高中数学教师考编试讲-高中数学必修一免费教案
1987年全国高中数学联赛试题
一试题(10月11日上午8∶00——9∶30)
一.选择题(每个小题选对得5分,不选得1分;选错或选出的代号超过一个者得0分.本题满分20分
):
1.对任意给定的自然数n,若n
6
+3a为正整数的立方,其中a为正整数,则(
)
A.这样的a有无穷多个 B.这样的a存在,但只有有限个
C.这样的a不存在
D.以上A、B、C的结论都不正确(上海供题)
2.边长为5的菱形,它的一条对角线的长不大
于6,另一条不小于6,则这个菱形两条对角线长度之
和的最大值是( )
A.102 B.14 C.56
D.12(天津供题)
3.在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点,若a为无理
数,则过(a,0)的所有直线
中( )
A.有无穷多条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点
B.恰有n(2?n<+∞)条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点
C.有且仅有一条直线至少通过两个有理点
D.每条直线至多通过一个有理点(河南供题)
4.如图,△ABC的顶点B在单位圆的圆心上,A、C在圆周上,∠ABC=2α
π
(0<α<),现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转,具体方法如下:第一次,以
3
A为中心使B落到圆周上;第二次,以B为中心,使C落到圆周上;第三次,以C
为中心,使A落到圆周
上.如此旋转直到100次.那么A点所走过的路程的总长度
为( )
67
A.22π(1+sinα)-66α B.
π
3
68
C.22π+
πsinα-66α
D.33π-66α(北京供题)
3
二.填空题(每小题填写结果完全正确者得8分,填
写错误或多填、少填者均得0分,本题满分40分):
1.已知集合
M={x,xy,lg(xy)}
及 N={0,|x|,y},
并且M=N,那么
1111
(x+)+(x
2
+
2
)+(x
3
+
3
)+?+(x
2001
+
200
1
)的值等于 .(陕西供题)
yyyy
2.已知集合
A={(x,y)| |x|+|y|=α,α>0}
B={(x,y)| |xy|+1=|x|+|y|}
若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则α的值为 .(青海供题)
3.若k是大于1的整数,α是x
2
-kx+1=0的一个根,对于大于10的任意自
然数n,α+α
字总是7,则k的个位数字是 .(河北供题)
5
4.现有边长为3,4,5的三角形两个,边长为4,5,41的三角形四个,边长为2,4,5的三角形6
六个,用上述三角形为面,可以拼成 个四面体.(江西供题)
5.五对孪生兄妹参加k个组活动,若规定:⑴ 孪生兄妹不在同一组;⑵非孪生关系的任意两个人都<
br>恰好共同参加过一个组的活动,⑶有一人只参加两个组的活动,则k的最小值为
.(命题组供题)
- 1 -
2
n
-
2
n
B<
br>2
?
A
C
的个位数
1987年全国高中数学联
赛二试题
一.如图,△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形,现固定△ABC,而将△A
DE绕A点在平
面上旋转,试证:不论△ADE旋转到什么位置,线段EC上必存在点M,使△BMD为
等腰直角三角形.
B
A
D
E
C
二.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点称为整点.试证:存在一个同心圆的集合,使得
⑴每个整点都在此集合的某个圆周上;
⑵此集合的每个圆周上,有且只有一个整点.(辛泽尔定理)
三
.n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同,试证明:总可
以从中去掉一名选手,而使在余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同.
- 2 -
1987年全国高中数学联赛解答
一试题
一
.选择题(每个小题选对得5分,不选得1分;选错或选出的代号超过一个者得0分.本题满分20分):
1.对任意给定的自然数n,若n
6
+3a为正整数的立方,其中a为正整数,则(
)
A.这样的a有无穷多个 B.这样的a存在,但只有有限个
C.这样的a不存在
D.以上A、B、C的结论都不正确(上海供题)
解:(n
2
+3k)
3
=n
6
+9n
4
k+27n
2
k
2+27k
3
=n
6
+3(3n
4
+9n
2k+9k
2
)k.取a=(3n
4
+9n
2
k+9k<
br>2
)k,(k为任意正整数),则
n
6
+3a为正整数的立方,由于k
可任意取值,且当k增大时,a也随之增大.即a有无数个.选A.
2.边长为5的菱形,它的一条对
角线的长不大于6,另一条不小于6,则这个菱形两条对角线长度之
和的最大值是( )
A.102 B.14 C.56
D.12(天津供题)
y
解:设x?3,y?3,且x
2
+y
2
=25.满足要求的点构成直角坐标系中一段弧
(4,3)
(图中粗线部分).令x
+y=k,则当直线经过点(4,3)时取得最大值7.即2x+2y
3
?14.选B. 3
x
O
5
3.在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点,
若a为无
理数,则过(a,0)的所有直线中( )
A.有无穷多条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点
B.恰有n(2?n<+∞)条直线,其中每条直线上至少存在两个有理点
C.有且仅有一条直线至少通过两个有理点
D.每条直线至多通过一个有理点(河南供题)
解:若直线斜率为k,则当k=0时直线经过x轴上所有有理点.
当k≠0时,直线方程为y=k(x-a).
若k为有理数,则当x为有理数时,y为无理数;
若k为无理数,若此时直线经过一个有理点
A(x
1
,y
1
),对于直线上与A不重合的点B(x
2
,
y
2
).由y
1
=k(x
1
y
2
x
2
-a
-a),y
2
=k(x
2
-a),由于a为无理数
,故y
1
≠0,x
2
-a≠0,==m,当y
2
为有理数时
,m为有理数,
y
1
x
1
-a
当y
2
≠y
1
时,m≠1,此时x
2
=mx
1
+(1-m)a为无理数
.即此直线上至多有一个有理点.选C.
4.如图,△ABC的顶点B在单位圆的圆心上,A、C在圆周上,∠ABC=2α(0<α<
π
)现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转,具体方法如下:第一次,以A为
3
中心使B落到圆周上;第二次,以B为中心,使C落到圆周上;第三次,以C
为中心,使A落到圆周上
.如此旋转直到100次.那么A点所走过的路程的总长
度为( )
67
A.22π(1+sinα)-66α B.
π
3
C.22π+
68
πsinα-66α
D.33π-66α(北京供题)
3
C
2
A
2
A1
2
?
B
1
B
C
1
AC
2<
br>π
解:点A每k(k≡1(mod 3))不动,第k(k≡2(mod
3))次走过路程
π-2α,第k(k≡0(mod 3))走过路程
(2sinα),
33
22
于是所求路程=33(
π-2α+ πsinα).选A.
33
二.填空题(每小题填写结果完全正确者得8分,填写错误或多填、少填者均得0分,本题满分40分)
:
1.已知集合
M={x,xy,lg(xy)}
及
N={0,|x|,y},
并且M=N,那么
- 3 -
111
1
(x+)+(x
2
+
2
)+(x
3
+
3
)+…+(x
2001
+
2001
)的值等于
.(陕西供题)
yyyy
解 0∈M,但xy?0,故只有lg(xy)=0,,xy=1.
∴
1∈N,故|x|=1,或y=1,若y=1,则由xy=1得,x=1,与元素相异性矛盾.故y?1.
∴ |x|=1,x=1或x=-1,其中x=1同上矛盾.故x=-1.y=-1.
11
∴ x
2k
+
2k
=
2;x
2k+1
+
2k+1
=-2(k∈N*).故所求值=-2. yy
解:xy≠0,?x≠0,y≠0.故xy=1.若y=1,则x=1,矛盾,故x=-1,y
=-1.原式=-2.
2.已知集合
A={(x,y)|
|x|+|y|=α,α>0}
B={(x,y)|
|xy|+1=|x|+|y|}
y
若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则α的值为
.(青海
供题)
解:集合A的图形是依次连(α,0),(0,α),(-α,0),(0,
-α)四点的
线段.
O
集合B的图形是直线x=1,x=-1,y=1,y=-1.
它们交得一个正八边
形.
若此4条直线为图中的4条实线,则α=tan22.5°+1=
2.或此正八边形
各边与原点距离相等,知直线x+y=α与原点距离=1.α= 2.
若此4条直线为图中的4条虚线,则2α=22+2,?α=2+2.
∴ α=2或2+
2.
3.若k是大于1的整数,α是x
2
-kx+1=0的一个根,对于大于10的
任意自然数n,α+α
字总是7,则k的个位数字是 .(河北供题)
解
:另一根=α,α+α=k,记α+α
由α+α
2
n
-
2
n
-
1
-
1
x
2
n
-
2
n
的个位数
2
n
-
2
n
≡k
n
(m
od 10),0?k
n
<10.
=(α
2
n
-
1
+α
-
2
n
-
1
)
2
-2得,
k
n
≡k
n
-
1
2
+8(mod
10).若k为偶数,则k
n
为偶数,不等于7.
若k
n
-
1
≡±1(mod
10),则k
n
≡9,?k
n+1
≡9(mod 10);
若k
n
-
1
≡±3(mod
10),则k
n
≡7,?k
n+1
≡7(mod 10);
若k
n
-
1
≡5(mod
10),则k
n
≡9,?k
n+1
≡9(mod 10);
故k的个位数字为3,5,7.
5
4.现有边长为3,4,5的三角形两个,边长为
4,5,41的三角形四个,边长为2,4,5的三角形
6
六个,用上述三角形为面,可以拼成
个四面体.(江西供题)
解:用四个三角形拼成四面体,每种边长至少要在两个三角形中出现.因此以
上三种三角形如果要用,
就用偶数个.由于第①类边长为3,4,5的三角形与第②类边长为4,5,4
1的三角形都是直角三角形,
5
而第③类边长为2,4,5的三角形为钝角三角形.因此,用4
个后两种三角形都不能单独拼成四面体(四
6
个面全等的四面体是等腰四面体,其各面都是锐角
三角形).
情况⑴:4个三角形中有两个②类三角形,如图,取两个②类三角形,BC=41,则斜边
BC上的高
2016166
AE=DF=h=.且BE=CF=x=,则EF=41-2×=.
41 41 41 41
A
A
1
4
3
于是AD2
=AE
2
+EF
2
+FD
2
-2AE·DF
cosθ=(881-810cosθ)
h
4
h
41
5
B
4
B
E
- 4 -
x
5
D
41
F
4
E
x
D
5
情况1
C
F
3情况2
C
81
∈(,41).
(*)
41
若再取两个①类三角形时,由于AD=3,满足(*)式,故可以构成四面体.
5
若再取两个③类三角形时,由于AD=2,不满足(*)式,故不可以构成四面体.
6
12
情况⑵:两个①类,两个③类.此时取BC=5,AB=CD=3,于是斜边BC上的
高AE=DF=h=.且
5
997
BE=CF=x=,则EF=5-2×=.
555
149
于是AD
2
=AE
2
+EF
2+FD
2
-2AE·DFcosθ= (337-288cosθ)∈(,25).
2525
5
由于AD=2,不满足(*)式,故不可以构成四面体.
6
∴ 只能构成1个四面体.
5.五对孪生兄妹参加k个组活动,若规定:⑴ 孪生
兄妹不在同一组;⑵非孪生关系的任意两个人都
恰好共同参加过一个组的活动,⑶有一人只参加两个组的
活动,则k的最小值为 .(命题组供题)
解:设此10人为A,a;B,b;C,c;D,d;E,e.
A只参加2组,故除a外其余
8人应分成2组,每组人数都不超过4人(否则有孪生兄妹同组).记第
一组为{B,C,D,E},第
二组为{b,c,d,e}.于是其余8人中大写字母不再同组,小写字母也不再同组.即
除a外其余组
中人数不超过2人.每人都再参加3组,故至少还要3×4=12组.a可参加其中4组.即至少
要14
组.又{a,B,c},{B,d},{B,e},{a,C,b},{C,d},{C,e},{D,b},{
D,c},{a,D,e},
{E,b},{E,c},{a,E,d}满足要求.故所求最小值为14
.
1987年全国高中数学联赛二试题
一.如图,△ABC和△AD
E是两个不全等的等腰直角三角形,现固定△ABC,而将△ADE绕A点在平
面上旋转,试证:不论△
ADE旋转到什么位置,线段EC上必存在点M,使△BMD为等腰直角三角形.
证明:以
A为原点,AC为x轴正方向建立复平面.设C表示复数c,
B
111
点E表示复数e
(c、e∈R).则点B表示复数b=c+ci,点D表示复数d=
222
1
e-ei
.
2
C
M
A
D
D'
E
把△ADE绕点A
旋转角θ得到△AD?E?,
则点E?表示复数e?=e(cosθ+isinθ).点D?表示复数
d?=d(cosθ+isinθ)
1
表示E?C中点M的复数m=(c+e?).
2
E'
→
1111111
∴ 表示向量MB的复数:z
1<
br>=b-(c+e?)=c+ci-c-e(cosθ+isinθ)=-ecosθ+(c-esinθ)
i.
2222222
→
1111
表示向量MD?的复数:z
2=d?-m=(e-ei)(cosθ+isinθ)-c-e(cosθ+isinθ)
2222
11
=(esinθ-c)-iecosθ.
22
显然:
z
2
=z
1
i.于是|MB|=|MD?|,且∠BMD?=90°.即△B
MD?为等腰直角三角形.故证.
二.在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点称为整点.试证:存在一个同心圆的集合,使得
-
5 -
⑴每个整点都在此集合的某个圆周上;
⑵此集合的每个圆周上,有且只有一个整点.(辛泽尔定理)
证明 取一点,其两个坐标都是无理数,
例如W(2,3),先证明,以W为圆心,任意长为半径作的
圆,至多通过一个格点.
设某个以W为圆心的圆通过两个格点(m,n),(p,q)(m,n,p,q∈Z),
则(
m-2)
2
+(n-3)
2
=(p-2)
2
+(q-3)<
br>2
.
展开整理得,m
2
+n
2
-p
2-q
2
=22(p-m)+23(q-n).
左边是有理数,右边当且仅当p=m,q=n时为有理数.故证.
于是可知以W为圆心的圆至多通过一个格点.
现考虑,平面上所有的点与W的距离,这些距离
没有两个相等.故可以把所有的距离按从小到大排队
0=r
0
.对应的整点依次为A
0
,A
1
,A
2
,A
3
,?,A
n,?.以W为圆心,以r
n
为半径作圆,
则此圆恰经过整点A
n
.且此圆只经过A
n
这个整点.现取以W为圆心,所有r
n
为半径的同心圆集
.则每个
整点都在此同心圆集合中的某个圆上,且每个圆上都有且只有一个整点.
三.n(n
>3)名乒乓球选手单打若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同,试证明:总可
以从中
去掉一名选手,而使在余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同.
证明1:用A、B、??表示选手,而用α(A)、α(B)表示A、B已赛过的对手集合.
设A是对手集中元素最多的的选手.
若命题不成立,则存在两个选手B、C使去掉A后,B、
C的对手集相同,由于α(B)≠α(C),故A必属
于α(B)与α(C)之一.不妨设B∈α(A)
,C?α(A).
同样存在D、E,使D∈α(C),E?α(C),去掉C后,α(D)=α(E)
,由于A?α(C),故D≠A:又D∈α(C),
故D∈α(B),即B∈α(D)=α(E)∪{C
},从而B∈α(E),C?α(E),而去掉A后,B、C的对手集相同,从而E=A.
于是α(A
)=α(E)=α(D){C},即α(A)比α(D)少一个元素C,这与A是“对手集中元素最多的”矛盾.
故
证.
又证:把这些选手编为1至n号,以n个点表示这n个人,各点也相应编为1至n号.
反设去
掉任何一各选手后都有两个选手的已赛过的对手完全相同.于是先去掉1号选手,则有两个选
手的已赛过
的对手完全相同,设为第i号与第j号,在表示此二人的点间连一条线,并在线上注上“1号”.这
说明
,此二人在去掉1号选手之前必是一人与1号赛过,另一人与1号没有赛过.而且不可能在去掉1号
后有
三人都相同,否则,此三人与1号选手比赛的情况只有两种:赛过或没有赛过,如果去掉1号后,此
三人
的情况完全相同,则去掉1号之前必有2人赛过的对手完全相同.如果去掉1号后有不止一对选手的
已赛
过对手完全相同,则只任取其中的一对连线,其余的对则不连线.
连线后把1号选手放回来,再依次去
掉2号、3号,??,直至n号,每去掉1个选手,都会在某两点
之间连出1条线.这样,就在n个选手
之间连了n条线.且这些线上分别注了1至n号,每条线注了1个
号码,每个号码只注在1条线上. <
br>在这10个点中,总能找到一点,从这点出发,沿线前进,最后必能回到此点,否则,每到1点后,经过的点数都比线数多1.而图中的点数与线数相等,矛盾.现不妨设从点i出发,经过点j、k、??最后回
到点i.注意到点i与点j所代表的两各选手中1个是与1号比赛的,另一个是没有与1号比赛的,不妨
设i
号没有与1号比赛过,j号与1号比赛过.而j与k所连线上注的号码不是1,故j与k与1号比赛
的情况相
同,即k号与1号比赛过,??,这样沿线走一圈后回到i,就应该得出i号与1号比赛过,矛
盾.故证.
- 6 -