1983年全國高中數學聯賽第一試1選擇題(本題滿分32分，每題答對者得4分，答錯者得0分，不答得1分) 設p、q是自然數，條件甲：p3q3是偶數；條件乙：p+q是偶數那么 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，那么，sinA和cosA中 A一個是有理數，另一個是無理數 B兩個都是有理數 C兩個都是無理數 D是有理數還是無理數要根據BC和AD的數值來確定 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 D0<a<1 已知函數f(x)=ax2c，滿足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)應滿足 A7f(3)26 B4f(3)15 C1f(3)20 Df(3) 設a，b，c，d，m，n都是正實數， P=+，Q=·，那么 APQ BPQ CP<Q DP、Q的大小關系不確定，而與m，n的大小有關 在正方形ABCD所在平面上有點P，使PAB、PBC、PCD、PDA都是等腰三角形，那么具有這樣性質的點P的個數有 A9個 B17個 C1個 D5個 任意ABC，設它的周長、外接圓半徑長與內切圓半徑長分別為l、R與r，那么 Al>R+r BlR+r C<R+r<6l DA、B、C三種關系都不對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，且最大邊長為11的三角形，共有 個 一個六面體的各個面和一個正八面體的各個面都是邊長為a的正三角形，這樣兩個多面體的內切球半徑之比是一個既約分數，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f(x)在0，1上有定義，f(0)=f(1)如果對于任意不同的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M、N分別在AC、CD上滿足AMAC=CNCD，并且B、M、N三點共線求證：M與N分別是AC與CD的中點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？證明你的結論5(本題滿分18分) 函數F(x)=|cos2x+2sinxcosxsin2x+Ax+B|在 0x上的最大值M與參數A、B有關，問A、B取什么值時，M為最??？證明你的結論1983年全國高中數學聯賽解答第一試1選擇題(本題滿分32分，每題答對者得4分，答錯者得0分，不答得1分) 設p、q是自然數，條件甲：p3q3是偶數；條件乙：p+q是偶數那么 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，Þpq為偶數，Þp3q3為偶數 p+q為奇數，Þp、q一奇一偶，Þp3q3為奇數故選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，那么，sinA和cosA中 A一個是有理數，另一個是無理數 B兩個都是有理數 C兩個都是無理數 D是有理數還是無理數要根據BC和AD的數值來確定解：tan為有理數，ÞsinA、cosA都是有理數選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 D0<a<1解：MN=N的充要條件是圓x2+(ya)21在拋物線y=x2內部(上方)即a1，且方程 y2(2a1)y+a21=0的=(2a1)24(a21)0，Þa1，選A 已知函數f(x)=ax2c，滿足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)應滿足 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a，b，c，d，m，n都是正實數， P=+，Q=·，那么 APQ BPQ CP<Q DP、Q的大小關系不確定，而與m，n的大小有關解：由柯西不等式，QP選B 在正方形ABCD所在平面上有點P，使PAB、PBC、PCD、PDA都是等腰三角形，那么具有這樣性質的點P的個數有 A9個 B17個 C1個 D5個解：如圖，以正方形的頂點為圓心，邊長為半徑作4個圓，其8個交點滿足要求，正方形的中心滿足要求，共有9個點選A 任意ABC，設它的周長、外接圓半徑長與內切圓半徑長分別為l、R與r，那么 Al>R+r BlR+r C<R+r<6l DA、B、C三種關系都不對解：R=，當A180°時，a最大，而R可大于任意指定的正數M從而可有R<6l，否定A、C又正三角形中，R+r=a<l， 否定B故選D2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 解：cosA=±，sinB=，但若cosA=，則A>135°，cosB=<cos60°，B>60°，矛盾故cosA= cosC=cos(AB)=cosAcosB+sinAsinB=·+·= 三邊均為整數，且最大邊長為11的三角形，共有 個解：設另兩邊為x，y，且xy則得xy11，x+y>11，在直角坐標系內作直線y=x，y=11，x=11，x+y=11，則所求三角形數等于由此四條直線圍成三角形內的整點數(含y=11，y=x上的整點，不含x+y=11上的整點)共有122÷4=36個即填36 一個六面體的各個面和一個正八面體的各個面都是邊長為a的正三角形，這樣兩個多面體的內切球半徑之比是一個既約分數，那么積mn是 解：此六面體可看成是由兩個正四面體粘成每個正四面體的高h1=a，于是，利用體積可得Sh1=3Sr1，r1=a同樣，正八面體可看成兩個四棱錐粘成，每個四棱錐的高h2=a，又可得 a2h2=4×a2r2，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，故根據反正弦定義，有arcsinx=arccosx故證2(本題滿分16分)函數f(x)在0，1上有定義，f(0)=f(1)如果對于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|<|x1x2|求證：|f(x1)f(x2)|<證明：不妨取0x1<x21,若|x1-x2|，則必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|<若|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+x10<故證.3(本題滿分16分) 在四邊形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面積比是341，點M、N分別在AC、CD上滿足AMAC=CNCD，并且B、M、N三點共線求證：M與N分別是AC與CD的中點證明 設AC、BD交于點E由AMAC=CNCD，故AMMC=CNND，令CNND=r(r>0)， 則AMMC=r由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABDSBCD =34從而AEECAC=347SACDSABC=61，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 r·7·=1，即4r23r1=0，這個方程有惟一的正根r=1故CNND=1，就是N為CN中點，M為AC中點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為公共棱的兩個側面可能是： ，； ，； ，先考慮較特殊的情況：由于32+42=52，即圖中AD平面BCD， V1=··2·4=；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 V2<V1情況：高<2，底面積=·5= V3<·=< 最大體積為5(本題滿分18分) 函數F(x)=|cos2x+2sinxcosxsin2x+Ax+B|在 0x上的最大值M與參數A、B有關，問A、B取什么值時，M為最小？證明你的結論 解：F(x)=| sin(2x+ )+Ax+B|取g(x)= sin(2x+ )，則g()=g()=g()=取h(x)=Ax+B，若A=0，B0，則當B>0時，F()>，當B<0時，F()<從而M> 若A0，則當h()<0時，F()>，當h()0時，由于h(x)是一次函數，當A>0時h(x)遞增，h()>h()>0，此時F()>；當A<0時h(x)遞減，h()>h()>0，此時F()>故此時M> 若A=B=0，顯然有M= 從而M的最小值為，這個最小值在A=B=0時取得