1982年全国高中数学联合竞赛试题解答

1982年二十八省、市、自治区中学生结合数学比赛一、选择题(此题48分，每一小题答对者得6分，答错者得0分，不答者得1分)：1982*1、假如凸n边形F(n4)的全部对角线都相等，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}◆答案：C★分析：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立，知D错，选C．1982*2、极坐标方程1所确立的曲线是（）sin1cosA．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线◆答案：C★分析：1，知e2，选C．12cos41982*3、若log2log(log2x)log3log(log3y)log5log1(log5)0，则x,y,z的大小11z235为（）A.zxyB.xyzC.yzxD.zyx◆答案：A1111111★分析：由题意得x22，y33，z55；x2286，y3396，故xy，又11x3210z2510．应选A．1982*4、由方程x1y11确立的曲线所围成的图形的面积是（）A.1B.2C.D.4◆答案：B★分析：此曲线的图形是一个正方形，极点为0,1,1,0,2,1,1,2；其面积为2．选B．1982*5、对任何0,都有（）21982年二十八省、市、自治区中学生结合数学比赛第1页共6页A.sinsincoscoscosB.sinsincoscoscosC.sincoscoscossinD.sincoscoscossin◆答案：D★分析：由0sin2，得cossinsin．0cos1，得sincoscos．应选D．1982*6、已知x1,x2是方程x2(k2)x(k23k5)0（k为实数）的两个实数根，则x12x22的最大值是（）A.19B.1850D.不存在C.9◆答案：A★解析：3k216k160，得4k4．由韦达定理，得322x1x22(k5)219．∴当k4时，22取最大值18．应选B．x1x22x1x21x2x1982*7、设Mx,yxy1,x0，Nx,yarctanxarccoty，那么（）A．MNx,yxy1B．MNMC．MNND．MNx,yxy1，此中x,y不一样时为负数◆答案：B★分析：M是双曲线xy1在第一、四象限内的两支；由arctanxarccoty，x1，即xy1，若x0,则arctanx,0，而y2arcoty0,，arccoty0,，故x0．即N是xy1在第四象限的一支．应选B．1982*8、1b1当a,b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：甲：a，乙：ab1982年二十八省、市、自治区中学生结合数学比赛第2页共6页12ab2，丙：2）ab2，中间，值最大的一个是（ababA．必然是甲B．必然是乙C．必然是丙D．一般其实不确立，而与a,b的取值相关◆答案：D★分析：甲>乙，但甲、丙大小不确立．应选D．1982*9、(此题16分)已知四周体SABC中，ASB,ASC（0）,BSC22（0）,以SC为棱的二面角的平面角为．2求证：arccos(cotcot)．★证明：在SC上取点D，使SD1，在面SAC、SBC内分别作DESC，DFSC，分别交SA,SB于E,F，连EF．则EDF为二面角ASCB的平面角．即EDF．由BSC，知SF1，DFtan．ScosD1由ASC，得SE，DEtan．EcosAFC由ASC，得EF2SE2SF2DE2DF22DEDFcos2B代入数据得coscotcot．arccos(cotcot)．1982*10、(此题16分)已知：⑴半圆的直径AB长为2r；⑵半圆外的直线l与BA的延伸线垂直，垂足为T，AT2a(2arl的距离MP、NQ满)；⑶半圆上有相异两点M,N，它们与直线2足条件:MPNQ1．求证：AMANAB．AMAN★证明：以AT中点O为原点，AB所在直线为x轴成立直角坐标系，则由已知，M,N是半圆xar2y2r2(y0)与抛物线yly24ax的交点．消去y得：x22(ar)x2raa20．

Q

NPM1982年二十八省、市、自治区中学生结合数学比赛第3页共6页TOACDBx条件2ar0，于是此方程有两个不等实根x1,x2，保证2即为M,N的横坐标．由韦达定理，知x1x2(2a2r)．∵AMMPx1a，ANNQx2a．∴AMANx1x22a2r．证毕．又证：作MCAB，NDAB，垂足为C,D．则AN2ADAB，AM2ACAB，∴AN2AM2ADACABCDAB．∵AN2AM2ANAMANAMANAMQNPMANAMCD．比较得，AMANAB．1982*11、(此题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AEBFCD1，连接AD,BE,CF，交成RQS.点P在RQS内及边上挪动，点P到ABC三边的距离分别记作x,y,z。⑴求证：当点P在RQS的极点地点时，乘积xyz有极小值；⑵求上述乘积xyz的极小值。★分析：利用面积，易证：⑴当点

P在

ABC内部及边上挪动时，xyz为定值

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上挪动时，

y

z为定值，进而

x为定值．⑶设y,，m为定值．则函数uy(y)在点y或y时获得极小值．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，A这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，TSE1982年二十八省、市、自治区中学生结合数学比赛第4页共6页lFVRQBUCD易得只有当点P在此六点上时，xyz获得极小值．由对称性易知，xyz的值在此六点处相等．由EACDBS1，得BS12，x123h9h，ySEh1h，z3h．ACDBSESE1313413EB13133∴xyz3h36483．1321971982*12、(此题20分)已知圆x2y2r2（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，upm，vqn（p,q都是质数，m,n都是正整数），且uv.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、9、8、2.1★证明：由题意得p2mq2nr2．若pq，则由uv，得mn，于是p2n(p2(mn)1)r2，这是不行能的．(因p2(mn)与p2(mn)1都是完整平方数，它们相差1，故必有p2(mn)0，矛盾)．pqp,q1．若p,q221，与2或矛盾．故p,qpqmod4r0故，于是均为奇数，则1必有一为偶数．即p,q必有一个为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)设p2，则q2nr222mr2mr2m．即r2m与r2m都是q2n的约数．设r2mqk，r2mqh，此中kh1，kh2n．∴r1qkqh1h(qkh1)，m1qkqh1h(qkh1)，但qh是奇数，又是2m12q22q22的约数，故h0．r1q2n1，2m1q2n1qn1qn1．2∴qn12，qn12．(m1，，而222221，进而1982年二十八省、市、自治区中学生结合数学比赛第5页共6页1，1，2．∴m2,u4,qn3,q3,n1,v3．OP5．∴AM541，BM549，CN538DN532．若设q2，则同法可得u3，v4，与uv矛盾，舍去．又证：在得出p,q互质且此中必有一为偶数以后．由于pm,qn1，故必存在互质的正整数a,b(ab)，使a2b2qn，2abpm，a2b2r．或a2b2pm，2abqn，a2b2