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1、1987年全国高中数学联赛试题一试题(10月11日上午800930)一选择题(每个小题选对得5分，不选得1分；选错或选出的代号超过一个者得0分本题满分20分)：1对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数，则( ) A这样的a有无穷多个 B这样的a存在，但只有有限个 C这样的a不存在 D以上A、B、C的结论都不正确(上海供题) 2边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是( ) A10 B14 C5 D12(天津供题) 3在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点，若a为无理数，则过(a，0)的所有直线中(
2、) A有无穷多条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点 B恰有n(2n+)条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点 C有且仅有一条直线至少通过两个有理点 D每条直线至多通过一个有理点(河南供题) 4如图，ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A、C在圆周上，ABC=2(00 B=(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|若AB是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则的值为 (青海供题)3若k是大于1的整数，是x2kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，+的个位数字总是7，则k的个位数字是 (河北供题)4现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，5，的三角形四个，边长为，4，5的三角形六个，
3、用上述三角形为面，可以拼成 个四面体(江西供题)5五对孪生兄妹参加k个组活动，若规定： 孪生兄妹不在同一组；非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动，有一人只参加两个组的活动，则k的最小值为 (命题组供题)1987年全国高中数学联赛二试题一如图，ABC和ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定ABC，而将ADE绕A点在平面上旋转，试证：不论ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使BMD为等腰直角三角形二在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点试证：存在一个同心圆的集合，使得 每个整点都在此集合的某个圆周上； 此集合的每个圆周上，有且只有一个整点(辛泽尔定理)三n(n3)名乒
4、乓球选手单打若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同，试证明：总可以从中去掉一名选手，而使在余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同1987年全国高中数学联赛解答一试题一选择题(每个小题选对得5分，不选得1分；选错或选出的代号超过一个者得0分本题满分20分)：1对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数，则( ) A这样的a有无穷多个 B这样的a存在，但只有有限个 C这样的a不存在 D以上A、B、C的结论都不正确(上海供题) 解：(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k取a=(3n4+9n2k
5、+9k2)k，(k为任意正整数)，则n6+3a为正整数的立方，由于k可任意取值，且当k增大时，a也随之增大即a有无数个选A2边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是( ) A10 B14 C5 D12(天津供题) 解：设x3，y3，且x2+y2=25满足要求的点构成直角坐标系中一段弧(图中粗线部分)令x+y=k，则当直线经过点(4，3)时取得最大值7即2x+2y14选B3在平面直角坐标系中纵横坐标均为有理数的点称为有理点，若a为无理数，则过(a，0)的所有直线中( ) A有无穷多条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点 B恰有n(2n+
6、)条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点 C有且仅有一条直线至少通过两个有理点 D每条直线至多通过一个有理点(河南供题) 解：若直线斜率为k，则当k=0时直线经过x轴上所有有理点当k0时，直线方程为y=k(xa)若k为有理数，则当x为有理数时，y为无理数；若k为无理数，若此时直线经过一个有理点A(x1，y1)，对于直线上与A不重合的点B(x2，y2)由y1=k(x1a)，y2=k(x2a)，由于a为无理数，故y10，x2a0，=m，当y2为有理数时，m为有理数，当y2y1时，m1，此时x2=mx1+(1m)a为无理数即此直线上至多有一个有理点选C4如图，ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A、C
7、在圆周上，ABC=2(00 B=(x，y)| |xy|+1=|x|+|y|若AB是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则的值为 (青海供题)解：集合A的图形是依次连(，0)，(0，)，(，0)，(0，)四点的线段集合B的图形是直线x=1，x=1，y=1，y=1它们交得一个正八边形若此4条直线为图中的4条实线，则=tan22.5+1= 或此正八边形各边与原点距离相等，知直线x+y=与原点距离=1= 若此4条直线为图中的4条虚线，则=2+2，=2+ =2或2+ 3若k是大于1的整数，是x2kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，+的个位数字总是7，则k的个位数字是 (河北供题)解：另一根=
8、1，+1=k，记+kn(mod 10)，0kn10由+=(+)22得，knkn12+8(mod 10)若k为偶数，则kn为偶数，不等于7若kn11(mod 10)，则kn9，kn+19(mod 10)；若kn13(mod 10)，则kn7，kn+17(mod 10)；若kn15(mod 10)，则kn9，kn+19(mod 10)；故k的个位数字为3，5，74现有边长为3，4，5的三角形两个，边长为4，5，的三角形四个，边长为，4，5的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成 个四面体(江西供题)解：用四个三角形拼成四面体，每种边长至少要在两个三角形中出现因此以上三种三角形如果要用，就用偶数个由
9、于第类边长为3，4，5的三角形与第类边长为4，5，的三角形都是直角三角形，而第类边长为，4，5的三角形为钝角三角形因此，用4个后两种三角形都不能单独拼成四面体(四个面全等的四面体是等腰四面体，其各面都是锐角三角形)情况：4个三角形中有两个类三角形，如图，取两个类三角形，BC=，则斜边BC上的高AE=DF=h=且BE=CF=x=，则EF=2=于是AD2=AE2+EF2+FD22AEDFcos=(881810cos)(，41) (*)若再取两个类三角形时，由于AD=3，满足(*)式，故可以构成四面体若再取两个类三角形时，由于AD=，不满足(*)式，故不可以构成四面体情况：两个类，两个类此时取BC=
10、5，AB=CD=3，于是斜边BC上的高AE=DF=h=且BE=CF=x=，则EF=52=于是AD2=AE2+EF2+FD22AEDFcos= (337288cos)(，25)由于AD=，不满足(*)式，故不可以构成四面体 只能构成1个四面体5五对孪生兄妹参加k个组活动，若规定： 孪生兄妹不在同一组；非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动，有一人只参加两个组的活动，则k的最小值为 (命题组供题)解：设此10人为A，a；B，b；C，c；D，d；E，eA只参加2组，故除a外其余8人应分成2组，每组人数都不超过4人（否则有孪生兄妹同组)记第一组为B，C，D，E，第二组为b，c，d，e于是其
11、余8人中大写字母不再同组，小写字母也不再同组即除a外其余组中人数不超过2人每人都再参加3组，故至少还要34=12组a可参加其中4组即至少要14组又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满足要求故所求最小值为141987年全国高中数学联赛二试题一如图，ABC和ADE是两个不全等的等腰直角三角形，现固定ABC，而将ADE绕A点在平面上旋转，试证：不论ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使BMD为等腰直角三角形证明：以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面设C表示复数c，点E表示复数e(c、eR)则点B表示复数b=c+ci
12、，点D表示复数d=eei把ADE绕点A旋转角得到ADE，则点E表示复数e=e(cos+isin)点D表示复数d=d(cos+isin)表示EC中点M的复数m=(c+e) 表示向量的复数：z1=b(c+e)=c+cice(cos+isin)=ecos+(cesin)i表示向量的复数：z2=dm=(eei)(cos+isin)ce(cos+isin)=(esinc)iecos显然：z2=z1i于是|MB|=|MD|，且BMD=90即BMD为等腰直角三角形故证二在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点试证：存在一个同心圆的集合，使得 每个整点都在此集合的某个圆周上； 此集合的每个圆周上，有且只有一
13、个整点(辛泽尔定理)证明 取一点，其两个坐标都是无理数，例如W(，)，先证明，以W为圆心，任意长为半径作的圆，至多通过一个格点设某个以W为圆心的圆通过两个格点(m，n)，(p，q)(m，n，p，qZ)，则(m)2+(n)2=(p)2+(q)2展开整理得，m2+n2p2q2=2(pm)+2(qn)左边是有理数，右边当且仅当p=m，q=n时为有理数故证于是可知以W为圆心的圆至多通过一个格点现考虑，平面上所有的点与W的距离，这些距离没有两个相等故可以把所有的距离按从小到大排队0=r0r1r2r3rn3)名乒乓球选手单打若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同，试证明：总可以从中去掉一名选手
14、，而使在余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同证明1：用A、B、表示选手，而用(A)、(B)表示A、B已赛过的对手集合设A是对手集中元素最多的的选手若命题不成立，则存在两个选手B、C使去掉A后，B、C的对手集相同，由于(B)(C)，故A必属于(B)与(C)之一不妨设B(A)，C(A)同样存在D、E，使D(C)，E(C)，去掉C后，(D)=(E)，由于A(C)，故DA：又D(C)，故D(B)，即B(D)=(E)C，从而B(E)，C(E)，而去掉A后，B、C的对手集相同，从而E=A于是(A)=(E)=(D)C，即(A)比(D)少一个元素C，这与A是“对手集中元素最多的”矛盾故证又证
15、：把这些选手编为1至n号，以n个点表示这n个人，各点也相应编为1至n号反设去掉任何一各选手后都有两个选手的已赛过的对手完全相同于是先去掉1号选手，则有两个选手的已赛过的对手完全相同，设为第i号与第j号，在表示此二人的点间连一条线，并在线上注上“1号”这说明，此二人在去掉1号选手之前必是一人与1号赛过，另一人与1号没有赛过而且不可能在去掉1号后有三人都相同，否则，此三人与1号选手比赛的情况只有两种：赛过或没有赛过，如果去掉1号后，此三人的情况完全相同，则去掉1号之前必有2人赛过的对手完全相同如果去掉1号后有不止一对选手的已赛过对手完全相同，则只任取其中的一对连线，其余的对则不连线连线后把1号选手
16、放回来，再依次去掉2号、3号，直至n号，每去掉1个选手，都会在某两点之间连出1条线这样，就在n个选手之间连了n条线且这些线上分别注了1至n号，每条线注了1个号码，每个号码只注在1条线上在这10个点中，总能找到一点，从这点出发，沿线前进，最后必能回到此点，否则，每到1点后，经过的点数都比线数多1而图中的点数与线数相等，矛盾现不妨设从点i出发，经过点j、k、最后回到点i注意到点i与点j所代表的两各选手中1个是与1号比赛的，另一个是没有与1号比赛的，不妨设i号没有与1号比赛过，j号与1号比赛过而j与k所连线上注的号码不是1，故j与k与1号比赛的情况相同，即k号与1号比赛过，这样沿线走一圈后回到i，就应该得出i号与1号比赛过，矛盾故证- 6 -