1991年全国高中数学联赛试题及解答.doc

1991 年全国高中数学联赛 冯惠愚- 1 -1991 年全国高中数学联赛一试题一．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．242．设 a、b、c 均为非零复数，且 = = ，则 的值为( )ab bc ca a+b－ ca－ b+cA．1 B．±ω C．1，ω，ω 2 D．1，－ω，－ω 23．设 a 是正整数，a ，则 A、B、C、D 即为所求．14⑵ 若 S△ABD ，取△BCD 的重心 G，则以14 34B、C、D、G 这 4 点中的任意 3 点为顶点的三角形面积 > ．14⑶ 若 S△ABD = ，其余三个三角形面积均> S △ABD = ．14 14由于 S△ABC +S△ACD =1，而 S△ACD > ，故 S△ABC S△ABD ，从而 S△ABE >S△ABD = ．S △ACE =S△ABE > ，S △14 14BCE=S△ABC > ．即 A、B、C、E 四点即为所求．14ADCBEh3aaOA DCBFE1991 年全国高中数学联赛 冯惠愚- 9 -⑷ 若 S△ABD = ，其余三个三角形中还有一个的面积= ，这个三角形不可能是△14 14BCD，( 否则 ABCD 的面积 = )，不妨设 S△ADC = S△ABD = ．则 AD∥BC ，四边形 ABCD 为梯12 14形．由于 S△ABD = ，S △ABC = ，故若 AD=a，则 BC=3a，设梯形的高=h ，14 34则 2ah=1．设对角线交于 O，过 O 作 EF∥BC 分别交 AB、CD 于 E、F．∴ AE∶EB=AO∶OC=AD ∶BC= 1∶3．∴ EF= = A．S △EFB =S△EFC = · a· h= ah= > ．a·3+3a·11+3 32 1232 34 916 93214S△EBC =S△FBC = ·3a· h= ah= > ．于是 B、C、F、E 四点为所12 34 98 91612求．综上可知所证成立．又证：当 ABCD 为平行四边形时，A、B、C、D 四点即为所求．当 ABCD 不是平行四边形，则至少有一组对边的延长线必相交，设延长 AD、BC 交于 E，且设 D 与 AB 的距离 SABCD= ．34 34 34即 (a+2a)h> ，ah> ．12 34 12∴ S△APQ =S△BPQ = ah> ．S △PAB =S△QAB =ah> > ．即 A、B、Q 、P 为12 14 1214所求．⑵ 若 ED> AE，取 AE 中点 P，则 P 段 DE 上，作 PR∥BC 交 CD 于 R，AN∥BC ，12交 CD 于 N，由于 ∠EAB+ ∠EBA SABCD=1．问题化为上一种情12况．P QAD CBENFR SEBCDAQP1991 年全国高中数学联赛 冯惠愚- 10 -三．设 an 是下述自然数 N 的个数：N 的各位数字之和为 n 且每位数字只能取 1、3 或4．求证：a 2n 是完全平方数．这里，n=1，2，…．证明：设 N= ，其中 x1，x 2，…，x k∈{1 ，3，4}．且 x1+x2+…+xk=n．假定_______ x1x2…xkn>4．删去 xk 时，则当 xk 依次取 1，3，4 时，x 1+x2+…+xk－1 分别等于 n－1，n－3，n－4．故当 n>4 时，an=an－1 +an－3 +an－4 ． ①a1=a2=1，a 3=2，a 4=4，利用①及初始值可以得到下表：n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ……an 1 1 2 4 6 9 15 25 40 64 104 169 273 441 ……规律1 12 12 22 23 32 35 52 58 82 813132 1321212 ……可找到规律：⑴ 取 f1=1， f2=2，f n+2=fn+1+fn．这是菲波拉契数列相应的项．(n=1，2，3，……){a2n=f n2 ， ②a2n+1=fnfn+1． ③ )可用数学归纳法证明②、③成立．首先，n=1 时， a2=12=f ，a 3=12=f1f2．12 n=2 时， a4=22=f ，a 5=23=f2f3．即 n=1，2 时②、③成立．22 设 n=k－ 1， k 时②、③成立．则由①及归纳假设得a2(k+1)=a2k+1+a2k－1 +a2k－2 =fkfk+1+fk－1 fk+f = fkfk+1+fk－1 (fk+fk－1 )k－ 12 = fkfk+1+fk－1 fk+1=fk+1(fk－1 +fk)=fk+1fk+1=fk+12 a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k－1 =f +f +fk－1 fk= f +fk(fk+fk－1 )= f +fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)k+12 k2 k+12 k+12 =fk+2fk+1．故 n=k+1 时②、③成立．故对于一切正整数 n，② 、③成立．于是 a2n=f (n=1，2，3……)是完全平方数．n2 证明 2：(找规律) 先用归纳法证明下式成立：a2n+1=a2n+a2n－1 ． ④因 a1=a2=1，a 3=2，故当 n=1 时，④成立．设 n=k 时④成立，即 a2k+1=a2k+a2k－1 ．则由①，a 2k+3=a2k+2+a2k+a2k－1 =a2(k+1)+a2(k+1)－1 ．故④式对 k+1 成立，即④对一切 n∈N *成立．⑵ 再用归纳法证明下式成立：a2na2n+2=a2n+12 ⑤因 a2=1，a 3=2，a 4=4，故当 n=1 时⑤成立．1991 年全国高中数学联赛 冯惠愚- 11 -设 n=k 时⑤成立，即 a2ka2k+2=a2k+12．则由①、④，有 a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3(由⑤)=a 2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3=a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由⑤)=a 2k+3(a2k+1+a2k+2)=a2k+32．(本题由于与菲波拉契数列有关，故相关的规律有很多，都可以用于证明本题)证明 2：(用特征方程) 由上证得①式，且有 a1=a2=1，a 3=2，a 4=4， 由此得差分方程：λ 4－λ 3－λ－1=0． (λ2+1)(λ2－λ－1)=0．此方程有根 λ=±i，λ=．1±52∴ 令 an=αin+β(－i) n+γ( )2+( )21+ 52 1－ 52利用初值可以求出 an= ·in+ ·(－i) n+ ( )n+2+ ( )n+2．2－ i10 2+i10 151+ 52 151－ 52∴ a 2n={ [( )n+1－( )n+1]}2．15 1+ 52 1－ 52用数学归纳法可以证明 bn= [( )n+1－( )n+1]为整数．(这是斐波拉契数列的通项15 1+ 52 1－ 52公式)b0=1，b 1=1 均为整数，设 k≤n 时 bk= [( )k+1－( )k+1]都为整数，则15 1+ 52 1－ 52bk+1－b k= [( )k+2－( )k+1+( )k+1－( )k+2] 15 1+ 52 1+ 52 1－ 52 1－ 52= [( )k+1· +( )k+1· ]=bk－1 ．即 bk+1=bk+bk－1 ．由归纳假设 bk15 1+ 52 5－ 12 1－ 52 1+ 52与 bk－ 1 均为整数，故 bk+1 为整数．于是可知 bn 对于一切 n∈N *，b n 为整数．于是 a2n 为整数之平方，即为完全平方数．证明 4．(下标全部变为偶数再用特征方程)由①得，a 2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n－1 )+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2－a 2n－2 (由a2n+2=a2n+1+a2n－1 +a2n－2 )令 bn=a2n，则得 bn+2－2b n+1－2b n+bn－1 =0．特征方程为 λ3－2λ 2－2λ +1=0．λ1=－1，λ 2，3 = ．3±52故 bn=α(－1) n+β( )n+γ( )n．初始值3+ 52 3－ 52b1=a2=1，b 2=a4=4，b 3=a6=9．b 0=－b 3+2b2+2b1=1．1991 年全国高中数学联赛 冯惠愚- 12 -代入求得 α= ，β= ，γ= ．25 3+ 510 3－ 510得 a2n=bn= [2(－1) n+( )n +1+( )n+1]= [( )2(n+1)+( )2(n+1)－2( )n+1(15 3+ 52 3－ 52 151+ 52 1－ 52 1+ 52)n+1]1－ 52={ [( )n+1－( )n+1]}2．151+ 52 1－ 52记 fn= [( )n+1－( )n+1]，其特征根为 1，2 = ．故其特征方程为151+ 52 1－ 52 1±522－ －1=0．于是其递推关系为 fn=fn－1 +fn－2 ．而 f0=1，f 1=1，均为正整数，从而对于一切正整数 n，f n 为正整数．从而 a2n 为完全平方数．。