5解三角形-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
3三角-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编3、三角函数部分2018B 5、设,满足3)3tan(，5)6tan(，则)tan(的值为◆答案：47★解析:由两角差的正切公式可知7463tan，即可得47)tan(2017A 2、若实数y x,满足1cos 22y x，则y x cos 的取值范围为◆答案：13,1★解析：由1cos 22y x得3,1cos 212yx，得3,3x ，21cos 2x y ，所以1121cos 2xy x ，3,3x可求得其范围为13,1。
2016A 6、设函数10cos10sin)(44kx kx k f ，其中k 是一个正整数。
若对任意实数a ，均有R xx f a x ax f |)(1|)(，则k 的最小值为◆答案：16★解析：由条件知，10cos10sin 2)10cos10(sin)(22222kx kx kxkxx f 4352cos415sin12kx kx 其中当且仅当)(5Z m km x时，)(x f 取到最大值．根据条件知，任意一个长为1的开区间)1,(a a 至少包含一个最大值点，从而15k，即5k．反之，当5k时，任意一个开区间均包含)(x f 的一个完整周期，此时}|)({}1|)({R x x f a xa x f 成立．综上可知，正整数的最小值为161]5[．2015A 2、若实数满足tan cos，则4cossin1的值为◆答案：2★解析：由条件知，sincos2，反复利用此结论，并注意到1sincos22，得)co s1)(sin 1(sinsinsin coscossin1222242c oss in 22．2015A 7、设w 是正实数，若存在b a,)2(b a ，使得2sin sin wb wa ，则w 的取值范围是◆答案：9513[,)[,)424w ★解析：由2sin sin ba 知，1sin sin ba，而]2,[,w w ba si ，故题目条件等价于：存在整数,()k l kl ，使得wlkw22222．①当4w 时，区间]2,[w w 的长度不小于4，故必存在,k l 满足①式．当04w 时，注意到)8,0(]2,[w w ，故仅需考虑如下几种情况：(i) w w 2252，此时21w 且45w无解；(ii) ww 22925，此时2549w ;(iii) ww221329，此时29413w,得4413w ．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4w 亦满足条件，可知9513[,)[,)424w ．2015B 3、某房间的室温T （单位：摄氏度）与时间t （单位：小时）的函数关系为：),0(,cos sin t t b t a T ，其中b a,为正实数，如果该房间的最大温差为10摄氏度，则ba 的最大值为◆答案：52★解析：由辅助角公式：22sin cos sin()Ta tb tab t ，其中满足条件2222sin,cosbaabab，则函数T 的值域是2222[,]ab a b ，室内最大温差为22210ab，得225a b ．故222()52a b ab ,等号成立当且仅当522ab．2014A 10、（本题满分20分）数列n a 满足61a ，)arctan(sec 1n na a ，（N n ）求正整数m ，使得1001sin sin sin 21na a a 。
9解析几何-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1
S PF1 F2
F1 F2 2
y0
1 2 15 1
2
15 。
a 2 20 ， b 2 5 ，从而
2018B 6、设抛物线 C : y 2 2x 的准线与 x 轴交于点 A ，过点 B (相切于点 K ,过点 A 作 l 的平行线，与抛物线 C 交于点 M , N ，则 KMN 的面积为为
1 AB y M y N
1
2
2
2
2
2017A 3、在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的方程为 x
y 1， F 是 C 的焦点， A 为
9 10
C 的右顶点， P 是 C 上位于第一象限内的动点，则四边形 OAPF 的面积最大值为
◆答案： 3 11 2
★解析： 由题意得 A 3,0 ， F 0,1 ，设 P 点的坐标为 3 cos , 10 sin ，其中
则
0, ， 2
SOAPF
S OAP
S OFP
1 3 10 sin
2
1 3 cos
2
3 11 sin
2
，可得面积最大
值为 3 11 。 2
2017B 7、设 a 为非零实数，在平面直角坐标系
为 4 ，则实数 a 的值为
．
xOy 中，二次曲线 x2 ay 2 a 2 0 的焦距
1 17
◆答案：
2
★解析： 二次曲线方程可写成
x02 a2
y
2 0
b2
1
x0 a , y0 ， x0 a , y0 。由于点 Q, R 在椭圆上， 所以
2
2 x0 a
y02
a2
b2
1，
2
2 x0 a
5集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案11-23
2018A1、设集合 A 1,2,3,,99，集合 B 2x | x A，集合 C x | 2x A，则集合 B C 的
元素个数为
◆答案： 24
★解析：由条件知， B C 2,4,6,,48，故 B C 的元素个数为 24 。
a
1
3 b 3 a 2 3 ，当 a b 3 时，得最小元素 m 2 3 。因此， M m 5 2 3 。
a
a
2014A 三、（本题满分 50 分）设 S 1,2,,100，求最大的整数 k ，使得 S 有 k 个互不相同的非空
子集，具有性质：对这 k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素
2018B1、设集合 A 2,0,1,8，集合 B 2a | a A，则集合 A B 的所有元素之和是
◆答案： 31
★解析:易知 B 4,0,2,16，所以 A B 0,1,2,4,8,16，元素之和为 31.
2018B 三、（本题满分 50 分）设集合 A 1,2,, n， X ,Y 均为 A 的非空子集（允许 X Y ）． X
中的最大元与 Y 中的最小元分别记为 max X , min Y ．求满足 max X min Y 的有序集合对 ( X ,Y )
的数目。
★解析:先计算满足 max X min Y 的有序集合对 ( X ,Y ) 的数目.对给定的 m max X ，集合 X 是
集 合 1,2,, m 1 的 任 意 一 个 子 集 与 m 的 并 ， 故 共 有 2m1 种 取 法 . 又 m min Y ， 故 Y 是 m, m 1, m 2,, n 的任意一个非空子集，共有 2n1m 1 种取法.
11逻辑1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
★解析：首先，对电路图进行截取分段考虑，如下三个图
设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为 ．当 ， ， ， 是 ， 的任意排列时， 最小．
证明如下：
1°设当两个电阻 ， 并联时，所得组件阻值为 ：则 ．故交换二电阻的位置，不改变 值，且当 或 变小时， 也减小，因此不妨取 ．
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 ，以 为原点， 为 轴正方向建立直角
坐标系，点 坐标为 ．点 坐标为 ，
即
2°设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB：
．
显然 越大， 越小，所以为使 最小必须取 为所取三个电阻中阻值最小的一个．
3°设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为 ：
．
若记 ， ．则S1、S2为定值．于是 ．
只有当 最小， 最大时， 最小，故应取 ， ， ，即得总电阻的阻值最小．
4°对于图3，把由 组成的组件用等效电阻 代替．要使 最小，由3°必需使 ；且由1°，应使 最小．由2°知要使 最小，必需使 ，且应使 最小．
◆答案：D
★解析：由 得 ；而 ，得 ．故选D．
1981*10、(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用 三种零件．每件甲需用 各 个；每件乙需用 各 个 ；每件丙需用 个 与 个 ．用库存的 三种零件，如组装成 件甲产品、 件乙产品和 件丙产品，则剩下 个 和 个 ，但 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 三种零件都恰好用完．
高中数学联赛真题三角函数与解三角形A辑
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题05三角函数与解三角形A 辑历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 成等比数列，则sinAcotC+cosA sinBcotC+cosB的取值范围是( )A ．(0,+∞)B ．(0,√5+12) C ．(√5−12,√5+12) D ．(√5−12,+∞)2．【2007高中数学联赛（第01试）】设函数f (x )=3sinx +2cosx +1.若实数a ，b ，c 使得af (x )+bf (x －c )=1对任意实数x 恒成立，则bcosc a的值等于( )A ．−12B ．12C ．−1D ．13．【2006高中数学联赛（第01试）】已知△ABC ，若对任意t ∈R ，|BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −tBC ⃑⃑⃑⃑⃑ |≥|AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |，则△ABC 一定为( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形D ．答案不确定4．【2005高中数学联赛（第01试）】△ABC 内接于单位圆，三个内角A ，B ，C 的平分线延长后分别交此圆于A1，B 1，C 1.则AA 1⋅cos A 2+BB 1⋅cos B 2+CC 1⋅cos C2sinA+sinB+sinC的值为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．85．【2004高中数学联赛（第01试）】设锐角使关于x 的方程x 2+4xcosθ+cotθ=0有重根，则θ的弧度数为( )A ．π6B ．π12或5π12C ．π6或5π12D ．π126．【2003高中数学联赛（第01试）】若x ∈[−5π12,−π3]，则y =tan (x +2π3)−tan (x +π6)+cos (x +π6)的最大值是( )A ．125√2B ．116√2C ．116√3D ．125√37．【2001高中数学联赛（第01试）】在四个函数y =sin|x|，y =cos|x|，y =|cotx |，y =lg|sinx|中以π为周期，在(0,π2)上单调递增的偶函数是( )A ．y =sin|x|B ．y =cos|x|C ．y =|cotx|D ．y =lg|sinx|8．【2001高中数学联赛（第01试）】如果满足∠ABC =60°，AC =12，BC =k 的△ABC 恰有一个，那么k 的取值范围是( ) A ．k =8√3B ．0<k ⩽12C ．k ≥12D ．0<k ≤12或k =89．【2000高中数学联赛（第01试）】设sinα>0,cosα<0，且sin α3>cos α3，则α3的取值范围是( )A ．(2kπ+π6,2kπ+π3),k ∈ZB ．(2kπ3+π6,2kπ3+π3),k ∈ZC ．(2kπ+5π6,2kπ+π),k ∈ZD ．(2kπ+π4,2kπ+π3)∪(2kπ+5π6,2kπ+π),k ∈Z10．【1999高中数学联赛（第01试）】已知点A (1，2)，过点(5，－2)的直线与抛物线y 2=4x 交于另外两点B ，C ，那么，△ABC 是( ). A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形D ．答案不确定11．【1997高中数学联赛（第01试）】设f(x)=x 2−πx,α=arcsin 13，β=arctan 54，γ=arccos (−13)，δ=arccot (−54)，则( )A．f(α)>f(β)>f(δ)>f(γ)B．f(α)>f(δ)>f(β)>f(γ)C．f(δ)>f(α)>f(β)>f(γ)D．f(δ)>f(α)>f(γ)>f(β)12．【1996高中数学联赛（第01试）】设x∈(−12,0)，以下三个数：α1=cos(sinxπ)，α2=sin(cosxπ)，α3= cos(x+1)π的大小关系是( )A．α3<α2<α1B．α1<α3<α2C．α3<α1<α2D．α2<α3<α113．【1995高中数学联赛（第01试）】log in 1cos1,log sin1tan1,log geos 1sin1,log cos 1 tan 1的大小关系是( ) A．log sin1cos1<log cos1sin1<log sin1tan1<log cos1tan1B．log cos1sin1<log cos1tan1<log sin1cos1<log sin1tan1C．log sin1tan1<log cos1tan1<log cos1sin1<log sin1cos1D．log cos1tan1<log sin1tan1<log sin1cos1<log cos1sin114．【1994高中数学联赛（第01试）】设a，b，c是实数.那么对任何实数x，不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要条件是( )A．a，b同时为0，且c>0B．√a2+b2=cC．√a2+b2<c D．√a2+b2>c15．【1994高中数学联赛（第01试）】已知0<b<1，0<a<π4，则下列三数：x=(sina)log b sina，y=(cosa)log b cosa,z=(sina)log b cosa的大小关系是( )A．x<z<y B．y<z<x C．z<x<y D．x<y<z16．【1993高中数学联赛（第01试）】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边边长分别是a，b，c，若c－a等于AC边上的高h，则sin C−A2+cos C+A2的值是( )A．1B．12C．13D．−117．【1992高中数学联赛（第01试）】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c(b≠1)，且CA ,sinB sinA都是方程log√bx=log b(4x−4)的根，则△ABC( ). A．是等腰三角形，但不是直角三角形B．是直角三角形，但不是等腰三角形C．是等腰直角三角形D．不是等腰三角形，也不是直角三角形18．【1990高中数学联赛（第01试）】设a∈(π4,π2)，则(cosa)cosa，(sina)cosa,(cosa)sina的大小顺序是( )A．(cosα)cosα<(sinα)cosα<(cosα)sinαB．(cosα)cosα<(cosα)sinα<(sinα)cosαC．(sinα)cosα<(cosα)cosα<(cosα)sinαD．(cosα)sinα<(cosα)cosα<(sinα)cosα19．【1989高中数学联赛（第01试）】若A，B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=cosB−sinA+i(sinB −cosA)在复平面内所对应的点位于( )A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限20．【1989高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=arctanx+12arcsinx的值域是( ).A．(−π,π)B．[−3π4,3π4]C．(−3π4,3π4)D．[−π2,π2]21．【1987高中数学联赛（第01试）】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( )A．10√2B．14C．5√6D．1222．【1987高中数学联赛（第01试）】如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A，C在圆周上，∠ABC=2a(0<a<π3).现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心，使B落在圆周上；第二次，以B为中心，使C落到圆周上；第三次，以C为中心，使A落到圆周上，如此旋转直到第100次.那么，点A所走路程的总长度为( )A．22π(1+sina)−66a B．22π+683πsina−66aC．673πD．33π−66a23．【1986高中数学联赛（第01试）】设－1<a<0，θ=arcsina，那么不等式sinx<a的解集为( )A．{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π−θ,n∈Z}B．{x|2nπ−θ<x<(2n+1)π−θ,n∈Z}C．{x|(2n−1)π+θ<x<2nπ−θ,n∈Z}D．{x|(2n−1)π−θ<x<2nπ+θ,n∈Z}24．【1985高中数学联赛（第01试）】已知方程arccos45−arccos(−45)=arcsinx，则( )A．x=2425B．x=−2425C．x=0D．这样的x不存在25．【1984高中数学联赛（第01试）】若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y2－x2)的运动方式是( )A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动26．【1983高中数学联赛（第01试）】已知等腰△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27．【1983高中数学联赛（第01试）】任意△ABC，设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为l，R与r，那么( )A．l>R+r B．l⩽R+r<R+r<6l D．A，B，C三种关系都不对C．16)都有( )28．【1982高中数学联赛（第01试）】对任何φ∈(0,π2A．sinsinφ<cosφ<coscosφB．sinsinφ>cosφ>coscosφC．sincosφ>cosφ>cossinφD．sincosφ<cosφ<cossinφ29．【1981高中数学联赛（第01试）】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( )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30．【1981高中数学联赛（第01试）】条件甲:√1+sinθ=a.条件乙:sinθ2+cosθ2=aA．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31．【1981高中数学联赛（第01试）】设α≠kπ2(k=0,±1,±2,⋯),T=sinα+tanαcosα+cotαA．T取负值B．T取非负值C．T取正值D．T取值可正可负优质模拟题强化训练1．△ABC的三边长分别为AB=a，BC=b，CA=c．若{c=√a2−2+√b2−2a=√b2−3+√c2−3b=√c2−4+√a2−4，则→AB⋅→BC，→BC⋅→CA，→CA⋅→AB中小于0的个数为（）．A．3B．2C．1D．02．arccos13+12arccos79=（）.A．3π8B．2π3C．π2D．arcsin893．设f(x)=cos(ωx)的最小正周期为6，则f(1)+f(2)+⋯+f(2018)的值是（）.A．0B．1C．12D．√324．函数y=(sinx−1)(cosx−1)2+sin2x(x∈R)的最大值为（）.A．√22B．1C．12+√22D．√25．设曲线f(x)=acosx+bsinx的一条对称轴为x=π5。
1981-2018年历年高中数学联赛48真题试卷分类汇编：立体几何(高中数联含答案和解析)
由余弦定理得， DE AD2 AE 2 2AD AE cos 60
49 16 28 37 ，
同理有 DF 37 .
作等腰 DEF 底边 EF 上的高 DH ，则 EH 1 EF 2 ，故 DH 2
于是 SDEF
1 EF 2
DH 2
33 .
★解析：由 ABC =90°知，AC 为底面圆的直径．设底面中心为 O，则 PO 平面 ABC，易知
AO 1 AC 1，进而 PO AP 2 AO 2 1． 2
设 H 为 M 在底面上的射影，则 H 为 AO 的中点．在底面中作 HK BC 于点 K，则由三垂线定理知 MK BC ，从而 MKH 为二面角 M—
OQ 故所以区域的面积为 22 12 3 。
2017A 5、正三棱锥 P ABC 中， AB 1， AP 2 ，过 AB 的平面 将其体积平分，则棱 PC 与 平面 所成角的余弦值为
◆答案： 3 5 10
★ 解 析 ： 设 AB, PC 的 中 点 分 别 为 K , M ， 则 平 面 即 平 面 ABM ， 则 中 线
AM 2 1
AP 2 AC 2
1 PC 2 1
22
1
1
22
3
，
2
4
2
4
2
则 KM AM 2 AK 2 3 1 2 5 。 2 2 2
又棱 PC 与平面 的射影线是直线 MK ，而 CM 1, KC
3
，所以
2
cos KMC
AM BN
1 11. 11 2 11 2
数论1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2018年全国高中数学联赛二试试题分类汇编组合与构造1981-2018年历年数学联赛48套真题2017A 三、（本题满分50分）将3333⨯方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等。
若相邻两个小方格的颜色不同，则称他们的公共边为“分割边”。
试求分割边条数的最小值。
★解析：记分割边的条数为L .首先，将方格纸按如图所示分成三 个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分割边，此时共有56条 分割边，即56=L 。
下面证明56≥L .将方格纸的行从上至下依次记为1A ,2A ,33,A ,列从左至右依次记为1B ,2B ,33,B ,行i A 中方格出现的颜色数记为()i A n ，列i B 中方格出现的颜色数记为()i B n ，三种颜色分别记为1c ，2c ，3c ， 对于一种颜色j c ，设()i c n 是表示含有j c 色方格的函数与列数之和.记()⎩⎨⎧=色方格中不含色方格中含有，，j i j i j i c A c A c A 01,ξ，同理定义()⎩⎨⎧=色方格中不含色方格中含有，，j i j i j i c B c B c B 01,ξ，则()()()()()()()()()()∑∑∑∑∑∑=======+=+=+313313133131331,,,,j i j jjijii j jijii iic n c B c A c B c A B n A n ξξξξ①由于染j c 色的方格有36333312=⨯个，设含有j c 色方格的行有a 个，列有b 个，则j c 色方格一定在这a 行和b 列的交叉方格中，因此363≥ab .从而()3836322>≥≥+=ab b a c n i 即()39≥i c n . ,3,2,1=j ②由于在行i A 中有()i A n 种颜色的方格，因此至少有()1-i A n 条分割边，同理在行i B 中有()i B n 种颜色的方格，因此至少有()1-i B n 条分割边，于是，()()()()()()()()66661131331331331-=-+≥-+-≥∑∑∑∑====j j i i i i i i i c n B n A n B n A n L ③下面分两种情形讨论.⑴当有一行或有一列全部方格同色时，不妨设有一行全为1c 色，从而方格纸的33列中均含有1c 的方格，由于1c 的方格有363个，故至少有11行中含有1c 色方格。
1981-2018年历年高中数学联赛48真题试卷分类汇编：不定方程(高中数联含答案和解析)
1981年~2018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 ()2mod ，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 m mk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ ★证明：11101)m m j j m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j j m j q q C q +++=+-=∑1,2,,q n = 分别将代入上式得：11021,m m j m j C ++=-=∑1110322,m m m j j m j C +++=-=∑ 1110(1)(1),m m m j j m j n n C n +++=--=-∑1110(1).m m m j j m j n n C n +++=+-=∑n 将上面个等式两边分别相加得到：1101(1)1(),m n m j j m j i n Ci ++==+-=∑∑（20分）11111(1)(1)1(1),m n n m j j m m j i i n n n Ci m i -+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m n m m m k 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1a <．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 x x ⇔++++++++=。
函数与方程-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编2、函数与方程部分2018A 5、设)(x f 是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[]1,0上严格递减，且满足1)(=πf ，2)2(=πf ，则不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤2)(121x f x 的解集为 ◆答案：[]ππ28,2--★解析：由)(x f 为偶函数及在区间[]1,0上严格递减知，)(x f 在[]0,1-上递增，结合周期性知，)(x f 在[]2,1上递增，又1)()2(==-ππf f ，2)2()2()28(==-=-πππf f f ， 所以不等式等价于)28()()2(ππ-≤≤-f x f f ，又22821<-<-<ππ 所以ππ282-<<-x ，即不等式的解集为[]ππ28,2--2018A ，B 9、（本题满分16分）已知定义在+R 上的函数)(x f 为⎩⎨⎧--=x x x f 41log )(39,90,>≤<x x ，设c b a ,,是三个互不相同的实数，满足)()()(c f b f a f ==，求abc 的取值范围。
★解析：不妨设c b a <<，由于)(x f 在(]3,0上递减，在[]9,3上递增，在[)+∞,9上递减，且0)3(=f ，1)9(=f ，结合图像知：()3,0∈a ，()9,3∈b ，()+∞∈,9c ，且()1,0)()()(∈==c f b f a f 。
由)()(b f a f =得2log log 33=+b a ，即9=ab ，此时c abc 9=，又c c f -=4)(，由140<-<c 得()16,9∈c ，所以()144,819∈=c abc 。
2018B 7、设)(x f 是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[]2,1上严格递减，且满足1)(=πf ，0)2(=πf ，则不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤1)(010x f x 的解集为◆答案：[]ππ--4,62★解析：由)(x f 为偶函数及在区间[]2,1上严格递减知，)(x f 在[]1,2--上递增，结合周期性知，)(x f 在[]1,0上递增，又1)()4(==-ππf f ，0)2()62(==-ππf f ，所以不等式等价于)4()()62(ππ-≤≤-f x f f ，又14620<-<-<ππ，即不等式的解集为[]ππ--4,62.2017A1、设)(x f 是定义在R 上函数，对任意的实数x 有1)4()3(-=-⋅+x f x f ，又当70<≤x 时，)9(log )(2x x f -=，则)100(-f 的值为 ◆答案： 21-★解析：由条件知，1)()7(-=+x f x f ，即1)14()7(-=++x f x f ，故)14()(+=x f x f ，即函数)(x f 的周期为14，所以21)5(1)2()100(-=-=-=-f f f2017B 3、设)(x f 是定义在R 上的函数，若2)(x x f +是奇函数，xx f 2)(+是偶函数，则)1(f 的值为 ◆答案：74-★解析：由条件知，2(1)1((1)(1))(1)1f f f +=--+-=---，1(1)2(1)2f f +=-+， 两式相加消去(1)f -，可知：12(1)32f +=-，即7(1)4f =-.2016A 3、正实数u ，v ，w 均不等于1，若5log log =+w vw v u ，3log log =+v u w v ，则v w log 的值为 ◆答案：54★解析：令a v u =log ，b w v =log ，则a u v 1log =，bv w 1log =，ab a w v v vw v u u u +=•+=log log log log 条件化为5=++b ab a ，311=+b a ，由此可得45=ab ，因此54log log log ==•=u v u v w w ．2016A 10、（本题满分20分）已知)(x f 是R 上的奇函数，1)1(=f ，且对任意0<x ，均有)()1(x xf x x f =-。
5解三角形-1981-2018年历年数学联赛真题分类汇编Word版含答案
1981年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编5、解三角形部分2018A 7、设O 为ABC ∆的外心，若2+=，则BAC ∠sin 的值为 ◆答案：410 ★解析：取AC 的中点D ，则AC OD ⊥。
由2+=得==-2，知BO OD ⊥，且A B ,在直线OD 同侧。
不妨设圆O 的半径为2，则121==OB AC , ()DOC BOC ∠+=∠090cos cos 41sin -=-=∠-=OC MC DOC ，在B OC ∆中，有余弦定理得10=BC ,在ABC ∆中，由正弦定理得4102sin ==∠R BC BAC 。
2017B 4、在ABC ∆中，若C A sin 2sin =，且三条边c b a ,,成等比数列，则A cos 的值为◆答案：42-★解析：由正弦定理知，sin 2sin a A c C==，又2b ac =，于是::2a b c =，从而由余弦定理得：222222cos24b c a A bc +-===-.2016B 10、（本题满分20分）在ABC ∆中，已知⋅=⋅+⋅32 （1）将AB CA BC ,,的长分别记为c b a ,,，证明：22232c b a =+； （2）求C cos 的最小值．★解析：（1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos .2b c a AB AC cb A +-⋅==同理得，222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +-+-⋅=⋅=故已知条件化为 ()()22222222223,b c a a c b a b c +-++-=+-即22223.a b c +=（2）由余弦定理及基本不等式，得 ()2222222123cos 2236a b a b a b c C ab ab a b b a +-++-===+≥=等号成立当且仅当::a b c =因此cos C2014A 7、设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I 。
1集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
Ct2k 个 (i, j ) 不在 X 中，注意到 tk 20 ，则柯西不等式，我们有
k 1 k 1
5
5
Ct2k
k 1
5
5 5 5 1 1 1 5 1 20 ( tk2 tk ) ( ( tk )2 tk ) 20 ( 1) 30 2 k 1 2 5 k 1 2 5 k 1 k 1 2
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1981 年~2018 年全国高中数学联赛一试试题分类汇编 1、集合部分
2018A1、 设集合 A 集合 B 2 x | x A ， 集合 C x | 2 x A， 则集合 B C 的 1,2,3, ,99， 元素个数为 ◆答案： 24 ★解析：由条件知， B C 2,4,6, ,48 ，故 B C 的元素个数为 24 。
( Bi A1 ) {C1 , C2 , , Ct } ，这样我们得到一个映射 f :{B1 , B2 , , Bs} {C1 , C2 , , C t }, f ( Bi ) Bi A1 ． 显然 f 是单映射，于是， s t ． 10 分 设 A1 {a1 , a2 , , a k } ． 在 A1 , A2 , , An 中 除 去 B1 , B2 , , Bs ， C1 , C2 , , C t 后 ， 在 剩 下 的 n s t 个集合中，设包含 ai 的集合有 xi 个（ 1 i k ），由于剩下的 n s t 个集合中每个集合
2 2 2
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的元素个数的最小值． ★解析：记 A a1 , a 2 , , a11 ，不妨设 a1 a 2 a11 ①若 a i 0 1 i 11 恒成立；由于 a1 a 2 a 2 a 3 a 2 a 4 a 2 a11 a 3 a11 a10 a11 ， 这里显然可以发现有 18 个数在 B 中，即 B 18 ②若 a1 a 2 a k 0 a k 1 a k 1 a11 ，其中 k 5 时，由于
1981-2018全国高中数学联赛试题及答案
A．－t2+t+12
B．－2t2+2t
C.1－12t2
D. 12(t－2)2
⑺ 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
B．至少有一个实根
C．仅当 p2－4q≥0 时才有实根
D．当 p<0 和 q>0 时，有三个实根
2．(本题 15 分) 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正：
A．1
B．2
C．π
D．4
⑸ 对任何 φ∈(0，π2 )都有
A．sinsinφ<cosφ<coscosφ
B．sinsinφ>cosφ>coscosφ
C．sincosφ>cosφ>cossinφ
D．sincosφ<cosφ<cossinφ
⑹ 已知 x1，x2 是方程 x2－(k－2)x+(k2+3k+5)=0(k 为实数)
件数，也不能把库存的 A、B、C 三种零件都恰好用完．
解：已知即：每个甲用 A2，B2，
每个乙用
B1，C1，
每个丙用 A2， C1．
∴ 共有 A 产品 2p＋2r＋2 件；B 产品 2p＋q＋1 件；C 产品 q＋r 件．
设组装 m 件甲，n 件乙，k 件丙，则用 2m＋2k 件 A； 用 2m＋n 件 B； 用 n＋k 件 C．
F
C
Q A PB
1982
1982 年二十八省、市、自治区中学生联合数学竞赛
1．选择题(本题 48 分，每一小题答对者得 6 分，答错者得 0 分，不答者得 1 分)：
⑴ 如果凸 n 边形 F(n≣4)的所有对角线都相等，那么
5解三角形-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
2012A 2 、设 ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a,b, c ，且满足 a cos B
的取值为
◆答案： 4
b cos A
3 c ，则 tan A
5
tan B
c2 a2 b2
b2 c 2 a
★解析： 由题设及余弦定理得 a
b
2ca
2bc
故 tan A
sin AcosB
a a2 c2 b2 2ac
圆 K 的切点。由于 0
0
，故
3
1
S APB
AP AB sin 2
sin
sin 0
sin( ) 6
①
S APC
1
AP AC sin(
2
3
) sin( 3
) sin( 3
0)
sin( 6
)
其中，
0
6
IAP0
由 AP0 I
知， sin
2
IP0
1
1 ，于是 cot
AI 2r 4
15 ，所以
1
3
sin(
) cos
c
50 ，
所以 S ABC
1 bc sin A
1 b 2c 2
2
2
bc cos A 2
1 2
b2 c2 2 49 12（当且仅当 b c 5
2
时，等号成立） ，所以所求面积最大值为 12。
sin Acot C 2008AB 6 、设 ABC D 的内角 A, B, C 所对的边 a, b, c 成等比数列， 则
12 y 2 4 0 ，得 y
取得最大值。
3 ，即 cot B
3
3
1集合1981历年数学联赛真题分类汇编Word版含答案
1981年~2018年全国高中数学联赛一试一试题分类汇编1、会合部分2018A1、设会合A 1,2,3, ,99，会合B 2x|xA ，会合C x|2x A ，则会合BC 的元素个数为 ◆答案：24★分析：由条件知， B C 2,4,6, ,48，故B C 的元素个数为 24。
2018B1、设会合A 2,0,1,8，会合B2a|aA ，则会合AB 的所有元素之和是◆答案：31★分析:易知B 4,0,2,16 ，所以AB 0,1,2,4,8,16 ，元素之和为 31.2018B 三、（此题满分 50分）设会合A 1,2, ,n ，X,Y 均为A 的非空子集（同意XY ）．X中的最大元与Y 中的最小元分别记为 maxX,minY ．求知足maxX minY 的有序会合对(X,Y) 的数量。
★分析:先计算知足maxX minY 的有序会合对(X,Y)的数量.对给定的m maxX ，会合X 是会合1,2, ,m 1的随意一个子集与m 的并，故共有2m1种取法.又mminY ，故Y 是m,m1,m2, ,n 的随意一个非空子集，共有2n1m1种取法.所以，知足maxXminY 的有序会合对(X,Y)的数量是：nnn2m12n1m12n2m1n12n1m1m1m1(X,Y)有2n12n1 2n2个，于是知足maxX minY 的有序会合对因为有序会合对1(X,Y)的数量是2n2n2n2n14n2n n1 12017B二、（此题满分40分）给定正整数m，证明：存在正整数k，使得可将正整数集N分拆为k个互不订交的子集A1,A2, ,A k，每个子集A i中均不存在4个数a,b,c,d（能够相同），满足abcdm．★证明：取k m1，令A i{xx i(modm1),x N}，i1,2,,m1设a,b,c,d A i，则ab cd iii i0(modm1)，故m1ab cd，而m1m，所以在A i中不存在4个数a,b,c,d，知足ab cdm2017B四、（此题满分50分）。
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1981年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编5、解三角形部分2018A 7、设O 为ABC ∆的外心，若2+=，则BAC ∠sin 的值为 ◆答案：410 ★解析：取AC 的中点D ，则AC OD ⊥。
由2+=得==-2，知BO OD ⊥，且A B ,在直线OD 同侧。
不妨设圆O 的半径为2，则121==OB AC , ()DOC BOC ∠+=∠090cos cos 41sin -=-=∠-=OC MC DOC ，在BOC ∆中，有余弦定理得10=BC ,在ABC ∆中，由正弦定理得4102sin ==∠R BC BAC 。
2017B 4、在ABC ∆中，若C A sin 2sin =，且三条边c b a ,,成等比数列，则A cos 的值为◆答案：42-★解析：由正弦定理知，sin 2sin a A c C==，又2b ac =，于是::22a b c =，从而由余弦定理得：222222(2)2cos 24221b c a A bc +-===-⨯⨯.2016B 10、（本题满分20分）在ABC ∆中，已知CB CA BC BA AC AB ⋅=⋅+⋅32 （1）将AB CA BC ,,的长分别记为c b a ,,，证明：22232c b a =+； （2）求C cos 的最小值．★解析：（1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos .2b c a AB AC cb A +-⋅==同理得，222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +-+-⋅=⋅=故已知条件化为 ()()22222222223,b c a a c b a b c +-++-=+-即22223.a b c +=（2）由余弦定理及基本不等式，得 ()2222222123cos 2223636a b a b a b c C ab ab a b a b b a b a +-++-===+≥⋅ 等号成立当且仅当::36 5.a b c =因此cos C 22014A 7、设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I 。
若点P 满足1||=PI ，则APB ∆与APC ∆的面积之比最大值为 ◆答案：253+ ★解析：由PI=1知点P 在以I 为圆心的单位圆K 上。
设α=∠BAP ，在圆K 上取一点0P ，使得α取到最大值0α，此时0P 应落在IAC ∠内，且是0AP 与圆K 的切点。
由于300παα<≤<，故)6sin()6sin()3sin(sin )3sin(sin )3sin(21sin 2100θπθπαπααπααπα-+=-≤-=-∙∙=∆∆AC AP AB AP S S APC APB ① 其中，006IAP ∠=-=παθ由20π=∠I AP 知，4121sin 0===r AI IP θ，于是15cot =θ，所以 2533153153cot 3cot sin 23cos 21sin 23cos 21)6sin()6sin(+=-+=-+=-+=-+θθθθθθθπθπ②根据①、②可知，当0P P =时，APCAPB S S ∆∆的最大值为253+2014B 4、若果三角形ABC ∆的三个内角C B A ,,的余切值cot ,cot ,cot A B C 依次成等差数列，则角B 的最大值是◆答案：3π ★解析：记A x cot =，B y cot =，C z cot =，它们成等差数列，即z x y +=2①，由于三个内角和为π，所以z y x ,,中至多有一个小于等于0，这说明0≥y .另一方面，C B A -=+π，即z yx xy -=+-1，即1=++zx yz xy ②，联立①②消去z 得0)21(222=-+-y yx x ，有04122≥-=∆y ，得33≥y ，即33c o t ≥B ，解得3π≤B ，当且仅当3π===C B A 时，角B 取得最大值。
2013A 3、在ABC ∆中，已知C B A sin sin 10sin ⋅=，C B A cos cos 10cos ⋅=，则A tan 的值为◆答案：11★解析：由于()()A C B C B C B A A cos 10cos 10cos cos sin sin 10cos sin =+-=-=-，即11tan =A2013B1、已知锐角三角形的三条边长都是整数，其中两条边长分别为3和4，则第三条边的边长为 ． ◆答案：3或4★解析：设第三条边长为c 。
因为是锐角三角形，所以2332234>->c ，且2222543=+<c ，即52<<c ，因为c 是整数，得=c 3或42012A 2、设ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，且满足c A b B a 53cos cos =-，则BAtan tan 的取值为 ◆答案：4★解析：由题设及余弦定理得222223225c a b b c a a b c ca bc +-+-⋅-⋅=,即22235a b c -=，故222222222222228tan sin cos 2542tan sin cos 52a c b a c A A B c a b ac b c a B B A b c a c b bc+-⋅+-=====+-+-⋅2012B 5、在ABC ∆中，若7=⋅6=AC AB ,则ABC ∆面积的最大值为 ◆答案：12★解析：记BC 的中点为M ，则()+=21, 644=⋅+=+AC AB AC AB 8=+AC AB 4=AM所以1221=≤∆AM BC S ABC （当且仅当BC AM ⊥，即5==AB AC 时，取等号） 故所求面积最大值为12。
另法：由7=⋅得7cos =A bc 6=AC AB ，平方可得5022=+c b ，所以()1249221cos 21sin 21222222=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤-==∆c b A bc c b A bc S ABC （当且仅当5==c b 时，等号成立），所以所求面积最大值为12。
2008AB 6、设A B C ∆D 的内角C B A ,,所对的边c b a ,,成等比数列，则BC B AC A cos cot sin cos cot sin ++的取值范围为（ ）A. ),0(+∞B. )215,0(+ C. )215,215(+- D. ),215(+∞- ◆答案：C★解析：设a b c 、、的公比为q ，则2,b aq c aq ==，而sin cot cos sin cos cos sin sin cot cos sin cos cos sin A C A A C A C B C B B C B C ++=++ sin()sin()sin sin()sin()sin A C B B bq B C A A aππ+-=====+-．因此，只需求q 的取值范围．因为a b c 、、成等比数列，最大边只能是a 或c ，因此a b c、、要构成三角形的三边，必须且只需a b c +>且b c a +>．即有不等式组22,a aq aq aq aq a⎧+>⎪⎨+>⎪⎩即2210,10.q q q q ⎧--<⎪⎨+->⎪⎩ 得15515151q q q -+<<⎨-+⎪><⎪⎩5151q -+<<，因此所求的取值范围是5151()22．2007*8、在ABC ∆和AEF ∆中，B 是EF 的中点，1==EF AB ，6=BC ，33=CA ，若2=⋅+⋅，则与的夹角的余弦值为 ◆答案：32★解析：因为2=⋅+⋅AF AC AE AB ，所以2)()(=+⋅++⋅BF AB AC BE AB AB ，即22=⋅+⋅+⋅+BF AC AB AC BE AB AB 。
因为12=，1133236133133-=⨯⨯-+⨯⨯=⋅，-=，所以21)(1=--⋅+AB AC BF ，即2=⋅BC BF 。
设与BC 的夹角为θ，则有2cos ||||=⋅⋅θ，即2cos 3=θ，所以32cos =θ。
2006*1、已知ABC ∆，若对任意R t ∈AC BC BA ≥-，则ABC ∆一定为 A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D.答案不确定 ◆答案：C★解析：令ABC α∠=，过A 作AD BC ⊥于D AC BC BA ≥-， 推出 22222BA tBA BC t BC AC -+≥,令2BA BC t BC=，代入上式，得2222222cos cos BA BA BA AC αα-+≥，即 222sin BA AC α≥, 也即 sin BA AC α≥。
从而有AD AC ≥。
由此可得 2ACB π∠=。
2005*3、ABC ∆内接于单位圆，三个内角C B A ,,的平分线延长后分别交此圆于111,,C B A .则CB AC CC B BB A AA sin sin sin 2cos 2cos 2cos111++++的值为 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 ◆答案：A★解析：如图，连1BA ，则12sin()2sin()2222A A B C B C AA B ++=+=+-2cos().22B C =- 所以B C B C A C B A A C B A AA sin sin 2cos 2cos2cos 22cos 22cos 1+=-++-+=⎪⎭⎫⎝⎛-=， C A B BB sin sin 2cos 1+=,B A CCC sin sin 2cos 1+=。
所以()C B A CCC B BB A AA sin sin sin 22cos 2cos 2cos 111++=++，即可求得。
2001*4、如果满足060=∠ABC ，12=AC ，k BC =的ABC ∆恰有一个，那么k 的取值范围是A.38=kB. 120≤<kC. 12≥kD. 120≤<k 或38=k◆答案：D★解析：根据正弦定理得A k AC sin 60sin 0=,得A k sin 38=，显然)120,0(00∈A ，要使得ABC ∆恰有一个，则)60,0(00∈A 或090=A ，得120≤<k 或38=k1999*9、在ABC ∆中，记a BC =，b CA =，c AB =，01999222=-+c b a ，则=+BA Ccot cot cot _______．◆答案：95 ★解析：952sin cos sin sin cot cot cot 222222222=-+=-+⨯==+c c b a ab c b a c ab C C B A B A C1993*5、在ABC ∆中，角C B A ,,的对边长分别为c b a ,,，若a c -等于AC 边上的高h ，则2cos2sinAC A C ++-的值是( ) A.1 B.21C. 31D.1-◆答案：A★解析：由题设得()AC R A c A C R sin sin 2sin sin sin 2==-，即A C A C s i n s i n s i n s i n =-，即[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡++---=--+=-+12cos 22sin 2121)cos()cos(212sin 2cos222A C A C A C A C A C A C ．整理得12cos 2sin 2=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-A C AC ，又02cos 2sin >⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-A C A C ，故选A ．1992*4、在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别记为c b a ,,(1≠b )，且ABA C sin sin ,都是方程)44(log log -=x x b b 的根，则ABC ∆( )A.是等腰三角形，但不是直角三角形B.是直角三角形，但不是等腰三角形C.是等腰直角三角形D.不是等腰三角形，也不是直角三角形 ◆答案：B★解析：由题意得442-=x x ．根为2=x ．∴A C 2=，A B 31800-=，A B sin 2sin =．所以A A sin 23sin =，即2sin 432=-A ．得060,90,30===C B A ．选B ．1991*8．在ABC ∆中，已知三个角C B A ,,成等差数列，假设它们所对的边分别为c b a ,,，并且a c -等于AC 边上的高h ，则=-2sin AC ． ◆答案：21 ★解析：易知Ch A h a c h sin sin -=-=，A C C A sin sin sin sin -=，由已知，0120=+C A ． ∴()[]0060cos 2sin 2120cos cos 21A C A C -=--，即0432s i n 2s i n 2=--+-A C A C ， 即232sin -=-A C (舍去)，212sin =-A C ．1988*8．在A B C ∆中，已知α=∠A ，CD 、BE 分别是AB 、AC 上的高，则=BCDE． ◆答案：αcos★解析：注意到ABC AED ∆∆~，αcos ==ACADBC DE ．1986*6、边长为c b a ,,的三角形，其面积等于41，而外接圆半径为1，若c b a s ++=，cb a t 111++=，则s 与t 的大小关系是（ ） A.t s > B.t s = C.t s < D.不确定 ◆答案：C ★解析：R abc C ab S 4sin 21==∆，由1=R ，41=∆S ，知1=abc ．且三角形不是等边三角形．∴s c b a abcc b a ac cb ab c b a t =++=++=++≥++=111111．(且等号不成立)．选C ．1985*7、在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，若角C B A ,,的大小成等比数列，且ac a b =-22，则角B 的弧度为等于 ．◆答案：72π ★解析：由余弦定理，B ac c a b cos 2222-=-．故B ac c ac cos 22-=． 即B a c a cos 2-=．所以()()A B B A B A A -=-+=sin cos sin 2sin sin ．∴ 由a b >，得A B >．A B A -=，即A B 2=，A C 4=．或π=-+A B A (不可能) ∴ 72π=B ．1985*一、在直角坐标系xOy 中，点),(11y x A 和点),(22y x B 的坐标均为一位的正整数．OA 与x 轴正方向的夹角大于045，OB 与x 轴正方向的夹角小于045，B 在x 轴上的射影为/B ，A 在y 轴上的射影为/A ，/OBB ∆的面积比/OAA ∆的面积大5.33，由2211,,,y x y x 组成的四位数1222311221101010y y x x y y x x +⋅+⋅+⋅=．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．★解析：由题意得671122=-y x y x ，11y x <，22y x >， 且2211,,,y x y x 都是不超过10的正整数．∴ 6722>y x ，则7222=y x 或81．但22y x >，故8122=y x 舍去．∴7222=y x ．即92=x ，82=y ．∴ 5677211=-=y x ．11=x ，51=y ，∴19851221=y y x x ．1984*9、如图，AB 是单位圆的直径，在AB 上任取一点D ，作AB DC ⊥，交圆周于C ，若点D 的坐标为)0,(x D ，则当∈x 时，线段AD 、BD 、CD 可以构成锐角三角形．◆答案：()25,52--★解析：由对称性，先考虑10<≤x 的情况，设c CD b BD a AD ===,,则2=+b a ，2c ab =，且必有b c a ≥≥，于是只要考虑222a b c >+， 即()()()()221111x x x x +>-++-，解得250-<≤x ．∴2552-<<-x ．1983*3、已知等腰三角形ABC 的底边BC 及高AD 的长都是整数，那么，A sin 和A cos 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。