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1、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)： 如果凸n边形F(n4)的所有对角线都相等，那么 AF四边形 BF五边形 CF四边形五边形 DF边相等的多边形内角相等的多边形 极坐标方程=所确定的曲线是 A圆 B椭圆 C双曲线 D抛物线 如果log2log(log2)=log3log(log3x)= log5log(log5x)=0，那么 Azxy Bxyz Cyzx Dzyx 由方程|x1|+|y1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是 A1 B2 C D4 对任何(0，)都有 Asinsincoscoscoscos
2、Csincoscoscossin Dsincoscos0，N=(x，y)|arctanx+arccoty=，那么 AMN=(x，y)| |xy|=1 BMN=M CMN=N DMN=(x，y)| |xy|=1，且x，y不同时为负数 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式： 甲：(a+)(b+)， 乙：(+)2， 丙：(+)2 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，ASB=，ASC=(0)，BSC=(0)以SC为棱的二面角的平面角为求证：=arc cos(cotcot)3(本题16分)已知： 半圆的
3、直径AB长为2r； 半圆外的直线l 与BA的延长线垂直，垂足为T，|AT|=2a(2av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、21982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)： 如果凸n边形F(n4)的所有对角线都相等，那么 AF四边形 BF五边形 CF四边形五边形 DF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 极坐标方程=所确定的曲线是 A圆 B椭圆 C双曲线 D抛物线 解：=，知e
4、=，选C 如果log2log(log2)=log3log(log3x)= log5log(log5x)=0，那么 Azxy Bxyz Cyzx Dzyx解：x=2，y=3，z=5；x=2=8，y=3=9，故xy，又x=32，z=25，故zx故选A 由方程|x1|+|y1|=1确定的曲线所围成的图形的面积是 A1 B2 C D4 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 对任何(0，)都有 Asinsincoscoscoscos Csincoscoscossin Dsincoscoscossin 解：由0sinsin由0cos1，得sin
5、cos0，N=(x，y)|arctanx+arccoty=，那么 AMN=(x，y)| |xy|=1 BMN=M CMN=N DMN=(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；由arctanx=arccoty，x=，xy=1，若x0即N是xy=1在第四象限的一支故选B 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式： 甲：(a+)(b+)， 乙：(+)2， 丙：(+)2 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的取值有关解：甲乙，但甲、丙大小不确定故选D2(本题16分)已知四面体SABC中，ASB=，A
6、SC=(0)，BSC=(0)以SC为棱的二面角的平面角为求证：=arc cos(cotcot)证明：在SC上取点D，使SD=1，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SF=sec，DF=tan由ASC=，得SE=sec，DE=tan由ASB=，得EF2=SE2+SF2= DE2+DF22DEDFcos sec2+sec2=tan2+tan22tantancoscos=cotcot =arc(cotcot)3(本题16分)已知： 半圆的直径AB长为2r； 半圆外的直线l 与BA的延长线垂直，垂足为T，
7、|AT|=2a(2a)； 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 =1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(xar)2+y2=r2(y0)与抛物线y2=4ax的交点消去y得：x2+2(ar)x+2ra+a2=0条件2a0，于是此方程有两个不等实根x1，x2，即为M、N的横坐标由韦达定理，知x1+x2=(2a2r) |AM|=|MP|=x1+a，|AN|=|NQ|=x2+a |AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r证毕又证：作MCAB，NDAB，垂足为C、D则AN2=ADAB，AM2=
8、ACAB， AN2AM2=(ADAC)AB=CDAB AN2AM2=(AN+AM)(ANAM)=(AN+AM)(NQMP)=(AN+AM)CD比较得，AN+AM=AB4(本题20分)已知边长为4的正三角形ABCD、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 求证当点P在RQS的顶点位置时乘积xyz有极小值； 求上述乘积xyz的极小值解： 利用面积，易证： 当点P在ABC内部及边上移动时，x+y+z为定值h=2；过P作BC的平行线l，交ABC的两边于G、H当点P在线段G
9、H上移动时，y+z为定值，从而x为定值设y，m为定值则函数u=y(my)在点y=或y=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=1，得=，x=h=h，y=h=h，z=h xyz=()3h3=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uv点P在x轴
10、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 证明：p2m+q2n=r2若p=q，则由uv，得mn，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)故pq，于是(p，q)=1若p、q均为奇数，则p2q21(mod 4)，与r20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)设p=2，则q2n=r222m=(r+2m)(r2m)即r+2m与r2m都是q2n的约数设r+2m=qk，r2m=qh，其中
11、kh1，k+h=2n r= (qk+qh)= qh(qkh+1)，2m= (qkqh)= qh(qkh1)，但qh是奇数，又是2m+1的约数，故h=0r= (q2n+1)，2m+1=q2n1=(qn+1)(qn1) qn+1=2，qn1=2(+=m+1，)，而2=22=2(21)，从而=1，=1，=2 m=2，u=4，qn=3，q=3，n=1，v=3|OP|=5 |AM|=54=1，|BM|=5+4=9，|CN|=5+3=8，|DN|=53=2若设q=2，则同法可得u=3，v=4，与uv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(ab)，使a2b2= qn，2ab= pm，a2+b2=r或a2b2=pm，2ab=qn，a2+b2=r若pm=2ab，得p=2，a|2m，b|2m，故a=2，b=2，由a，b互质，得=0， b=1，a=2m1qn=22m21=(2m1+1)(2m11)故2m1+1=q，2m11=q，(+=n，且) 2=qq=q(q1)由q为奇数，得=0，2=qn1，qn=3，从而q=3，n=1，a2=4a=2，m=2仍得上解