1982年全国高中数学联赛 冯惠愚
1982年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛
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}
1
⑵ 极坐标方程ρ=所确定的曲线是
1－cosθ+sinθ
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 ⑶ 如果log2[log1(log2)]=log3[log1(log3x)]= log5[log1(log5x)]=0，那么
2
3
5
A．z A．1 B．2 C．π D．4 π ⑸ 对任何φ∈(0，)都有 2 A．sinsinφ x2－(k－2)x+(k2+3k+5)=0(k为实数) 的两个实数根，x12+x22的最大值是 5 A．19 B．18 C．5 D．不存在 9 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=M C．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+b2 甲：(a+)(b+)， 乙：(ab+)， 丙：(+)2 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|、|NQ|满足条件 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． - 1 - 1982年全国高中数学联赛 冯惠愚 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． 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． - 2 - 1982年全国高中数学联赛 冯惠愚 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} 解：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． 1 ⑵ 极坐标方程ρ=所确定的曲线是 1－cosθ+sinθ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 1 解：ρ=，知e=2，选C． π 1－2cos(θ+)4 ⑶ 如果log2[log1(log2)]=log3[log1(log3x)]= log5[log1(log5x)]=0，那么 2 3 5 A．z 解：x=2，y=3，z=5；x=2=8，y=3=9，故x A．1 B．2 C．π D．4 解：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． π ⑸ 对任何φ∈(0，)都有 2 A．sinsinφ π 解：由0 2 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的最大值是 5 A．19 B．18 C．5 D．不存在 94 解：△=(k－2)2－4(k2+3k+5)=－3k2－16k－16≥0，－4≤k≤－． 3 由韦达定理，得x12+x22=(x1+x2)2－2x1x2=(k－2)2－2(k2+3k+5)=－k2－10k－6=－(k－5)2+19． ∴ 当k=－4时，x12+x22取得最大值－18．故选B． 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=M C．M∪N=N D．M∪N={(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数} 解：M是双曲线xy=±1在第一、四象限内的两支； π1 由arctanx=π－arccoty，?x=－，?xy=－1，若x<0，则arctanx∈(－，0)，而arccoty∈(0，π)，π－arccoty y2∈(0，π)，故x>0．即N是xy=－1在第四象限的一支．故选B． ⑻ 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式： 1112a+b2 甲：(a+)(b+)， 乙：(ab+)， 丙：(+)2 ab2a+bab 中间，值最大的一个是 - 3 - 12 13 15 12 16 13 16 110 110 1982年全国高中数学联赛 冯惠愚 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 解：甲>乙，但甲、丙大小不确定．故选D． 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)． 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 ∴ sec2α+sec2β=tan2α+tan2β－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的延长线垂直，垂足为T，|AT|=2a(2a<满足条件 |MP||NQ| ==1． |AM||AN| SDEAFCB?r)；⑶ 半圆上有相异两点M、N，它们与直线l的距离|MP|、|NQ|2lyNM求证：|AM|+|AN|=|AB|． 证明：以AT中点O为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系， 则由已知，M、N是半圆(x－a－r)2+y2=r2(y≥0)与抛物线y2=4ax的交点． 消去y得：x2+2(a－r)x+2ra+a2=0． QPTOABxr 条件2a<保证△>0，于是此方程有两个不等实根x1，x2，即为M、N的横坐标． 2 由韦达定理，知x1+x2=－(2a－2r)． ∵ |AM|=|MP|=x1+a，|AN|=|NQ|=x2+a．∴ |AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r．证毕． yl NQ又证：作MC⊥AB，ND⊥AB，垂足为C、D．则AN2=AD?AB，AM2=AC?AB， PM∴ AN2－AM2=(AD－AC)AB=CD?AB． ∵ AN2－AM2=(AN+AM)(AN－AM)=(AN+AM)(NQ－MP)=(AN+AM)?CD． TOACDBx比较得，AN+AM=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． 解： 利用面积，易证：⑴ 当点P在△ABC内部及边上移动时，x+y+z为A定值h=23； ⑵过P作BC的平行线l，交△ABC的两边于G、H．当点P在线段GH上移动时，y+z为定值，从而x为定值． - 4 - BSlEyGFRzxHQDCP1982年全国高中数学联赛 冯惠愚 ⑶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． 由 EACDBSBS121239SE13 ··=1，得=，x=·h=h，y=h=h，z=h． ACDBSEBE1313413BE1313 BFATSlE3648∴ xyz=()3h3=3． 132197 RUVQDC 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． y求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2． D 证明：p2m+q2n=r2． －P(u,v)N若p=q，则由u>v，得m>n，于是p2n(p2(mn)+1)=r2，这是不可能的．(因 －－－p2(mn)与p2(mn)+1都是完全平方数，它们相差1，故必有p2(mn)=0，矛盾)． BOxMA故p≠q，于是(p，q)=1．若p、q均为奇数，则p2≡q2≡1(mod 4)， 与r2≡0或1矛盾．故p、q必有一为偶数．即p、q必有一个=2．(或直接由r为奇数得p、q一奇一偶，其实r为奇数的条件多余) C2n22mmm 设p=2，则q=r－2=(r+2)(r－2)． 即r+2m与r－2m都是q2n的约数．设r+2m=qk，r－2m=qh，其中k>h≥1，k+h=2n． 1111－－ ∴ r= (qk+qh)= qh(qkh+1)，2m= (qk－qh)= qh(qkh－1)，但qh是奇数，又是2m+1的约数，故h=0．r= 222212n (q+1)，2m+1=q2n－1=(qn+1)(qn－1)． 2 ∴ qn+1=2α，qn－1=2β．(α+β=m+1，α>β)，而2=2α－2β=2β(2αβ－1)，从而β=1，α－β=1，α=2． ∴ m=2，u=4，qn=3，q=3，n=1，v=3．|OP|=5． ∴ |AM|=5－4=1，|BM|=5+4=9，|CN|=5+3=8，|DN|=5－3=2． 若设q=2，则同法可得u=3，v=4，与u>v矛盾，舍去． 又证：在得出p、q互质且其中必有一为偶数之后． 由于(pm，qn)=1，故必存在互质的正整数a，b(a>b)，使a2－b2= qn，2ab= pm，a2+b2=r．或a2－b2=pm，2ab=qn，a2+b2=r． － 若pm=2ab，得p=2，a|2m，b|2m，故a=2λ，b=2μ，由a，b互质，得μ=0，∴ b=1，a=2m1． －－－－－ qn=22m2－1=(2m1+1)(2m1－1)．故2m1+1=qα，2m1－1=qβ，(α+β=n，且α>β)． － ∴ 2=qα－qβ=qβ(qαβ－1)．由q为奇数，得β=0，2=qn－1，qn=3，从而q=3，n=1，a2=4．a=2，m=2．仍得上解． － - 5 -
1982年全国高中数学联赛试题及解答
