1994年全国高中数学联赛试题
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) a2+b2=c
(C) a2+b2
2、给出下列两个命题：⑴ 设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+b2－c2>0；⑵设a，b，c都是复数，如果a2+b2－c2>0，则a2+b2>c2．那么下述说法正确的是
(A)命题⑴正确，命题⑵也正确 (B)命题⑴正确，命题⑵错误 (C)命题⑴错误，命题⑵也错误 (D)命题⑴错误，命题⑵正确
1
3、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|<的125最小整数n是
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
πlogsinalogcosalogcosa
4、已知0 4 (A)x 5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 n－2n－1n－2n－1π (A)( π，π) (B)( π，π) (C)(0，) (D)( π，π) nn2nn |x+y||x－y| 6、在平面直角坐标系中，方程+=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a2b (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) 1．已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为PQ的延长线相交，则m的取值范围是 ． －1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与 3 ?x+sinx－2a=0， ππ 2．已知x，y∈[－，]，a∈R且?3则cos(x+2y) = ． 44?4y+sinycosy+a=0 55 3．已知点集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2≤()2}，B={(x，y)|(x－4)2+(y－5)2>()2}，则点集A∩B中的整 22点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ． θ 4．设0<θ<π，，则sin(1+cosθ)的最大值是 ． 2 5．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα= ． 6．已知95个数a1，a2，a3，…，a95， 每个都只能取+1或－1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+…+a94a95的最小正值是 ． - 1 - 1 第二试 一、(本题满分25分) x的二次方程x2+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。 E A 三、(本题满分35分) 如图，设三角形的外接圆O的半径为R,内心为I， ∠B=60?,∠A<∠C,∠A的外角平分线交圆O于E． 证明:(1) IO=AE； (2) 2R O I C B 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． 2 - 2 - 2 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) a2+b2=c (C) a2+b2 解：asinx+bcosx+c=a2+b2sin(x+φ)+c∈[－a2+b2+c，a2+b2+c]．故选C． 2、给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+b2－c2>0．(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2－c2>0，则a2+b2>c2．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 解：⑴正确，⑵错误；理由：⑴a2+b2>c2，成立时，a2+b2与c2都是实数，故此时a2+b2－c2>0成立； ⑵ 当a2+b2－c2>0成立时a2+b2－c2是实数，但不能保证a2+b2与c2都是实数，故a2+b2>c2不一定成 立．故选B． 1 3、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|<的125最小整数n是 (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 11 解：(an+1－1)=－(an－1)，即{ an－1}是以－为公比的等比数列， 33 1 1－(－)n 31－111 ∴ an=8(－)n1+1．∴ Sn=8·+n=6+n－6(－)n，?6·n<，?n≥7．选C． 3133125 1+3 πlogsinalogcosalogcosa 4、已知0 4系是 (A)x logsinalogcosalogcosa ∴ (sina)b< (sina)b< (cosa)b即x n－2n－1n－2n－1π (A)( π，π) (B)( π，π) (C)(0，) (D)( π，π) nn2nn n－2 解：设相邻两侧面所成的二面角为θ，易得θ大于正n边形的一个内角π，当棱锥的高趋于0时， nθ趋于π，故选A． |x+y||x－y| 6、在平面直角坐标系中，方程+=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a2b (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 解：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<0，x－y≥0时，(三、四象限角平分线之间)：(a－b)x－(a+b)y=2ab； - 3 - 3 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) 1．已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为－1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是 ． 1 解：即x+my+m=0与y=(x+1)+1的交点的横坐标>2． 3147m2 ∴ x+m(x+)+m=0，(3+m)x=－7m．x=－>2．?－3 33m+33 3 ?x+sinx－2a=0， ππ 2．已知x，y∈[－，]，a∈R且?3则cos(x+2y) = ． 44?4y+sinycosy+a=0 解：2a=x3+sinx=(－2y)3－sin(－2y)， ππππ 令f(t)=t3+sint，t∈[－，]，f ?(t)=3t2+cost>0，即f(t)在[－，]上单调增．∴ x=－2y． 2222 ∴ cos(x+2y)=1． 55 3．已知点集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2≤()2}，B={(x，y)|(x－4)2+(y－5)2>()2}，则点集A∩B中的整 22点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ． 解：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． θ 4．设0<θ<π，，则sin(1+cosθ)的最大值是 ． 2 解：令y= sin (1+cosθ) >0， 2 2?????则y2=4 sin2 cos4 =2·2sin2 cos2 cos2 ≤2( )3． 22222343 2 ? ∴ y≤ ．当tan = 时等号成立． 922 5．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα= ． 解：12条棱只有三个方向，故只要取如图中AA?与平面AB?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A'3sinα=． 3 6．已知95个数a1，a2，a3，…，a95， 每个都只能取+1或－1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+…+a94a95的最小正值是 ． AD'B'DBCy(4,5)(3,4)321?O123xC' 解：设有m个+1，(95－m)个－1．则a1+a2+…+a95=m－(95－m)=2m－95 ∴ 2(a1a2+a1a3+…+a94a95)=(a1+a2+…+a95)2－(a12+a22+…+a952)=(2m－95)2－95>0． 取2m－95=±11．得a1a2+a1a3+…+a94a95=13．为所求最小正值． . 第二试 一、(本题满分25分) x的二次方程x2+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：设m=a+bi(a，b∈R)．则△=z12－4z2－4m=16+20i－4a－4bi=4[(4－a)+(5－b)i]．设△的平方根为 - 4 - 4 2 u+vi．(u，v∈R) 即(u+vi)2=4[(4－a)+(5－b)i]． |α－β|=27，?|α－β|2=28，?|(4－a)+(5－b)i|=7，?(a－4)2+(b－5)2=72， 即表示复数m的点在圆(a－4)2+(b－5)2=72上，该点与原点距离的最大值为7+41，最小值为7－41． 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。 111解：由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－)(1－)(1－)=48个。 3571000=48×20+48－8， 105×20=2100.而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86． ∴ 所求数为2186。 E 三、(本题满分35分) 如图，设三角形的外接圆O的半径为R,内心为I，∠B=60?,∠A<∠C,∠A的外角平分线交圆O于E． 证明:(1) IO=AE； (2) 2R ∴A，O，I，C四点共圆．圆心为弧AC的中点F，半径为R． B ∴O为⊙F的弧AC中点，设OF延长线交⊙F于H，AI延长线交弧BC于D． 由∠EAD=90°（内外角平分线）知DE为⊙O的直径．∠OAD=∠ODA． E但∠OAI=∠OHI，故∠OHI=∠ADE，于是RtΔDAE≌RtΔHIO ∴AE=IO． 由ΔACH为正三角形，易证IC+IA=IH． 由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R． O设∠OHI=α，则0<α<30°． I∴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) BCA O I C AFH 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． 解：设G中分成的83个子集的元素个数分别为ni(1≤i≤83)， 83 DΣn=1994．且3≤n≤n≤…≤n． i 1 2 83 83 i=1 则m(G)= ΣC．即求此式的最小值． 3 ni i=1 设nk+1>nk+1．即nk+1－1≥nk+1．则Cni3+1+ Cn i+1 3 －1－( 32 Cn+ Cn3)= Cn－Cn2<0．这就是说，当nk+1与nk ii+1ii+1 的差大于1时，可用nk+1－1及nk+1代替nk+1及nk，而其余的数不变．此时，m(G)的值变小． 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． 1994=83×24+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=81×2024+2×2300=168544． - 5 - 5 3 3 ⑵ 取5个点为一小组，按图1染成a、b二色．这样的五个小组，如图2，每个小圆表示一个五点小组．同组间染色如图1，不同组的点间的连线按图2染成c、d两色．这25个点为一组，共得aacc83组．染色法相同．其中81组去掉1个点及与此点相连的所有线．即bbdbdd得一种满足要求的染色． abbacdd ac 图1图2 - 6 - c6
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