??y2－x=1+x，即y2=2x+1(x&0)．故选D．
2．在△ABC中，已知三个角A、B、C成等差数列，假设它们所对的边分别为a，b，c，C－A并且c－a等于AC边上的高h，则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)
(第三组) 则1991位于第
【答案】32222【解析】由于1+3+?+(2n－1)=n，故第n组最后一数为2n－1，于是解2(n－1)－1+2
?1991?2n－1，得n=32．即在第32组．
5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)2000|=
．【答案】40002222【解析】由|z1+z2|+|z1－z2|=2(|z1|+|z2|)，得|z2|=3．由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1－argz2=±120°．∴|(z1－z2)2000+(－z1z2)0|cos(120°32000)|=34000．故log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)．
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、下两部分，试求此两部分的体积比．【解析】 PM是PO中点，延长AO与BC交于点D，则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． PMOADFPMOA2DFE在面PAD中，△POD被直线AF截，故21，但=1∴MOADFPMOAD3FPA3= 2BHC
∴ PF2S?PGH4S?PGH4=，∴?．而截面分此三棱锥所成两部分可看成是有顶点A的两PD5S?PBC25SHGBC21个棱锥A―PGH及A―HGBC．故二者体积比=4∶21．
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，?，2nn}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1212当n=2k时，这样的A的个数为k=个；当n=2k+1时，这样的A的个数为k(k+1)= 44(n－1)个．12∴ 这样的数列有[n]个． 42
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1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
4【解析】证明：考虑四边形的四个顶点A、B、C、D，若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面积，设其中面积最小的三角形为△ABD．1⑴ 若S△ABC&，则A、B、C、D即为所求． 413⑵ 若S△ABD&S△BCD&，取△BCD的重心G，则以B、C、D、G这4点中441的任意3点为顶点的三角形面积&．4BC11⑶ 若S△ABD=，其余三个三角形面积均& S△ABD=． 4413由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD&S△ABC&=S△BCD． 44∴ 过A作AE∥BC必与CD相交，设交点为E．111则∵ S△ABC&S△ABD，从而S△ABE&S△ABD=S△ACE=S△ABE&S△BCE=S△ABC&A、B、444AEaFC、E四点即为所求．11⑷ 若S△ABD==4411是△BCD，(否则ABCD的面积=，不妨设S△ADC= S△ABD=AD∥BC，四边形24B3aC
ABCD为梯形．13由于S△ABD=，S△ABC=AD=a，则BC=3a，设梯形的高=h， 44则2ah=1．设对角线交于O，过O作EF∥BC分别交AB、CD于E、F．
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，?．_______【解析】证明：设N=x1x2?xk，其中x1，x2，?，xk∈{1，3， 4}．且x1+x2+?+xk=n．假定n&4．删去xk时，则当xk依次取1，3，4时，x1+x2+?+xk－1分别等于n－1，n－3，n－4．故当n&4时，an=an－1+an－3+an－4．
①a1=a2=1，a3=2，a4=4，利用①及初始值可以得到下表：n 1 2 3 4 5 6 7 8 910 11 12 13 14 ?? an规律1 1 2 4 6 9 15 25 40 64 104 169 273 441 ?? 2 2 2 2 2 2 2 1 11?2 22?3 33?5 55?8 88?13 ??
可找到规律：
21= fkfk+1+fk－1(fk+fk－1) a2(k+1)=a2k+1+a2k－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+fk－= fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=fk2+1a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1．
－1 =fk2+1+f2k+fk－1kf= fk2+1+fk(fk+fk－1)= fk2+1证明2：(用特征方程)由上证得①式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4，4322由此得差分方程：λ－λ－λ－1=0． ?(λ+1)(λ－λ－1)=0．此方程有根λ=±i，λ=1±5． 2∴ 令an=αi+β(－i)+γ(nn1+521－52+?() 222－in2+in11+5n+211－5n+2利用初值可以求出an=i+2(－i)+)+．
∴ a2n={11+5n+11－5n
+12)－()]}． 22
5得a2n=bn=13+5n +13－5n+111+52(n+1)1－52(n+1)n[2(－1)+()+()]= [()+()－n+11－5n+12()(] 22={11+5n+11－5n+12[(－()]}． 225记fn=15[(1+5n+11－5n+11±52－()]，其特征根为?1，2=?－?－2221=0．于是其递推关系为fn=fn－1+fn－2．而f0=1，f1=1，均为正整数，从而对于一切正整数n，fn为正整数．从而a2n为完全平方数．
一、选择题(每小题5分，共30分)221．对于每个自然数n，抛物线y=(n+n)x?(2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+?+|A|的值是(
(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225．设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z1?2z1z2+z2=0，O为坐标原点，则△OAB的面积为(
(D)1236．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，但不是周期函数二、填空题(每小题5分共30分)111xz1．设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且xyzzx______．2．在区间[0，?]中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是______．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_____． 4．设z1，z2都是复数，且|z1|=3，|z2|=5|z1+z2|=7，则arg()的值是______．5．设数列a1，a2，?，an，?满足a1=a2=1，a3=2，且对任何自然数n， 都有anan+1an+2?1，又anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，则a1+a2+?+a100的值是____．6．函数f(x)= x－3x－6x+13－x－x+1的最大值是_____．z2z13
41三、(20分)求证：16&Σ17． ki=1
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7作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=15，BE=10，求l与m的距2离．
第二试一、(35分) 设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3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．
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．
三、(35分)在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点，任取6个格点Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足 (1) |xi|?2,|yi|?2,(i=1,2,3,4,5,6)，(2) 任何三点不在同一条直线上．试证：在以Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中，必有一个三角形，它的面积不大于2．
1992年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)221．对于每个自然数n，抛物线y=(n+n)x?(2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+?+|A|的值是(
(A)B) C) D1992【答案】B【解析】y=((n+1)x－1)(nx－1)，∴ |AnBn|=|+|A2B2|+?+|A|=，选B．
199311，于是n+1n－
CsinB4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别记为a，b，c(b?1)，且logbAsinAx=logb(4x－4)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【答案】B【解析】x2=4x－4．根为x=2．∴ C=2A，?B=180°－3A，sinB=2sinA．?sin3A=2sinA，2?3－4sinA=2．A=30°，C=60°，B=90°．选B．
225．设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z1?2z1z2+z2=0，O为坐标原点，则△OAB的面积为(
(D)123【答案】A
2z1ππ13=cosisin．∴ |z2|=8，z1、z2的夹角=60°．S=2428283．选
二、填空题(每小题5分共30分)111xz1．设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且xyzzx______．【答案】34 15222xz(x+z)64xz222
【解析】16y=15xz，y=?1624xz=15xz(x+z)．由xz≠0，得=，?+x+zxz15zx=
2．在区间[0，?]中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是
．【答案】71
【解析】7x=5x+2kπ，或7x=－5x+2kπ，(k∈Z)? x=kπ，x=kπ (k∈Z)，共有7
6．函数f(x)= x－3x－6x+13－x－x+1的最大值是_____．
【解析】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．
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7作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=15，BE=10，求l与m的距2离．【解析】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．PD=15－d，QE=24922d，RF=10－d． 4KFl'E当D、E、F在K同侧时2QE=PD+RF，222?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，?49－4d=15－d－10－d．无实解．
∴ l与m距离为6．xn+1－x－n－11五、(20分)设n是自然数，fn(x)= x?0，±1)，令y=x+． －1x－xx1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn－1(x)，(n&1)2.用数学归纳法证明：
fn(x)=ny－Cy+?+(－1)C y+?+(－1)2，(i=1，2，?， n为偶数)
?2?1? y－Cy+?+(－1)C+?+(－1)n－1Cn－n－12y，(i=1，2，?，n为奇数)
2n+12??2n1n－2n－1iinn－2in－in1n－2in－1in－i2．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fm(x)= ym－1－C③1m－2m－121 y
ym－2+?+(－1)i2Cm－iym－2i+?+(－1)22Cm－im－12fm－1(x)= ym－1－C④1m－2ym－3+?+(－1)i－1Ci－1m－im－1m－121
ym+1－2i+?+(－1)2Cm－2用y乘③减去④，同上合并，并注意最后一项常数项为
m－1m－1m－1m+1m+121=－(－1)2Cm2－(－1)2Cm－+1=(－1)2．22m+1于是得到yfm(x)－fm－1(x)=y－Cmy
第二试一、(35分) 设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3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．
m+11m－1+?+(－1)2，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．显然，SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是1111((cosβ+cosγ+cos?)，(sinβ+sinγ+sin?))、((cosγ+cos?+cosα)，3333(sinα+sin?+sinγ))、1111((cos?+cosα+cosβ)，(sin?+sinα+sinβ))、((cosα+cosβ+cosγ)，3333(sinα+sinβ+sinγ))．从而，SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3的垂心依次是H1(cosβ+cosγ+cos?， sinβ+sinγ+sin?)、H 2 (cosγ+cos?+cosα，sinα+sin?+sinγ)、H 3 (cos?+cosα+cosβ，sin?+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ，sinα+sinβ+sinγ)．而H1、H2、H3、H4点与点O1(cosα+cosβ+cosγ+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．
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Pi(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．
一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x，y)| |tan?y|+sin?x=0}，N={(x，y)|x+y?2}，则M∩N的元素个数是（
)9 2225．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c?a等于AC边上的高h，则sin+cosC－A2C+A2的值是(
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，z?C，则方程|z+ni|+|z?mi|=n与|z+ni|?|z?mi|=?m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是(
二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1?i)x+(?+i)x+(1+i?)=0(i为虚数单位，??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为________．2．实数x，y满足4x?5xy+4y=5，设 S=x+y，则222221SmaxSmin+1_______．5ππ223．若z?C，arg(z?4)= ，arg(z+4)= z的值是________.6310?4．整数1031+3?的末两位数是
_______. ??93三、（本题满分20分）三棱锥S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D?，则D?为三棱锥S－ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）设0&a&b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．2
五、（本题满分20分）设正数列a0，a1，a2，?，an，?满足anan－2 －an－1an－2 =2an－1，(n?2)且a0=a1=1， 求{an}的通项公式．
第二试 一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有?D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n?4．
三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线l?m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB?CR+BC?AP=AC?BQ；(2)l与圆O相交时，AB?CR+BC?AP＜AC?BQ；(3)l与圆O相离时，AB?CR+BC?AP＞AC?BQ.
1993年全国高中数学联合竞赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x，y)| |tan?y|+sin?x=0}，N={(x，y)|x+y?2}，则M∩N的元素个数是（
3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，当A?B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（
（D）27【答案】D【解析】a1∈A或?A，有2种可能，同样a1∈B或?B，有2种可能，但a1?A与a1?B不能同时成立，故有2－1种安排方式，同样a2、a3也各有2－1种安排方式，故共有(2－1)种安排方式．选D．
5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c?a等于AC边上的高h，则sinC－A2+cosC+A2的值是(
(B) C) D)?
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，z?C，则方程|z+ni|+|z?mi|=n与|z+ni|?|z?mi|??m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是(
)【答案】B【解析】方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni，mi)，由①n&0，
故否定A，由于n为椭圆的长轴，而C中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴，故否定C．由B与D知，椭圆的两个个焦点都在y轴负半轴上，由n为长轴，知|OF1|=n，于是m&0，|OF2|=－m．曲线上一点到－ni距离大，否定D，故选B．
二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1?i)x+(?+i)x+(1+i?)=0(i为虚数单位，??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为________．
2．实数x，y满足4x?5xy+4y=5，设 S=x+y，则【答案】22221SmaxSmin+1_______． 8 5522【解析】令x=rcosθ，y=rsinθ，则S=r得r(4－5sinθcosθ)=5．S= 54－sin2θ2554－22811∴=． SmaxSmin5554+
5ππ223．若z?C，arg(z?4)= ，arg(z+4)= ，则z的值是________. 63【答案】±(1+3i)【解析】如图，可知z表示复数4(cos120°+isin120°)．∴ z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+3i)．
10?4．整数1031+3?的末两位数是_______. ??【答案】08 93x3x3+27－2722727【解析】令x=10，则得－3x+9－0&&1，故所求末两位x+3x+3x+3x+331数字为09－1=08．
5．设任意实数x0&x1&x2&x3&0，要使logx01993+logx11993+logx21993?k2logx01993恒x1成立，则k的最大值是
_______. x2x3x3
6．三位数(100，101，?，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是
，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．【答案】34【解析】首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有43534=80种选择．但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有233+233=12个，故共有(80－12)÷2=34个．
三、（本题满分20分）三棱锥S-ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D?，则D?为三棱锥S―ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）设0&a&b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．
五、（本题满分20分）设正数列a0、a1、a2、?、an、?满足
anan－2 －an－1an－2 =2an－1，(n?2)且a0=a1=1，求{an}的通项公式．【解析】变形，同除以an－1an－2 得：令an=2an－1an－1+1， an－2an=bn，则得bn=2bn－1． an－1
即{bn}是以b1=∴ bn=2．∴ n1=2为首项，2为公比的等比数列． 1an(2n－1)2．故 an－1a0=1，
n2n－1212? an=(2－1)(2－1)?(2－1)．(n?1)?∴ ?
一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有?D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是
第二试n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC后，再连B与AC上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n?4时才有解．
二、（35分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,?,Am两两互不包含． 试证：(1) Σm1|A|1；i=1Cnm2|Ai|表示n个不同元素取|A|i|(2) ΣC|A?m．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，Cinni=1个的组合数．
三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线l?m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB?CR+BC?AP=AC?BQ；(2)l与圆O相交时，AB?CR+BC?AP＜AC?BQ；(3)l与圆O相离时，AB?CR+BC?AP＞AC?BQ.【解析】证明：设MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，⊙O的半径=r．且设k=d－r．则当k&0时，点M在⊙O外，此时，直线l与⊙O相离；
当k=0时，点M在⊙O上，此时，直线l与⊙O相切；
当k&0时，点M在⊙O内，此时，直线l与⊙O相交． ∴ AP=a+d－r=a+k，同理，BQ=b+k，CR=c+k．则AB?CR+BC?AP－AC?BQ= AB?CR+BC?AP－(AB+BC)?BQ=BC3(AP－BQ)－AB3(BQ－CR)22AP2－BQ2BQ2－CR2=BC3－AB3
AP+BQBQ+CR
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) a+b=c(Ca+b&c
4、已知0&b&1，0&a&πlogbsinalogbcosa，则下列三数：x=(sina)，y=(cosa)，4z=(sina)logbcosa
(D)x&y&z5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是(A)( n－2n－1πn－2n－1，π)
(B)( π，π)
(C)(0，D)( ，π) nn2nn|x+y||x－y|=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的2a2b6、在平面直角坐标系中，方程曲线是(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
二、填空题(每小题9分，共54分)
第二试一、(本题满分25分)
x的二次方程x+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|=27,求|m|的最大值和最小值.
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。
22(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．
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) a+b=c(Ca+b&c
(D) a+b&c【答案】C【解析】asinx+bcosx+c=a+bsin(x+φ)+c∈[－a+b+c，a+b+c]．故选C．2、给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a+b&c，则a+b－c&0．(2)设a，b，c都是复数，如果a+b－c&0，则a+b&c．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
2222223、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|&1的最小整数n是 125(A)5
(D)8【答案】C
【解析】(an+1－1)=－an－1)，即{ an－1}是以－为公比的等比数列， 331n1－(－31n－11n11
∴ an=8(－)+1．∴ Sn=8n=6+n－6(－，?62n&，?n?7．选C．
5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是(A)( n－2n－1πn－2n－1，π)
(B)( π，π)
(C)( 0，D)( ，π
6、在平面直角坐标系中，方程曲线是(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【答案】D【解析】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||x－y|=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的2a2b
x+y&0，x－y?0时，(三、四象限角平分线之间)：(a－b)x－(a+b)y=2ab；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
2．已知x，y∈[－?x+sinx－2a=0， ππ，a∈R且?3则cos(x+2y) =
44?4y+sinycosy+a=03
53．已知点集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2?()2}，B={(x，y)|(x25222－4)+(y－5)&()}，则点集A∩B中的整点(即横、纵坐标均为整2数的点)的个数为
．【答案】7【解析】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．
5．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα=
【答案】 3A'D'B'C'【解析】12条棱只有三个方向，故只要取如图中AA?与平面CAB?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sinα=3
3A第二试一、(本题满分25分)
x的二次方程x+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|=27,求|m|的最大值和最小值.【解析】设m=a+bi(a，b∈R)．则△=z1－4z2－4m=16+20i－4a－4bi=4[(4－a)+(5－222b)i]．设△的平方根为u+vi．(u，v∈R)
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。11【解析】由105=33537；故不超过105而与105互质的正整数有1053(1－－)(1351－=48个。+48－8， 0.而在不超过105的与105互质的数中第740个数是86．∴ 所求数为2186。
由ΔACH为正三角形，易证IC+IA=IH．
由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH&OH=2R．设∠OHI=α，则0&α&30°．∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R2sin(α+45°)又α+45°&75°，故IO+IA+IC&2 2R(6+2)/4=R(1+3)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．
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．+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=300=168544． 33
一、选择题(每小题}
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1．选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分)
⑴ 条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．
条件乙：两个三角形全等．A．甲是乙的充分必要条件
B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件
D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ⑵ 条件甲：1+sinθ=a．θθ条件乙：=a．22
A．甲是乙的充分必要条件
B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件
D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件
⑸ 给出长方体ABCD―A?B?C?D?，下列12条直线：AB?，BA?，CD?，DC?，AD?，DA?，BC?，CB?，AC，BD，A?C?，B?D?中有多少对异面直线？A．30对
D．48对 ⑹ 在坐标平面上有两个区域M和N，M是由y?0，y?x和y?2-x 这三个不等式确定，N是随t变化的区域，它由不等式t?x?t+1确定，t的取值范围是0?t?1 ，设M和N的公共面积是函数f(t)，则f(t)为A．－t2+t+
B．－2t2+2t
D. t－2)2222⑺ 对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？A．至多有三个实根
B．至少有一个实根C．仅当p2－4q?0时才有实根
D．当p&0和q&0时，有三个实根
3．(本题15分)在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45°角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径为1，求证：PC?QE+PD?QF&2．
5．(本题20分)一张台球桌形状是正六边形ABCDEF，一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD、DE、EF、FA各边，最后击中AB边上的某一点．设∠BPQ=θ，求θ的范围．提示：利用入射角等于反射角的原理．
1981年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答1．选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分) ⑴ 条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．条件乙：两个三角形全等．A．甲是乙的充分必要条件
B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件
D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件【答案】B【解析】乙?
?乙，故选B.
kπsinα+tanα⑶ 设α≠ (k≠0，±1，±2，??)，T= 2cosα+cotαA．T取负值
B．T取非负值
C．T取正值
D．T取值可正可负【答案】Csin2α(cosα+1)【解析】T=，选C． cosα(sinα+1)
⑸ 给出长方体ABCD―A?B?C?D?，下列12条直线：AB?，BA?，CD?，DC?，AD?，DA?，BC?，CB?，AC，BD，A?C?，B?D?中有多少对异面直线？A．30对
D．48对【答案】A【解析】每条面上的对角线都与5条面上的对角线异面．故共有对．选A．
⑹ 在坐标平面上有两个区域M和N，M是由y?0，y?x和y?2-x 这三个不等式确定，N是随t变化的区域，它由不等式t?x?t+1确定，t的取值范围是0?t?1 ，设M和N的公共面积是函数f(t)，则f(t)为
⑺ 对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？A．至多有三个实根
B．至少有一个实根C．仅当p2－4q?0时才有实根
D．当p&0和q&0时，有三个实根【答案】C,D【解析】画出y=x|x|及y=－px－q的图象：知A、B正确，C、D错误．选C、D．
3．(本题15分)在圆O内，弦CD平行于弦EF，且与直径AB交成45°角，若CD与EF分别交直径AB于P和Q，且圆O的半径为1，求证：PC?QE+PD?QF&2．
4．(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件．每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A与1个C．用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完．
5．(本题20分)一张台球桌形状是正六边形ABCDEF，一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD、DE、EF、FA各边，最后击中AB边上的某一点．设∠BPQ=θ，求θ的范围． 提示：利用入射角等于反射角的原理．
1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：⑴ 如果凸n边形F(n?4)的所有对角线都相等，那么A．F∈{四边形}
B．F∈{五边形}C．F∈{四边形}∪{五边形}
D．F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}1⑵ 极坐标方程ρ所确定的曲线是 1－cosθ+sinθA．圆
⑺ 设M={(x，y)| |xy|=1，x&0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么A．M∪N={(x，y)| |xy|=1}
B．M∪N=MC．M∪N=N
D．M∪N={(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数}⑻ 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：1112a+b22
甲：(ab+)，
丙：+ab2a+bab中间，值最大的一个是A．必定是甲
B．必定是乙C．必定是丙
D．一般并不确定，而与a、b的取值有关2．(本题16分)已知四面体SABC中， πππ∠ASB=，∠ASC=α(0&α&)，∠BSC=β(0&β&． 222以SC为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．
3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB长为2r；⑵ 半圆外的直线l 与BA的延长线垂直，垂足为T，|AT|=2a(2a&r)；⑶ 半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、2
|NQ|满足条件|MP||NQ|=1． |AM||AN|求证：|AM|+|AN|=|AB|．
1982年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛解答1．选择题(本题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：⑴ 如果凸n边形F(n?4)的所有对角线都相等，那么A．F∈{四边形}
B．F∈{五边形}C．F∈{四边形}∪{五边形}
D．F∈{边相等的多边形}∪{内角相等的多边形}【答案】C【解析】由正方形及正五边形知A、B均错，由对角线相等的四边形形状不确定，知D错，选C．
⑷ 由方程|x－1|+|y－1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是A．1
D．4【答案】B【解析】此曲线的图形是一个正方形，顶点为(0，1)，(1，0)，(2，1)，(1，2)；其面积为2．选B．
⑹ 已知x1，x2是方程 x2－(k－2)x+(k2+3k+5)=0(k为实数)的两个实数根，x12+x22的最
⑺ 设M={(x，y)| |xy|=1，x&0}，N={(x，y)|arctanx+arccoty=π}，那么A．M∪N={(x，y)| |xy|=1}
B．M∪N=MC．M∪N=N
D．M∪N={(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数}
⑻ 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：1112a+b22
甲：(ab+)，
丙：+ab2a+bab中间，值最大的一个是A．必定是甲
B．必定是乙C．必定是丙
D．一般并不确定，而与a、b的取值有关【答案】D【解析】甲&乙，但甲、丙大小不确定．故选D．
πππ2．(本题16分)已知四面体SABC中，∠ASB=，∠ASC=α(0&α&)，∠BSC=β(0&β&)． 222以SC为棱的二面角的平面角为θ．求证：θ=－arc cos(cotα?cotβ)．【解析】证明：在SC上取点D，使SD=1，在面SAC、SBC内分别作DE⊥SC，DF⊥SC，分别交SA、SB于E、F，连EF．则∠EDF为二面角A―SC―B的平面角．即∠EDF=θ．由∠BSC=β，知SF=secβ，DF=tanβ．由∠ASC=α，得SE=secα，DE=tanα． 由∠ASB=，得EF2=SE2+SF2= DE2+DF2－2DE?DFcosθ． 2∴ secα+secβ=tanα+tanβ－2tanαtanβcosθ．?cosθ=－cotαcotβ．∴ θ=－arc(cotαcotβ)．
3．(本题16分)已知：⑴ 半圆的直径AB长为2r；⑵ 半圆外的直线l 与BA的延长线 2222DEAC?B
垂直，垂足为T，|AT|=2a(2a&|NQ|满足条件r)；⑶ 半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、2|MP||NQ|=1． |AM||AN|求证：|AM|+|AN|=|AB|．
4．(本题20分)已知边长为4的正三角形ABC．D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连结AD、BE、CF，交成△RQS．点P在△RQS内及边上移动，点P到△ABC三边的距离分别记作x、y、z．⑴ 求证当点P在△RQS的顶点位置时乘积xyz有极小值； ⑵ 求上述乘积xyz的极小值．E【解析】利用面积，易证：⑴ 当点P在△ABC内部及边上移动时，x+y+z为定值h=23； zHl⑵过P作BC的平行线l，交△ABC的两边于G、H．当点P在线段PFxQGH上移动时，y+z为定值，从而x为定值． BCD⑶设y∈[α，β]，m为定值．则函数u=y(m－y)在点y=α或y=β时取得极小值．于是可知，过R作AB、AC的平行线，过Q作AB、BC的平行线，过S作BC、AC的平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，易得只E有当点P在此六点上时，xyz取得极小值．由对称性易知，xyz的值在此六点处相等． FEACDBSBS由=1，得，x=h，y=h=，z=h． BCACDBSEBE13D3648∴ xyz=()3h3=3． 132197
5．(本题20分)已知圆x2+y2=r2(r为奇数)，交x轴于点A(r，0)、B(－r，0)，交y轴于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圆周上的点，u=pm，v=qn(p、q都是质数，m、n都是正整数)，且u&v．点P在x轴和y轴上的射影分别为M、N．求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2．
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)33⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p－q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
⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=abcd，ma+nc2bd+ mnA．P?Q
B．P?QC．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
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
C．&R+r&6l
D．A、B、C三种关系都不6对
2．填充题(本题满分18分，每小题6分)35⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于
⑵ 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
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1x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|&|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|& ． 2
225．(本题满分18分) 函数F(x)=|cosx+2sinxcosx－sinx+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2结论．
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)33⑴ 设p、q是自然数，条件甲：p－q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=1 11log1log12351A．(－2，－1)
C．(－3，－2)
D．(2，3)【答案】D【解析】x=log32+log35=log310∈(2，3)，选D．
⑷ 已知M={(x，y)|y?x}，N={(x，y)|x+ (y－a)?1}．那么，使M∩N=N成立的充要条件是11
A．a?1B．a=1
D．0&a&1 44【答案】A222【解析】M∩N=N的充要条件是圆x+(y－a)?1在抛物线y=x内部(上方)．即a?1，且方程12222
y－(2a－1)y+a－1=0的△=(2a－1)－4(a－1)?0，?a?1，选A． 4
2⑸ 已知函数f(x)=ax－c，满足－4?f(1)?－1，－1?f(2)?5． 那么，f(3)应满足A．7?f(3)?26
B．－4?f(3)?15
C．－1?f(3)?20
D．－2835f(3)? 33222
⑹ 设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=ab+cd，Q=ma+ncbd mnA．P?Q
B．P?QC．P&Q
D．P、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关．【答案】B【解析】由柯西不等式，
Q?P．选B．2．填充题(本题满分18分，每小题6分)35⑴ 在△ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于
． 513【答案】16 6541245【解析】cosA=±，sinB=，但若cosA=－，则A&135°，cosB=°，B&60°，513513矛盾．故cosA=．∴ cosC=cos(π－A－B)=－cosAcosB+sinAsinB=－2=
⑵ 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有
个．【答案】36【解析】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2y=11，y=x上的整点，不含x+y=11上的整点)共有12÷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
第二试π1．(本题满分8分)求证：arc sinx+arc cosx=x∈[－1，1] 2【解析】证明：由于x∈[－1，1]，故arcsinx与arccosx有意义，πππsin(－arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx∈[0，π]，∴ arccosx∈[－，222π． 2故根据反正弦定义，有arcsinx=π－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1x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|&|x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|& 211【解析】证明：不妨取0?x1&x2?1,若|x1-x2|?，则必有|f(x1)-f(x2)|&|x1-x2|&． 221111若|x1-x2|&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，SABD、SBCD、SABC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．
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)=|cosx+2sinxcosx－sinx+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2你的结论．
第一试1．选择题(本题满分40分，每小题答对得5分答错得0分，不答得1分)－⑴ 集合S={Z|argZ=α，α为常数}在复平面上的图形是(
)A．射线argZ=2α
B．射线argZ=－2α
C．射线argZ=α
D．上述答案都不对2⑵下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式logx(logxy)&0的是
)2=x2=x=x2=xA.B.C.D.
⑶ 对所有满足1?n?m?5的m，n，极坐标方程ρ=11－Cnmcosθ数是(
6⑺ 若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y－x)的运动方式是A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动
B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动
C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动
D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动⑻ 若四面体的一条棱长是x，其余棱长都是1，体积是F(x)，则函数F(x)在其定义域上A．是增函数但无最大值
B．是增函数且有最大值C．不是增函数但无最大值
D．不是增函数但有最大值22
2．填充题(本题满分10分，每小题5分)⑴ 如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D，作DC⊥AB，交圆周于C，若点D的坐标为D(x，0)，则当x∈
时，线段AD、BD、CD可以构成锐角三角形． ⑵ 方程coscosx的通解是
，在(0，424π)内不相同的解有个．
2．(本题满分10分)已知两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线AA?的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A?E=m，AF=n，求EF(A?在直线a上，A在直线b上)．
3．(本题满分15分)如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA，若S4△ABC=1，证明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于 (SXY?Z表示多边形XY?Z的面积)． 9
22224．(本题满分15分) 设an是1+2+3+?+n的个位数字， n=1，2，3?，试证：0.a1a2?an?是有理数．
2x2xn－1n5．(本题满分15分) 设x1，x2，?，xn都是正数，++?++?x1+x2+?x2x3xnx1+xn．2x21x2
1984年全国高中数学联赛试题解答第一试1．选择题(本题满分40分，每小题答对得5分答错得0分，不答得1分)－⑴ 集合S={Z|argZ=α，α为常数}在复平面上的图形是(
)A．射线argZ=2α
B．射线argZ=－2α
C．射线argZ=α
D．上述答案都不对【答案】D【解析】由于argZ∈[0.2π)，故不存在答案B．arg－Z=2π－α，故选D．
1⑶ 对所有满足1?n?m?5的m，n，极坐标方程ρ=n1－Cmcosθ是(
D．6【答案】D【解析】由e=Cm，若表示双曲线，则e&1，由Cm&1，可得m、n的不同取值为C5=5，C5=10，nn12C4=4，C4=6，C3=3，C2=2，共有6个不同的值，故选D．
⑸ 若a&0，a≠1，F(x)是一个奇函数，则G(x)=F(x)?(11是（
C．不是奇函数也不是偶函数
D．奇偶性与a的
具体数值有关
⑺ 若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y－x)的运动方式是A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动
⑻ 若四面体的一条棱长是x，其余棱长都是1，体积是F(x)，则函数F(x)在其定义域上A．是增函数但无最大值
B．是增函数且有最大值C．不是增函数但无最大值
D．不是增函数但有最大值【答案】D【解析】定义域为0&x&3，当x=3时，F(x)最大，故选D． 22．填充题(本题满分10分，每小题5分) ⑴ 如图，AB是单位圆的直径，在AB上任取一点D，作DC⊥AB，交圆周于C，若点D的坐标为D(x，0)，则当x∈
时，线段AD、BD、CD可以构成锐角三角形． 【答案】2－5&x&5－2【解析】由对称性，先考虑0?x&1的情况，设AD=a，BD=b，CD=c，则a+b=2，ab=c2，且必有a?c?b，于是只要考虑c2+b2&a2，即(1－x)(1+x)+(1－x)2&(1+x)2，解得0?x&5－2．∴ 2－5&x&5－2．
⑵ 方程cos=cosx的通解是
，在(0，24π)内不相同的解有
第二试1．(本题满分15分)下列命题是否正确？若正确，请给予证明．否则给出反例．⑴ 若P、Q是直线l同侧的两个不同点，则必存在两个不同的圆，通过P、Q且与直线l相切；⑵ 若a&0，b&0，且a≠1，b≠1，则logab+logba?2．222⑶ 设A、B是坐标平面上的两个点集，Cr={(x，y)|x+y?r}，若对任何r?0，都有Cr∪A?Cr∪B，则必有A?B．
2．(本题满分10分)已知两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线AA?的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A?E=m，AF=n，求EF(A?在直线a上，A在直线b上)．222【解析】EF=m+n+d±2mncosθ．(证明见课本)．
3．(本题满分15分)如图，在△ABC中，P为边BC上任意一点，PE∥BA，PF∥CA，若S4△ABC=1，证明：S△BPF、S△PCE、S□PEAF中至少有一个不小于SXY?Z表示多边形XY?Z9的面积)．【解析】证明：如图，三等分BC于M、N，若点P在BM上(含点M)，则由24于PE∥AB，则△CPE∽△CBA．CP∶CB?于是S△PCE?．同理，若P在NC上(含394点N)，则S△BPF? 9若点P在线段MN上．连EF，设BP12CP(&r&，则=1－r． BC33BC1212B
S△BPF=r2，S△PCE=(1－r)2．∴ S△BPF+S△PCE=r2+(1－r)2=2r2－2r+1=2(r－2+
11215&2()+． 32294于是S□AEPF? 9
第一试1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)⑴ 假定有两个命题：－1－1
甲：a是大于0的实数；乙：a&b且a&b．那么(
)A．甲是乙的充分而不必要条件
B．甲是乙的必要而不充分条件C．甲是乙的充分必要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2⑵PQ为经过抛物线y=2px焦点的任一弦，MN为PQ在准线l上的射影，PQ绕l一周所得的旋转面面积为S1，以MN为直径的球面积为S2，则下面结论中，正确的是(
D．有时S1&S2，有时S1=S2，有时S1&S244⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，则(
) 55A．x=2424B．x=－C．x=0
D．这样的x不存在．
2525222 ⑷ 在下面四个图形中，已知有一个是方程mx+ny=0与mx+ny=1(m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是
－⑸ 设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：－－λW+WⅠ．Z=2
Ⅱ．这个方程只有一解； 1－|λ|Ⅲ．这个方程有两解；
Ⅳ．这个方程有无穷多解．则(
)A．只有Ⅰ、Ⅱ正确
B．只有Ⅰ、Ⅲ正确
C．只有Ⅰ、Ⅳ正确
D．以上A、B、C都不正确⑹ 设0&a&1，若x1=a，x2=a，x3=a，?，xn=ax1x2xn－1，??，则数列{xn}(
)A．是递增的
B．是递减的
C．奇数项递增，偶数项递减
D．偶数项递增，奇数项递减二．填空题(本题满分24分，每小题6分)⑴ 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若角A、B、C的大小成等比数列，22且b－a=ac，则角B的弧度为等于
⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有
组．⑶ 在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干个数之和能被11整除的数组共有
．⑷ 对任意实数x，y，定义运算x*y为x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数都有x*d=x，则d=
第二试(本试共有4题，每题满分15分)1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B?，A在y轴上的射影为A?，△OBB?的面积比△OAA?的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四32位数?10+y2?10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．
4．平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ?2sin54?．
1985年全国高中数学联赛试题第一试1．选择题(本题满分36分，每小题答对得6分答错得0分，不答得1分)⑴ 假定有两个命题：－1－1
甲：a是大于0的实数；乙：a&b且a&b．那么(
)A．甲是乙的充分而不必要条件
B．甲是乙的必要而不充分条件C．甲是乙的充分必要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B－1－1【解析】由于a&b且a&b成立时，必有a&0，b&0．故由乙可得甲，故选B
44⑶ 已知方程arccos－arccos(－)=arcsinx，则(
) 55A．x=2424B．x=－
D．这样的x不存在．
2525【答案】D4443【解析】即arcsinx=2 arccos－π．设arccos=θ，则cosθ=，sinθ=． 5555∴ sin2θ=2sinθcosθ=24π2θ为锐角．∴2θ－π&－D． 252⑷在下面四个图形中，已知有一个是方程与 (m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是
－⑸ 设Z、W、λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：－－λW+WⅠ．Z=2
Ⅱ．这个方程只有一解； 1－|λ|Ⅲ．这个方程有两解；
Ⅳ．这个方程有无穷多解．则(
)A．只有Ⅰ、Ⅱ正确
B．只有Ⅰ、Ⅲ正确
C．只有Ⅰ、Ⅳ正确
D．以上A、B、C都不正确【答案】A－－2【解析】原式两端取共轭：Z－λZ=W，乘以λ再取共轭：λZ－|?|Z=λW，相加，由－－λW+W|?|≠1，得方程有唯一解Z=2．选A．
1－|λ|⑵ 方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有
【答案】174【解析】x1=1时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1，共有9解；x1=0时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3，共有9+A9+C9=9+72+84=165解． ∴ 共有174解．
第二试(本试共有4题，每题满分15分)1．在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B?，A在y轴上的射影为A?，△OBB?的面积比△OAA?的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四位数 +x2?10+y2?10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．【解析】x2y2－x1y1=67．x1&y1，x2&y2．且x1，y1，x2，y2都是不超过10的正整数．∴ x2y2&67，? x2y2=72或81．但x2&y2，故x2y2=91舍去．∴ x2y2=72．x2=9，y2=8．
32∴ x1y1=72－67=5．?x1=1，y1=5，∴ ．
3．某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队，根据比赛规则，比赛若干天后进行统计，发现除A市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A市乙队已赛过多少场？请证明你的结论．【解析】证明：用32个点表示这32个队，如果某两队比赛了一场，则在表示这两个队的点间连一条线．否则就不连线．由于，这些队比赛场次最多30场，最少0场，共有31种情况，现除A城甲队外还有31个队，这31个队比赛场次互不相同，故这31个队比赛的场次恰好从0到30都有．就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次．
4．平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：λ?2sin54?．【解析】证明 ⑴ 若此五点中有三点共线，例如A、B、C三点共线，不妨设B在A、C之间，则AB与BC必有一较大者．不妨设AB?BC．则AC ?2&2sin54?．
第一试1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分)⑴ 设－1&a&0，θ=arcsina，那么不等式sinx&a的解集为(
)A．{x|2nπ+θ&x&(2n+1)π－θ，n∈Z}
B．{x|2nπ－θ&x&(2n+1)π+θ，n∈Z}C．{x|(2n－1)π+θ&x&2nπ－θ，n∈Z}
D．{x|2nπ+θ&x&(2n+1)π－θ，n∈Z}22
⑵ 设x为复数，M={z|(z－1)=|z－1|}，那么(
A．M={纯虚数}
B．M={实数}
C．{实数}?? M ?{复数}
D．M={复数
}2．填空题(本题满分28分，每小题7分)：本题共有4个小题，每小题的答案都是000到999的某一个整数，请把你认为正确的答案填在
上．⑴ 在底面半径为6的圆柱内，有两个半径也为6的球面，其球心距为13，若作一平面与这二球面相切，且与圆柱面交成一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是
．⑵ 已知f(x)=|1－2x|，x∈[0，1]，那么方程1
f(f(f(x)))= 2的解的个数是
⑶设f(x)=x，那么和式f()+f()+f()+?+f()的值等4+11001于
⑷设x、y、z为非负实数，且满足方程45x+9y+4z－68?25x+9y+4z+256=0，那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于
第二试1．(本题满分17分)已知实数列a0，a1，a2，?，满足ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，?)求证：对于任何自然数n，P(x)=a0Cn(1-x)+a1Cnx(1-x)+a2Cnx(1-x)+?+an-1C是一次多项式．(本题应增加条件：a0≠a1)
0n1n-122n-2n－1n-1nx(1-x)+anCnxn n
3．平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上； ⑵对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．证明你设计的方法符合上述要求．
1986年全国高中数学联赛解答第一试1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分)⑴ 设－1&a&0，θ=arcsina，那么不等式sinx&a的解集为(
)A．{x|2nπ+θ&x&(2n+1)π－θ，n∈Z}
B．{x|2nπ－θ&x&(2n+1)π+θ，n∈Z}C．{x|(2n－1)π+θ&x&2nπ－θ，n∈Z}
D．{x|(2n－1)π－θ&x&2nπ+θ，n∈Z}【答案】Dπ
【解析】－&θ&0，在(－π，0)内满足sinx&a的角为－π－θ&x&θ，由单位圆2易得解为D．
⑶ 设实数a、b、c满足2?a－bc－8a+7=0，
?22那么，a的取值范围是(
) ?b+c+bc－6a+6=0．A．(－∞，+∞)
B．(－∞，1]∪[9，+∞)
D．[1，9]【答案】D2222
【解析】①33+②：b+c－2bc+3a－30a+27=0，?(b－c)+3(a－1)(a－9)=0，?1?a?9．选D．b2+c2+2bc－a2+2a－1=0，(b+c)2=(a－1)2，?b+c=a－1，或b+c=－a+1．
⑸ 平面上有一个点集和七个不同的圆C1，C2，?，C7，其中圆C7恰好经过M中的7个点，圆C6恰好经过M中的6个点，?，圆C1恰好经过M中的1个点，那么M中的点数最少为(
D．28【答案】B【解析】首先，C7经过M中7个点，C6与C7至多2个公共点，故C6中至少另有4个M中的点，C5至少经过M中另外1个点，共有至少7+4+1=12个点．
⑹ 边长为a、b、c的三角形，其面积等于，而外接圆半径为1，若 4111
s=a+b+c，t=+ abc则s与t的大小关系是A．s&t
D．不确定【答案】C1abc1
【解析】△=sinC=，由R=1，△=，知abc=1．且三角形不是等边三角形． 24R4111111a+b+c∴ +++==a+
b+c．(等号不成立)．选C． abcabbccaabc⑶ 设f(x)=f()+f(f()+?+f()的值等于
； 4+11001【答案】5004444【解析】 f(x)+f(1－x)= 1－=1．
⑴ 4+24+24+24+2?4x1－xxx
以x=123500，，?，代入⑴式，即得所求和=500． 1001⑷ 设x、y、z为非负实数，且满足方程45x+9y+4z－68?25x+9y+4z+256=0，那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于
第二试1．(本题满分17分)已知实数列a0，a1，a2，?，满足
ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，?)求证：对于任何自然数n，P(x)=a0Cn(1-x)+a1Cnx(1-x)+a2Cnx(1-x)+?+an-1C是一次多项式．(本题应增加条件：a0≠a1
) 0n1n-122n-2n－1n-1nx(1-x)+anCnxn n
2．(本题满分17分)已知锐角三角形ABC的外接圆半径为R，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，求证：AD，BE，CF是SABC的三条高的充要条件是RS=EF+FD+DE)．
3．(本题16分)平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上；⑵ 对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．证明你设计的方法符合上述要求．
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)：61．对任意给定的自然数n，若n+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(
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)
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
．(青海供题)23．若k是大于1的整数，α是x－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，
α2n+α－2n的个位数字总是7，则k的个位数字是
．(河北供题)54．现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，541的三角形四个，边长为2，64，5的三角形六个，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)
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．ADEC
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．
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)：
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
)【解析】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，y2x2－ay2)．由y1=k(x1－a)，y2=k(x2－a)，由于a为无理数，故y1≠0，x2－a≠0，，当y1x1－ay2为有理数时，m为有理数，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& 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(
)67A．22π(1+sinα)－66α
B．π368C．22π+ sinα－66α
D．33π－66α(北3京供题)【答案】Aπ)3B
2【解析】点A每k(k≡1(mod 3))不动，第k(k≡2(mod 3))次走过路程－2α，第k(k3π22≡0(mod 3))走过路程(2sinα)，于是所求路程=33(π－2α+ πsinα)．选A．333二．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(x+x+2x+3)+?+(x+2001)的值等于
．(陕西供题
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
．(青海供题)【答案】α=2或2+ 2．【解析】集合A的图形是依次连(α，0)，(0，α)，(－α，0)，(0，－α)四点的线段．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=22+2，?α=2+2．∴ α=2或2+ 2．
54．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2，4，65的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成
个四面体．(江西供题) 若再取两个③类三角形时，由于AD=52，不满足(*)式，故不可以构成四面体． 612．且5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=
BE=CF=x=，则EF=5－23=．1492222于是AD=AE+EF+FD－2AE2DFcosθ=－288cosθ)∈(，25)．25255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)959755
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．
【解析】证明：以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面．设C11表示复数c，点E表示复数e(c、e∈R)．则点B表示复数b=c+ci，2211点D表示复数d=－ei．22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→111111∴ 表示向量MB的复数：z1=b－(c+e?)=c+ci－c－e(cosθ+isinθ)=－222222ecosθ+c－esinθ)i．→1111表示向量MD?的复数：z2=d?－m=(e－ei)(cosθ+isinθ)－－e(cosθ+isinθ)
=esinθ－c)－cosθ．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．
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．
一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)：1．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是(
)A．y=－φ(x)
B．y=－φ(－x)
C．y=－φ－1(x)
D．y=－φ－1(－x
)4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩πα=c．若有命题甲：θ&；
命题乙：a、b、c相交于一点．
A．甲是乙的充分条件但不必要
B．甲是乙的必要条件但不充分C．甲是乙的充分必要条件
D．A、B、C都不对5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M∪N∪P=I；
⑷ P≠?中，正确的表达式的个数是A．1
D．4二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：1．设x≠y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么b4－b3a2－a1=
．2．(x+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为
．3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC
1988年全国高中数学联赛二试题一．已知数列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=???5an+1－3an(an2an+1为偶数)，an+1－an(an2an+1为奇数)．试证：对一切n∈N*， an≠0．
二．如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在ABAS?PQR2&． S?ABC9
三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，??，ln，?的直线族，它满足条件：⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，??)；⑵ kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，??)；⑶ knkn+1?0，(n=1，2，3，??)．并证明你的结论．
1988年全国高中数学联赛解答一试题一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)：
2．已知原点在椭圆kx+y－4kx+2ky+k－1=0的内部，那么参数k的取值范围是(
C．－1&k&1
D．0&|k|&1【答案】D【解析】因是椭圆，故k≠0，以(0，0)代入方程，得k－1&0，选D．
4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．若有
命题甲：θ&； 3命题乙：a、b、c相交于一点．则A．甲是乙的充分条件但不必要
B．甲是乙的必要条件但不充分C．甲是乙的充分必要条件
D．A、B、C都不对
5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M∪N∪P=I；
⑷ P≠?中，正确的表达式的个数是A．1
D．4【答案】D【解析】均正确，选D．
2．(x+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为
．12n+1【答案】+1) 2【解析】(x+2)2n+1－(x－2)2n+1=2(C2n+12xn+C2n+123xn－1+C2n+125xn－2+?+C2n+122n+1)． 1352n+112n+1令x=1，得所求系数和=+1)． 2
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC
．【答案】|cos?|【解析】△AED∽△ABC，=|cosα|．
4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，??直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为
DEBCDEADBCAC
三．(15分)长为2，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．
四．(15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1－Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z0≠0，另一个动点Z满足Z1Z=－1，求点Z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置．
11*五．(15分)已知a、b1．试证：对每一个n∈N， ab(a+b)－a－b?2－2．【解析】证明：由已知得a+b=ab．又a+b?2ab，∴ ab?2ab，故a+b=ab?4．于是(a+b)=(ab)?2．又 a+b?2ab=2(a+b)?2．下面用数学归纳法证明：1° 当n=1时，左=右=0．左?右成立．2° 设当n=k(k?1，k∈N)时结论成立，即(a+b)－a－b?2－2成立． 则(a+b)－a－b=(a+b)(a+b)－(a+b)(a+b)+ab(ak+1k+1k+1kkkk－1kkk2knnn2nn+1kk2kkkkkkk+1k+1+bk－1)=(a+b)[(a+b)k－ak－bk]+ ab(ak－1+bk－1)?4?(22k－2k+1)+4?2k=22(k+1)－4?2k+1+4?2k=22(k+1)－2(k+1)+1．即命题对于n=k+1也成立．故对于一切n∈N，命题成立．*
二试题一．已知数列{an}，其中a1=1，a2=2，an+2=???5an+1－3an(an2an+1为偶数)，an+1－an(an2an+1为奇数)．试证：对一切n∈N*，an≠0．（1988年全国高中竞赛试题）分析：改证an?0(mod 4)或an?0(mod 3)．
二．如图，在△ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB1【解析】证明：作△ABC及△PQR的高CN、RH．设△ABC的周长为1．则PQ= 3则SPQR2&． S?ABC9AHS?PQRPQ2RHPQAR1PQ2=，但AB& S?ABCAB2CNABAC2AB3S?PQR2AP?AB－PQ&，∴ AR=－AP&AC&，故，从而S?ABC9QBRC三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，??，ln，?的直线族，它满足条件：⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，??)；⑵ kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，??)；
⑶ knkn+1?0，(n=1，2，3，??)．并证明你的结论．【解析】证明：设an=bn≠0，即kn－1=－1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此时an+1不存在，故kn≠±1．
由于k1－m的增大而线性增大，故必存在一个m值，m=m0，使k1－?－1，从而必存在一个m值，m=m1(m1?m0)，使km1－1?－1，而－1&km1=km1－即此时不存在这样的直线族．综上可知这样的直线族不存在．
mkmm0k11km1－1，此时km12km1+1&0．
一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于(
)A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限1
2．函数f(x)=arctanxarcsinx的值域是(
A．(－π，π)
B．[－ππ]
D．[－ππ
] 444422三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若log2&1，则a的取值范围是
．2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l?⊥l，则l?与l的交点坐标为
．3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是
.4．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为
．5．如果从数1，2，3，?，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足
a2－a1?3，与a3－a2?3，那么，所有符合上述要求的不同取法有
种．6．当s和t取遍所有实数时，则22
(s+5－3|cost|)+(s－2|sint|)所能达到的最小值为
三．(本题满分20分)已知a1，a2，?，an是n个正数，满足a1?a2???an=1．n求证：(2+a1)(2+a2)?(2+an)?3．
四．(本题满分20分)已知正三棱锥S―ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O?，在AO?上取一点P，使截面的面积．
五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an&0，且 Σaj=(Σaj)．求证：an=n．
j=1j=1SAP=8，求经过点P且平行于底面的PO?AOCn3nB2
三．(本题满分35分)有n3n（n?4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即
总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．
1989年全国高中数学联赛解答第一试一．选择题(本题满分30分，每小题5分)：1．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB－sinA)+i(sinB－cosA)在复平面内所对应的点位于(
)A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限【答案】B【解析】0°&A、B&90°&A+B&180°．故90°&A&90°－B&0°，sinA&cosB，cosA&sinB． 故cosB－sinA&0，sinB－cosA&0．点Z位于第二象限．选B
3．对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－l)与函数y=f(－x+l)的图象恒(
)A．关于x轴对称
B．关于直线x=l对称
C．关于直线x=－l对称
D．关于y轴对称【答案】B【解析】令x－1=t，则得f(t)=f(－t)，即f(t)关于t=0对称，即此二图象关于x=1对称．选B
5．若M={z| z=t1+ti，t∈R，t≠－1，t≠0}， 1+ttN={z| z=2[cos(arcsint)+icos(arccost)]，t∈R，|t|?1}．则M∩N中元素的个数为A．0
D．4【答案】A22【解析】M的图象为双曲线xy=1(x≠0，x≠1)N的图象为x+y=2(x?0)，二者无公共
三．填空题(本题满分30分，每小题5分)1．若log2&1，则a的取值范围是
．【答案】(0，1)∪(2，+∞)【解析】若0&a&1，则loga2&0，若a&1，则得a&2．故填(0，1)∪(2，+∞)
2．已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l?⊥l，则l?与l的交点坐标为
．【答案】（2，6）【解析】直线l?方程为(x+10)－2y=0，解得交点为(2，6)．
3．设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |f1(x)－2|，则函数y=f2(x)的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是
.但n∈N*，故n=1，得，α+α－1=0，2
?= ， 2由α&0，知，?=－1+5－1+5 原数为 22
5．如果从数1，2，3，?，14中，按由小到大的顺序取出a1，a2，a3，使同时满足a2－a1?3，与a3－a2?3，那么，所有符合上述要求的不同取法有
种．【答案】120【解析】令a1?=a1，a2?=a2－2，a3?=a3－4，则得1?a1?&a2?&a3??10．所求取法为
C10=120． 3
三．(本题满分20分)已知a1，a2，?，an是n个正数，满足a1?a2???an=1．n求证：(2+a1)(2+a2)?(2+a
n)?3．a1a2+a1a3+?+an－1an?Cnn2Cn2(a1a2?an)n－1=Cn，??， n－12∴ (2+a1)(2+a2)?(2+an)=2+(a1+a2+?+an)2?2+Cn2
n1n－1+(a1a2+a1a3+?+an－1an)2nnn－2+?+a1a2?an +Cn22n－2+?+Cn=(2+1)=3． 1
四．(本题满分20分)已知正三棱锥S―ABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向其所对侧面SBC作垂线，垂足为O?，在AO?上取一点P，使AP=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积．
五．(本题满分20分)已知：对任意的n∈N*，有an&0，且 Σaj=(Σaj)．求证：an=n． j=1j=1【解析】证明：由已知，a1=a1，a1&0，∴ a1=1．设n?k(k∈N，且k?1)时，由Σaj =(Σaj)成立可证ak=k成立． j=1j=132n3n2n3n2k+13k+12kk22当n=k+1时，Σaj=(Σaj)=(Σaj)+2ak+1(Σaj)+ak+1． j=1j=1j=1j=1
即 k(k+1)+ak+1=k(k+1)+2ak+12k(k+1)+ak+1．4422
∴ ak+1－ak+1－k(k+1)=0，解此方程，得ak+1=－k或ak+1=k+1．由an&0知，只有ak+1=k+1成立．即n=k+1时命题也成立．由数学归纳原理知对于一切n∈N*，an=n成立．
第二试一．(本题满分35分)已知
在ΔABC中，AB&AC，?A的一个外角的平分线交ΔABC的外接圆于点E，过E作EF⊥AB，垂足为F．求证
2AF=AB-AC．【解析】证明：在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，于是ΔAEG为等腰三角形，∴EG=EA． E又?3=180?－?EGA=180?－?EAG=180?－?5=?4． A?1=?2．于是ΔEGB≌ΔEAC．∴BG=AC， 故证2 二．已知xi∈R(i=1，2，?，n；n?2)，满足 CBΣ|xi|=1，Σxi=0， i=1i=1nn?nxi?11求证：?Σ?－
?i=1i?22n三．有n3n（n?4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．【解析】证明 ：基本项共有n!个，n&3，则基本项的个数为4的倍数，设共有4m项． 其中每个数aij(=±1)都要在(n－1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了(n－1)!次，而n&3，故(n－1)!为偶数，于是该乘积等于1．这说明等于－1的
(10月14日上午8∶00―10∶00)一．选择题(本题满分30分，每小题5分)1．设α∈(,则(cos?)42cos?，(sin?)cos?，(cos?)sin?的大小顺序是A．(cos?)cos?&(sin?)cos?&(cos?)sin?B．(cos?)cos?&(cos?)sin? &(sin?)cos?C．(sin?)cos?&(cos?)cos?&(cos?)sin?D．(cos?)sin? &(cos?)cos?&(sin?)cos?
xy?5．设非零复数x、y满足x+xy+y=0，则代数式??x+y+x+y?的值是(
) ????A．2－1989
D．以上答案都不对x2y26．已知椭圆+=1(a&b&0)通过点(2，1)，所有这些椭圆上满足|y|&1的点的集合用阴ab影表示是下面图中的(
二．填空题(本题满分30分，每小题5分)111．设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则
．1+a1+b2．设A(2，0)为平面上一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP扫过的面积是
．22224443．设n为自然数，对于任意实数x，y，z，恒有(x+y+z)?n(x+y+z)成立，则n的最小值是
．4．对任意正整数n，连结原点O与点An(n，n+3)，用f(n)表示线段OAn上的整点个数(不计端点)，试求f(1)+f(2)+?+f(1990)．5．设n=1990，则122C51990－3Cn+3n－3Cn+?+3Cn－3Cn=
．26．8个女孩与25个男孩围成一圈，任何两个女孩之间至少站两个男孩，则共有
种不同和排列方法．(只要把圆旋转一下就能重合的排法认为是相同的)．三．(本题满分20分)2abπ22n已知a，b均为正整数，且a&b，sinθ=22(其中0&θ&)，An=(a+b)sinnθ．求a+b2证：对于一切自然数n，An均为整数．
第二试(10月14日上午10∶30―12∶30)一．(本题满分35分)四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4．求证OP、O1O3、O2O4三直线共点．
二．(本题满分35分)设
E={1，2，3，??，200}，
G={a1，a2，??，a100}??E．且G具有下列两条性质：⑴ 对任何1?i&j?100，恒有ai+aj≠201；100⑵
Σai=10080． i=1试证明：G中的奇数的个数是4的倍数．且G中所有数字的平方和为一个定数．
三．(本题满分35分)某市有n所中学，第i所中学派出Ci名代表(1?Ci?39，1?i?n)来到体育馆观看球赛，全部学生总数为ΣCi=1990．看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须i=1坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下． n
1990年全国高中数学联赛解答第一试一．选择题(本题满分30分，每小题5分)1．设α∈(，,则(cos?)42??cos?，(sin?)cos?，(cos?)sin?的大小顺序是A．(cos?)cos?&(sin?)cos?&(cos?)sin?B．(cos?)cos?&(cos?)sin? & (sin?)cos?C．(sin?)cos?&(cos?)cos?&(cos?)sin?D．(cos?)sin? &(cos?)cos?&(sin?)cos?
【答案】D【解析】α∈(，?0&cosα&sinα&1， 42∴
(cos?)cos?&(sin?)cos?；(cos?)sin?&(cos?)cos?；选D．
2．设f(x)是定义在实数集上的周期为2的函数，且是偶函数，已知当x∈[2,3]时，f(x)=x，则当x∈[－2,0]时，f(x)的解析式是(
)A．f(x)=x+4
B． f(x)=2-x
C． f(x)=3－|x+1|
D． f(x)=2+|x
3．设双曲线的左右焦点是F1、F2，左右顶点是M、N，若△PF1F2的顶点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点位置是(
)A．在线段MN内部
B．在线段F1M内部或在线段NF2内部
C．点M或点N
D．不能确定的 【答案】C 【解析】设内切圆在三边上切点分别为D、E、F，当P在右支上时，PF1－PF2=2a．但PF1－PF2=F1D－F2D=2a，即D与N重合，当P在左支上时，D与M重合．故选C．
31314．点集{(x，y)|lg(x+错误！未指定书签。y+=lgx+lgy}中元素个数为(
D．多于2【答案】B1313131【解析】x+y+=xy&0．但x+y+?3393933x32y32 =xy错误！未指定书签。，等号
1313 9当且仅当x=y=时，即x=，y=
时成立．故选B．3933333
x2y26．已知椭圆2+2=1(a&b&0)通过点(2，1)，所有这些椭圆上满足|y|&1的点的集合用阴ab影表示是下面图中的
【答案】C【解析】2+2=1，由a&b，故得2&1&2+2=2，1&b&52+2=1?2，a&5．故选C．abbbbbaba
二．填空题(本题满分30分，每小题5分)111．设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则
．1+a1+b【答案】1111+a+1+b【解析】ab?(=1，从而ab?1，故n +n = nnnn1．等号当且仅当21+a1+b1+a+b+ab2a+bnnnna=b=1时成立．即所求最小值=1．
2．设A(2，0)为平面上一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP扫过的面积是
．1【答案】?6【解析】点P在单位圆上，sin(2t－60°)=cos(150°－2t)，cos(2t－1360°)=sin(150°－2t).当t由15°变到45°时，点P沿单位圆从(－，
131运动到(,．线段AP扫过的面积=扇形面积=π． 226
．设n为自然数，对于任意实数x，y，z，恒有(x+y+z)?n(x+y+z)成立，则n的最小值是
．【答案】32【解析】(x+y+z)=x+y+z+2xy+2yz+2zx?x4+y4+z4+(x4+y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4)．等号当且仅当x=y=z时成立．故n=3
5．设n=1990，则122C51990
－3Cn+3n－3Cn+?+3Cn－3Cn=
． 2【答案】?1213【解析】取(－+i)展开的实部即为此式．而(－+)=－i．故原式=2222221－ 2
三．(本题满分20分)
已知a，b均为正整数，且a&b，sinθ=证：对于一切自然数n，An均为整数．
2abπ22n)，An=(a+b)sinnθ．求22(其中0&θ&a+b2
四．n个正数排成n行n列a11
??a4n??????????????an1
??ann其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等．已知a24=1，13a42=，a43=， 816求a11+a22+??+ann．(1990年全国高中数学联赛)分析 由a42、a43或求a44，由a24，a44可求公比．【解析】 设第一行等差数列的公差为d，各列的公比为q．1∴
a44=2a43－a42=． 4由a44=a24?q，得，
a12=a42?q=1．a14－a121∴
d== ， 4－221∴
a1k=a12+(k－2)d=k(k=1，2， 3，?，n) 2∴
akk=a1kq令Sn= a11+a22+?+ann． k－1－312=2()k－1=(k2k． 121212nn+1n1kk－111n则
S－S=Σ－Σ=+Σ－ 2k=12k=222k=222
= +－nn+1=1－n+122222∴ S=2－n+22
五．设棱锥M―ABCD的底面为正方形，且MA=MD，MA⊥AB，如果△AMD的面积为 1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径．
第二试(10月14日上午10∶30―12∶30)一．(本题满分35分)四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P，设三角形ABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4．求证OP、O1O3、O2O4三直线共点．【解析】证明 ∵O为SABC的外心，∴ OA=OB．∵ O1为SPAB的外心，∴O1A=O1B．∴ OO1⊥AB．作SPCD的外接圆⊙O3，延长PO3与所作圆交于点E，并与AB交于点F，连DE，则?1=?2=?3，?EPD=?BPF，∴ ?PFB=?EDP=90?． E∴ PO3⊥AB，即OO1∥PO3． 1D同理，OO3∥PO1．即OO1PO3是平行四边形．∴ O1O3与PO互相平分，即O1O3过PO的中点． O3C同理，O2O4过PO中点． O4∴ OP、O1O3、O2O4三直线共点．OO二．(本题满分35分)设
E={1，2，3，??，200}，G={a1，a2，??，a100}??E．且G具有下列两条性质：⑴ 对任何1?i&j?100，恒有ai+aj≠201；100⑵
Σai=10080． i=1试证明：G中的奇数的个数是4的倍数．且G中所有数字的平方和为一个定数．
AO3FB∴ x1+x2+?+x100+(201－x1)+(201－x2)+?+(201－x100)=2(x12+x22+?+x1002)－+x2+?+x100)+=2(x12+x22+?+x1002)－+222222
=12+22+32+?+2002．∴ x1+x2+?+x100=+2+3+?+200)+－=+－]=[+49380．为定值．三．(本题满分35分)某市有n所中学，第i所中学派出Ci名代表(1?Ci?39，1?i?n)来到体育馆观看球赛，全部学生总数为ΣCi=1990．看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须i=1坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下．
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(
D．24abca+b－c2．设a、b、c均为非零复数，且=(
)bcaa－b+cA．1
C．1，ω，ω
D．1，－ω，－ω 33．设a是正整数，a&100，并且a+23能被24整除，那么，这样的a的个数为(
D．104．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，则这6个实根的和为(
5．设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)－sin(2πy2)=cos(2πx2)2－cos(2πy)，x，y∈R}，则(
D．S∩T=? 6．方程|x－y|=1－|x|的图象为
)222A.B.C.D.
二．填空题：221．cos10°+cos50°－sin40°sin80°=
．2．在△ABC中，已知三个角A、B、C成等差数列，假设它们所对的边分别为a，b，c，C－A并且c－a等于AC边上的高h，则sin
．23．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)
(第三组) 则1991位于第
组．200064．1991除以10，余数是
．5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)2000|=
．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、下两部分，试求此两部分的体积比．
四．设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦．已知|OF|=a，|PQ|=B．求△OPQ的面积．2五．已知0&a&1，x+y=0，求证：1xy
loga(a+a)?loga2+． 8
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1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 4
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(
D．24【答案】B【解析】每个正方形的顶点对应着一个正三角形．故选B
3．设a是正整数，a&100，并且a+23能被24整除，那么，这样的a的个数为(
D．10【答案】B33【解析】即24|a－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，则a≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod 8)．3若a≡0，1，2(mod 3)，则a≡0，1，－1(mod 3)，∴ a－1≡0(mod 3)．即a－1≡0(mod24)．选B．
5．设S={(x，y)|x－y=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx)－sin(2πy)=cos(2πx)2－cos(2πy)，x，y∈R}，则(
D．S∩T=?【答案】A222222【解析】若x－y为奇数，则sin(2πx)－sin(2πy)=cos(2πx)－cos(2πy)成立，即S?T．2222又若x=y时，sin(2πx)－sin(2πy)=cos(2πx)－cos(2πy)也成立，即得S??T，选22222A．
6．方程|x－y|=1－|x|的图象为
)2A.B.C.D.
【答案】D【解析】∵ |x－y|=2?x－y(x?y)，?22?y－x
2故此方程等价于y=1－x，即y=2x－1(x?y)，??x－222?y－x=1－x，即y=1
(0?x&y)， ??y2－x=1+x，即y2=2x+1(x&0)．故选D．
2．在△ABC中，已知三个角A、B、C成等差数列，假设它们所对的边分别为a，b，c，C－A并且c－a等于AC边上的高h，则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)
(第三组) 则1991位于第
【答案】32222【解析】由于1+3+?+(2n－1)=n，故第n组最后一数为2n－1，于是解2(n－1)－1+2
?1991?2n－1，得n=32．即在第32组．
5．设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|=3，|z1－z2|=33，则log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)2000|=
．【答案】40002222【解析】由|z1+z2|+|z1－z2|=2(|z1|+|z2|)，得|z2|=3．由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1－argz2=±120°．∴|(z1－z2)2000+(－z1z2)0|cos(120°32000)|=34000．故log3|(z1－z2)2000+(－z1z2)．
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、下两部分，试求此两部分的体积比．【解析】 PM是PO中点，延长AO与BC交于点D，则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． PMOADFPMOA2DFE在面PAD中，△POD被直线AF截，故21，但=1∴MOADFPMOAD3FPA3= 2BHC
∴ PF2S?PGH4S?PGH4=，∴?．而截面分此三棱锥所成两部分可看成是有顶点A的两PD5S?PBC25SHGBC21个棱锥A―PGH及A―HGBC．故二者体积比=4∶21．
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，?，2nn}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1212当n=2k时，这样的A的个数为k=个；当n=2k+1时，这样的A的个数为k(k+1)= 44(n－1)个．12∴ 这样的数列有[n]个． 42
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1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
4【解析】证明：考虑四边形的四个顶点A、B、C、D，若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面积，设其中面积最小的三角形为△ABD．1⑴ 若S△ABC&，则A、B、C、D即为所求． 413⑵ 若S△ABD&S△BCD&，取△BCD的重心G，则以B、C、D、G这4点中441的任意3点为顶点的三角形面积&．4BC11⑶ 若S△ABD=，其余三个三角形面积均& S△ABD=． 4413由于S△ABC+S△ACD=1，而S△ACD&S△ABC&=S△BCD． 44∴ 过A作AE∥BC必与CD相交，设交点为E．111则∵ S△ABC&S△ABD，从而S△ABE&S△ABD=S△ACE=S△ABE&S△BCE=S△ABC&A、B、444AEaFC、E四点即为所求．11⑷ 若S△ABD==4411是△BCD，(否则ABCD的面积=，不妨设S△ADC= S△ABD=AD∥BC，四边形24B3aC
ABCD为梯形．13由于S△ABD=，S△ABC=AD=a，则BC=3a，设梯形的高=h， 44则2ah=1．设对角线交于O，过O作EF∥BC分别交AB、CD于E、F．
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，?．_______【解析】证明：设N=x1x2?xk，其中x1，x2，?，xk∈{1，3， 4}．且x1+x2+?+xk=n．假定n&4．删去xk时，则当xk依次取1，3，4时，x1+x2+?+xk－1分别等于n－1，n－3，n－4．故当n&4时，an=an－1+an－3+an－4．
①a1=a2=1，a3=2，a4=4，利用①及初始值可以得到下表：n 1 2 3 4 5 6 7 8 910 11 12 13 14 ?? an规律1 1 2 4 6 9 15 25 40 64 104 169 273 441 ?? 2 2 2 2 2 2 2 1 11?2 22?3 33?5 55?8 88?13 ??
可找到规律：
21= fkfk+1+fk－1(fk+fk－1) a2(k+1)=a2k+1+a2k－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+fk－= fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=fk2+1a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1．
－1 =fk2+1+f2k+fk－1kf= fk2+1+fk(fk+fk－1)= fk2+1证明2：(用特征方程)由上证得①式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4，4322由此得差分方程：λ－λ－λ－1=0． ?(λ+1)(λ－λ－1)=0．此方程有根λ=±i，λ=1±5． 2∴ 令an=αi+β(－i)+γ(nn1+521－52+?() 222－in2+in11+5n+211－5n+2利用初值可以求出an=i+2(－i)+)+．
∴ a2n={11+5n+11－5n
+12)－()]}． 22
5得a2n=bn=13+5n +13－5n+111+52(n+1)1－52(n+1)n[2(－1)+()+()]= [()+()－n+11－5n+12()(] 22={11+5n+11－5n+12[(－()]}． 225记fn=15[(1+5n+11－5n+11±52－()]，其特征根为?1，2=?－?－2221=0．于是其递推关系为fn=fn－1+fn－2．而f0=1，f1=1，均为正整数，从而对于一切正整数n，fn为正整数．从而a2n为完全平方数．
一、选择题(每小题5分，共30分)221．对于每个自然数n，抛物线y=(n+n)x?(2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+?+|A|的值是(
(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225．设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z1?2z1z2+z2=0，O为坐标原点，则△OAB的面积为(
(D)1236．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，但不是周期函数二、填空题(每小题5分共30分)111xz1．设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且xyzzx______．2．在区间[0，?]中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是______．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_____． 4．设z1，z2都是复数，且|z1|=3，|z2|=5|z1+z2|=7，则arg()的值是______．5．设数列a1，a2，?，an，?满足a1=a2=1，a3=2，且对任何自然数n， 都有anan+1an+2?1，又anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，则a1+a2+?+a100的值是____．6．函数f(x)= x－3x－6x+13－x－x+1的最大值是_____．z2z13
41三、(20分)求证：16&Σ17． ki=1
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7作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=15，BE=10，求l与m的距2离．
第二试一、(35分) 设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3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．
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．
三、(35分)在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点，任取6个格点Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足 (1) |xi|?2,|yi|?2,(i=1,2,3,4,5,6)，(2) 任何三点不在同一条直线上．试证：在以Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中，必有一个三角形，它的面积不大于2．
1992年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)221．对于每个自然数n，抛物线y=(n+n)x?(2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+?+|A|的值是(
(A)B) C) D1992【答案】B【解析】y=((n+1)x－1)(nx－1)，∴ |AnBn|=|+|A2B2|+?+|A|=，选B．
199311，于是n+1n－
CsinB4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别记为a，b，c(b?1)，且logbAsinAx=logb(4x－4)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【答案】B【解析】x2=4x－4．根为x=2．∴ C=2A，?B=180°－3A，sinB=2sinA．?sin3A=2sinA，2?3－4sinA=2．A=30°，C=60°，B=90°．选B．
225．设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z1?2z1z2+z2=0，O为坐标原点，则△OAB的面积为(
(D)123【答案】A
2z1ππ13=cosisin．∴ |z2|=8，z1、z2的夹角=60°．S=2428283．选
二、填空题(每小题5分共30分)111xz1．设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且xyzzx______．【答案】34 15222xz(x+z)64xz222
【解析】16y=15xz，y=?1624xz=15xz(x+z)．由xz≠0，得=，?+x+zxz15zx=
2．在区间[0，?]中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是
．【答案】71
【解析】7x=5x+2kπ，或7x=－5x+2kπ，(k∈Z)? x=kπ，x=kπ (k∈Z)，共有7
6．函数f(x)= x－3x－6x+13－x－x+1的最大值是_____．
【解析】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．
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7作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=15，BE=10，求l与m的距2离．【解析】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．PD=15－d，QE=24922d，RF=10－d． 4KFl'E当D、E、F在K同侧时2QE=PD+RF，222?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，?49－4d=15－d－10－d．无实解．
∴ l与m距离为6．xn+1－x－n－11五、(20分)设n是自然数，fn(x)= x?0，±1)，令y=x+． －1x－xx1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn－1(x)，(n&1)2.用数学归纳法证明：
fn(x)=ny－Cy+?+(－1)C y+?+(－1)2，(i=1，2，?， n为偶数)
?2?1? y－Cy+?+(－1)C+?+(－1)n－1Cn－n－12y，(i=1，2，?，n为奇数)
2n+12??2n1n－2n－1iinn－2in－in1n－2in－1in－i2．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fm(x)= ym－1－C③1m－2m－121 y
ym－2+?+(－1)i2Cm－iym－2i+?+(－1)22Cm－im－12fm－1(x)= ym－1－C④1m－2ym－3+?+(－1)i－1Ci－1m－im－1m－121
ym+1－2i+?+(－1)2Cm－2用y乘③减去④，同上合并，并注意最后一项常数项为
m－1m－1m－1m+1m+121=－(－1)2Cm2－(－1)2Cm－+1=(－1)2．22m+1于是得到yfm(x)－fm－1(x)=y－Cmy
第二试一、(35分) 设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3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．
m+11m－1+?+(－1)2，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．显然，SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是1111((cosβ+cosγ+cos?)，(sinβ+sinγ+sin?))、((cosγ+cos?+cosα)，3333(sinα+sin?+sinγ))、1111((cos?+cosα+cosβ)，(sin?+sinα+sinβ))、((cosα+cosβ+cosγ)，3333(sinα+sinβ+sinγ))．从而，SA2A3A4、SA3A4A1、SA4A1A2、SA1A2A3的垂心依次是H1(cosβ+cosγ+cos?， sinβ+sinγ+sin?)、H 2 (cosγ+cos?+cosα，sinα+sin?+sinγ)、H 3 (cos?+cosα+cosβ，sin?+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ，sinα+sinβ+sinγ)．而H1、H2、H3、H4点与点O1(cosα+cosβ+cosγ+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．
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Pi(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．
一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x，y)| |tan?y|+sin?x=0}，N={(x，y)|x+y?2}，则M∩N的元素个数是（
)9 2225．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c?a等于AC边上的高h，则sin+cosC－A2C+A2的值是(
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，z?C，则方程|z+ni|+|z?mi|=n与|z+ni|?|z?mi|=?m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是(
二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1?i)x+(?+i)x+(1+i?)=0(i为虚数单位，??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为________．2．实数x，y满足4x?5xy+4y=5，设 S=x+y，则222221SmaxSmin+1_______．5ππ223．若z?C，arg(z?4)= ，arg(z+4)= z的值是________.6310?4．整数1031+3?的末两位数是
_______. ??93三、（本题满分20分）三棱锥S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D?，则D?为三棱锥S－ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）设0&a&b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．2
五、（本题满分20分）设正数列a0，a1，a2，?，an，?满足anan－2 －an－1an－2 =2an－1，(n?2)且a0=a1=1， 求{an}的通项公式．
第二试 一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有?D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n?4．
三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线l?m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB?CR+BC?AP=AC?BQ；(2)l与圆O相交时，AB?CR+BC?AP＜AC?BQ；(3)l与圆O相离时，AB?CR+BC?AP＞AC?BQ.
1993年全国高中数学联合竞赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x，y)| |tan?y|+sin?x=0}，N={(x，y)|x+y?2}，则M∩N的元素个数是（
3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，当A?B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（
（D）27【答案】D【解析】a1∈A或?A，有2种可能，同样a1∈B或?B，有2种可能，但a1?A与a1?B不能同时成立，故有2－1种安排方式，同样a2、a3也各有2－1种安排方式，故共有(2－1)种安排方式．选D．
5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c?a等于AC边上的高h，则sinC－A2+cosC+A2的值是(
(B) C) D)?
6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，z?C，则方程|z+ni|+|z?mi|=n与|z+ni|?|z?mi|??m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是(
)【答案】B【解析】方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni，mi)，由①n&0，
故否定A，由于n为椭圆的长轴，而C中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴，故否定C．由B与D知，椭圆的两个个焦点都在y轴负半轴上，由n为长轴，知|OF1|=n，于是m&0，|OF2|=－m．曲线上一点到－ni距离大，否定D，故选B．
二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1?i)x+(?+i)x+(1+i?)=0(i为虚数单位，??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为________．
2．实数x，y满足4x?5xy+4y=5，设 S=x+y，则【答案】22221SmaxSmin+1_______． 8 5522【解析】令x=rcosθ，y=rsinθ，则S=r得r(4－5sinθcosθ)=5．S= 54－sin2θ2554－22811∴=． SmaxSmin5554+
5ππ223．若z?C，arg(z?4)= ，arg(z+4)= ，则z的值是________. 63【答案】±(1+3i)【解析】如图，可知z表示复数4(cos120°+isin120°)．∴ z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+3i)．
10?4．整数1031+3?的末两位数是_______. ??【答案】08 93x3x3+27－2722727【解析】令x=10，则得－3x+9－0&&1，故所求末两位x+3x+3x+3x+331数字为09－1=08．
5．设任意实数x0&x1&x2&x3&0，要使logx01993+logx11993+logx21993?k2logx01993恒x1成立，则k的最大值是
_______. x2x3x3
6．三位数(100，101，?，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是
，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．【答案】34【解析】首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有43534=80种选择．但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有233+233=12个，故共有(80－12)÷2=34个．
三、（本题满分20分）三棱锥S-ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D?，则D?为三棱锥S―ABC的外接球球心．
四、（本题满分20分）设0&a&b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．
五、（本题满分20分）设正数列a0、a1、a2、?、an、?满足
anan－2 －an－1an－2 =2an－1，(n?2)且a0=a1=1，求{an}的通项公式．【解析】变形，同除以an－1an－2 得：令an=2an－1an－1+1， an－2an=bn，则得bn=2bn－1． an－1
即{bn}是以b1=∴ bn=2．∴ n1=2为首项，2为公比的等比数列． 1an(2n－1)2．故 an－1a0=1，
n2n－1212? an=(2－1)(2－1)?(2－1)．(n?1)?∴ ?
一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有?D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是
第二试n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC后，再连B与AC上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n?4时才有解．
二、（35分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,?,Am两两互不包含． 试证：(1) Σm1|A|1；i=1Cnm2|Ai|表示n个不同元素取|A|i|(2) ΣC|A?m．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，Cinni=1个的组合数．
三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线l?m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆 O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB?CR+BC?AP=AC?BQ；(2)l与圆O相交时，AB?CR+BC?AP＜AC?BQ；(3)l与圆O相离时，AB?CR+BC?AP＞AC?BQ.【解析】证明：设MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，⊙O的半径=r．且设k=d－r．则当k&0时，点M在⊙O外，此时，直线l与⊙O相离；
当k=0时，点M在⊙O上，此时，直线l与⊙O相切；
当k&0时，点M在⊙O内，此时，直线l与⊙O相交． ∴ AP=a+d－r=a+k，同理，BQ=b+k，CR=c+k．则AB?CR+BC?AP－AC?BQ= AB?CR+BC?AP－(AB+BC)?BQ=BC3(AP－BQ)－AB3(BQ－CR)22AP2－BQ2BQ2－CR2=BC3－AB3
AP+BQBQ+CR
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) a+b=c(Ca+b&c
4、已知0&b&1，0&a&πlogbsinalogbcosa，则下列三数：x=(sina)，y=(cosa)，4z=(sina)logbcosa
(D)x&y&z5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是(A)( n－2n－1πn－2n－1，π)
(B)( π，π)
(C)(0，D)( ，π) nn2nn|x+y||x－y|=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的2a2b6、在平面直角坐标系中，方程曲线是(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
二、填空题(每小题9分，共54分)
第二试一、(本题满分25分)
x的二次方程x+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|=27,求|m|的最大值和最小值.
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。
22(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．
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) a+b=c(Ca+b&c
(D) a+b&c【答案】C【解析】asinx+bcosx+c=a+bsin(x+φ)+c∈[－a+b+c，a+b+c]．故选C．2、给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a+b&c，则a+b－c&0．(2)设a，b，c都是复数，如果a+b－c&0，则a+b&c．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
2222223、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|&1的最小整数n是 125(A)5
(D)8【答案】C
【解析】(an+1－1)=－an－1)，即{ an－1}是以－为公比的等比数列， 331n1－(－31n－11n11
∴ an=8(－)+1．∴ Sn=8n=6+n－6(－，?62n&，?n?7．选C．
5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是(A)( n－2n－1πn－2n－1，π)
(B)( π，π)
(C)( 0，D)( ，π
6、在平面直角坐标系中，方程曲线是(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【答案】D【解析】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||x－y|=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的2a2b
x+y&0，x－y?0时，(三、四象限角平分线之间)：(a－b)x－(a+b)y=2ab；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
2．已知x，y∈[－?x+sinx－2a=0， ππ，a∈R且?3则cos(x+2y) =
44?4y+sinycosy+a=03
53．已知点集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2?()2}，B={(x，y)|(x25222－4)+(y－5)&()}，则点集A∩B中的整点(即横、纵坐标均为整2数的点)的个数为
．【答案】7【解析】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．
5．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα=
【答案】 3A'D'B'C'【解析】12条棱只有三个方向，故只要取如图中AA?与平面CAB?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sinα=3
3A第二试一、(本题满分25分)
x的二次方程x+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|=27,求|m|的最大值和最小值.【解析】设m=a+bi(a，b∈R)．则△=z1－4z2－4m=16+20i－4a－4bi=4[(4－a)+(5－222b)i]．设△的平方根为u+vi．(u，v∈R)
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。11【解析】由105=33537；故不超过105而与105互质的正整数有1053(1－－)(1351－=48个。+48－8， 0.而在不超过105的与105互质的数中第740个数是86．∴ 所求数为2186。
由ΔACH为正三角形，易证IC+IA=IH．
由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH&OH=2R．设∠OHI=α，则0&α&30°．∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R2sin(α+45°)又α+45°&75°，故IO+IA+IC&2 2R(6+2)/4=R(1+3)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．
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．+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=300=168544． 33
一、选择题(每小题}
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