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1、试题为高清版 下载可打印 试题为高清版 下载可打印 1991 年全国高中数学联赛一试题 一选择题： 1由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( ) A4 B8 C12 D24 2设 a、b、c 均为非零复数，且 = = ，则的值为( ) a b b c c a a + bc ab + c A1 B C1，2 D1，2 3设 a 是正整数，a ，则 A、B、C、D 即为所求 1 4 若 SABD ，取BCD 的重心 G，则以 B、C、D、G 这 4 1 4 3 4 点中的任意 3 点为顶点的三角形面积 1 4 若 SABD= ，其余三个三角形面积均 SABD= 1 4 1 4 由于 S
2、ABC+SACD=1，而 SACD ，故 SABCSABD，从而 SABESABD= SACE=SABE ，SBCE=SABC 1 4 1 4 即 A、B、C、E 四点即为所求 1 4 若 SABD= ，其余三个三角形中还有一个的面积 = ，这个三角形不可能 1 4 1 4 是 BCD，(否则 ABCD 的面积= )，不妨设 SADC= SABD= 则 ADBC，四边形 ABCD 为梯形 1 2 1 4 由于 SABD= ，SABC= ，故若 AD=a，则 BC=3a，设梯形的高=h， 1 4 3 4 则 2ah=1设对角线交于 O，过 O 作 EFBC 分别交 AB、CD 于 E、F AEE
3、B=AOOC=ADBC=13 EF= ASEFB=SEFC= a h=ah= a3 + 3a1 1 + 3 3 2 1 2 3 2 3 4 9 16 9 32 1 4 SEBC=SFBC= 3a h= ah= 于是 B、C、F、E 四点为所求综上可知 1 2 3 4 9 8 9 16 1 2 所证成立 又证：又证：当 ABCD 为平行四边形时，A、B、C、D 四点即为所求 当 ABCD 不是平行四边形， 则至少有一组对边的延长线必相交， 设延长 AD、 BC A D CB E h 3a a O AD CB F E PQ A D C B E 试题为高清版 下载可打印 试题为高清版 下载可打印 交
4、于 E，且设 D 与 AB 的距离 SABCD= 3 4 3 4 3 4 即 (a+2a)h ，ah 1 2 3 4 1 2 SAPQ=SBPQ= ah SPAB=SQAB=ah 即 A、B、Q、P 为所求 1 2 1 4 1 2 1 4 若ED AE， 取AE中点P， 则P在线段DE上，作PRBC交CD于R， AN 1 2 BC，交 CD 于 N，由于EAB+EBASABCD=1问题化为上一种情况 1 2 三设 an是下述自然数 N 的个数：N 的各位数字之和为 n 且每位数字只能取 1、3 或 4求证：a2n是 完全平方数这里，n=1，2， 证明：设 N=，其中 x1，x2，xk1，3，4
5、且 x1+x2+xk=n假定 n4删去 xk时，则 _ x1x2xk 当 xk依次取 1，3，4 时，x1+x2+xk1分别等于 n1，n3，n4故当 n4 时， an=an1+an3+an4 a1=a2=1，a3=2，a4=4， 利用及初始值可以得到下表： n1234567891011121314 an11246915254064104169273441 规律11212222332355258828131321321212 可找到规律： 取 f1=1，f2=2，fn+2=fn+1+fn这是菲波拉契数列相应的项 (n=1，2，3，) a2n=f n 2 ， a2n + 1 =fnfn + 1)
6、 可用数学归纳法证明、成立 首先，n=1 时，a2=12=f ，a3=12=f1f2 1 2 n=2 时，a4=22=f ，a5=23=f2f3即 n=1，2 时、成立 2 2 设 n=k1，k 时、成立则由及归纳假设得 a2(k+1)=a2k+1+a2k1+a2k2=fkfk+1+fk1fk+f= fkfk+1+fk1(fk+fk1) k1 2 = fkfk+1+fk1fk+1=fk+1(fk1+fk)=fk+1fk+1=f k+ 1 2 a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k1 =f+f +fk1fk= f+fk(fk+fk1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=
7、fk+2fk+1 k+ 1 2 k 2 k+ 1 2 k+ 1 2 故 n=k+1 时、成立故对于一切正整数 n，、成立 于是 a2n=f (n=1，2，3)是完全平方数 n 2 证明 2：(找规律)先用归纳法证明下式成立： N F R S E B C D A Q P 试题为高清版 下载可打印 试题为高清版 下载可打印 a2n+1=a2n+a2n1 因 a1=a2=1，a3=2，故当 n=1 时，成立 设 n=k 时成立，即 a2k+1=a2k+a2k1 则由，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k1=a2(k+1)+a2(k+1)1故式对 k+1 成立，即对一切 nN*成立 再用归纳法证明下
8、式成立： a2na2n+2=a2n+12 因 a2=1，a3=2，a4=4，故当 n=1 时成立 设 n=k 时成立，即 a2ka2k+2=a2k+12 则由、，有 a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3 (由)=a2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3 =a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由)=a2k+3(a2k+1+a2k+2)=a2k+32 (本题由于与菲波拉契数列有关，故相关的规律有很多，都可以用于证明本题)
9、证明 2：(用特征方程)由上证得式，且有 a1=a2=1，a3=2，a4=4， 由此得差分方程：431=0 (2+1)(21)=0此方程有根 =i，= 1 5 2 令 an=in+(i)n+()2+()2 1 +5 2 1 5 2 利用初值可以求出 an=in+(i)n+ ()n+2+ ()n+2 2i 10 2 + i 10 1 5 1 + 5 2 1 5 1 5 2 a2n=()n+1()n+12 1 5 1 + 5 2 1 5 2 用数学归纳法可以证明 bn=()n+1()n+1为整数(这是斐波拉契数列的通项公式) 1 5 1 + 5 2 1 5 2 b0=1，b1=1 均为整数，设 k
10、n 时 bk=()k+1()k+1都为整数，则 1 5 1 + 5 2 1 5 2 bk+1bk=()k+2()k+1+()k+1()k+2 1 5 1 + 5 2 1 + 5 2 1 5 2 1 5 2 =()k+1+()k+1=bk1 即bk+1=bk+bk1 由归纳假设bk与bk1均为整数， 1 5 1 + 5 2 51 2 1 5 2 1 + 5 2 故 bk+1为整数于是可知 bn对于一切 nN*，bn为整数于是 a2n为整数之平方，即为完全平方数 证明 4(下标全部变为偶数再用特征方程) 由得， a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n1)+a2n+
11、1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2a2n2(由a2n+2=a2n+1+a2n1+a2n 2) 令 bn=a2n，则得 bn+22bn+12bn+bn1=0特征方程为 3222+1=0 1=1，2，3= 3 5 2 故 bn=(1)n+()n+()n初始值 b1=a2=1，b2=a4=4，b3=a6=9b0=b3+2b2+2b1=1 3 +5 2 3 5 2 代入求得 = ，=，= 2 5 3 +5 10 3 5 10 得 a2n=bn= 2(1)n+()n +1+()n+1= ()2(n+1)+()2(n+1)2()n+1()n+1 1 5 3 +5 2 3 5 2 1 5 1 +5 2 1 5 2 1 +5 2 1 5 2 =()n+1()n+12 1 5 1 + 5 2 1 5 2 试题为高清版 下载可打印 试题为高清版 下载可打印 记 fn=()n+1()n+1，其特征根为1，2=故其特征方程为21=0于是其递 1 5 1 + 5 2 1 5 2 1 5 2 推关系为 fn=fn1+fn2 而 f0=1，f1=1，均为正整数，从而对于一切正整数 n，fn为正整数从而 a2n为完全平方数