1987年全國高中數學聯賽試題一試題(10月11日上午8∶00——9∶30)一．選擇題(每個小題選對得5分，不選得1分；選錯或選出的代號超過一個者得0分．本題滿分20分)：1．對任意給定的自然數n，若n6+3a為正整數的立方，其中a為正整數，則()A．這樣的a有無窮多個B．這樣的a存在，但只有有限個C．這樣的a不存在D．以上A、B、C的結論都不正確(上海供題)2．邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條不小于6，則這個菱形兩條對角線長度之和的最大值是()A．10eq\r(2)B．14C．5eq\r(6)D．12(天津供題)3．在平面直角坐標系中縱橫坐標均為有理數的點稱為有理點，若a為無理數，則過(a，0)的所有直線中()A．有無窮多條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點B．恰有n(2≤n<+∞)條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點C．有且僅有一條直線至少通過兩個有理點D．每條直線至多通過一個有理點(河南供題)4．如圖，△ABC的頂點B在單位圓的圓心上，A、C在圓周上，∠ABC=2α(0<α<eq\f(π,3))，現將△ABC在圓內按逆時針方向依次作旋轉，具體方法如下：第一次，以A為中心使B落到圓周上；第二次，以B為中心，使C落到圓周上；第三次，以C為中心，使A落到圓周上．如此旋轉直到100次．那么A點所走過的路程的總長度為()A．22π(1+sinα)－66αB．eq\f(67,3)πC．22π+eq\f(68,3)πsinα－66αD．33π－66α(北京供題)二．填空題(每小題填寫結果完全正確者得8分，填寫錯誤或多填、少填者均得0分，本題滿分40分)：1．已知集合M={x，xy，lg(xy)}及N={0，|x|，y}，并且M=N，那么(x+eq\f(1,y))+(x2+eq\f(1,y2))+(x3+eq\f(1,y3))+…+(x2001+eq\f(1,y2001))的值等于．(陜西供題)2．已知集合A={(x，y)||x|+|y|=α，α>0}B={(x，y)||xy|+1=|x|+|y|}若A∩B是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則α的值為．(青海供題)3．若k是大于1的整數，α是x2－kx+1=0的一個根，對于大于10的任意自然數n，αeq\o(\s\up6(2n))+αeq\o(\s\up6(－2n))的個位數字總是7，則k的個位數字是．(河北供題)4．現有邊長為3，4，5的三角形兩個，邊長為4，5，eq\r(41)的三角形四個，邊長為eq\f(5,6)eq\r(2)，4，5的三角形六個，用上述三角形為面，可以拼成個四面體．(江西供題)5．五對孿生兄妹參加k個組活動，若規定：⑴孿生兄妹不在同一組；⑵非孿生關系的任意兩個人都恰好共同參加過一個組的活動，⑶有一人只參加兩個組的活動，則k的最小值為．(命題組供題)

1987年全國高中數學聯賽二試題一．如圖，△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，現固定△ABC，而將△ADE繞A點在平面上旋轉，試證：不論△ADE旋轉到什么位置，線段EC上必存在點M，使△BMD為等腰直角三角形．二．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點稱為整點．試證：存在一個同心圓的集合，使得⑴每個整點都在此集合的某個圓周上；⑵此集合的每個圓周上，有且只有一個整點．(辛澤爾定理)三．n(n>3)名乒乓球選手單打若干場后，任意兩個選手已賽過的對手恰好都不完全相同，試證明：總可以從中去掉一名選手，而使在余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同．

1987年全國高中數學聯賽解答一試題一．選擇題(每個小題選對得5分，不選得1分；選錯或選出的代號超過一個者得0分．本題滿分20分)：1．對任意給定的自然數n，若n6+3a為正整數的立方，其中a為正整數，則()A．這樣的a有無窮多個B．這樣的a存在，但只有有限個C．這樣的a不存在D．以上A、B、C的結論都不正確(上海供題)解：(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k．取a=(3n4+9n2k+9k2)k，(k為任意正整數)，則n6+3a為正整數的立方，由于k可任意取值，且當k增大時，a也隨之增大．即a有無數個．選A．2．邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條不小于6，則這個菱形兩條對角線長度之和的最大值是()A．10eq\r(2)B．14C．5eq\r(6)D．12(天津供題)解：設x≥3，y≤3，且x2+y2=25．滿足要求的點構成直角坐標系中一段弧(圖中粗線部分)．令x+y=k，則當直線經過點(4，3)時取得最大值7．即2x+2y≤14．選B．3．在平面直角坐標系中縱橫坐標均為有理數的點稱為有理點，若a為無理數，則過(a，0)的所有直線中()A．有無窮多條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點B．恰有n(2≤n<+∞)條直線，其中每條直線上至少存在兩個有理點C．有且僅有一條直線至少通過兩個有理點D．每條直線至多通過一個有理點(河南供題)解：若直線斜率為k，則當k=0時直線經過x軸上所有有理點．當k≠0時，直線方程為y=k(x－a)．若k為有理數，則當x為有理數時，y為無理數；若k為無理數，若此時直線經過一個有理點A(x1，y1)，對于直線上與A不重合的點B(x2，y2)．由y1=k(x1－a)，y2=k(x2－a)，由于a為無理數，故y1≠0，x2－a≠0，eq\f(y2,y1)=eq\f(x2－a,x1－a)=m，當y2為有理數時，m為有理數，當y2≠y1時，m≠1，此時x2=mx1+(1－m)a為無理數．即此直線上至多有一個有理點．選C．4．如圖，△ABC的頂點B在單位圓的圓心上，A、C在圓周上，∠ABC=2α(0<α<eq\f(π,3))現將△ABC在圓內按逆時針方向依次作旋轉，具體方法如下：第一次，以A為中心使B落到圓周上；第二次，以B為中心，使C落到圓周上；第三次，以C為中心，使A落到圓周上．如此旋轉直到100次．那么A點所走過的路程的總長度為()A．22π(1+sinα)－66αB．eq\f(67,3)πC．22π+eq\f(68,3)πsinα－66αD．33π－66α(北京供題)解：點A每k(k≡1(mod3))不動，第k(k≡2(mod3))次走過路程eq\f(2,3)π－2α，第k(k≡0(mod3))走過路程eq\f(π,3)(2sinα)，于是所求路程=33(eq\f(2,3)π－2α+eq\f(2,3)πsinα)．選A．二．填空題(每小題填寫結果完全正確者得8分，填寫錯誤或多填、少填者均得0分，本題滿分40分)：1．已知集合M={x，xy，lg(xy)}及N={0，|x|，y}，并且M=N，那么(x+eq\f(1,y))+(x2+eq\f(1,y2))+(x3+eq\f(1,y3))+…+(x2001+eq\f(1,y2001))的值等于．(陜西供題)解0∈M，但xy0，故只有lg(xy)=0，，xy=1．∴1∈N，故|x|=1，或y=1，若y=1，則由xy=1得，x=1，與元素相異性矛盾．故y1．∴|x|=1，x=1或x=－1，其中x=1同上矛盾．故x=－1．y=－1．∴x2k+eq\f(1,y2k)=2；x2k+1+eq\f(1,y2k+1)=－2(k∈N*)．故所求值=－2．解：xy≠0，x≠0，y≠0．故xy=1．若y=1，則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|}若A∩B是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則α的值為．(青海供題)解：集合A的圖形是依次連(α，0)，(0，α)，(－α，0)，(0，－α)四點的線段．集合B的圖形是直線x=1，x=－1，y=1，y=－1．它們交得一個正八邊形．若此4條直線為圖中的4條實線，則α=tan°+1=eq\r(2)．或此正八邊形各邊與原點距離相等，知直線x+y=α與原點距離=1．α=eq\r(2)．若此4條直線為圖中的4條虛線，則eq\r(2)α=2eq\r(2)+2，α=2+eq\r(2)．∴α=2或2+eq\r(2)．3．若k是大于1的整數，α是x2－kx+1=0的一個根，對于大于10的任意自然數n，αeq\o(\s\up6(2n))+αeq\o(\s\up6(－2n))的個位數字總是7，則k的個位數字是．(河北供題)解：另一根=α－1，α+α－1=k，記αeq\o(\s\up6(2n))+αeq\o(\s\up6(－2n))≡kn(mod10)，0≤kn<10．由αeq\o(\s\up6(2n))+αeq\o(\s\up6(－2n))=(αeq\o(\s\up6(2n－1))+αeq\o(\s\up6(－2n－1)))2－2得，kn≡kn－12+8(mod10)．若k為偶數，則kn為偶數，不等于7．若kn－1≡±1(mod10)，則kn≡9，kn+1≡9(mod10)；若kn－1≡±3(mod10)，則kn≡7，kn+1≡7(mod10)；若kn－1≡5(mod10)，則kn≡9，kn+1≡9(mod10)；故k的個位數字為3，5，7．4．現有邊長為3，4，5的三角形兩個，邊長為4，5，eq\r(41)的三角形四個，邊長為eq\f(5,6)eq\r(2)，4，5的三角形六個，用上述三角形為面，可以拼成個四面體．(江西供題)解：用四個三角形拼成四面體，每種邊長至少要在兩個三角形中出現．因此以上三種三角形如果要用，就用偶數個．由于第①類邊長為3，4，5的三角形與第②類邊長為4，5，eq\r(41)的三角形都是直角三角形，而第③類邊長為eq\f(5,6)eq\r(2)，4，5的三角形為鈍角三角形．因此，用4個后兩種三角形都不能單獨拼成四面體(四個面全等的四面體是等腰四面體，其各面都是銳角三角形)．情況⑴：4個三角形中有兩個②類三角形，如圖，取兩個②類三角形，BC=eq\r(41)，則斜邊BC上的高AE=DF=h=eq\f(20,eq\r(41))．且BE=CF=x=eq\f(16,\r(41))，則EF=eq\r(41)－2×eq\f(16,\r(41))=eq\f(6,\r(41))．于是AD2=AE2+EF2+FD2－2AE·DFcosθ=eq\f(1,41)(881－810cosθ)∈(eq\f(81,41)，41)．(*)若再取兩個①類三角形時，由于AD=3，滿足(*)式，故可以構成四面體．若再取兩個③類三角形時，由于AD=eq\f(5,6)eq\r(2)，不滿足(*)式，故不可以構成四面體．情況⑵：兩個①類，兩個③類．此時取BC=5，AB=CD=3，于是斜邊BC上的高AE=DF=h=eq\f(12,5)．且BE=CF=x=eq\f(9,5)，則EF=5－2×eq\f(9,5)=eq\f(7,5)．于是AD2=AE2+EF2+FD2－2AE·DFcosθ=eq\f(1,25)(337－288cosθ)∈(eq\f(49,25)，25)．由于AD=eq\f(5,6)eq\r(2)，不滿足(*)式，故不可以構成四面體．∴只能構成1個四面體．5．五對孿生兄妹參加k個組活動，若規定：⑴孿生兄妹不在同一組；⑵非孿生關系的任意兩個人都恰好共同參加過一個組的活動，⑶有一人只參加兩個組的活動，則k的最小值為．(命題組供題)解：設此10人為A，a；B，b；C，c；D，d；E，e．A只參加2組，故除a外其余8人應分成2組，每組人數都不超過4人（否則有孿生兄妹同組)．記第一組為{B，C，D，E}，第二組為{b，c，d，e}．于是其余8人中大寫字母不再同組，小寫字母也不再同組．即除a外其余組中人數不超過2人．每人都再參加3組，故至少還要3×4=12組．a可參加其中4組．即至少要14組．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}滿足要求．故所求最小值為14．1987年全國高中數學聯賽二試題一．如圖，△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，現固定△ABC，而將△ADE繞A點在平面上旋轉，試證：不論△ADE旋轉到什么位置，線段EC上必存在點M，使△BMD為等腰直角三角形．證明：以A為原點，AC為x軸正方向建立復平面．設C表示復數c，點E表示復數e(c、e∈R)．則點B表示復數b=eq\f(1,2)c+eq\f(1,2)ci，點D表示復數d=eq\f(1,2)e－eq\f(1,2)ei．把△ADE繞點A旋轉角θ得到△ADE，則點E表示復數e=e(cosθ+isinθ)．點D表示復數d=d(cosθ+isinθ)表示EC中點M的復數m=eq\f(1,2)(c+e)．∴表示向量eq\o(\s\up8(→),MB)的復數：z1=b－eq\f(1,2)(c+e)=eq\f(1,2)c+eq\f(1,2)ci－eq\f(1,2)c－eq\f(1,2)e(cosθ+isinθ)=－eq\f(1,2)ecosθ+eq\f(1,2)(c－esinθ)i．表示向量eq\o(\s\up8(→),MD)的復數：z2=d－m=(eq\f(1,2)e－eq\f(1,2)ei)(cosθ+isinθ)－eq\f(1,2)c－eq\f(1,2)e(cosθ+isinθ)=eq\f(1,2)(esinθ－c)－eq\f(1,2)iecosθ．顯然：z2=z1i．于是|MB|=|MD|，且∠BMD=90°．即△BMD為等腰直角三角形．故證．二．在坐標平面上，縱橫坐標都是整數的點稱為整點．試證：存在一個同心圓的集合，使得⑴每個整點都在此集合的某個圓周上；⑵此集合的每個圓周上，有且只有一個整點．(辛澤爾定理)證明取一點，其兩個坐標都是無理數，例如W(eq\r(2)，eq\r(3))，先證明，以W為圓心，任意長為半徑作的圓，至多通過一個格點．設某個以W為圓心的圓通過兩個格點(m，n)，(p，q)(m，n，p，q∈Z)，則(m－eq\r(2))2+(n－eq\r(3))2=(p－eq\r(2))2+(q－eq\r(3))2．展開整理得，m2+n2－p2－q2=2eq\r(2)(p－m)+2eq\r(3)(q－n)．左邊是有理數，右邊當且僅當p=m，q=n時為有理數．故證．于是可知以W為圓心的圓至多通過一個格點．現考慮，平面上所有的點與W的距離，這些距離沒有兩個相等．故可以把所有的距離按從小到大排隊0=r0<r1<r2<r3<…<rn<…．對應的整點依次為A0，A1，A2，A3，…，An，…．以W為圓心，以rn為半徑作圓，則此圓恰經過整點An．且此圓只經過An這個整點．現取以W為圓心，所有rn為半徑的同心圓集．則每個整點都在此同心圓集合中的某個圓上，且每個圓上都有且只有一個整點．三．n(n>3)名乒乓球選手單打若干場后，任意兩個選手已賽過的對手恰好都不完全相同，試證明：總可以從中去掉一名選手，而使在余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同．證明1：用A、B、……表示選手，而用α(A)、α(B)表示A、B已賽過的對手集合．設A是對手集中元素最多的的選手．若命題不成立，則存在兩個選手B、C使去掉A后，B、C的對手集相同，由于α(B)≠α(C)，故A必屬于α(B)與α(C)之一．不妨設B∈α(A)，Cα(A)．同樣存在D、E，使D∈α(C)，Eα(C)，去掉C后，α