全国高中数学联赛(1981-2019年)试题分类汇编讲解12---不定方程 含答案解析
不定方程部分
2011B 一、（本题满分 40 分）
x3 + y3 + z3 − 3xyz = 2011
求所有三元整数组 (x, y, z) ，使其满足
x ≥ 15
y ≥ 15
★解析：由 x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = 2011，
(x
−
y )2
+
(y
−
z )2
+
(z
−
x)2
=
4022 ②或 (x
−
y )2
+
(y
−
z )2
+ (z
−
x)2
=
③ 2
对方程组②，消去 z 得 (x − y)2 + (x + 2 y −1)2 + (2x + y −1)2 = 4022 ，即
x 2 + y 2 + xy − x − y = 670 ④
C2 2009
=
2009 ×1004 .
把 x + y + z = 2010 满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解分为三类：
（1） x, y, z 均相等的正整数解的个数显然为 1；
（2） x, y, z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数，易知为 1003；
(3)设 x, y, z 两两均不相等的正整数解为 k .
⑴若 x = 15 ， y = 15 ，则 x 2 + y 2 + xy − x − y = 645 < 670 与④矛盾；
⑵若 x ≥ 16 ， y ≥ 15 ，则 x 2 + ( y −1)(x + y) ≥ 256 + 434 = 690 > 670 与④矛盾；
⑶若 x ≥ 15 ， y ≥#43; y) ≥ 256 + 434 = 690 > 670 与④矛盾；
③
由①式得 x = − 1 ，代入③式化简得 ( y −1)( y3 − y −1) = 0 .易知 y3 − y −1 = 0 无有理数根，故
y
-3-/7
y = 1，由①式得 x = −1 ，由②式得 z = 0 ，与 z ≠ 0 矛盾，故该方程组共有两组有理数解
2010B 二、（本题满分 40 分）设 m 和 n 是大于 1 的整数，求证：
∑ ∑ ∑ 1m
+ 2m
+L + nm
=
1 m+
1
(n
+
1)
m k =1
Cmk
nk
m−1
− (Cmj +1
j =1
n i j ).
i=1
∑ ∑ m+1
m
★证明：由（q +1)m+1 =
Cmj +1q
j
得到
(q
+ 1)m+1
综上方程组②无解；
对方程组③，由 (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2 可得 x − y ， y − z ， z − x 中有两个为1，
一个为 0 。 ⑴若 x − y = 1， y − z = 1 ， z − x = 0 ，则 y +1 = x = z 或 y −1 = x = z ， y +1 = x = z 代 入③的第一个方程，无解；y −1 = x = z 代入③的第一个方程，解得 y = 671，x = z = 670 ⑵若 x − y = 1， y − z = 0 ， z − x = 1，同理可得 x = 671 ， y = z = 670 ⑶若 x − y = 0 ， y − z = 1 ， z − x = 1，同理可得 z = 671， x = y = 670
[ ] 得 (x + y + z) (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 4022 ①
因 4022 = 2011× 2 ，且 (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≡ 0 (mod 2)，所以①等价于
x+ y+ z =1
x + y + z = 2011
-1-/7
综上，满足条件的三元数组为 (671,670,670)， (670,671,670)， (670,670,671)
2010AB 8、方程 x + y + z = 2010 满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解 (x, y, z) 的个数是
◆答案： 336675
★解析：首先易知 x + y + z = 2010 的正整数解的个数为
j=0
将上面n个等式两边分别相加得到：
∑ ∑ m
n
(n +1)m+1 −1 = (Cmj +1 i j ),
j=0
i =1
（20 分）
∑ ∑ ∑ m−1
n
n
(n +1)(n +1)m −1 = n + （Cmj +1 i j）+ (m +1) im ,
j =1
i=1
i =1
∑ ∑ ∑ 1m
+ 2m
+L + nm
−
q m +1
=
Cmj +1q j ,
j=0
j=0
分别将q = 1, 2,L, n代入上式得：
∑m
2m+1 −1 =
Cj m+1
,
j=0
-2-/7
∑m
3m+1 − 2m+1 =
Cj m +1
2
j
,
j=0
LL
∑m
nm+1 − (n −1)m+1 =
Cj m+1
(n
−
1)
j
,
j=0
∑m
(n +1)m+1 − nm+1 = Cmj +1n j .
=
1 m+
1
(n
+
1)
m k =1
Cmk
nk
m−1
− (Cmj +1
j =1
n i j ).
i=1
（40 分）
x+y+z=0 2008A B5、方程组 xyz + z = 0 的有理数解 (x, y, z) 的个数为（ ） xy + yz + xz + y = 0
A. 1
B. 2
C. 3
易知 1 + 3×1003 + 6k = 2009 ×1004 ，
所以 6k = 2009 ×1004 − 3×1003 −1 = 2006 ×1005 − 2009 + 3 × 2 −1 = 2006 ×1005 − 2004 ，
即 k = 1003× 335 − 334 = 335671.
从而满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解的个数为1 + 1003 + 335671 = 336675 .
D. 4
◆答案： B
， ， ， ★解析：若
z
=
0
，则
x
+
y
=
0
x = 0
解得
x = −1
或
xy + y = 0. y = 0 y = 1.
若 z ≠ 0 ，则由 xyz + z = 0 得 xy = −1．
①
由 x + y + z = 0得 z = −x − y ．
②
将②式代入 xy + yz + xz + y = 0 得 x2 + y2 + xy − y = 0 ．
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(6)不等式与线性规划(含答案)
其内部．
由点集 K 的定义知， K 所对应的平面区域
是被 K1 、 K2 中恰好一个所覆盖的部分，因此 本题所要求的即为图中阴影区域的面积 S．
由于直线 CD 的方程为 x 3y 6 ，直线 GH 的方程为 3x y 6 ，故它
们的交点
P
的坐标为
(3 2
,
3) 2
．由对称性知，
S
8S CPG
1981 年~2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编 不等式部分
2019B 一 、（ 本 题 满 分 40 分 ） 设 正 实 数 a1, a2 ,, a100 满 足 ai a101i
（ i 1, 2,,50 ）．
记 xk
kak 1 a1 a2 ak
（k
1,
2,,
99
），证明：
x1
x22
求 (a1
a
2 2
)(a
2
a32 )(a2015
a
2 2016
)(a2016
a12 ) 的最大值。
★解析：令 P
(a1
a
2 2
)(a
2
a32 )(a2015
a
2 2016
)(a
2016
a12 )
由已知得，对 i
1,2,,2015 ，均有 ai
a2 i 1
11 9
a2 i 1
a2 i 1
0。
若 a2016 a12 0 ，则 P 0 ；下面考虑 a2016 a12 0 的情况.不妨记 a2017 a1 ，
设为实数，不等式 2x a 5 2x 对所有 x 1,2成立，求实数 a 的取值范
围。
★解析：设 t 2x ，则 t [2, 4] ，于是 | t a || 5 t | 对所有 t [2, 4] 成立，由
历年全国高中数学联赛(1981-2019)试题分类汇编： 12不定方程
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编不定方程部分2011B 一、（本题满分40分）求所有三元整数组(,,)x y z ，使其满足333320111515x y z xyz x y ⎧++-=⎪≥⎨⎪≥⎩★解析：由20113333=-++xyz z y x ，得()()()()[]4022222=-+-+-++x z z y y x z y x ①因220114022⨯=，且()()()0222≡-+-+-x z z y y x ()2m od ，所以①等价于()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++40221222x z z y y x z y x ②或()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++22011222x z z y y x z y x ③ 对方程组②，消去z 得()()()40221212222=-++-++-y x y x y x ，即67022=--++y x xy y x ④⑴若15=x ，15=y ，则67064522<=--++y x xy y x 与④矛盾；⑵若16≥x ，15≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x y x 与④矛盾；⑶若15≥x ，16≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x x y 与④矛盾；综上方程组②无解；对方程组③，由()()()2222=-+-+-x z z y y x 可得y x -，z y -，x z -中有两个为1，一个为0。
⑴若1=-y x ，1=-z y ，0=-x z ，则z x y ==+1或z x y ==-1，z x y ==+1代入③的第一个方程，无解；z x y ==-1代入③的第一个方程，解得671=y ，670==z x ⑵若1=-y x ，0=-z y ，1=-x z ，同理可得671=x ，670==z y ⑶若0=-y x ，1=-z y ，1=-x z ，同理可得671=z ，670==y x综上，满足条件的三元数组为()670,670,671，()670,671,670，()671,670,6702010AB 8、方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解),,(z y x 的个数是 ◆答案： 336675★解析：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C . 把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类： （1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知 100420096100331⨯=+⨯+k ， 所以110033*********-⨯-⨯=k 200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=， 即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2010B 二、（本题满分40分）设m 和n 是大于1的整数，求证：11111112(1)().1m m n m mm k k jj m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ ★证明：1111)m m jj m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j jm j q qC q +++=+-=∑ 1,2,,q n =分别将代入上式得：11021,m m jm j C ++=-=∑1110322,mm m j jm j C +++=-=∑1110(1)(1),mm m j jm j nn C n +++=--=-∑ 1110(1).mm m j j m j n nC n +++=+-=∑ n 将上面个等式两边分别相加得到： 111(1)1(),mnm jjm j i n Ci++==+-=∑∑ （20分）11111(1)(1)1(1),m nnmj j m m j i i n nn C i m i-+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m nmmmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ （40分）2008A B5、方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+++=+=++000y xz yz xy z xyz z y x 的有理数解),,(z y x 的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4◆答案： B★解析：若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩， 若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②式代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③由①式得1x y=-，代入③式化简得3(1)(1)0y y y ---=.易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①式得1x =-，由②式得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩2008B 二、（本题满分50分）求满足下列关系式组2222,50,x y z z y z ⎧+=⎨<≤+⎩的正整数解组(,,)x y z 的个数．★解析：令r y z =-，由条件知050r <≤，方程化为222()2x z r z ++=，即2222x zr r z ++=． （1）因0y z r -=>，故22222z x y z x =+->，从而z x >．设0p z x =->．因此（1）化为22220zp p zr r -+++=．（2） 下分r 为奇偶讨论，（ⅰ）当r 为奇数时，由（2）知p 为奇数．令121r r =+，121p p =+，代入（2）得221111112()10p p zp zr r r +-++++=． （3）（3）式明显无整数解．故当r 为奇数时，原方程无正整数解．（ⅱ）当r 为偶数时，设12r r =，由方程（2）知p 也为偶数．从而可设12p p =，代入（2）化简得2211110p zp zr r -++=． （4）由（4）式有221111()0z p r p r -=+>，故11p r >，从而可设11p r a =+，则（4）可化为2211()0r a za r +-+=，2211220r ar za a +-+=． （5）因21122r z r a a=++为整数，故212a r ，又1122()z z x p r a >-==+，因此22111()2()r a r za r a a ++=>+，得2212a r <，即a <．因此，对给定的11,2,,25r =⋅⋅⋅，解的个数恰是满足条件1a 的212r 的正因数a 的个数1()N r ．因212r 不是完全平方数，从而1()N r 为212r 的正因数的个数21(2)r σ的一半．即211()(2)/2N r r σ=．由题设条件，1125r ≤≤．而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：012341{2,2,2,2,2}A =，2{23,25,27,211}A =⨯⨯⨯⨯，223{23,25}A =⨯⨯，34{23}A =⨯，25{23}A =⨯，1{3,5,7,11,13,17,19,23}B =， 222{3,5}B =，3{35,37}B =⨯⨯，从而易知012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515N A N N N N N =++++=++++=，2()(23)46424N A N =⨯⨯=⨯=，3()9218N A =⨯=，4()12N A =，5()10N A =，1()3824N B =⨯=，2()5210N B =⨯=，3()9218N B =⨯=，将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．2006*11、方程()()20052004422006200611x x x x x=+++++ 的实数解的个数为 ◆答案：1 ★解析：200520044220062006)1)(1(x x x x x=+++++24200420051()(1)2006x x x x x⇔+++++= 35200520052003200111112006x x x x x x xx⇔+++++++++= 32005320051112006210032006x x x x x x⇔=++++++≥=要使等号成立，必须 3200532005111,,,x x xx x x===，即1x =±。
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(8)解析几何(含答案)
b
0 ），则 2a
4, a
a2 b2 2
3 ，可
知 a 2,b 1 ， EF 2 3 ,所以 PE PF 4 ，又 PE PF 2 ，
所以 PE 2 PF 2 PE PF 2 2 PE PF 12 EF 2 ，即 EPF 为直角，进而
PEF 得面积为 1 PE PF 1。 2
AF 3 , BF 2 ，求 AB 的所有可能的值。
★解析：不妨设平面直角坐标系中椭圆
的标准方程为
x2 a2
y2 b2
1（ a
b 0 ），并记
c a2 b2 ．由对称性，可设 F 为 的右焦点．知 F 到椭圆 的左顶点的距离为 a c ， 到椭圆 的右顶点的距离为 a c ，到上下顶点的距离均为 a ， ⑴A,B 分别为左、右顶点．此时 a c 3, a c 2 ，故 AB 2a 5 ；
圆
:
x2 a2
y2 b2
1（ a b 0 ）的左、右顶点与上、下顶点．设 P,Q 是椭圆上且位于第一
象限的两点，满足 OQ // AP ， M 是线段 AP 的中点，射线 OM 与椭圆交于点 R .
证明：线段 OQ, OR, BC 能构成一个直角三角形。
★证明:设点 P 的坐标为 x0 , y0 ，由于 OQ // AP ，则 AP OP OA ，
综上 AB 的所有可能的值为 5, 7, 17 。
2018A 4、在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C
:
x2 a2
y2 b2
1（ a
b 0 ）的左右焦点分别是
F1, F2 ， 椭 圆 C 的 弦 ST 与 UV 分 别 平 行 于 x 轴 和 y 轴 ， 且 相 交 于 点 P ， 已 知 线 段 PU , PS, PV , PT 的长分别为1,2,3,6 ，则 PF1F2 的面积为
1981年全国高中数学联赛试题及解答
∴4=PC2+PD2+QE2+QF2=(PC2+QE2)+(PD2+QF2)≥2(PC∙QE+PD∙QF)．等号当且仅当PC=QE，PD=QF时成立．但由已知，此二式不成立．故证．
4．(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件．每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A与1个C．用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完．
条件乙：sin +cos =a．
A．甲是乙的充分必要条件B．甲是乙的必要条件
C．甲是乙的充分条件D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件
⑶设α≠ (k≠0，±1，±2，……)，
T= ．
A．T取负值B．T取非负值C．T取正值D．T取值可正可负
⑷下面四个图形中，哪一个面积大？
A．△ABC：∠A=60°，∠B=45°，AC=
PC∙QE+PD∙QF<2．
4．(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件．每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A与1个C．用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完．
A．－t2+t+ B．－2t2+2tC.1－ t2D. (t－2)2
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(3)三角函数(含答案)
2019A 6、对任意闭区间 I ，用 M I 表示函数 y sin x 在 I 上的最大值．若
正数 a 满足 M0,a 2M a,2a ，则 a 的值为
．
◆答案： 5 或 13
6 12
★解析：若 0
a
2
，0
M 0,a
sin
a
2017A 2、若实数 x, y 满足 x2 2 cos y 1，则 x cos y 的取值范围为
◆答案： 1, 3 1 ★ 解 析 ： 由 x2 2 cos y 1 得 x 2 1 2 cos y 1,3 ， 得 x 3, 3 ，
cos y 1 x 2 ，
2
所以 x cos y 1 x 12 1， x 3, 3 可求得其范围为 1, 3 1 。 2
，则函数T 的值域是
a2 b2
a2 b2
[ a2 b2 , a2 b2 ] ，室内最大温差为 2 a2 b2 10 ，得 a2 b2 5 ．
故 a b 2(a2 b2 ) 5 2 ,等号成立当且仅当 a b 5 2 ．
2
2014A
10、（本题满分
20
分）数列 an 满足
a1
⑵证明： arctan
x1
arctan
x2
arctan
x3
4
。（15
分）
★解析：⑴设 p(x) x3 10x 11，则它至多有三个实根。由于 p(5) 64 ，
p(4) 13 ，p(3) 14 ，p(2) 23 ，p(1) 20 ，p(0) 11，p(1) 2 ，p(2) 1，
2
a
一般地，由题设可得 f (x) 13 sin(x ) 1， f (x c) 13 sin(x c) 1，
14数论1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在1,2,3,,10 中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10---- 中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为 ．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法． 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①若a 被 3 整除，则b 也被 3 整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组． 因此92837N =+=．于是所求概率为37100。
2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分 事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立． 设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立， 故类似可知③仍成立． ………………30 分 我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(2)函数与方程(Word版,含答案)
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编函数与方程部分2019A1、已知正实数a 满足()89aaa a =，则()log 3a a 的值为 ．◆答案：916★解析：由条件知189a a =，故91639a a a a =⨯=，所以()9log 316a a =。
2019A 二、（本题满分 40 分）设整数122019,,,a a a 满足122019199a a a =≤≤≤= ． 记()()22212201913243520172019f a a a a a a a a a a a =+++-++++，求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组()122019,,,a a a 的个数．★解析：由条件知()()2017222221220182019212i i i f a a aaaa +==++++-∑． ①由于12,a a 及2i i a a +-（1,2,2016i =）均为非负整数，故有221122,a a a a ≥≥且()222i i i i a a a a ++-≥-．于是()()()201620162221221222017201811i i i i i i aaaa a a a a a a ++==++-≥++-=+∑∑②………………10 分由①、②得()2222017201820192017201820192f a a a a a a ≥++-++，结合20192019a =及201820170a a ≥>，可知()()2222201720172017201712999949740074002f a a a a ⎡⎤≥+-++=-+≥⎣⎦ ．③ (20)分 另一方面，令1219201a a a ====，19202119202k k a a k +-+==（1,2,,49k =），201999a =此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30 分以下考虑③的取等条件．此时2018201749a a ==，且②中的不等式均取等， 即121a a ==，{}20,1i i a a +-∈（1,2,2016i =）。
1981年全国高中数学联合竞赛试题及解答
1981年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛一、选择题(本题满分35分，每题答对者得5分，答错者得－2分，不答者得0分)1981*1、条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．条件乙：两个三角形全等．则下列正确的是（ ）A ．甲是乙的充分必要条件B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ◆答案：B★解析：乙⇒甲，但甲⇒/乙，故选B .1981*2、条件甲：a =+θsin 1．条件乙：a =+2cos 2sinθθ．则下列正确的是（ ） A ．甲是乙的充分必要条件 B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ◆答案：D★解析：由a =+θsin 1得a =+2cos2sin θθ；而a =+2cos 2sinθθ，得a =+θsin 1．故选D ．1981*3、设2παk ≠（ ,2,1,0±±≠k ），ααααcot cos tan sin ++=t ，则下列正确的是（ ） A.t 取负值 B. t 取非负值 C. t 取正值 D. t 取值可正可负◆答案：C★解析：()()01sin cos 1cos sin cot cos tan sin 22>++=++=ααααααααt1981*4、下面四个图形中，面积最大的是（ ）A.ABC ∆：060=∠A ，045=∠B ,2=AC ;B. 梯形：两条对角线的长度分别为2和3，夹角为075；C.圆：半径为1；D.正方形：对角线长度为5.2 ◆答案：C★解析：A 中三角形面积为433+；B 中梯形面积为433+； C 中圆面积为π，D 中正方形面积为82525212=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅．于是C D A B <<=．选C ．1981*5、 给出长方体1111D C B A ABCD -，下列12条直线：1AB ，1BA ，1CD ，DC ，1AD ，1DA ，1BC ，1CB ，AC ，BD ，11C A ，11D B 中有多少对异面直线？（ ）A ．30对B ．60对C ．24对D ．48对◆答案：A★解析：每条面上的对角线都与5条面上的对角线异面．故共有302125=÷⨯对．选A ．1981*6、在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 是由0≥y ，x y ≤和x y -≤2这三个不等式确定，N 是随t 变化的区域，它由不等式1+≤≤t x t 确定，t 的取值范围是10≤≤t ，设M 和N 的公共面积是函数)(t f ，则)(t f 为（ ） A ．212++-t t B ．t t 222+- C.2211t - D. ()2221-t ◆答案：A★解析：AOB ∆的面积为1。
1981年全国高中数学联合竞赛试题及解答
2
OM 2 2 ， 同 理
QE 2 QF 2 2 ．
∴
1981 年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛第 3 页 共 4 页
4 PC 2 PD 2 QE 2 QF 2 PC 2 QE 2 PD 2 QF 2 2PC QE PD QF ．等号当
）
1 1 t 2 ． 2
1981*7、对方程 x x px q 0 进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？（ A．至多有三个实根 C．仅当 p 4q 0 时才有实根 ◆答案：C,D
2
B．至少有一个实根 D．当 p 0 和 q 0 时，有三个实根
★解析：画出 y x x 及 y px q 的图象：知 A、B 正确，C、D 错误．选 C、D． 1981*8、(本题 15 分) 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正：
BPQ ，求 的范围 ．
提示：利用入射角等于反射角的原理． ★解析：只要把这个正六边形经过 5 次对称变换． 则击球时应如图所示，击球方向在∠MPN 内部时即可． 设 AB 2 ，以 P 为原点， PB 为 x 轴正方向建立直角 坐标系，点 M 坐标为 8,3 3 ．点 N 坐标为 10,3 3 ， 即 arctan
2
C 中圆面积为 ，D 中正方形面积为
1981 年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛第 1 页 共 4 页
1981*5、 给出长方体 ABCD A1 B1C1 D1 ，下列 12 条直线： AB1 ， BA1 ，CD1 ， DC ， AD1 ， DA1 ，
BC1 ， CB1 ， AC ， BD ， A1C1 ， B1 D1 中有多少对异面直线？（
1981年全国高中数学联赛试题及解答
1981第一届全国高中数学联赛一、选择题.1. 条件甲：两个三角形的面积和二条边对应相等；条件乙：两个三角形全等，则( )A ．甲是乙的充分必要条件B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是充分条件 2.a =；条件乙： sincos22a θθ+=．则( )A ．甲是乙的充分必要条件B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是充分条件3. 设()0,1,2,2k k πα≠=±±，sin tan cos cot T αααα+=+．( ) A ．T 取负值 B ．T 取非负值 C ．T 取正值 D ．T 取值可正可负4. 下面四个图形中，哪一个面积最大？( ) A．00:60,45,ABC A B AC ∆∠=∠=B75︒C ．圆：半径为1D ．正方形：对解线的长度为2.55. 给出长方体''''ABCD A B C D -，下列十二条直线：',',',',',',',',,,'',''AB BA CD DC AD DA BC CB AC BD A C B D 中有多少对异面直线? ( )A ．30对B ．60对C ．24对D ．48对选B． 解：乙⇒甲，但甲⇒/乙，故选B ． 选D ． 解：sin cos 22a a θθ⇒+=；而sin cos 22a a θθ+=．故选D ．选C ． 解：()()22sin cos 10cos sin 1T αααα+=>+． 选C ． 解：A中三角形面积(134=；B中梯形面积(134=；C 中圆面积=π，D 中正方形面积21525222⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭．于是B A D C =<<． 选A． 解：每条面上的对角线都与5条面上的对角线异面．故共有512230⨯÷=对．6. 在坐标平面上有两个区域M 和N.M 是由0,y y x ≥≤,和2y x ≤-这三个不等式确定的．N 是随t 变化的区域，它由不等式1t x t ≤≤+所确定的，t 的取值范围是01t ≤≤．设M 和N 的公共面积是函数()f t ．则()f t 为： ( ) A ．212t t -++B ．222t t -+C ．2112t - D ．()2122t BPQ n -∠=7. 对方程0x x px q ++=进行讨论，下面的结论中，哪个是错误的? ( )A ．至多有三个实根B ．至少有一个实根C ．仅当240p q -≥才有实根D ．当0p <和0q >时,有三个实根二、下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.选A ． 解：1OAB S ∆=．直角边长为t 的等腰直角三角形面积212t =. 直角边长为()211t t -+=-的等腰直角三角形面积()2112t =-． ()()()22221111111 012222f t t t t t t t t =---=-+-=+-≤≤． 选C 、D ．解：画出y x x =及y px q =--的图象：知A 、B 正确，C 、D 错误．选C 、D ． 解：若lg32a b =-，则lg942a b =-及lg 0.27632a b =--，此三个数值同时正确或错误，故此三个数值都正确．若lg8333a c =--，则lg 21,lg51lg 2,lg6lg3lg 21a c a c a b c =--=-=+=+=+--．由于此三数同时正确或错误，故此三个数值都正确．于是()()lg1.5lg3lg22131a b a c a b c =-=----=-+-与表中lg1.53a b c =-+矛盾．即lg1.5的数值错误．若lg 2.8122a b c =-+-，则()()lg14lg2.8lg512212a b c a c a b =+=-+-++=-+， ()()()lg0.021lg3lg14lg232121323a b a b a c a b c =+--=--+---=+++-－，即此三个数值同时正确或错误，故此三个数值正确．()()lg7lg14lg21212a b a c b c =-=-+---=+，与表中lg 722a c =+矛盾；∴ 表中lg1.5与lg 7lg7是错误的，应为lg1.531lg72a b c b c =-+-=+，．三、在圆O 内，弦CD 平行于弦EF ，且与直径AB 交成45︒角.若CD 与EF 分别交直径AB 于P 和Q ，且圆O 的半径长为1．求证:2PC QE PD QF ⋅+⋅<．四、组装甲、乙、丙三种产品，需用A 、B 、C 三种零件．每件甲需用A 、B 各2个;每件乙需用B 、C各1个；每件丙需用2个A 和1个C ．用库存的A 、B 、C 三种零件，如组装成p 件甲产品、q 件乙产品和r 件丙产品,则剩下2个A 和1个B ，但C 恰好用完.试证:无论臬改变产品甲、乙、丙的件数，也不能把库存的A 、B 、C 三种零件都恰好用完．五、一张台球桌开头是正六边形ABCDEF.一个球从AB 的中点P 击出 ，击中BC 边上的某点Q ，并且依次碰击CD,DE,EF,FA 各边，最后击中AB 边上的某一点，设BPQ θ∠=，求θ的取值范围． （提示：利用入射角等于反射角的原理．）证明：作OM ⊥CD ，垂足为M ，交EF 于N ，设ON n OM m ==，．则CM DM EN FN ==本题即证))2m n m n +<．1mn <． 移项，平方得，22222222112.2m n m n mn m n m n mn --+<+⇒+>． 取“+”号时，M 、N 在点O 同侧，此时m n ≠，总之，命题成立． (当E 、F 交换位置时，且CD 、EF 在点O 异侧时，可能有m n =．) 又证：()()()22222222PC PD CM OM CM OM CM OM +=++-=+=，同理222QE QF +=． ∴()()222222222()4PC PD QE QF PC QE PD QF PC QE PD QF =+++=+++≥⋅+⋅．等号当且仅当PC QE PD QF ==，时成立．但由已知，此二式不成立．故证． 解：已知即：每个甲用 A 2，B 2，每个乙用 B 1，C 1， 每个丙用 A 2， C 1．∴ 共有A 产品222p r ++件；B 产品21p q ++件；C 产品q r +件．设组装m 件甲，n 件乙，k 件丙，则用22m k +件 A ； 用2m n +件B ； 用n k +件 C ． 如全部用完，则有22222p r m k ++=+；1p r m k ⇒++=+． ⑴ 212p q m n ++=+； ⑵ q r n k +=+． ⑶∴⑴+⑵-⑶：323p m +=．这是不可能的．故证． 解：只要把这个正六边形经过5次对称变换．则击球时应如图所示，击球方向在∠MPN 内部时即可． 设2AB =，以P 为原点，PB 为x 轴正方向建立直角坐标系，点M坐标为(．点N坐标为(，即θ⎡∈⎢⎣⎦．NMQP F ED C BA。