1985年全國高中數學聯賽試題第一試1．選擇題(本題滿分36分，每小題答對得6分答錯得0分，不答得1分)⑴假定有兩個命題：甲：a是大于0的實數；乙：a>b且a－1>b－1．那么()A．甲是乙的充分而不必要條件B．甲是乙的必要而不充分條件C．甲是乙的充分必要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件⑵PQ為經過拋物線y2=2px焦點的任一弦，MN為PQ在準線l上的射影，PQ繞l一周所得的旋轉面面積為S1，以MN為直徑的球面積為S2，則下面結論中，正確的是()A．S1>S2B．S1<S2C．S1≥S2D．有時S1>S2，有時S1=S2，有時S1<S2⑶已知方程arccoseq\f(4,5)－arccos(－eq\f(4,5))=arcsinx，則()A．x=eq\f(24,25)B．x=－eq\f(24,25)C．x=0D．這樣的x不存在．⑷在下面四個圖形中，已知有一個是方程mx+ny2=0與mx2+ny2=1(m≠0，n≠0)在同一坐標系中的示意圖，它應是()⑸設Z、W、λ為復數，|λ|≠1，關于Z的方程eq\o(\s\up6(－),Z)－λZ=W有下面四個結論：Ⅰ．Z=eq\f(eq\o(\s\up6(－),λ)W+eq\o(\s\up6(－),W),1－|λ|2)是這個方程的解；Ⅱ．這個方程只有一解；Ⅲ．這個方程有兩解；Ⅳ．這個方程有無窮多解．則()A．只有Ⅰ、Ⅱ正確B．只有Ⅰ、Ⅲ正確C．只有Ⅰ、Ⅳ正確D．以上A、B、C都不正確⑹設0<a<1，若x1=a，x2=aeq\s\up6(x1)，x3=aeq\s\up6(x2)，…，xn=aeq\s\up6(xn－1)，……，則數列{xn}()A．是遞增的B．是遞減的C．奇數項遞增，偶數項遞減D．偶數項遞增，奇數項遞減二．填空題(本題滿分24分，每小題6分)⑴在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若角A、B、C的大小成等比數列，且b2－a2=ac，則角B的弧度為等于．⑵方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非負整數解共有組．⑶在已知數列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相鄰若干個數之和能被11整除的數組共有．⑷對任意實數x，y，定義運算x*y為x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c為常數，等式右端中的運算是通常的實數加法、乘法運算．現已知1*2=3，2*3=4，并且有一個非零實數d，使得對于任意實數都有x*d=x，則d=．

第二試(本試共有4題，每題滿分15分)1．在直角坐標系xoy中，點A(x1，y1)和點B(x2，y2)的坐標均為一位的正整數．OA與x軸正方向的夾角大于45°，OB與x軸正方向的夾角小于45°，B在x軸上的射影為B，A在y軸上的射影為A，△OBB的面積比△OAA的面積大33.5，由x1，y1，x2，y2組成的四位數eq\o(\s\up10(),x1x2y2y1)=x1?103+x2?102+y2?10+y1．試求出所有這樣的四位數，并寫出求解過程．2．如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E是BC中點，F在AA1上，且A1F∶FA=1∶2．求平面B1EF與底面A1B1C1D1所成的二面角．3．某足球邀請賽有十六個城市參加，每市派出甲、乙兩個隊，根據比賽規則，比賽若干天后進行統計，發現除A市甲隊外，其它各隊已比賽過的場數各不相同．問A市乙隊已賽過多少場？請證明你的結論．4．平面上任給5個點，以λ表示這些點間最大的距離與最小的距離之比，證明：λ≥2sin54．

1985年全國高中數學聯賽試題第一試1．選擇題(本題滿分36分，每小題答對得6分答錯得0分，不答得1分)⑴假定有兩個命題：甲：a是大于0的實數；乙：a>b且a－1>b－1．那么()A．甲是乙的充分而不必要條件B．甲是乙的必要而不充分條件C．甲是乙的充分必要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件解：由于a>b且a－1>b－1成立時，必有a>0，b<0．故由乙可得甲，故選B⑵PQ為經過拋物線y2=2px焦點的任一弦，MN為PQ在準線l上的射影，PQ繞l一周所得的旋轉面面積為S1，以MN為直徑的球面積為S2，則下面結論中，正確的是()A．S1>S2B．S1<S2C．S1≥S2D．有時S1>S2，有時S1=S2，有時S1<S2解：設PQ與x軸夾角=θ，|PF|=ρ1，|QF|=ρ2，則|PM|=ρ1，|QN|=ρ2．則S1=π(PM+QN)?PQ=π(ρ1+ρ2)2，S2=π|MN|2=π(ρ1+ρ2)2sin2θ．∴S1≥S2，當且僅當θ=90°時等號成立．選C．⑶已知方程arccoseq\f(4,5)－arccos(－eq\f(4,5))=arcsinx，則()A．x=eq\f(24,25)B．x=－eq\f(24,25)C．x=0D．這樣的x不存在．解：即arcsinx=2arccoseq\f(4,5)－π．設arccoseq\f(4,5)=θ，則cosθ=eq\f(4,5)，sinθ=eq\f(3,5)．∴sin2θ=2sinθcosθ=eq\f(24,25)．即2θ為銳角．∴2θ－π<－eq\f(π,2)．故選D．⑷在下面四個圖形中，已知有一個是方程與(m≠0，n≠0)在同一坐標系中的示意圖，它應是()解：由y2=－eq\f(m,n)x，若m、n均為正數，則此拋物線開口向左，且mx2+ny2=1表示橢圓，m<n，|eq\f(m,n)|<1．此時拋物線與直線y=－x的交點橫坐標應>－1．故否定B、D．若m、n符號相反，則拋物線開口向右．且mx+ny2=0圖形是雙曲線，m<0，n>0，m=－n．故選A．⑸設Z、W、λ為復數，|λ|≠1，關于Z的方程eq\o(\s\up6(－),Z)－λZ=W有下面四個結論：Ⅰ．Z=eq\f(eq\o(\s\up6(－),λ)W+eq\o(\s\up6(－),W),1－|λ|2)是這個方程的解；Ⅱ．這個方程只有一解；Ⅲ．這個方程有兩解；Ⅳ．這個方程有無窮多解．則()A．只有Ⅰ、Ⅱ正確B．只有Ⅰ、Ⅲ正確C．只有Ⅰ、Ⅳ正確D．以上A、B、C都不正確解：原式兩端取共軛：Z－eq\o(\s\up12(),λZ)=eq\o(\s\up6(－),W)，乘以λ再取共軛：eq\o(\s\up12(),λZ)－||2Z=eq\o(\s\up6(－),λ)W，相加，由||≠1，得方程有唯一解Z=eq\f(eq\o(\s\up6(－),λ)W+eq\o(\s\up6(－),W),1－|λ|2)．選A．⑹設0<a<1，若x1=a，x2=aeq\s\up6(x1)，x3=aeq\s\up6(x2)，…，xn=aeq\s\up6(xn－1)，……，則數列{xn}()A．是遞增的B．是遞減的C．奇數項遞增，偶數項遞減D．偶數項遞增，奇數項遞減解：作y=ax的圖象，在圖象上取點x1，x2，x3，x4，由0<a<1，知x1<x3<x2，即A、B錯，C正確．選C．二．填空題(本題滿分24分，每小題6分)⑴在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若角A、B、C的大小成等比數列，且b2－a2=ac，則角B的弧度為等于．解：由余弦定理，b2－a2=c2－2accosB．故ac=c2－2accosB．即a=c－2acosB．sinA=sin(A+B)－2sinAcosB.=sin(B－A)．∴由b>a，得B>A．A=B－A，B=2A，C=4A．或A+B－A=π(不可能)∴B=eq\f(2,7)π．⑵方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非負整數解共有組．解：x1=1時，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1，共有9解；x1=0時，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3，共有9+Aeq\a(2,9)+Ceq\a(3,9)=9+72+84=165解．∴共有174解．⑶在已知數列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相鄰若干個數之和能被11整除的數組共有．解：把這些數mod11得1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1．依次累加，得：1，5，2，1，6，3，2，5，2，1．其中相等的和有7對(3對1，3對2，1對5)，這表示原數列中共有7組相鄰數之和能被11整除．⑷對任意實數x，y，定義運算x*y為x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c為常數，等式右端中的運算是通常的實數加法、乘法運算．現已知1*2=3，2*3=4，并且有一個非零實數d，使得對于任意實數都有x*d=x，則d=．解：ax+bd+cxd=x．取x=0，代入得，bd=0，但d≠0，故b=0a+2b+2c=3，2a+3b+6c=4．a=5，c=－1．取x=1代入，得d=4．經驗算：x*y=5x－xy，對于一切x，有x*4=5x－4x=x成立．故d=4．

第二試(本試共有4題，每題滿分15分)1．在直角坐標系xoy中，點A(x1，y1)和點B(x2，y2)的坐標均為一位的正整數．OA與x軸正方向的夾角大于45°，OB與x軸正方向的夾角小于45°，B在x軸上的射影為B，A在y軸上的射影為A，△OBB的面積比△OAA的面積大33.5，由x1，y1，x2，y2組成的四位數eq\o(\s\up10(),x1x2y2y1)=x1?103+x2?102+y2?10+y1．試求出所有這樣的四位數，并寫出求解過程．解：x2y2－x1y1=67．x1<y1，x2>y2．且x1，y1，x2，y2都是不超過10的正整數．∴x2y2>67，x2y2=72或81．但x2>y2，故x2y2=91舍去．∴x2y2=72．x2=9，y2=8．∴x1y1=72－67=5．x1=1，y1=5，∴eq\o(\s\up10(),x1x2y2y1)=1985．2．如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E是BC中點，F在AA1上，且A1F∶FA=1∶2．求平面B1EF與底面A1B1C1D1所成的二面角．解：設AB=1，則BE=eq\f(1,2)，A1F=eq\f(1,3)，故B1E=eq\f(\r(5),2)，B1F=eq\f(\r(10),3)，EF=eq\f(\r(61),6)．∴Seq\s\do4(B1EF)=eq\f(1,2)·eq\r(\f(5,4)·\f(10,9)－\f(1,4)(\f(5,4)+\f(10,9)－\f(61,36)))=eq\f(1,12)eq\r(46)．而△B1EF在平面A1C1上的射影面積=eq\f(1,4)．∴cosθ=eq\f(3,\r(46))，即所求角=arccoseq\f(3,\r(46))．又解：設平面B1EF與平面AD1交于FG，(G在AD上)，則由平面AD1∥平面BC1，得FG∥B1E．于是，延長GF、D1A1交于P，則P為截面與平面A1C1的公共點，故PB1為所求二面角的棱．AG=A1H=eq\f(1,3)，A1P=eq\f(1,6)，PB1=eq\f(\r(37),6)．作GH⊥A1D1于H，則GH⊥平面A1C1．作HK⊥PB1，連GK．則∠GKH為所求二面角的平面角．∵HK?PB1=A1B1?HP．∴HK=eq\f(3,\r(37))，tan∠GKH=eq\f(\r(37),3)．即所求角=arctaneq\f(\r(37),3)．3．某足球邀請賽有十六個城市參加，每市派出甲、乙兩個隊，根據比賽規則，比賽若干天后進行統計，發現除A市甲隊外，其它各隊已比賽過的場數各不相同．問A市乙隊已賽過多少場？請證明你的結論．證明：用32個點表示這32個隊，如果某兩隊比賽了一場，則在表示這兩個隊的點間連一條線．否則就不連線．由于，這些隊比賽場次最多30場，最少0場，共有31種情況，現除A城甲隊外還有31個隊，這31個隊比賽場次互不相同，故這31個隊比賽的場次恰好從0到30都有．就在表示每個隊的點旁注上這隊的比賽場次．考慮比賽場次為30的隊，這個隊除自己與同城的隊外，與不同城有隊都進行了比賽，于是，它只可能與比賽0場的隊同城；再考慮比賽29場的隊，這個隊除與同城隊及比賽0場、1場(只賽1場的隊已經與比賽30場的隊賽