《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版3》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版3（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、1983年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽第一試1選擇題(本題滿分32分，每題答對(duì)者得4分，答錯(cuò)者得0分，不答得1分) 設(shè)p、q是自然數(shù)，條件甲：p3q3是偶數(shù)；條件乙：p+q是偶數(shù)那么 A甲是乙的充分而非必要條件 B甲是乙的必要而非充分條件 C甲是乙的充要條件 D甲既不是乙的充分條件，也不是乙的必要條件 x=+的值是屬于區(qū)間 A(2，1) B(1，2) C(3，2) D(2，3) 已知等腰三角形ABC的底邊BC及高AD的長都是整數(shù)，那么，sinA和cosA中 A一個(gè)是有理數(shù)，另一個(gè)是無理數(shù) B兩個(gè)都是有理數(shù) C兩個(gè)都是無理數(shù) D是有理數(shù)還是無理數(shù)要根據(jù)BC和AD的數(shù)值來確定 已知M=(x，y)|yx2，N=

2、(x，y)|x2+(ya)21那么，使MN=N成立的充要條件是 Aa1 Ba=1 Ca1 D0a1 已知函數(shù)f(x)=ax2c，滿足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)應(yīng)滿足 A7f(3)26 B4f(3)15 C1f(3)20 Df(3) 設(shè)a，b，c，d，m，n都是正實(shí)數(shù)， P=+，Q=，那么 APQ BPQ CPR+r BlR+r CR+r6l DA、B、C三種關(guān)系都不對(duì)2填充題(本題滿分18分，每小題6分) 在ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 三邊均為整數(shù)，且最大邊長為11的三角形，共有 個(gè) 一個(gè)六面體的各個(gè)面和一個(gè)正八面體的各個(gè)面都是邊長為a的正三角形，這

3、樣兩個(gè)多面體的內(nèi)切球半徑之比是一個(gè)既約分?jǐn)?shù)，那么積mn是 第二試1(本題滿分8分)求證：arc sinx+arc cosx= ，其中x1，12(本題滿分16分)函數(shù)f(x)在0，1上有定義，f(0)=f(1)如果對(duì)于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|求證：|f(x1)f(x2)| 3(本題滿分16分) 在四邊形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面積比是341，點(diǎn)M、N分別在AC、CD上滿足AMAC=CNCD，并且B、M、N三點(diǎn)共線求證：M與N分別是AC與CD的中點(diǎn)4. (本題滿分16分)在在六條棱長分別為2，3，3，4，5，5的所有四面體中，最大體積是多少？證

4、明你的結(jié)論5(本題滿分18分) 函數(shù)F(x)=|cos2x+2sinxcosxsin2x+Ax+B|在 0x上的最大值M與參數(shù)A、B有關(guān)，問A、B取什么值時(shí)，M為最?。孔C明你的結(jié)論1983年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽解答第一試1選擇題(本題滿分32分，每題答對(duì)者得4分，答錯(cuò)者得0分，不答得1分) 設(shè)p、q是自然數(shù)，條件甲：p3q3是偶數(shù)；條件乙：p+q是偶數(shù)那么 A甲是乙的充分而非必要條件 B甲是乙的必要而非充分條件 C甲是乙的充要條件 D甲既不是乙的充分條件，也不是乙的必要條件解：p3q3=(pq)(p2+pq+q2)又p+q=pq+2q，故p+q與pq的奇偶性相同 p+q為偶數(shù)，pq為偶數(shù)，p3q3

5、為偶數(shù) p+q為奇數(shù)，p、q一奇一偶，p3q3為奇數(shù)故選C x=+的值是屬于區(qū)間 A(2，1) B(1，2) C(3，2) D(2，3)解：x=log32+log35=log310(2，3)，選D 已知等腰三角形ABC的底邊BC及高AD的長都是整數(shù)，那么，sinA和cosA中 A一個(gè)是有理數(shù)，另一個(gè)是無理數(shù) B兩個(gè)都是有理數(shù) C兩個(gè)都是無理數(shù) D是有理數(shù)還是無理數(shù)要根據(jù)BC和AD的數(shù)值來確定解：tan為有理數(shù)，sinA、cosA都是有理數(shù)選B 已知M=(x，y)|yx2，N=(x，y)|x2+(ya)21那么，使MN=N成立的充要條件是 Aa1 Ba=1 Ca1 D0a1解：MN=N的充要條件

6、是圓x2+(ya)21在拋物線y=x2內(nèi)部(上方)即a1，且方程 y2(2a1)y+a21=0的=(2a1)24(a21)0，a1，選A 已知函數(shù)f(x)=ax2c，滿足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)應(yīng)滿足 A7f(3)26 B4f(3)15 C1f(3)20 Df(3)解：f(1)=ac，f(2)=4ac，f(3)=9ac令9ac=(ac)+(4ac)， +4=9，+=1 =，=即f(3)=f(1)+ f(2)但f(1)，f(2)，1f(1)+ f(2)20.選C 設(shè)a，b，c，d，m，n都是正實(shí)數(shù)， P=+，Q=，那么 APQ BPQ CPR+r BlR+r CR+r6l DA

7、、B、C三種關(guān)系都不對(duì)解：R=，當(dāng)A180時(shí)，a最大，而R可大于任意指定的正數(shù)M從而可有R6l，否定A、C又正三角形中，R+r=a135，cosB=60，矛盾故cosA= cosC=cos(AB)=cosAcosB+sinAsinB=+= 三邊均為整數(shù)，且最大邊長為11的三角形，共有 個(gè)解：設(shè)另兩邊為x，y，且xy則得xy11，x+y11，在直角坐標(biāo)系內(nèi)作直線y=x，y=11，x=11，x+y=11，則所求三角形數(shù)等于由此四條直線圍成三角形內(nèi)的整點(diǎn)數(shù)(含y=11，y=x上的整點(diǎn)，不含x+y=11上的整點(diǎn))共有1224=36個(gè)即填36 一個(gè)六面體的各個(gè)面和一個(gè)正八面體的各個(gè)面都是邊長為a的正三角

8、形，這樣兩個(gè)多面體的內(nèi)切球半徑之比是一個(gè)既約分?jǐn)?shù)，那么積mn是 解：此六面體可看成是由兩個(gè)正四面體粘成每個(gè)正四面體的高h(yuǎn)1=a，于是，利用體積可得Sh1=3Sr1，r1=a同樣，正八面體可看成兩個(gè)四棱錐粘成，每個(gè)四棱錐的高h(yuǎn)2=a，又可得 a2h2=4a2r2，r2=a =， mn=6第二試1(本題滿分8分)求證：arc sinx+arc cosx=，其中x1，1證明：由于x1，1，故arcsinx與arccosx有意義，sin(arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx0， arccosx，故根據(jù)反正弦定義，有arcsinx=arccosx故證2(本題滿分16分)函數(shù)

9、f(x)在0，1上有定義，f(0)=f(1)如果對(duì)于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|求證：|f(x1)f(x2)|證明：不妨取0x1x21,若|x1-x2|，則必有|f(x1)-f(x2)|x1-x2|，則x2x1,于是1(x2x1),即1x2+x10 而|f(x1)-f(x2)|= |(f(x1)- f(0)-(f(x2)f(1)|f(x1)-f(0)|+ |f(1)-f(x2)| x10|+|1x2|=1x2+x100)， 則AMMC=r由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABDSBCD =34從而AEECAC=347SACDSABC=61，

10、故DEEB=61，DBBE=71AMAC=r(r+1)，即AM=AC，AE=AC，EM=()AC=ACMC=AC，EMMC=由Menelaus定理，知=1，代入得 r7=1，即4r23r1=0，這個(gè)方程有惟一的正根r=1故CNND=1，就是N為CN中點(diǎn)，M為AC中點(diǎn)4. (本題滿分16分)在在六條棱長分別為2，3，3，4，5，5的所有四面體中，最大體積是多少？證明你的結(jié)論解：邊長為2的三角形，其余兩邊可能是： 3，3； 3，4； 4，5； 5，5按這幾條棱的組合情況，以2為公共棱的兩個(gè)側(cè)面可能是： ，； ，； ，先考慮較特殊的情況：由于32+42=52，即圖中AD平面BCD， V1=24=；情況：由于此情況的底面與情況相同，但AC不與底垂直，故高4，于是得 V2V1情況：高2，底面積=5= V3=0時(shí)，F(xiàn)()，當(dāng)B0時(shí)，F(xiàn)() 若A0，則當(dāng)h()，當(dāng)h()0時(shí)，由于h(x)是一次函數(shù)，當(dāng)A0時(shí)h(x)遞增，h()h()0，此時(shí)F()；當(dāng)Ah()0，此時(shí)F()故此時(shí)M 若A=B=0，顯然有M= 從而M的最小值為，這個(gè)最小值在A=B=0時(shí)取得