1991年全国高中数学联赛试题及答案详解.pdf

一．选择题： 1．由一个正方体的三个顶点所能构成的 一．选择题： 1．由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( ) A．4 B．8 C．12 D．24 2．设 正三角形的个数为( ) A．4 B．8 C．12 D．24 2．设a a、、b b、、c c均为非零复数，且均为非零复数，且a b a b= b c =b c= c a =c a，则 ，则a a+ +b b－ －c a c a－－b b+ +c c的值为( ) A．1 B．± 的值为( ) A．1 B．±ωω C．1， C．1，ωω，，ωω 2 2 D．1，－ D．1，－ωω，－，－ωω 2 2 3．设 3．设a a是正整数，是正整数，a a1 4 1 4，则 ，则A A、、B B、、C C、、D D即为所求． ⑵ 若 即为所求． ⑵ 若S S△△ABDABD3 4 3 4，取△ ，取△BCDBCD的重心的重心G G，则以，则以B B、、C C、、D D、、G G这 4 点中 的任意 3 点为顶点的三角形面积1 4 这 4 点中 的任意 3 点为顶点的三角形面积1 4． ．[来源:学科网][来源:学科网] ⑶ 若 ⑶ 若S S△△ABDABD= =1 4 1 4，其余三个三角形面积均 ，其余三个三角形面积均 S S△△ABDABD= =1 4 1 4． 由于 ． 由于S S△△ABCABC+ +S S△△ACDACD= =1，而1，而S S△△ACDACD1 4 1 4，故 ，故S S△△ABCABC S S△△ABDABD，从而，从而S S△△ABEABE S S△△ABDABD= =1 4 1 4． ．S S△△ACEACE=S=S△△ABEABE1 4 1 4， ，S S△△BCEBCE=S=S△△ABCABC1 4 1 4．即 ．即A A、、B B、、 C C、、E E四点即为所求． ⑷ 若 四点即为所求． ⑷ 若S S△△ABDABD= =1 4 1 4，其余三个三角形中还有一个的面积 ，其余三个三角形中还有一个的面积= =1 4 1 4，这个三角形不可能 是 ，这个三角形不可能 是△△BCDBCD，(否则，(否则ABCDABCD的面积的面积= =1 2 1 2)，不妨设 )，不妨设S S△△ADCADC= = S S△△ABDABD= =1 4 1 4．则 ．则ADAD∥∥BCBC，四边形，四边形 A D CB E h 3a a O AD CB F E ABCDABCD为为梯形． 由于 梯形． 由于S S△△ABDABD= =1 4 1 4， ，S S△△ABCABC= =3 4 3 4，故若 ，故若AD=aAD=a，则，则BC=BC=3 3a a，设梯形的高，设梯形的高=h=h， 则 2 ， 则 2ah=ah=1．设对角线交于1．设对角线交于O O，过，过O O作作EFEF∥∥BCBC分别交分别交ABAB、、CDCD于于E E、、F F． ． 三． 设 三． 设a an n是下述自然数是下述自然数N N的个数：的个数：N N的各位数字之和为的各位数字之和为n n且每位数字只能取 1、 3 或 4． 求 证： 且每位数字只能取 1、 3 或 4． 求 证：a a2 2n n是完全平方数．这里，是完全平方数．这里，n=n=1，2，…．1，2，…． 【解析】【解析】证明：设证明：设N=N= ______________ x x1 1x x2 2……x xk k，其中，其中x x1 1，，x x2 2，…，，…，x xk k∈{1，3，∈{1，3，4}．且4}．且x x1 1+ +x x2 2+…++…+x xk k=n=n．假 定 ．假 定n n4．删去4．删去x xk k时，则当时，则当x xk k依次取 1，3，4 时，依次取 1，3，4 时，x x1 1+ +x x2 2+…++…+x xk k－1－1分别等于分别等于n n－1，－1，n n－3，－3，n n－4．－4． 故当故当n n4 时， 4 时， a an n=a=an n－1－1+ +a an n－3－3+ +a an n－4－4． ① ． ① a a1 1=a=a2 2= =1，1，a a3 3= =2，2，a a4 4= =4， 利用①及初始值可以得到下表： 4， 利用①及初始值可以得到下表：[来源:Zxxk.Com][来源:Zxxk.Com] n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 n 1 2 3 4 5 6 7 8 9[来源:学科 网] [来源:学科 网] 1011 1213 14 …… a 1011 1213 14 …… an n 1 11 1 2 4 6 9 15254064104169273 441 …… 规 律 1 1 2 4 6 9 15254064104169273 441 …… 规 律 1 1 2 2 12 212 2 2 2 23 323 3 2 2 355355 2 2 588588 2 2 8131381313 2 2 1321 211321 21 2 2 ………… 可找到规律： 可找到规律： a a2(2(k k+1)+1)= =a a2 2k k+1+1+ +a a2 2k k－1－1+ +a a2 2k k－2－2= =f fk kf fk k+1+1+ +f fk k－1－1f fk k+ +fkfk－1 2 = －1 2 = f fk kf fk k+1+1+ +f fk k－1－1( (f fk k+ +f fk k－1－1) = ) = f fk kf fk k+1+1+ +f fk k－1－1f fk k+1+1= =f fk k+1+1( (f fk k－1－1+ +f fk k)=)=f fk k+1+1f fk k+1+1= =fkfk+1 2 +1 2 a a2(2(k k+1)+1+1)+1= =a a2(2(k k+1)+1)+ +a a2 2k k+ +a a2 2k k－1－1 = =f k f k+1 2 + +1 2 +f k f k 2 + 2 +f fk k－1－1f fk k= = f k f k+1 2 + +1 2 +f fk k( (f fk k+f+fk k－1－1)= )= f k f k+1 2 + +1 2 +f fk kf fk k+1+1= =f fk k+1+1( (f fk k+1+1+ +f fk k)=)=f fk k+2+2f fk k+1+1． ． 证明 2：(用特征方程)由上证得①式，且有证明 2：(用特征方程)由上证得①式，且有a a1 1=a=a2 2= =1，1，a a3 3= =2，2，a a4 4= =4， 由此得差分方程： 4， 由此得差分方程：λλ 4 4－ －λλ 3 3－ －λλ－1－1= =0． (0． (λλ 2 2+1)( +1)(λλ 2 2－ －λλ－1)－1)= =0． 此方程有根0． 此方程有根λ=λ=±±i i，， λ=λ=1± 1±5 2 5 2 ． ∴ 令 ． ∴ 令a an n=αi=αi n n+ +β β(－(－i i) ) n n+ +γ γ(1+(1+ 5 2 5 2 ) ) 2 2+ + (1－ (1－ 5 2 5 2 ) ) 2 2 利用初值可以求出 利用初值可以求出a an n= =2－ 2－i i 1010 ··i i n n+2+ +2+i i 1010 ·(－·(－i i) ) n n+1 5 +1 5( 1+ (1+ 5 2 5 2 ) ) n n+2+2+1 5 +1 5( 1－ (1－ 5 2 5 2 ) ) n n+2+2． ． ∴ ∴ a a2 2n n= ={ 1 { 1 5 5[( 1+ [(1+ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1－(1－ －(1－ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1]} ]} 2 2． ． 得得a a2 2n n=b=bn n= = 1 5 1 5 [2( － 1)[2( － 1) n n+(3+ +( 3+5 2 5 2 ) ) n n +1 +1+(3－ +( 3－5 2 5 2 ) ) n n+1+1] ]= = 1 5 1 5 [( 1+ [( 1+5 2 5 2 ) ) 2(2(n n+1)+1)+(1－ +( 1－5 2 5 2 ) ) 2(2(n n+1)+1) － 2(1+ － 2(1+ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1(1－ (1－ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1] ] = ={ 1 { 1 5 5[( 1+ [(1+ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1－(1－ －(1－ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1]} ]} 2 2． 记 ． 记f fn n= = 1 1 5 5[( 1+ [(1+ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1－(1－ －(1－ 5 2 5 2 ) ) n n+1+1]，其特征根为 ]，其特征根为 1，21，2= =1± 1± 5 2 5 2 ．故其特征方程为．故其特征方程为  2 2－ － － 1 － 1= =0．于是其递推关系为0．于是其递推关系为f fn n=f=fn n－1－1+ +f fn n－2－2． 而 ． 而f f0 0= =1，1，f f1 1= =1，均为正整数，从而对于一切正整数1，均为正整数，从而对于一切正整数n n，，f fn n为正整数．从而为正整数．从而a a2 2n n为完全平方 数． 为完全平方 数． 。