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文檔簡介

1、1982年二十八省、市、自治區(qū)中學(xué)生聯(lián)合數(shù)學(xué)競賽 1選擇題(本題48分,每一小題答對者得6分,答錯者得0分,不答者得1分): 如果凸n邊形f(n4)的所有對角線都相等,那么 af四邊形 bf五邊形 cf四邊形五邊形 df邊相等的多邊形內(nèi)角相等的多邊形 極坐標(biāo)方程=所確定的曲線是 a圓 b橢圓 c雙曲線 d拋物線 如果log2log(log2)=log3log(log3x)= log5log(log5x)=0,那么 az<x<y bx<y<z cy<z<x dz<y<x 由方程|x1|+|y1|=1確定的曲線所圍成的圖形的面積是 a1 b2 c d

2、4 對任何(0,)都有 asinsin<cos<coscos bsinsin>cos>coscos csincos>cos>cossin dsincos<cos<cossin 已知x1,x2是方程 x2(k2)x+(k2+3k+5)=0(k為實(shí)數(shù)) 的兩個實(shí)數(shù)根,x12+x22的最大值是 a19 b18 c5 d不存在 設(shè)m=(x,y)| |xy|=1,x>0,n=(x,y)|arctanx+arccoty=,那么 amn=(x,y)| |xy|=1 bmn=m cmn=n dmn=(x,y)| |xy|=1,且x,y不同時為負(fù)數(shù) 當(dāng)a,b

3、是兩個不相等的正數(shù)時,下列三個代數(shù)式: 甲:(a+)(b+), 乙:(+)2, 丙:(+)2 中間,值最大的一個是a必定是甲 b必定是乙 c必定是丙 d一般并不確定,而與a、b的取值有關(guān)2(本題16分)已知四面體sabc中,asb=,asc=(0<<),bsc=(0<<)以sc為棱的二面角的平面角為求證:=arc cos(cotcot)3(本題16分)已知: 半圓的直徑ab長為2r; 半圓外的直線l 與ba的延長線垂直,垂足為t,|at|=2a(2a<); 半圓上有相異兩點(diǎn)m、n,它們與直線l的距離|mp|、|nq|滿足條件 =1求證:|am|+|an|=|ab|

4、4(本題20分)已知邊長為4的正三角形abcd、e、f分別是bc、ca、ab上的點(diǎn),且|ae|=|bf|=|cd|=1,連結(jié)ad、be、cf,交成rqs點(diǎn)p在rqs內(nèi)及邊上移動,點(diǎn)p到abc三邊的距離分別記作x、y、z 求證當(dāng)點(diǎn)p在rqs的頂點(diǎn)位置時乘積xyz有極小值; 求上述乘積xyz的極小值5(本題20分)已知圓x2+y2=r2(r為奇數(shù)),交x軸于點(diǎn)a(r,0)、b(r,0),交y軸于c(0,r)、d(0,r)p(u,v)是圓周上的點(diǎn),u=pm,v=qn(p、q都是質(zhì)數(shù),m、n都是正整數(shù)),且u>v點(diǎn)p在x軸和y軸上的射影分別為m、n求證:|am|、|bm|、|cn|、|dn|分別

5、為1、9、8、21982年二十八省、市、自治區(qū)中學(xué)生聯(lián)合數(shù)學(xué)競賽解答 1選擇題(本題48分,每一小題答對者得6分,答錯者得0分,不答者得1分): 如果凸n邊形f(n4)的所有對角線都相等,那么 af四邊形 bf五邊形 cf四邊形五邊形 df邊相等的多邊形內(nèi)角相等的多邊形 解:由正方形及正五邊形知a、b均錯,由對角線相等的四邊形形狀不確定,知d錯,選c 極坐標(biāo)方程=所確定的曲線是 a圓 b橢圓 c雙曲線 d拋物線 解:=,知e=,選c 如果log2log(log2)=log3log(log3x)= log5log(log5x)=0,那么 az<x<y bx<y<z cy&

6、lt;z<x dz<y<x解:x=2,y=3,z=5;x=2=8,y=3=9,故x<y,又x=32,z=25,故z<x故選a 由方程|x1|+|y1|=1確定的曲線所圍成的圖形的面積是 a1 b2 c d4 解:此曲線的圖形是一個正方形,頂點(diǎn)為(0,1),(1,0),(2,1),(1,2);其面積為2選b 對任何(0,)都有 asinsin<cos<coscos bsinsin>cos>coscos csincos>cos>cossin dsincos<cos<cossin 解:由0<sin<<,&

7、#222;cossin>sin由0<cos<1,得sincos<cos故選d 已知x1,x2是方程 x2(k2)x+(k2+3k+5)=0(k為實(shí)數(shù)) 的兩個實(shí)數(shù)根,x12+x22的最大值是 a19 b18 c5 d不存在解:=(k2)24(k2+3k+5)=3k216k160,4k由韋達(dá)定理,得x12+x22=(x1+x2)22x1x2=(k2)22(k2+3k+5)=k210k6=(k5)2+19 當(dāng)k=4時,x12+x22取得最大值18故選b 設(shè)m=(x,y)| |xy|=1,x>0,n=(x,y)|arctanx+arccoty=,那么 amn=(x,y)

8、| |xy|=1 bmn=m cmn=n dmn=(x,y)| |xy|=1,且x,y不同時為負(fù)數(shù)解:m是雙曲線xy=±1在第一、四象限內(nèi)的兩支;由arctanx=arccoty,Þx=,Þxy=1,若x<0,則arctanx(,0),而arccoty(0,),arccoty(0,),故x>0即n是xy=1在第四象限的一支故選b 當(dāng)a,b是兩個不相等的正數(shù)時,下列三個代數(shù)式: 甲:(a+)(b+), 乙:(+)2, 丙:(+)2 中間,值最大的一個是a必定是甲 b必定是乙 c必定是丙 d一般并不確定,而與a、b的取值有關(guān)解:甲>乙,但甲、丙大小不

9、確定故選d2(本題16分)已知四面體sabc中,asb=,asc=(0<<),bsc=(0<<)以sc為棱的二面角的平面角為求證:=arc cos(cotcot)證明:在sc上取點(diǎn)d,使sd=1,在面sac、sbc內(nèi)分別作desc,dfsc,分別交sa、sb于e、f,連ef則edf為二面角ascb的平面角即edf=由bsc=,知sf=sec,df=tan由asc=,得se=sec,de=tan由asb=,得ef2=se2+sf2= de2+df22dedfcos sec2+sec2=tan2+tan22tantancosÞcos=cotcot =arc(cot

10、cot)3(本題16分)已知: 半圓的直徑ab長為2r; 半圓外的直線l 與ba的延長線垂直,垂足為t,|at|=2a(2a<); 半圓上有相異兩點(diǎn)m、n,它們與直線l的距離|mp|、|nq|滿足條件 =1求證:|am|+|an|=|ab|證明:以at中點(diǎn)o為原點(diǎn),ab所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系,則由已知,m、n是半圓(xar)2+y2=r2(y0)與拋物線y2=4ax的交點(diǎn)消去y得:x2+2(ar)x+2ra+a2=0條件2a<保證>0,于是此方程有兩個不等實(shí)根x1,x2,即為m、n的橫坐標(biāo)由韋達(dá)定理,知x1+x2=(2a2r) |am|=|mp|=x1+a,|an|=|

11、nq|=x2+a |am|+|an|=x1+x2+2a=2r證畢又證:作mcab,ndab,垂足為c、d則an2=adab,am2=acab, an2am2=(adac)ab=cdab an2am2=(an+am)(anam)=(an+am)(nqmp)=(an+am)cd比較得,an+am=ab4(本題20分)已知邊長為4的正三角形abcd、e、f分別是bc、ca、ab上的點(diǎn),且|ae|=|bf|=|cd|=1,連結(jié)ad、be、cf,交成rqs點(diǎn)p在rqs內(nèi)及邊上移動,點(diǎn)p到abc三邊的距離分別記作x、y、z 求證當(dāng)點(diǎn)p在rqs的頂點(diǎn)位置時乘積xyz有極小值; 求上述乘積xyz的極小值解:

12、利用面積,易證: 當(dāng)點(diǎn)p在abc內(nèi)部及邊上移動時,x+y+z為定值h=2;過p作bc的平行線l,交abc的兩邊于g、h當(dāng)點(diǎn)p在線段gh上移動時,y+z為定值,從而x為定值設(shè)y,m為定值則函數(shù)u=y(my)在點(diǎn)y=或y=時取得極小值于是可知,過r作ab、ac的平行線,過q作ab、bc的平行線,過s作bc、ac的平行線,這6條平行線交得六邊形struqv,由上證,易得只有當(dāng)點(diǎn)p在此六點(diǎn)上時,xyz取得極小值由對稱性易知,xyz的值在此六點(diǎn)處相等由··=1,得=,x=·h=h,y=h=h,z=h xyz=()3h3=5(本題20分)已知圓x2+y2=r2(r為奇數(shù)),交

13、x軸于點(diǎn)a(r,0)、b(r,0),交y軸于c(0,r)、d(0,r)p(u,v)是圓周上的點(diǎn),u=pm,v=qn(p、q都是質(zhì)數(shù),m、n都是正整數(shù)),且u>v點(diǎn)p在x軸和y軸上的射影分別為m、n求證:|am|、|bm|、|cn|、|dn|分別為1、9、8、2 證明:p2m+q2n=r2若p=q,則由u>v,得m>n,于是p2n(p2(mn)+1)=r2,這是不可能的(因p2(mn)與p2(mn)+1都是完全平方數(shù),它們相差1,故必有p2(mn)=0,矛盾)故pq,于是(p,q)=1若p、q均為奇數(shù),則p2q21(mod 4),與r20或1矛盾故p、q必有一為偶數(shù)即p、q必有

14、一個=2(或直接由r為奇數(shù)得p、q一奇一偶,其實(shí)r為奇數(shù)的條件多余)設(shè)p=2,則q2n=r222m=(r+2m)(r2m)即r+2m與r2m都是q2n的約數(shù)設(shè)r+2m=qk,r2m=qh,其中k>h1,k+h=2n r= (qk+qh)= qh(qkh+1),2m= (qkqh)= qh(qkh1),但qh是奇數(shù),又是2m+1的約數(shù),故h=0r= (q2n+1),2m+1=q2n1=(qn+1)(qn1) qn+1=2,qn1=2(+=m+1,>),而2=22=2(21),從而=1,=1,=2 m=2,u=4,qn=3,q=3,n=1,v=3|op|=5 |am|=54=1,|bm|=5+4=9,|cn|=5+3=8,|dn|=53=2若設(shè)q=2,則同法可得u=3,v=4,與u>v矛盾,舍去又證:在得出p、q互質(zhì)且其中必有一為偶數(shù)之后由于(pm,qn)=1,故必存在互質(zhì)的正

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