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1、1983年全国高中数学联赛第一试1选择题(此题总分值32分，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分) 设p、q是自然数，条件甲：p3q3是偶数；条件乙：p+q是偶数那么 A甲是乙的充分而非必要条件 B甲是乙的必要而非充分条件 C甲是乙的充要条件 D甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 x=+的值是属于区间 A(2，1) B(1，2) C(3，2) D(2，3) 等腰三角形ABC的底边BC及高AD的长都是整数，那么，sinA和cosA中 A一个是有理数，另一个是无理数 B两个都是有理数 C两个都是无理数 D是有理数还是无理数要根据BC和AD的数值来确定 M=(x，y)|yx2，N=(x，
2、y)|x2+(ya)21那么，使MN=N成立的充要条件是 Aa1 Ba=1 Ca1 D0a1 函数f(x)=ax2c，满足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)应满足 A7f(3)26 B4f(3)15 C1f(3)20 Df(3) 设a，b，c，d，m，n都是正实数， P=+，Q=，那么 APQ BPQ CPR+r BlR+r CR+r6l DA、B、C三种关系都不对2填充题(此题总分值18分，每题6分) 在ABC中，sinA=，cosB=，那么cosC的值等于 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样两个多面
3、体的内切球半径之比是一个既约分数，那么积mn是 第二试1(此题总分值8分)求证：arc sinx+arc cosx= ，其中x1，12(此题总分值16分)函数f(x)在0，1上有定义，f(0)=f(1)如果对于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|求证：|f(x1)f(x2)| 3(此题总分值16分) 在四边形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面积比是341，点M、N分别在AC、CD上满足AMAC=CNCD，并且B、M、N三点共线求证：M与N分别是AC与CD的中点4. (此题总分值16分)在在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大体积是多少？证明
4、你的结论5(此题总分值18分) 函数F(x)=|cos2x+2sinxcosxsin2x+Ax+B|在 0x上的最大值M与参数A、B有关，问A、B取什么值时，M为最小？证明你的结论1983年全国高中数学联赛解答第一试1选择题(此题总分值32分，每题答对者得4分，答错者得0分，不答得1分) 设p、q是自然数，条件甲：p3q3是偶数；条件乙：p+q是偶数那么 A甲是乙的充分而非必要条件 B甲是乙的必要而非充分条件 C甲是乙的充要条件 D甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件解：p3q3=(pq)(p2+pq+q2)又p+q=pq+2q，故p+q与pq的奇偶性相同 p+q为偶数，pq为偶数，p3q
5、3为偶数 p+q为奇数，p、q一奇一偶，p3q3为奇数应选C x=+的值是属于区间 A(2，1) B(1，2) C(3，2) D(2，3)解：x=log32+log35=log310(2，3)，选D 等腰三角形ABC的底边BC及高AD的长都是整数，那么，sinA和cosA中 A一个是有理数，另一个是无理数 B两个都是有理数 C两个都是无理数 D是有理数还是无理数要根据BC和AD的数值来确定解：tan为有理数，sinA、cosA都是有理数选B M=(x，y)|yx2，N=(x，y)|x2+(ya)21那么，使MN=N成立的充要条件是 Aa1 Ba=1 Ca1 D0a1解：MN=N的充要条件是圆x
6、2+(ya)21在抛物线y=x2内部(上方)即a1，且方程 y2(2a1)y+a21=0的=(2a1)24(a21)0，a1，选A 函数f(x)=ax2c，满足 4f(1)1，1f(2)5那么，f(3)应满足 A7f(3)26 B4f(3)15 C1f(3)20 Df(3)解：f(1)=ac，f(2)=4ac，f(3)=9ac令9ac=(ac)+(4ac)， +4=9，+=1 =，=即f(3)=f(1)+ f(2)但f(1)，f(2)，1f(1)+ f(2)20.选C 设a，b，c，d，m，n都是正实数， P=+，Q=，那么 APQ BPQ CPR+r BlR+r CR+r6l DA、B、C三
7、种关系都不对解：R=，当A180时，a最大，而R可大于任意指定的正数M从而可有R6l，否认A、C又正三角形中，R+r=a135，cosB=60，矛盾故cosA= cosC=cos(AB)=cosAcosB+sinAsinB=+= 三边均为整数，且最大边长为11的三角形，共有 个解：设另两边为x，y，且xy那么得xy11，x+y11，在直角坐标系内作直线y=x，y=11，x=11，x+y=11，那么所求三角形数等于由此四条直线围成三角形内的整点数(含y=11，y=x上的整点，不含x+y=11上的整点)共有1224=36个即填36 一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这
8、样两个多面体的内切球半径之比是一个既约分数，那么积mn是 解：此六面体可看成是由两个正四面体粘成每个正四面体的高h1=a，于是，利用体积可得Sh1=3Sr1，r1=a同样，正八面体可看成两个四棱锥粘成，每个四棱锥的高h2=a，又可得 a2h2=4a2r2，r2=a =， mn=6第二试1(此题总分值8分)求证：arc sinx+arc cosx=，其中x1，1证明：由于x1，1，故arcsinx与arccosx有意义，sin(arccosx)=cos(arccosx)=x，由于arccosx0， arccosx，故根据反正弦定义，有arcsinx=arccosx故证2(此题总分值16分)函数f
9、(x)在0，1上有定义，f(0)=f(1)如果对于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|求证：|f(x1)f(x2)|证明：不妨取0x1x21,假设|x1-x2|，那么必有|f(x1)-f(x2)|x1-x2|，那么x2x1,于是1(x2x1),即1x2+x10 而|f(x1)-f(x2)|= |(f(x1)- f(0)-(f(x2)f(1)|f(x1)-f(0)|+ |f(1)-f(x2)| x10|+|1x2|=1x2+x100)， 那么AMMC=r由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABDSBCD =34从而AEECAC=347SACDSABC=
10、61，故DEEB=61，DBBE=71AMAC=r(r+1)，即AM=AC，AE=AC，EM=()AC=ACMC=AC，EMMC=由Menelaus定理，知=1，代入得 r7=1，即4r23r1=0，这个方程有惟一的正根r=1故CNND=1，就是N为CN中点，M为AC中点4. (此题总分值16分)在在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大体积是多少？证明你的结论解：边长为2的三角形，其余两边可能是： 3，3； 3，4； 4，5； 5，5按这几条棱的组合情况，以2为公共棱的两个侧面可能是： ，； ，； ，先考虑较特殊的情况：由于32+42=52，即图中AD平面BCD， V1=24=；情况：由于此情况的底面与情况相同，但AC不与底垂直，故高4，于是得 V2V1情况：高2，底面积=5= V3=0时，F()，当B0时，F() 假设A0，那么当h()，当h()0时，由于h(x)是一次函数，当A0时h(x)递增，h()h()0，此时F()；当Ah()0，此时F()故此时M 假设A=B=0，显然有M= 从而M的最小值为，这个最小值在A=B=0时取得