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历年(2000-2010)全国高中数学联赛参考答案及评分标准


Luyiping97@163.com

2000 年全国高中数学联赛试题
第一试
(10 月 15 日上午 8:00?9:40) 一、 选择题 本题共有 6 小题,每题均给出(A) 、 (B) 、 (C) 、 (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的, 请将正确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过 一个(不论是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1.设全集是实数,若 A={x| x ? 2 ?0},B={x| 10 x (A) {2} (B) {?1}
2

?2

= 10 x },则 A ? B 是 (D)
?

【答】 (



(C) {x|x?2}

2.设 sin?>0,cos?<0,且 sin (A) (2k?+ (C)(2k?+

?
3

>cos

?
3

,则

?
3

的取值范围是 (B) (

【答】 (



? ? ,2k?+ ), k?Z 3 6

2k? ? 2k? ? + , + ),k?Z 3 6 3 3

5? 5? ? ? ,2k?+?),k?Z (D)(2k?+ ,2k?+ ) ? (2k?+ ,2k?+?),k?Z 4 3 6 6 3.已知点 A 为双曲线 x2?y2=1 的左顶点,点 B 和点 C 在双曲线的右分支上,△ABC 是等边三角形, 则△ABC 的面积是 【答】 ( )
3 3 3 (B) (C) 3 3 (D) 6 3 3 2 4.给定正数 p,q,a,b,c, 其中 p?q, 若 p,a,q 是等比数列, p,b,c,q 是等差数列, 则一元二次方程 bx2?2ax+c=0

(A)

【答】 ( ) (A)无实根 (B)有两个相等实根

(C)有两个同号相异实根

(D)有两个异号实根

5.平面上整点(纵、横坐标都是整数的点)到直线 y ? (A)
34 170

5 4 x ? 的距离中的最小值是 3 5
(D)

(B)

34 85

(C)

1 20

1 【答】 ( 30
【答】 (

) )

6.设 ? ? cos

?
5

? i sin

?
5

,则以?,?3,?7,?9 为根的方程是 (B) x4?x3+x2?x+1=0 (D) x4+x3+x2?x?1=0

(A) x4+x3+x2+x+1=0 (C) x4?x3?x2+x+1=0

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。 7.arcsin(sin2000?)=__________. 8.设 an 是(3? x ) n 的展开式中 x 项的系数(n=2,3,4,?),则 lim(
n??

3 2 33 3n ? ??? )=________. a 2 a3 an

9.等比数列 a+log23,a+log43,a+log83 的公比是____________.

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10.

在椭圆

x2 y2 ? ? 1 (a>b>0)中,记左焦点为 F,右顶点为 A,短轴上方的端点为 B.若该椭 a2 b2

圆的离心率是 11. 12.

5 ?1 ,则∠ABF=_________. 2 一个球与正四面体的六条棱都相切,若正四面体的棱长为 a,则这个球的体积是________.

如果:(1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4};(2)a?b,b?c,c?d,d?a;(3)a 是 a,b,c,d 中的最小值,



么,可以组成的不同的四位数 abcd 的个数是_________.

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 Sn=1+2+3+?+n,n?N,求 f(n)=
Sn 的最大值. (n ? 32) S n?1

14.

1 13 若函数 f ( x) ? ? x 2 ? 在区间[a,b]上的最小值为 2a,最大值为 2b,求[a,b]. 2 2

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x2 y2 ? ? 1 (a>b>0)。试问:当且仅当 a,b 满足什么条件时,对 C1 a2 b2 上任意一点 P,均存在以 P 为项点,与 C0 外切,与 C1 内接的平行四边形?并证明你的结论。

15.

已知 C0:x2+y2=1 和 C1:

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【加试】 (10 月 15 日上午 10∶00-12∶00)
一. (本题满分 50 分) 如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、F,满足∠BAE=∠CAF,作 FM⊥AB,FN⊥AC (M、N 是垂足) ,延长 AE 交三角形 ABC 的外接圆于 D.证明:四边形 AMDN 与三角形 ABC 的面积 相等. A

M N B E F C

D

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二. (本题满分 50 分) 设数列{a n}和{b n }满足,且

?an?1 ? 7an ? 6bn ? 3 n ? 0,1,2,? ? ?bn?1 ? 8an ? 7bn ? 4
证明 a n(n=0,1,2,?)是完全平方数.

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三. (本题满分 50 分) 有 n 个人,已知他们中的任意两人至多通电话一次,他们中的任意 n-2 个人之间通电话的次数 相等,都是 3 k 次,其中 k 是自然数,求 n 的所有可能值.

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2000 年全国高中数学联合竞赛试题答案
1. 答案:D 由 x ? 2 ? 2 得 x=2,故 A={2};由 10x
2

?2

? 10x 得 x 2 ? x ? 2 ? 0 ,故 B={-1,2}.

所以 A ? B =φ . 2. 答案:D 由 sin ? ? 0 , cos ? ? 0 得 ? ? ? 2k? ?

? ?

?

? ,2k? ? ? ?, k ? Z 2 ?
??????①

从而有

? ? 2k? ? 2k? ? ? ∈? ? , ? ?, k ? Z 3 ? 3 6 3 3?

又因为 sin

?
3

? cos

?
3

,所以又有

? ? ? 5? ? ∈ ? 2k? ? ,2k? ? ?, k ? Z ????② 3 ? 4 4 ?

如上图所示,是①、②同时成立的公共部分为

? ?? ? 5? ? ? ,2k? ? ? ?, k ? Z . ? 2k? ? ,2k? ? ? ? ? 2k? ? 4 3? ? 6 ? ?
3.答案:C 如图所示,设 BD=t,则 OD= 3 t-1,从而 B( 3 t-1,t)
2

满足方程 x 2 ? y 2 ? 1 , 可以得到 t= 3 ,所以等边三角形, Δ ABC 面积是 3 3 . 4. 答案: A
-2

B
1



2p ? q 由 题 意 知 pq=a , 2b=p+c,2c=q+b ? b ? 3 2 p ? q p ? 2q 3 2 3 p ? 2q 2 c? ? p q ? pq =pq=a2 . ?bc= 3 3 3
2

A

-1

O
-1

1

2

D


第 3题

C
-2

因为 p≠q,故 bc> a2,方程的判别式Δ = 4a2 -4bc<0,因此,方程无实数根. 5. 答案:B 设整点坐标(m,n),则它到直线 25x-15y+12=0 的距离为

d?

25m ? 15n ? 12 252 ? (?15) 2

?

5(5m ? 3n) ? 12 5 34

由于 m,n∈Z,故 5(5m-3n)是 5 的倍数,只有当 m=n=-1,时 5(5m-3n)=-10 与 12 的和的绝对值最小, 其值为 2,从而所求的最小值为 6. 答案: B
2 3 4

34 . 85
? i sin
7

由 ? ? cos
5 6

?
5

?
5
8

? cos

2? 2? ? i sin 知, 10 10

ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω ,ω 9,ω 10(=1)是 1 的 10 个 10 次方根. 从而有 (x-ω )(x-ω 2)(x-ω 3)(x-ω 4)(x-ω 5)(x-ω 6)(x-ω 7)(x-ω 8)(x-ω 9)(x-ω 10)=x10-1???①

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由因ω 2,ω 4,ω 6,ω 8,ω 10 是 1 的 5 个 5 次方根, 从而有 (x-ω 2)(x-ω 4)(x-ω 6)(x-ω 8)(x-ω 10)=x5-1 ①÷②得 (x-ω )(x-ω 3)(x-ω 5)(x-ω 7)(x-ω 9)=x5+1 ③的两边同除以(x-ω 5)=x+1,得 (x-ω )(x-ω 3) (x-ω 7)(x-ω 9)= x4-x3+x2-x+1. 所以ω ,ω 3,ω 7,ω 9 为根的方程是 x4-x3+x2-x+1=0.

???② ???③

二、填空题(满分 54 分,每小题 9 分) 7. 答案:-20° sin2000°=sin(5×360°+200°)=sin200°=-sin20° 故 a rcsin(sin2000°)= a rcsin(-sin20°)= - a rcsin(sin20°)= -20° 8.答案:18 由二项式定理知, an ? C ? 3
2 n n ?2

3n 32 ? 2 1? ? 1 ,因此 ? ? 18? ? ? an n(n ? 1) ? n ?1 n ?

lim
n ??

? 3 2 33 3n ? ? ? ? ? ?a an ? 2 a3
1 3

? ? 1? ? = 18 1 ? ? =18. lim ? n?? ? ? n? ?

9.答案:

q?

a ? log4 3 a ? log8 3 log4 3 ? log8 3 1 = ? ? a ? log2 3 a ? log4 3 log2 3 ? log4 3 3
5

10.答案:90°

如图所示,由
2

c 5 ?1 ? ?c2+ac-a2=0, a 2
2

B

?a cos?ABF ?

? b 2 ? a 2 ? ?c ? a ? 2?a? a ? b
2 2

?

c

b
O

=0

a
5

-5

F

A

?则∠ABF=90°.
-5

第10题
A H O 0' E C 第11题
为 O1,

11. 答案:

2 3 ?a 24

[解] 如图,设球心为 O,半径为 r,体积为 V,面 BCD 的中心 B 棱 BC 的中心点为 E,

D

1 2 6 a, 则 AO1= a ? O1 B = a ? a = 3 3
2 2

2

由 OB =O1O +O1B = ?O1 B ? OB? +O1B 得
2 2 2

2

2

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2 2 2 6 1 3 6 a ? a OB+ a 2 ? 0, 故 OB= a a, 3 3 3 2 6 4
于是 r = OE =

OB2 ? BE2 =

1 3 2 1 2 a. a ? a = 8 4 2 2

V=

4 2 4 1 2 3 ?r = ? a2 = ?a . 3 3 16 2 24

12.答案:28

abcd 中恰有 2 个不中数字时,能组成 C 2 4 = 6 个不中数字

1 1 1 1 abcd 中恰有 3 个不中数字时,能组成 C 1 3 C 2 C 2 + C 2 C 2 =12+4=16 个不中数字

abcd 中恰有 4 个不中数字时,能组成 P 3 3 =6 个不中数字
所以,符合要求的数字共有 6+16+6=28 个 13.答案:

1 50

解 由已知,对任何 n ? N, 有 f (n)=

Sn Sn = ?n ? 32?S N ?1 ?n ? 32??n ? 2?
又因 n+

=

n = n ? 34 n ? 64
2

1 n ? 34 ? 64 n 1

64 64 +34 ? 2 n. +34=50, n n

故对任何 n ? N, 有 f (n)=

64 n ? 34 ? n

?

1 50

由于 f(8)=

1 1 ,故 f(n)的最大值为 50 50

14.答案:所求区间为[1,3]或[-2- 17 解 化三种情况讨论区间[a,b].

13 ]. 4

(1) 若 0 ? a<b, 则 f (x)在[ a, b ] 上单调递减,故 f(a) =2b, f(b)=2a 于是有

1 2 13 ? ?2b ? ? 2 a ? 2 ,解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ], ? 1 2 13 ?2 a ? ? b ? 2 2 ?
(2)若 a <0 <b, f (x)在[ a, b ] 上单调递增,在[0,b] 上单调递减,, 因此 f (x)在 x=0 处取最大值 2b 在 x=a 或 x=b 处取最小值

13 13 ,b= .由于 a<0, 2 4 1 13 2 13 39 ?0 又 f(b)=- ( ) + = 2 4 2 32
2a.故 2b=

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(2) 当 a<b ? 0 时,f(x)在[a,b] 上单调递增,故 f(a)=2a, f(b)=2b,

1 2 13 a + , 2 2 13 解得 a=-2- 17 ;于是得 [a,b]=[-2- 17 , ]. 4
故 f(x)在 x=a 处取最小值 2a,即 2a=

1 2 13 1 13 a + ,2b=- a 2 + . 2 2 2 2 1 2 13 由于方程 x +2x- =0 的两根异号,故满足 a ? b ? 0 的区间不存在. 2 2 13 综上所述,所求区间为[1,3]或[-2- 17 ]. 4 1 1 15. 答案:所求条件为 2 + 2 =1. a b
即 2a=证明:必要性:易知,圆外切平行四边形一定是菱形,圆心即 菱形中心. 假设论成立,则对点( a, 0 ), 有( a, 0 )为项点的菱形与 C1 内接,与 Co 外切. ( a, 0 )的相对顶点为( - a, 0 ),由于菱形的对角线互相垂 直平分,另外两个顶点必在 y 轴上,为(0, b) 和 (0, -b) .菱形一条 边的方程为 故必有
2

Q R
-2

P O
2

x y + =1,即 bx+ay=ab.由于菱形与 CO 外切, a b

S 第15题(必要性)
2
-2

ab a 2 ? b2

=1,整理得

1 1 + 2 =1. 必要性得证. 2 a b

M

P

Q
-2

1 1 充分性:设 2 + 2 =1,P 是 C1 上任意一点,过 P、O 作 C1 的弦 a b
PR,再过 O 作与 PR 垂直的弦 QS,则 PQRS 为与 C1 内接菱 形.设 OP = r1, OQ =r2, 则点 O 的坐标为(r1cos ? , r1sin ? ),点 Q 的坐标为(r2cos( ? +

O S

2

R 第15题(充分性)
-2

?r1 cos? ?2
a2

? ? ),r2sin( ? + )),代入椭圆方程,得 2 2 ? ? [r 2 cos(? ? )]2 [r 2 sin(? ? )]2 2 ?r sin ? ? 2 + 2 =1, + 1 2 =1, b a2 b2
cos2 (? ? ) sin 2 (? ? ) 2 + 2 ] 2 2 a b

1 cos2 ? sin 2 ? 1 1 1 ? 于是, + = =( )+[ ? 2 OP 2 OQ 2 R12 R2 a2 b2
=

?

?

1 1 + 2 =1. 2 a b 1 1 1 = + =1,故得 h=1 2 h OP OQ 2

又在 Rt△POQ 中,设点 O 到 PQ 的距离为 h,则

同理,点 O 到 QR,RS,SP 的距离也为 1,故菱形 PQRS 与 C0 外切.充分性得证. [注]对于给出 a ? b ? a b
2 2 2 2



ab a2 ? b2

=1 等条件者,应同样给分.

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2000 年全国高中数学联合竞赛试卷答案 加试
一、证明:连结 MN、BD, ∵FM⊥AB,FN⊥AC,∴A,M,F,N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°,即 MN⊥AD. ∴SAMDN=

1 AD· MN 2

∵∠CAF=∠DAB,∠ACF=∠ADB, ∴△AFC∽△ABC ?

AF AC ? ? AB· AC=AD· AF . AB AD

A M N

又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经,

MN =AF ? AF sin∠BAC=MN. sin ?BAC 1 ∴ S ? abc ? AB· AC· sin∠BAC 2 1 = AD· AF· sin∠BAC 2 1 = AD· MN 2
∴ =SAMDN

B D

E

F

C

二. [证法一]:由假设得 a1=4, b1=4 且当 n ? 1 时 (2an+1-1)+ 3bn?1 =(14an+12bn-7)+ 3 (8an+7bn-4) =[(2an-1)+ 3bn ](7+4 3 ) 依次类推可得 (2an-1)+ 3bn = (7+ 4 3) n?1 (2a1 -1+ 3b1 )=(7+4 3 ) n 同理(2an-1+ )- 3bn =(7+4 3 ) n 从而 an=

加试(一)

1 1 1 (7+4 3 ) n + (7+4 3 ) n + . 2 4 4

由于 7 ? 4 3 =(2 ? 所以 an =[

3) 2 ,

1 1 n 2 (2+ 3 ) n + (2- 3 ) ] 2 2 1 1 n n?2k k 2k (2+ 3 ) n + (2- 3 ) = ? C n 3 2 , 2 2 0? 2 k ? n

由二项式展开得 c n =

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显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数. [证法二]:由已知得 an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3 =7an+48an-1+42bn-1-27 , 由 an=7an-1+6bn-1-3 ,得 42bn-1=7an-49an-1+21 , 从而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27 =14an-an-1-6 . 也就是 an+1=14an-an-1-6 . 设(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) ??①②③④

? p ? k ? 14 ? 则有 ? pk ? 1 ?t (1 ? p ) ? 6 ?

?k ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 2 ?k ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 2 ? ? 2 2 ? ? 解得 ? p ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 或 ? p ? 7 ? 4 3 ? 2 ? 3 ?t ? 3 ? 2 3 ?t ? 3 ? 2 3 ? ? ? ?
分别代入①,根据数列{ an+1-kan+t }是以 a1-ka0+t 为首项、p 为公比的等比数列,整理得

? ?

? ?

? ?

? ?

an?1 ? (7 ? 4 3)an ? (3 ? 2 3) ? ?2 3(7 ? 4 3) n ? ?2 3(2 ? 3) 2n an?1 ? (7 ? 4 3)an ? (3 ? 2 3) ? 2 3(7 ? 4 3) n ? 2 3(2 ? 3) 2n
③-②,整理得
n n? 1 ?1 an ? ? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ? 2 ?2 ?

?② ?③

?

?

?

?

2

由二项式展开得 c n =

1 1 n n?2k k 2k (2+ 3 ) n + (2- 3 ) = ? C n 3 2 , 2 2 0? 2 k ? n

显然 Cn 为整数,于是 an 为完全平方数. 三.解析:显然 n ? 5. 记 n 个人为 A1,A2, AN , 设 A1 通话的次数为 m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为 yij, l ? i, j ? n .则

m i +m j – y i . j

=

1 n ms - 3k = c . ? 2 s ?1

(*)

其中 c 是常数 ,l ? i, j ? n . 根据(*)知, m i ? m j ? ( mi ? m s ) ? ( m j ? m s ) = y i . s ? y j .s ? 1 , l ? i, j ? n .

? mi ? m j ? 1 ,

l ? i, j ? n

设 mi =max{ms ,1 ? s ? n. } ,m j = min{ms,1 ? s ? n.} ,

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则 m i +m j ? 1. 若 m i +m j=1 ,则对于任意

s ? i, j ,

1?s?n , 即 y I ,s – y j ,s = 1

都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y j ,s)=0 , 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ? i, j, 1 ? s ? n ,

因此 mi ? n -2 , m j ? 1 . 于是 ,m i +m j ? n -3 ? 2 . 出现矛盾 ,故 m i +m j=0 ,即 ms(1 ? s ? n)恒为常数 。 根据 (*)知,y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。 若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1 ? s ? n 。与已知条件矛盾 。 因此 ,y I ,s =1 ? ms=n-1 , 1 ? s ? n . 所以

1 k n(n-1)-(2n-3)= 3 , 2
设 n-2=2 ? 3
k1



(n-2)(n-3)=2 ? 3 则
k

k

.
k

,n-3= 3

k2

,k1 ? k2 ,

2 ? 3 1 - 3 2 =1 ,于是 因此 k2=0 , k1=0 .

3 k 2 ( 2 ? 3k1 ?k2 -1)=1 ,得 3 k 2 =1 , 2 ? 3k1 ?k2 -1=1 ,
这与 k ? 1 矛盾 . 设 n-2= 3
k1

, n-3=2 ? 3

k2

, 得

,k1 ? k2+1 ,

则 3 1 -2 ? 3 2 =1 ,
k k

于是

3 k 2 ( 3 k1 ? k 2 -2)= 1 ,

3 k 2 =1 , 3 k1 ? k 2 -2=1 ,因此 k2=0 , k1=1 , n=5 .
1

此时,若 5 人中每两人之间都通话一次,则其中任意 3 个人之间通话的总次数为 3 次 综上所述,n=5 为 n 的所有可能值.

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二○○一年全国高中数学联合竞赛题
(10 月 4 日上午 8:00—9:40)

题号 得分 评卷人 复核人





三 13 14 15

合计

加试

总成绩

学生注意:1、本试卷共有三大题(15 个小题) ,全卷满分 150 分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。 一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 个小是题,每题均给出(A) (B) (C) (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的。 请将正确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选的代表字母超过一 个(不论是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1、已知 a 为给定的实数,那么集合 M={x|x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的个数为 (A)1 (B)2 (C)4 (D)不确定 2、命题 1:长方体中,必存在到各顶点距离相等的点; 命题 2:长方体中,必存在到各棱距离相等的点; 命题 3:长方体中,必存在到各面距离相等的点; 以上三个命题中正确的有 (A)0 个 (B)1 个 (C)2 个 (D)3 个 3、在四个函数 y=sin|x|, y=cos|x|, y=|ctgx|, y=lg|sinx|中以?为周期、在(0,

? )上单调递增的偶函数是 2

(A)y=sin|x| (B)y=cos|x| (C)y=|ctgx| (D)y=lg|sinx| 4、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 3 (B)0<k?12 (C)2 (D)0<k≤12 或 k ? 8 3

5.若(1+x+x2)1000 的展开式为a0+a1x+a2x2+…+a2000x2000, 则a0+a3+a6+a9+…+a1998 的值为( ) . (A)3333 (B)3666 (C)3999 (D)32001 6.已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24,而 4 枝攻瑰与 5 枝康乃馨的价格之和小于 22 元, 则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较,结果是( ) . (A)2 枝玫瑰价格高 (B)3 枝康乃馨价格高 (C)价格相同 (D)不确定 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.椭圆 ρ=1/(2-cosθ)的短轴长等于______________. 8、若复数 z1,z2 满足|z1|=2,|z2|=3,3z1-2z2=

3 -I,则 z1z2= 2



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9、正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1 ,则直线 A1C1 与 BD1 的距离是



10、不等式

1 3 ? 2 ? 的解集为 log 1 x 2
2



11、函数 y ? x ?

x 2 ? 3x ? 2 的值域为

。 F E

A B D C

12、 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物 (如图) , 要求同一场块中种同一种植物, 相邻的两块种不同的植物。现有 4 种不同的植物可供选择,则有 种 栽种方案。 二、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13、设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且 b1 ? a1 , b2 ? a2 , b3 ? a3 (a1<a2),又
n???

2

2

2

lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 ,试求{an}的首项与公差。

14、设曲线 C1:

x2 ? y 2 ? 1 (a 为正常数)与 C2:y2=2(x+m)在 x 轴上方公有一个公共点 P。 2 a
1 时,试求⊿OAP 的面积的最大值(用 a 2

(1) 求实数 m 的取值范围(用 a 表示) ; (2) O 为原点,若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A,当 0<a< 表示) 。

15、用电阻值分别为 a1、a2、a3、a4、a5、a6、 (a1>a2>a3>a4>a5>a6)的电阻组装成一个如图的组件,在 组装中应如何选取电阻,才能使该组件总电阻值最小?证明你的结论。

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二○○一年全国高中数学联合竞赛加试试题
(10 月 4 日上午 10:00—12:00)

学生注意:1、本试卷共有三大题,全卷满分 150 分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。 一、 (本题满分 50 分) 如图:⊿ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直线 ED 和 AB 交于点 M,FD 和 AC 交于点 N。 求证: (1)OB⊥DF,OC⊥DE; (2)OH⊥MN。

二、 (本题满分 50 分) 设 xi?0(I=1,2,3,?,n)且

? xi ? 2
2 i ?1

n

1? k ? j ? n

?

n k xk x j ? 1 ,求 ? x i 的最大值与最小值。 j i ?1

三、 (本题满分 50 分) 将边长为正整数 m,n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形, 每个正方形的边均平行于矩形的相 应边,试求这些正方形边长之和的最小值。

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2001 年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
一.选择题:CBDDCA 2 2 1.已知 a 为给定的实数,那么集合M={x|x -3x-a +2=0,x∈R}的子集的个数为 ( ) . A.1 B.2 C.4 D.不确定 2 2 2 讲解:M 表示方程x -3x-a +2=0 在实数范围内的解集.由于 Δ=1+4a >0,所以M含有 2 2 个元素.故集合M有 2 =4 个子集,选C. 2.命题 1:长方体中,必存在到各顶点距高相等的点. 命题 2:长方体中,必存在到各条棱距离相等的点; 命题 3:长方体中,必存在到各个面距离相等的点. 以上三个命题中正确的有( ) . A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 讲解:由于长方体的中心到各顶点的距离相等,所以命题 1 正确.对于命题 2 和命题 3,一般的长 方体(除正方体外)中不存在到各条棱距离相等的点,也不存在到各个面距离相等的点.因此,本题 只有命题 1 正确,选B. 3.在四个函数y=sin|x|、 y=cos|x|、 y=|ctgx|、 y=lg|sinx| 中,以 π 为周期、在(0,π/2)上单调递增的偶函数是( ) . A.y=sin|x| B.y=cos|x| C.y=|ctgx| D.y=lg|sinx| 讲解:可考虑用排除法.y=sin|x|不是周期函数(可通过作图判断) ,排除A;y=co s|x|的最小正周期为 2π,且在(0,π/2)上是减函数,排除B;y=|ctgx|在(0,π/ 2)上是减函数,排除C.故应选D. 4. 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 3 C.k≥12 B.0<k≤12 D.0<k≤12 或 k ? 8 3

讲解:这是―已知三角形的两边及其一边的对角,解三角形‖这类问题的一个逆向问题,由课本结论 知,应选结论D. 说明:本题也可以通过画图直观地判断,还可以用特殊值法排除A、B、C. 5.若(1+x+x2)1000 的展开式为a0+a1x+a2x2+…+a2000x2000, 则a0+a3+a6+a9+…+a1998 的值为( ) . 333 666 999 A.3 ? B.3 ? C.3 ? D.32001? 讲解:由于要求的是展开式中每间降两项系数的和,所以联想到 1 的单位根,用特殊值法. 取 ω=-(1/2)+( /2)i,则 ω =1,ω +ω+1=0.
3 2

令x=1,得 31000=a0+a1+a2+a3+…+a2000; 令x=ω,得 2 0=a0+a1ω+a2ω +…+a2000ω2000; 2 令x=ω ,得 2 4 6 0=a0+a1ω +a2ω +a3ω +…+a2000ω4000.

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三个式子相加得 31000=3(a0+a3+a6+…+a1998) . 999 a0+a3+a6+…+a1998=3 ,选C. 6.已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24,而 4 枝攻瑰与 5 枝康乃馨的价格之和小于 22 元,则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较,结果是( ) . A.2 枝玫瑰价格高 B.3 枝康乃馨价格高 C.价格相同 D.不确定 讲解:这是一个大小比较问题.可先设玫瑰与康乃馨的单价分别为x元、y元,则由题设得,

?

6 X ? 3Y ? 24 4 X ?5Y ? 22

?问题转化为在条件①、②的约束下,比较 2x与 3y的大小.有以下两种解法: ?解法 1:为了整体地使用条件①、②,令 6x+3y=a,4x+5y=b,联立解得 x=(5a-3b)/18,y=(3b-2a)/9. ?∴2x-3y=?=(11a-12b)/9. ?∵a>24,b<22, ?∴11a-12b>11×24-12×22=0. ?∴2x>3y,选A.

图1
?解法 2:由不等式①、②及x>0、y>0 组成的平面区域如图 1 中的阴影部分(不含边界) .令 2x-3y=2c,则c表示直线l:2x-3y=2c在x轴上的截距.显然,当l过点(3,2)时,2 c有最小值为 0.故 2x-3y>0,即 2x>3у,选A. ?说明: (1)本题类似于下面的 1983 年一道全国高中数学联赛试题: 2 ?已知函数M=f(x)=ax -c满足:-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,那么f(3)应满 足( ) . ?A.-7≤f(3)≤26 B.-4≤f(3)≤15 ?C.-1≤f(3)≤20 D.-28/3≤f(3)≤35/3 ?(2)如果由条件①、②先分别求出x、y的范围,再由 2x-y的范围得结论,容易出错.上 面的解法 1 运用了整体的思想,解法 2 则直观可靠,详见文[1] . 二.填空题

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7.

2 3 3
(0 , 1) ? (1 , 2 7 ) ? (4 , ? ?)
2

8.

?

30 72 ? i 13 13
3 ) ? [ 2 , ? ?) 2

9.

6 6

10.

11.

[1,

12. 732

7.椭圆 ρ =1/(2-cosθ )的短轴长等于______________. ?讲解:若注意到极点在椭圆的左焦点,可利用特殊值法;若注意到离心率e和焦参 数p(焦点到相应准线的距离)的几何意义,本题也可以直接求短半轴的长.
? ( 0)?a ?c ?1 解法 1:由 ? (? )?a ?c ?1/ 3 得

?

a=2/3,从而b=

3 2 3 ,故 2b= 3 3

?解法 2:由e=c/a=1/2,p=b2/c=1 及b2=a2-c2,得
3 2 3 .从而 2b= . 3 3

b=

?说明:这是一道符合教学大纲而超出高考范围的试题. ?8.若复数z1、z2满足|z1|=2,|z3|=3,3z1-2z2=(3/2)-i,则 z1·z2=______________. ?讲解:参考答案给出的解法技巧性较强,根据问题的特点,用复数的三角形式似乎 更符合学生的思维特点,而且也不繁. ?令z1=2(cosα +isinα ),z2=3(cosβ +isinβ ),则由 3 z1-2z2=(3/2)-i及复数相等的充要条件,得

?


6(cos? ?cos ? ) ?3 / 2 6(sin ? ?sin ? ??1

?

?12 sin((? ? ? ) / 2) sin((? ? ? ) / 2)?3 / 2 12 cos((? ? ? ) / 2) sin((? ? ? ) / 2)??1

二式相除,得tg(α +β )/2)=3/2.由万能公式,得 ?sin(α +β )=12/13,cos(α +β )=-5/13. 故z1·z2=6[cos(α +β )+isin(α +β )] ? =-(30/13)+(72/13)i.

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?说明:本题也可以利用复数的几何意义解. ?9.正方体ABCD-A1B1C11的棱长为 1,则直线A1C1与BD1的距离是 ______________. ?讲解:这是一道求两条异面直线距离的问题,解法较多,下面给出一种基本的解法.

图2 ?为了保证所作出的表示距离的线段与A1C1和BD1都垂直, 不妨先将其中一条直线 置于另一条直线的垂面内.为此,作正方体的对角面BDD1B1,则A1C1⊥面BDD1 B1,且BD1 面BDD1B1.设A1C1∩B1D1=0,在面BDD1B1内作OH⊥BD 1,垂足为H,则线段OH的长为异面直线A1C1与BD1的距离.在Rt△BB1D1中, OH等于斜边BD1上高的一半,即OH= /6.

?10.不等式|(1/log1/2x)+2|>3/2 的解集为______________. ?讲解:从外形上看,这是一个绝对值不等式,先求得log1/2x<-2,或-2/7< log1/2x<0,或log1/2x>0. 从而x>4,或 1<x<22/7,或 0<x<1. ?11.函数y=x+ 的值域为______________.

?讲解:先平方去掉根号. 由题设得(y-x)2=x2-3x+2,则x=(y2-2)/(2y-3). 由y?x,得y?(y2-2)/(2y-3).解得 1?y<3/2,或y?2. 由于 能达到下界 0,所以函数的值域为[1,3/2)∪[2,+∞).

?说明:(1)参考答案在求得 1?y<3/2 或y?2 后,还用了较长的篇幅进行了一 番验证,确无必要. ?(2)本题还可以用三角代换法和图象法来解,不过较繁,读者不妨一试.

图3
?12.在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图 3) ,要求同一块中种同一种植物,相 邻的两块种不同的植物.现有 4 种不同的植物可供选择,则有______________种栽种方案. ?讲解:为了叙述方便起见,我们给六块区域依次标上字母A、B、C、D、E、F.按间隔三块 A、C、E种植植物的种数,分以下三类.

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?(1)若A、C、E种同一种植物,有 4 种种法.当A、C、E种植后,B、D、E可从剩余的 三种植物中各选一种植物(允许重复) ,各有 3 种方法.此时共有 4× 3× 3× 3=108 种方法. 2 ?(2)若A、C、E种二种植物,有P4 种种法.当A、C、E种好后,若A、C种同一种,则 B有 3 种方法,D、F各有 2 种方法;若C、E或E、A种同一种,相同(只是次序不同) .此时共 3 有P4 × 3(3× 2× 2)=432 种方法. 3 ?(3)若A、C、E种三种植物,有P4 种种法.这时B、D、F各有 2 种种方法.此时共有P4 3 × 2× 2× 2=192 种方法. ?根据加法原理,总共有N=108+432+192=732 种栽种方案. ?说明:本题是一个环形排列问题.

三.解答题 13.设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得
2 a1 (a1 ? 2d ) 2 ? (a1 ? d ) 4 2 化简得: 2a1 ? 4a1d ? d 2 ? 0

解得: d ? (?2 ? 2 )a1

????????????????????? 5 分

而 ? 2 ? 2 ? 0 ,故 a1<0 若 d ? (?2 ? 2 )a1 ,则 q ?
2 a2 2 a1 2 a2 2 a1

? ( 2 ? 1) 2

若 d ? (?2 ? 2 )a1 ,则 q ?

? ( 2 ? 1) 2

???????????? 10 分

但 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存在,故| q |<1,于是 q ? ( 2 ? 1) 2 不可能.
n ? ??

从而

a12 1 ? ( 2 ? 1)
2

2 ? 2 ? 1 ? a1 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2

所以 a1 ? ? 2 , d ? (?2 ? 2 )a1 ? 2 2 ? 2

???????????? 20 分

? x2 ? y2 ?1 ? 14.解:(1)由 ? a 2 ? y 2 ? 2( x ? m) ?

消去 y 得: x 2 ? 2a 2 x ? 2a 2 m ? a 2 ? 0



设 f ( x) ? x 2 ? 2a 2 x ? 2a 2 m ? a 2 ,问题(1)化为方程①在 x∈(-a,a)上有唯一解或等根. 只需讨论以下三种情况:

a2 ?1 ,此时 xp=-a2,当且仅当-a<-a2<a,即 0<a<1 时适合; 2 2°f (a)f (-a)<0,当且仅当-a<m<a; 3°f (-a)=0 得 m=a,此时 xp=a-2a2,当且仅当-a<a-2a2<a,即 0<a<1 时适合.
1°△=0 得: m ?

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f (a)=0 得 m=-a,此时 xp=-a-2a2,由于-a-2a2<-a,从而 m≠-a. 综上可知,当 0<a<1 时, m ?

a2 ?1 或-a<m?a; 2 当 a?1 时,-a<m<a.?????????????????? 10 分

(2)△OAP 的面积 S ? ∵0<a<

1 ay p 2

1 ,故-a<m?a 时,0< ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m <a, 2
x p ? ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m

由唯一性得

显然当 m=a 时,xp 取值最小.由于 xp>0,从而 yp= 1 ?

x2 p a
2

取值最大,此时 y p ? 2 a ? a 2 ,

∴ S ? a a ? a2 .

a2 ?1 1 时,xp=-a2,yp= 1 ? a 2 ,此时 S ? a 1 ? a 2 . 2 2 1 下面比较 a a ? a 2 与 a 1 ? a 2 的大小: 2 1 1 令 a a ? a 2 ? a 1 ? a 2 ,得 a ? 2 3 1 1 1 故当 0<a? 时, a a ? a 2 ? a 1 ? a 2 ,此时 S max ? a 1 ? a 2 . 2 2 3 1 1 1 当 ? a ? 时, a a ? a 2 ? a 1 ? a 2 ,此时 Smax ? a a ? a 2 .??? 20 分 2 3 2
当m ? 15.解:设 6 个电阻的组件(如图 3)的总电阻为 RFG,当 R i=a i,i=3,4,5,6,R1、R2 是 a1、 a2 的任意排列时,RFG 最小 ???????????????????? 5 分 证明如下: 1.设当两个电阻 R1、R2 并联时,所得组件阻值为 R,则

1 1 1 .故交换二电阻的位置, ? ? R R1 R2

不改变 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不妨取 R1>R2.

2.设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB

R AB ?

R R ? R1 R3 ? R2 R3 R1 R2 ? R3 ? 1 2 R1 ? R2 R1 ? R2

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显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以为使 RAB 最 小必须取 R3 为所取三个电阻中阻值最小的—个. 3.设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻为 RCD

若记 S1 ?

1?i ? j ?4

?R R
i

j

,

S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

, 则 S1、 S2 为定值, 于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3<Rl,即得总电阻的阻 值最小 ???????????????????????????? 15 分 4°对于图 3 把由 R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最小,由 3°必需使 R6 <R5;且由 1°应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必需使 R5<R4,且应使 RCD 最小. 而由 3°,要使 RCD 最小,应使 R4<R3<R2 且 R4<R3<R1, 这就说明,要证结论成立????????????????????????20 分

2001 年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准
一.证明:(1)∵A、C、D、F 四点共圆 ∴∠BDF=∠BAC 又∠OBC=

1 (180°-∠BOC)=90°-∠BAC 2

∴OB⊥DF. (2)∵CF⊥MA ∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2 ∵BE⊥NA ∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2 ∵DA⊥BC ∴BD 2-CD 2=BA 2-AC 2

① ② ③

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∵OB⊥DF ∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2 ④ ∵OC⊥DE ∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2 ⑤ ?????????????? ①-②+③+④-⑤,得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2 MO 2-MH 2=NO 2-NH 2 ∴OH⊥MN ?????????????????????????? 另证:以 BC 所在直线为 x 轴,D 为原点建立直角坐标系, 设 A(0,a),B(b,0),C(c,0),则 k AC ? ? ∴直线 AC 的方程为 y ? ?

30 分

50 分

a a , k AB ? ? c b

a c ( x ? c) ,直线 BE 的方程为 y ? ( x ? b) c a
a 2 c ? bc 2 ac 2 ? abc , ) a2 ? c2 a2 ? c2

c ? y ? ( x ? b) ? ? a 由? ? y ? ? a ( x ? c) ? c ?
同理可得 F(

得 E 点坐标为 E(

a 2 b ? b 2 c ab 2 ? abc , ) a2 ? b2 a2 ? b2

a c c ? (x ? ) 2 a 2 b?c 直线 BC 的垂直平分线方程为 x ? 2 a c c ? y ? ? (x ? ) ? b ? c bc ? a 2 ? 2 a 2 , 由? 得 O( ) 2 2a ?x ? b ? c ? 2 ?
直线 AC 的垂直平分线方程为 y ?

k OB

bc ? a 2 bc ? a 2 2a ? ? b?c ac ? ab ?b 2

, k DF ?

ab 2 ? abc ab ? ac ? a 2 b ? b 2 c a 2 ? bc

∵ kOB k DF ? ?1 同理可证 OC⊥DE.

∴OB⊥DF

在直线 BE 的方程 y ?

bc c ) ( x ? b) 中令 x=0 得 H(0, ? a a

bc ? a 2 bc ? 2 2a a ? a ? 3bc ∴ k OH ? b?c ab ? ac 2 ab ? ac x 直线 DF 的方程为 y ? 2 a ? bc

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ab ? ac ? y? 2 x ? ? a ? bc 由? ? y ? ? a ( x ? c) ? c ?

a 2 c ? bc2 abc ? ac2 , 得N( 2 ) a ? 2bc ? c 2 a 2 ? 2bc ? c 2

a 2b ? b 2 c abc ? ab2 , 同理可得 M ( 2 ) a ? 2bc ? b 2 a 2 ? 2bc ? b 2
∴ k MN ?

a(b 2 ? c 2 )(a 2 ? bc) ab ? ac ?? 2 2 2 (c ? b)(a ? bc)(a ? 3bc) a ? 3bc

∵kOH · kMN =-1,∴OH⊥MN. 二.解:先求最小值,因为 (

?
i ?1

n

xi ) 2 ?

?
i ?1

n

xi2 ? 2

1?k ? j ?n

?

k xk x j ? 1 ? j

?x
i ?1

n

i

?1

等号成立当且仅当存在 i 使得 xi=1,xj=0,j=i ∴

?x
i ?1

n

i

最小值为 1. ??????????????????????? 10 分

再求最大值,令 xk ? k yk ∴

? ky
k ?1

n

2 k

?2

1?k ? j ?n

? ky
n

k

yj ?1



设M ?

?x ? ?
k k ?1 k ?1

n

? y1 ? y 2 ? ? ? y n ? a1 ? y 2 ? ? ? y n ? a2 ? k yk , 令 ? ?? ? ? y n ? an ?
???????????????????? 30 分

2 2 2 则①? a1 ? a2 ? ? ? an ?1
n

令 a n ?1 =0,则 M ?
n n

?
k ?1

k (ak ? ak ?1 )
n n n

?

?
k ?1

k ak ?

?
k ?1

k ak ?1 ?

?
k ?1

k ak ?

?
k ?1 n

k ? 1ak ?

?(
k ?1

k ? k ? 1 )ak

由柯西不等式得:

M ?[

?
k ?1

n

( k ? k ?1 )2 ] 2 (

1

?
k ?1

n

2 2 ak ) ?[

1

?(
k ?1

k ? k ?1 )2 ] 2

1

2 2 2 ak an a1 等号成立? ??? ??? 1 ( k ? k ?1 )2 ( n ? n ?1 )2

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?

2 2 2 a1 ? a2 ? ? ? an

1 ? ( 2 ? 1 )2 ? ?? ( n ? n ?1 )2
k ? k ?1 [

?

2 ak

( k ? k ?1 )2

? ak ?

?(
k ?1

n

(k=1,2,?,n)
2
1 2

k ? k ?1 ) ]

由于 a1?a2???an,从而 y k ? a k ? a k ?1 ?

2 k ? ( k ?1 ? k ?1 ) [

?(
k ?1

n

k ? k ?1 ) ]
2

1 2

? 0 ,即 xk?0

所求最大值为 [

?(
k ?1

n

k ? k ?1 )2 ] 2

1

????????????????? 50 分

三.解:记所求最小值为 f (m,n),可义证明 f (m,n)=rn+n-(m,n) (*) 其中(m,n) 表示 m 和 n 的最大公约数 ????????????????? 10 分 事实上,不妨没 m?n (1)关于 m 归纳,可以证明存在一种合乎题意的分法,使所得正方形边长之和恰为 rn+n-(m,n) 当用 m=1 时,命题显然成立. D1 C n<k+1, 假设当,m?k 时,结论成立(k?1).当 m=k+1 时,若 n=kD +1,则命题显然成立.若 从矩形 ABCD 中切去正方形 AA1D1D(如图), 由归纳假设矩形 A1BCD1 有一种分法使得所得正方形边长 之和恰为 m—n+n—(m-n,n)=m-(m,n),于是原矩 n 形 ABCD 有一种分法使得所得正方形边长之和为 rn+n -(m,n) ?????????????? 20 分 m A1 (2)关于 m 归纳可以证明(*)成立. A B 当 m=1 时,由于 n=1,显然 f (m,n)=rn+n-(m, n) 假设当 m?k 时,对任意 1?n?m 有 f (m,n)=rn+ n-(m,n) 若 m=k+1,当 n=k+1 时显然 f (m,n)=k+1=rn+n-(m,n). 当 1?n?k 时,设矩形 ABCD 按要求分成了 p 个正方形,其边长分别为 al,a2,?,ap 不妨 a1?a2???ap 显然 a1=n 或 a1<n. 若 a1<n,则在 AD 与 BC 之间的与 AD 平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边 界).于是 a1+a2+?+ap 不小于 AB 与 CD 之和. 所以 a1+a2+?+ap?2m>rn+n-(m,n) 若 a1=n,则一个边长分别为 m-n 和 n 的矩形可按题目要求分成边长分别为 a2,?ap 的正方形, 由归纳假设 a2+?+ap?m-n+n-(m-n,n))=rn-(m,n) 从而 a1+a2+?+ap?rn+n-(m,n) 于是当 rn=k+1 时,f (m,n)?rn+n-(m,n) 再由(1)可知 f (m,n)=rn+n-(m,n). ???????????????? 50 分

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2003 年全国高中数学联赛试题
第一试 2003 年 10 月 12 日 一、选择题 本题共有 6 小题,每题均给出(A) 、 (B) 、 (C) 、 (D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的, 请将正确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过 一个(不论是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1. 删去正整数数列 1,2,3,??中的所有完全平方数,得到一个新数列. 这个数列的第 2003 项是 【答】 ( ) (A)2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2. 设 a, b ? R, ab ? 0, 那么直线 ax ? y ? b ? 0 和曲线 bx 2 ? ay 2 ? ab 的图形是【答】 ( y y y y )

x

x

x

x

(A) (B) (C) (D) ? 2 3. 过抛物线 y ? 8 ? x ? 2? 的焦点 F 作倾斜角为 60 的直线. 若此直线与抛物线交于 A,B 两点,弦 AB 的中垂线与 x 轴交于 P 点,则线段 PF 的长等于 【答】 ( (D) 8 3 )

16 (A) 3
4. 若 x ? ? ? (A)

8 (B) 3

16 3 (C) 3

2? ? 5? ? ? ? , ? ? , 则 y ? tan ? x ? 3 ? 12 3 ? ?
(B)

?? ?? ? ? ? ? ? tan ? x ? ? ? cos ? x ? ? 的最大值是 6? 6? ? ? ?
(C)

12 2 5

11 2 6

12 7

(D)

12 【答】 ( 5



5. 已知 x , y 在区间 ? ?2, 2 ? 内,且 xy ? ?1, 则函数 u ?

4 9 ? 的最小值是 2 4 ? x 9 ? y2
(D)

(A)

8 5

(B)

24 11

(C)

12 7

12 【答】 ( 5



6. 在四面体 ABCD 中设 AB ? 1, CD ? 3 , 直线 AB 与 CD 的距离为 2, 夹角为 的体积等于 (A) 【答】 ( (B) )

? , 则四面体 ABCD 3

3 2
3

1 2

(C)

1 3

(D)

3 3

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。
2 7.不等式 x ? 2 x ? 4 x ? 3 ? 0 的解集是______________

8.设 F1 , F2 是椭圆

x2 y 2 ? ? 1 的两个焦点,P 是椭圆上的点,且 PF1 : PF2 ? 2:1 ,则 ?PF1 F2 的面 9 4

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积等于_____________. 9. 已知
2 A? x x ?4 x?3 ?0 , x ? R ,

?

?

B ? x 21? x ? a ? 0, x 2 ? 2 ? a ? 7 ? x ? 5 ? 0, x ? R . 若 A ? B , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是
_____________. 10. 已知 a, b, c, d 均为正整数,且 log a b ?

?

?

3 5 , log c d ? , 若 a ? c ? 9 ,则 b ? d ? ____________. 2 4

11. 将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内,并使得每个球和其相邻的四个球相切,且与圆 柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于________. 12.设 M n ? ? 十进制 n位纯小数0. a1a2 ??? an ai只取0或 ( 1 i ? 1, 2, ???, n ? 1), an ? 1? ,

? ? ?

?

_____________

? ?

Tn 是 M n 中元素的个数, Sn 是 M n 中所有元素的和,则 lim
n ??

Sn ? ________. Tn

三、解答题 (本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设

3 ? x ? 5, 证明不等式 2

2 x? 1?

2x ? 3 ? 1 5? x3 ? 2 1 9 .

14.设 A,B,C 分别是复数 Z 0 ? ai, Z1 ?

1 ? bi, Z 2 ? 1 ? ci (其中 a, b, c 都是实数)对应的不共线的三 2

点. 证明:曲线 Z ? Z0 cos4 t ? 2Z1 cos2 t sin 2 t ? Z2 sin 4 t (t ? R) 与 ?ABC 中平行于 AC 的中位线 只有一个公共点,并求出此点.

15. 一张纸上画有半径为 R 的圆 O 和圆内一定点 A, 且 OA=a, 折叠纸片,使圆周上某一点 A 刚好与 A 点重合. 这样的每一种折法,都留下一条直线折痕. 当 A 取遍圆周上所有的点时,求所有折痕所在 直线上点的集合.
'

'

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2003 年全国高中数学联赛加试试题
第二试 一、 (本题满分 50 分) 过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线, 切点为 A, B. 所作割线交圆于 C, D 两点, C 在 P, D 之间. 在 弦 CD 上取一点 Q, 使 ?DAQ ? ?PBC. 求证: ?DBQ ? ?PAC.

二、 (本题满分 50 分) 设三角形的三边长分别是整数 l , m, n, 且 l ? m ? n. 已知 ?

? 3l ? ? 3m ? ? 3n ? ? ? 4 ? ? ? 4 ? , 其中 ?x? ? x ? ? x? , 4? ?10 ? ?10 ? ?10 ?

而 ? x ? 表示不超过 x 的最大整数. 求这种三角形周长的最小值.

三、 (本题满分 50 分) 由 n 个 点 和 这 些 点 之 间 的 l 条 连 线 段 组 成 一 个 空 间 四 边 形 , 其 中

n ? q2 ? q ? 1, l ?

1 q ? 2

q ? 1?

2

? 1 , q ? 2 ,q? N. 已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,

存在一点至少有 q ? 2 条连线段. 证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点 A,B,C,D 和四条连线 段 AB,BC,CD,DA 组成的图形)

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2003 年全国高中数学联赛第一试参考答案
一、选择题 1 C 提示: 1. 注意到 45 ? 2025, 46 ? 2116,故 a2003 ? 2003? 45 ? 2048;
2 2

2 B

3 A

4 C

5 D

6 B

2. 题设方程可化为 y ? ax ? b 和

x2 y2 ? ? 1 ,观察图形可知; a b
2

3. 易知直线 AB 的方程为 y ? 3x ,因此 A,B 两点的横坐标满足方程 3x ? 8x ? 16 ? 0 ,从而弦 AB 中 点的横坐标为 x 0 ?

4 4 ,纵坐标 y 0 ? ,进而求得中垂线方程之后,令 y=0,得点 P 的横坐标即 3 3

PF=

16 ; 3

4. 原函数可化为 y ?

?? ? ? cos? x ? ? ,可以证明函数在已知的区间上为增函数,故当 4? ? 6? ? ? sin ? 2 x ? ? 3 ? ?
2
11 3; 6

x??

?
3

时,y 取最大值

5. 消去 y 之后可得: u ? 1 ?

35 4 ? ? 37 ? ? 9 x 2 ? 2 ? x ? ?

,用基本不等式可求得函数 u 的最小值

12 ; 5

6. 可用等积法求得,过程略。 二、填空题 7. ? ? 3,?

? ? ?

5 ?1? ? 5 ?1 ? 2 ??? ,3 ? . 提示: 原不等式可以化为: ?| x | ?3? x ? | x | ?1 ? 0 ? ? ? 2 ? ? 2 ?

?

?

8. 4

?PF1 F2 是直角三角形,故 ?PF1 F2 的面积为 S ?

1 1 | PF1 | ? | PF2 |? ? 2 ? 4 ? 4 ; 2 2

9. ? 4 ? a ? ?1 提示: A ? ?1 , 3? ,令 f ?x? ? 2
1? x

? a , g ?x? ? x 2 ? 2?a ? 7?x ? 5 ,则只需 f ?x ?, g ?x ? 在(1,3)上

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? f ?1? ? 0 ? f ?3? ? 0 ? 的图象均在 x 轴的下方,其充要条件是 ? ,由此推出 ? 4 ? a ? ?1 ; ? g ?1? ? 0 ? ? g ?3? ? 0
10 . 93

?b? ?d ? 提 示 : 由 已 知 得 a ?b ,c ? d , a ?? ? , c ?? ? , 又 ?a? ?c?
4

3 2

5 4

2

4

a?c ?9 ,故

?b d 2 ? 2 ?9 ? a ? 25 , c ? 16 ? b d 2 ?? b d 2 ? ?b? ?d ? ? a c ? ? 2? ? 2? ? 9 ,推得 ? , ; ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? 2 ?a? ? c ? ? a c ?? a c ? ? b ? d ? 1 b ? 125, d ? 32 ? ?a c2
2

11. 4 8 + 2 提示:如图,上下层的四个球的球心 A1,B1,C1,D1,A,B,C,D 分 上下两个边长为 2 的正方形的顶点,且以它们的外接圆为上下底 成圆柱,同时 A1 在底面上的射影 M 为弧 AB 的中点。由于 A1A=A1B=AB=2, OM ? OA ? 别 是 面 构

2 , MN ? 2 ? 1 ,求得
4

A1 M ?
12.

? A1 N ?2 ? ?MN ?2

? 4 8 ,故所求的高为

8+ 2 ;

1 18

提示: Tn ? 2 n?1 , S n ?

1 n?1 ? 1 1 1 ? 1 ? 2 ? ? 2 ? ? ? n?1 ? ? 2 n?1 ? n 2 10 ? 10 ? 10 10

三、解答题 13.证明:由 (a ? b ? c ? d ) ? a ? b ? c ? d ? 2?ab ? bc ? cd ? da ? ac ? bd ? 可得
2 2 2 2 2

a ? b ? c ? d ? 2 a 2 ? b 2 ? c 2 ? d 2 , 当且仅当 a=b=c=d 时取等号
则 2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2

??5 分

?x ? 1? ? ?x ? 1? ? ?2x ? 3? ? ?15 ? 3x?

? 2 x ? 14 ? 2 19
因为 x ? 1 ,

????????????????????15 分

2x ? 3 ,

15 ? 3x 不能同时相等,所以
??????????????20 分

2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2 19

14.设 z ? x ? yi ?x, y ? R ? ,则代入并由复数相等可得
2 ? ? x ? sin t ? 2 2 ? ? y ? a?1 ? x ? ? 2b?1 ? x ?x ? cx

?0 ? x ? 1?

即 y ? ?a ? c ? 2b?x ? 2?b ? a ?x ? a 因为 A,B,C 不
2

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共线 ,所以 a ? c ? 2b ? 0 ,可见所给曲线是抛物线段(图略)????5 分 AB,BC 的中点分别是 D? ? 所以 DE 的方程为

? 1 a?b? ?3 b?c? ? , , E? , ? ,; ? 2 ? 2 ? ?4 ?4
1 ?3a ? 2b ? c ? 4
???????????10 分

y ? ?c ? a ?x ?
2

1 1 1 3 1? ? 联立两式得 ?a ? c ? 2b?? x ? ? ? 0 , 得 x ? , 注意到 ? ? , 所以抛物线与 ?ABC 中平行于 2 4 2 4 2? ?
AC 的 中 位 线 DE 有 且 只 有 一 个 公 共 点 , 此 点 的 坐 标 为 ? ,

? 1 a ? c ? 2b ? ? ,相应的复数为 4 ?2 ?

z?

1 a ? c ? 2b ? i 2 4

??????????????????????15 分 的中

15.如图建立直角坐标系,设 A1 ?R cos? , R sin ? ? ,MN 为 AA1 垂线,设 P(x,y)是 MN 上任一点,则|PA|=|PA1| ??5 分 代入推得 2R?x cos? ? y sin ? ? ? R ? a ? 2ax
2 2

???10 分

可得 sin ?? ? ? ? ?

R 2 ? a 2 ? 2ax 2R x ? y
2 2

, 其中 sin ? ?

x x ? y2
2

,

cos? ?

y x2 ? y2
2

.

所以

R 2 ? a 2 ? 2ax 2R x 2 ? y 2

? 1 ????15 分

平方后可化为

a? ? ?x ? ? y2 2? ? ? ?1 2 2 2 ?R? ?R? ?a? ? ? ? ? ?? ? ?2? ? 2 ? ?2? a? ? ?x ? ? y2 2? ? 所求点的集合为椭圆 ? ? 1 外(含边界)部分。????20 分 2 2 2 ?R? ?R? ?a? ? ? ? ? ?? ? ?2? ? 2 ? ?2?
2

2003 年全国高中数学联赛加试试题
2003.10.12 一、 (本题满分 50 分)

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过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线, 切点为 A, B. 所作割线交圆于 C, D 两点, C 在 P, D 之间. 在 弦 CD 上取一点 Q, 使 ?DAQ ? ?PBC. 求证: ?DBQ ? ?PAC. 二、 (本题满分 50 分) 设三角形的三边长分别是整数 l , m, n, 且 l ? m ? n. 已知 ?

? 3l ? ? 3m ? ? 3n ? ? ? 4 ? ? ? 4 ? , 其中 ?x? ? x ? ? x? , 4? 10 ? ? ?10 ? ?10 ?

而 ? x ? 表示不超过 x 的最大整数. 求这种三角形周长的最小值. 三、 (本题满分 50 分) 由 n 个 点 和 这 些 点 之 间 的 l 条 连 线 段 组 成 一 个 空 间 四 边 形 , 其 中

n ? q2 ? q ? 1, l ?

1 q ? 2

q ? 1?

2

? 1 , q ? 2 ,q? N. 已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,

存在一点至少有 q ? 2 条连线段. 证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点 A,B,C,D 和四条连线 段 AB,BC,CD,DA 组成的图形)

二 OO 四年全国高中数学联合竞赛试题

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2



时间:10 月 16 日

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1、设锐角 ? 使关于 x 的方程 x ? 4 x cos? ? cot ? ? 0 有重根,则 ? 的弧度数为( A. )

? 6

B.

?
12

or

5? 12

C.

?
6

or

5? 12

D.

? 12

2、已知 M ? {( x, y) | x2 ? 2 y 2 ? 3}, N ? {( x, y) | y ? mx ? b} 。 若对所有 m ? R, 均有 M ? N ? ? , 则 b 的取值范围是( A. ? ? ) B. ? ? ?

? ?

6 6? , ? 2 2 ?

? ?

6 6? , ? 2 2 ? ?

C. (?

2 3 2 3 , ] 3 3


D. ? ?

? 2 3 2 3? , ? 3 ? ? 3

3、不等式 log 2 x ? 1 ? A. [2,3)

1 log 1 x3 ? 2 ? 0 的解集为( 2 2
C. [2, 4)

B. (2,3]

D. (2, 4]

4、设 O 点在 ?ABC 内部,且有 OA ? 2OB ? 3OC ? 0 ,则 ?ABC 的面积与 ?AOC 的面积的比为 ( A. 2 ) B.

??? ?

??? ?

??? ?

?

3 2

C. 3

D.

5 3

5、设三位数 n ? abc ,若以 a,b,c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三 位数 n 有( ) A. 45 个 B. 81 个 C. 165 个 D. 216 个 6、顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A 是底面圆周上的点,B 是底面圆内的点,O 为底 面圆的圆心, AB ? OB ,垂足为 B, OH ? PB ,垂足为 H,且 PA=4,C 为 PA 的中点,则当三棱 锥 O-HPC 的体积最大时,OB 的长是( ) A.

5 3

B.

2 5 3

C.

6 3

D.

2 6 3

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7、在平面直角坐标系 xoy 中,函数 f ( x) ? a sin ax ? cos ax (a ? 0) 在一个最小正周期长的区间上的 图像与函数 g ( x) ? a 2 ? 1 的图像所围成的封闭图形的面积是________________。 8、设函数 f : R ? R, 满足f (0) ? 1 ,且对任意 x, y ? R, 都有

f ( xy ? 1) ? f ( x) f ( y) ? f ( y) ? x ? 2 ,则 f ( x) =_____________________。

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D1 C1

9、如图、正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中, 二面角 A ? BD1 ? A1 的度数是____________。
2 10、 设 p 是给定的奇质数, 正整数 k 使得 k ? pk 也是一个正整数,

A1 F E D

B1

则 k=____________。 11、已知数列 a0 , a1 , a2 ,..., an ,..., 满足关系式
A

C

B

(3 ? an?1 )(6 ? an ) ? 18, 且a0 ? 3 ,则 ?
i ?o

n

1 的值是_________________________。 ai

12、在平面直角坐标系 XOY 中,给定两点 M(-1,2)和 N(1,4) ,点 P 在 X 轴上移动,当 ?MPN 取最大值时,点 P 的横坐标为___________________。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13、一项“过关游戏”规则规定:在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次,如果这 n 次抛掷所出现的点数之和 大于 2 ,则算过关。问: (Ⅰ)某人在这项游戏中最多能过几关? (Ⅱ)他连过前三关的概率是多少? (注:骰子是一个在各面上分别有 1,2,3,4,5,6 点数的均匀正方体。抛掷骰子落地静止后,向 上一面的点数为出现点数。 )
n

14、在平面直角坐标系 xoy 中,给定三点 A(0, ), B(?1, 0), C (1, 0) ,点 P 到直线 BC 的距离是该点到 直线 AB,AC 距离的等比中项。 (Ⅰ)求点 P 的轨迹方程; (Ⅱ)若直线 L 经过 ?ABC 的内心(设为 D) ,且与 P 点的轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的 取值范围。

4 3

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15、已知 ? , ? 是方程 4x2 ? 4tx ?1 ? 0 (t ? R) 的两个不等实根,函数 f ( x) ?

2x ? t 的定义域为 x2 ? 1

?? , ? ? 。
(Ⅰ)求 g (t ) ? max f ( x) ? min f ( x) ; (Ⅱ)证明:对于 ui ? (0,

?
2

)(i ? 1, 2,3) ,若 sin u1 ? sin u2 ? sin u3 ? 1,



1 1 1 3 ? ? ? 6。 g (tan u 1 ) g (tan u2 ) g (tan u3 ) 4

二○○四年全国高中数学联合竞赛试题 参考答案及评分标准
说明: 1、评阅试卷时,请依据本评分标准。选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档;其他各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其 他中间档次。 2、如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时可参照本评 分标准适当划分档次评分,5 分为一个档次,不要再增加其他中间档次。 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1、解:因方程 x ? 4 x cos? ? cot ? ? 0 有重根,故 ? ? 16cos ? ? 4cot ? ? 0
2 2

?0 ? ? ? ? 2? ?

?
2

, ? 4 cot ? (2sin 2? ? 1) ? 0

得 sin 2? ?

?
6

或 2? ?

5? ? 5? 或 ,于是 ? ? 。 故选 B。 6 12 12

1 2

2 2 2 、 解 : M ? N ? ? 相 当 于 点 ( 0 , b ) 在 椭 圆 x ? 2y ? 3 上 或 它 的 内 部

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?

2b 2 6 6 。 ? 1, ?? ?b? 3 2 2

故选 A。

3 3 1 ? ? log 2 x ? 1 ? log 2 x ? ? ? 0 3、解:原不等式等价于 ? 2 2 2 ? ?log 2 x ? 1 ? 0
? 3 2 1 ?t ? t ? ? 0 设 log 2 x ? 1 ? t , 则有 ? 2 2 ? ?t ? 0
0 ? t ?1。
即 0 ? log2 x ?1 ? 1, ? 2 ? x ? 4 。 故选 C。
D




A

4、解:如图,设 D,E 分别是 AC,BC 边的中点,

??? ? ???? ???? OA ? OC ? 2OD (1) 则 ??? ? ???? ???? ? 2(OB ? OC ) ? 4OE (2)
由(1) (2)得,

O

B

E

C

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? OA ? 2OB ? 3OC ? 2(OD ? 2OE) ? 0 ,
即 OD与OE 共线, 且 | OD |? 2 | OE |

???? ??? ?
????

??? ?

?

S?AEC 3 S 3? 2 ? , ? ?ABC ? ? 3 , 故选 C。 S?AOC 2 S?AOC 2

5、解:a,b,c 要能构成三角形的边长,显然均不为 0。即 a, b, c ?{1, 2,...,9} ( 1 )若构成等边三角形,设这样的三位数的个数为 n1 ,由于三位数中三个数码都相同,所以,
1 n1 ? C9 ? 9。

(2)若构成等腰(非等边)三角形,设这样的三位数的个数为 n2 ,由于三位数中只有 2 个不同数码。
2 设为 a、b,注意到三角形腰与底可以置换,所以可取的数码组(a,b)共有 2C9 。但当大数为底时,

设 a>b,必须满足 b ? a ? 2b 。此时,不能构成三角形的数码是 a b 共 20 种情况。 同时,每个数码组(a,b)中的二个数码填上三个数位,有 C3 种情况。
2

9 4,3 2,1

8 4,3 2,1

7 3,2 1

6 3, 2 1

5 1,2

4 1,2

3 1

2 1

1

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2 2 2 故 n2 ? C3 (2C9 ? 20) ? 6(C9 ?10) ? 156 。 综上, n ? n1 ? n2 ? 165 。

6、解:? AB ? OB, AB ? OP, ? AB ? PB, 又OH ? PB

?面PAB ? 面POB, ?OH ? HC, OH ? PA 。C 是 PA 中点,? OC ? PA

?当HO ? HC时S?HOC 最大,
也即 VO? HPC ? VP? HCO 最大。 此时,

1 HO ? 2, 故HO= OP, ??HPO ? 300 2 , 2 6 0 ? OB ? OP ? tan 30 ? 3
故选 D。

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
2? 1 ,它的最小正周期为 ,振幅为 a2 ?1 。 a a 2? 由 f ( x ) 的图像与 g ( x) 的图像围成的封闭图形的对称性, 可将这图形割补成长为 、 宽为 a2 ?1 的 a 2? a2 ? 1 。 长方形,故它的面积是 a
7、解: f ( x) ?

a 2 ? 1sin(ax ? ? ), 其中? ? arctan

8、解:? 对?x, y ? R, 有f ( xy ? 1) ? f ( x) f ( y) ? f ( y) ? x ? 2,

?有f ( xy ? 1) ? f ( y) f ( x) ? f ( x) ? y ? 2

? f ( x) f ( y ) ? f ( y ) ? x ? 2 = f ( y ) f ( x) ? f ( x) ? y ? 2
即 f ( x) ? y ? f ( y) ? x, 令y ? 0, 得f ( x) ? x ? 1 。 9、解:连结 D1C, 作CE ? BD1 ,垂足为 E,延长 CE 交 A 1B 于 F,则 FE ? BD 1 ,连结 AE,由对称 性知 AE ? BD1 , ??FEA 是二面角 A ? BD1 ? A1 的平面角。
D1 C1

连结 AC,设 AB=1, 则 AC ? AD1 ? 2, BD1 ? 3.
A1 F E D C A B1

AB ? AD1 2 , 在Rt ?ABD1 中, AE ? ? BD1 3


B

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4 ?2 AE 2 ? CE 2 ? AC 2 2 AE 2 ? AC 2 3 1 ?AEC中, cos ?AEC ? ? ? ?? 2 4 2 AE ? CE 2 AE 2 3

??AEC ? 1200 , 而?FEA是?AEC 的补角,??FEA ? 600 。
10、 解: 设 k 2 ? pk ? n, n ? N * , 则 k 2 ? pk ? n 2 ? 0, k ? 设为 m2 , m ? N * , 则 (m ? 2n)(m ? 2n) ? p 2

p ? p 2 ? 4n2 , 从而 p 2 ? 4n2 是平方数, 2

? p2 ? 1 m ? ? ? m ? 2n ? 1 ? 2 ? p是质数,且p ? 3, ? ? , 解得 ? 2 2 ? m ? 2n ? p ?n ? p ? 1 ? ? 4
p ? m 2 p ? ( p 2 ? 1) ( p ? 1)2 ?k ? ? ,故k ? 。 (负值舍去) 2 4 4
11、解:设 bn ?

1 1 1 , n ? 0,1, 2,..., 则(3 ? )(6 ? ) ? 18, an bn?1 bn
1 3 1 1 ? 2(bn ? ) 3 3

即 3bn ?1 ? 6bn ? 1 ? 0. ? bn ?1 ? 2bn ? , bn ?1 ? 故数列 {bn ? } 是公比为 2 的等比数列,

1 3

1 1 1 1 1 1 bn ? ? 2n (b0 ? ) ? 2n ( ? ) ? ? 2n?1 ? bn ? (2n?1 ? 1) 。 3 3 a0 3 3 3
n n ? 1 1 1 i ?1 1 ? 2(2n ?1 ? 1) ? b ? (2 ? 1) ? ? (n ? 1) ? ? ? 2n ? 2 ? n ? 3? 。 ? ? ? i ? 3 ? 2 ?1 i ? o ai i ?0 i ?0 3 ? 3 n

12、解:经过 M、N 两点的圆的圆心在线段 MN 的垂直平分线 y=3-x 上,设圆心为 S(a,3-a) ,则圆 S 的方程为: ( x ? a) ? ( y ? 3 ? a) ? 2(1 ? a )
2 2 2

对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大,所以,当 ?MPN 取最大 值时,经过 M,N,P 三点的圆 S 必与 X 轴相切于点 P,即圆 S 的方程中的 a 值必须满足

2(1 ? a2 ) ? (a ? 3)2 , 解得 a=1 或 a=-7。
即对应的切点分别为 P(1,0)和P (?7,0) ,而过点 M,N, p ' 的圆的半径大于过点 M,N,P 的
'

圆的半径,所以 ?MPN ? ?MP ' N ,故点 P(1,0)为所求,所以点 P 的横坐标为 1。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13、解:由于骰子是均匀的正方体,所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。

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(Ⅰ)因骰子出现的点数最大为 6,而 6 ? 4 ? 24 , 6 ? 5 ? 25 ,因此,当 n ? 5 时,n 次出现的点数之 和大于 2 已不可能。即这是一个不可能事件,过关的概率为 0。所以最多只能连过 4 关。 .......5 分 (Ⅱ)设事件 An 为“第 n 关过关失败” ,则对立事件 An 为“第 n 关过关成功” 。 第 n 关游戏中,基本事件总数为 6 个。 第 1 关:事件 A , 1 所含基本事件数为 2(即出现点数为 1 和 2 这两种情况)
n
n

? 过此关的概率为: P ( A1 ) ? 1 ? P( A1 ) ? 1 ?

2 2 ? 。 6 3

第 2 关:事件 A2 所含基本事件数为方程 x ? y ? a 当 a 分别取 2,3,4 时的正整数解组数之和。即有
1 1 1 。 C1 ? C2 ? C3 ? 1 ? 2 ? 3 ? 6 (个)

? 过此关的概率为: P( A2 ) ? 1 ? P( A2 ) ? 1 ?

6 5 ? 。 62 6

........10 分

第 3 关:事件 A3 所含基本事件为方程 x ? y ? z ? a 当 a 分别取 3,4,5,6,7,8 时的正整数解组数
2 2 2 2 2 2 之和。即有 C2 。 ? C3 ? C4 ? C5 ? C6 ? C7 ? 1? 3 ? 6 ? 10 ? 15 ? 21 ? 56 (个)

? 过此关的概率为: P( A3 ) ? 1 ? P( A3 ) ? 1 ?

56 20 ? 。 63 27 2 5 20 100 ? 故连过前三关的概率为: P( A1 ) ? P( A2 ) ? P( A3 ) ? ? ? 。 3 6 27 243
(说明:第 2,3 关的基本事件数也可以列举出来) 14、解: (Ⅰ)直线 AB、AC、BC 的方程依次为 y ?

.........15 分 ........20 分

4 4 ( x ? 1), y ? ? ( x ? 1), y ? 0 。点 P( x, y ) 到 3 3 1 1 AB、AC、BC 的距离依次为 d1 ? | 4 x ? 3 y ? 4 |, d 2 ? | 4 x ? 3 y ? 4 |, d3 ?| y | 。依设, 5 5
2 d1d2 ? d3 , 得 |16x2 ? (3 y ? 4)2 |? 25 y2 ,即

16x2 ? (3 y ? 4)2 ? 25 y 2 ? 0, 或16 x2 ? (3 y ? 4)2 ? 25 y 2 ? 0 ,化简得点 P 的轨迹方程为
圆 S: 2x ? 2 y ? 3 y ? 2 ? 0与双曲线T:8x ?17 y ? 12 y ? 8 ? 0
2 2 2 2

......5 分

(Ⅱ)由前知,点 P 的轨迹包含两部分 圆 S: 2 x ? 2 y ? 3 y ? 2 ? 0
2 2

① ②

与双曲线 T: 8x ?17 y ? 12 y ? 8 ? 0
2 2

因为 B(-1,0)和 C(1,0)是适合题设条件的点,所以点 B 和点 C 在点 P 的轨迹上,且点 P 的

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轨迹曲线 S 与 T 的公共点只有 B、C 两点。

1 ?ABC 的内心 D 也是适合题设条件的点,由 d1 ? d2 ? d3 ,解得 D (0, ) ,且知它在圆 S 上。直线 L 2
经过 D,且与点 P 的轨迹有 3 个公共点,所以,L 的斜率存在,设 L 的方程为

y ? kx ?

1 2



(i)当 k=0 时,L 与圆 S 相切,有唯一的公共点 D;此时,直线 y ?

1 平行于 x 轴,表明 L 与双曲 2

线有不同于 D 的两个公共点,所以 L 恰好与点 P 的轨迹有 3 个公共点。......10 分 (ii)当 k ? 0 时,L 与圆 S 有两个不同的交点。这时,L 与点 P 的轨迹恰有 3 个公共点只能有两种情 况: 情况 1:直线 L 经过点 B 或点 C,此时 L 的斜率 k ? ?

1 ,直线 L 的方程为 x ? ?(2 y ? 1) 。代入 2

方程②得 y(3 y ? 4) ? 0 ,解得 E ( , )或F(- , )。表明直线 BD 与曲线 T 有 2 个交点 B、E;直线 CD 与曲线 T 有 2 个交点 C、F。 故当 k ? ?

5 4 3 3

5 4 3 3

1 时,L 恰好与点 P 的轨迹有 3 个公共点。 ......15 分 2 1 情况 2:直线 L 不经过点 B 和 C(即 k ? ? ) ,因为 L 与 S 有两个不同的交点,所以 L 与双曲 2

?8 x 2 ? 17 y 2 ? 12 y ? 8 ? 0 ? 线 T 有且只有一个公共点。即方程组 ? 有且只有一组实数解,消去 y 并化简 1 ? y ? kx ? ? 2
得 (8 ? 17 k ) x ? 5kx ?
2 2

25 ?0 4
2

该方程有唯一实数解的充要条件是 8 ? 17k ? 0 或 (?5k ) ? 4(8 ? 17 k )
2 2

④ ⑤

25 ?0 4

解方程④得 k ? ?

2 34 2 ,解方程⑤得 k ? ? 。 17 2 1 2 34 2 ,? ,? }。 2 17 2
......20 分

综合得直线 L 的斜率 k 的取值范围是有限集 {0, ?

2 2 15、解: (Ⅰ)设 ? ? x1 ? x2 ? ? , 则4x1 ? 4tx1 ?1 ? 0, 4x2 ? 4tx2 ?1 ? 0,
2 ? 4( x12 ? x2 ) ? 4t ( x1 ? x2 ) ? 2 ? 0, ? 2 x1 x2 ? t ( x1 ? x2 ) ?

1 ?0 2

则 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ?

2 x2 ? t 2 x1 ? t ( x2 ? x1 ) ?t ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? 2? ? ? 2 2 x2 ? 1 x12 ? 1 ( x2 ? 1)( x12 ? 1)

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又 t ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? 2 ? t ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? 故 f ( x ) 在区间 ?? , ? ? 上是增函数。

1 ? 0 ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 0 2
.......5 分

1 ?? ? ? ? t , ?? ? ? , 4

? g (t ) ? max f ( x) ? min f ( x) ? f ( ? ) ? f (? ) ?

( ? ? ? ) ?t (? ? ? ) ? 2?? ? 2?

? 2? 2 ?? 2 ? ? 2 ?1

5? ? t 2 ?1 ? t 2 ? ? 2 2 2 ? 8 t ? 1(2t ? 5) ? ? ? 25 16t 2 ? 25 t2 ? 16
(Ⅱ)证:

......10 分

8 2 16 ( 2 ? 3) ? 24 cos ui cos ui cos ui cos ui 2 16 ? 24 16 6 g (tan ui ) ? ? ? ? (i ? 1, 2,3) 2 2 2 16 16 ? 9 cos u 16 ? 9cos u 16 ? 9cos u i i i ?9 cos 2 ui

??
i ?1
3

3

3 1 1 3 1 ? (16 ? 9cos2 ui ) ? (16 ? 3 ? 9 ? 3 ? 9)? sin 2 ui ) ....15 分 ? g (tan ui ) 16 6 i ?1 16 6 i ?1

? ? sin ui ? 1, 且ui ? (0, ), i ? 1, 2,3 2 i ?1
等式中,等号不能同时成立,

?

?3? sin 2 ui ? (? sin ui ) 2 ? 1,而均值不等式与柯西不
i ?1 i ?1

3

3

?

1 1 1 1 1 3 ? ? ? (75 ? 9 ? ) ? 6 g (tan u 1 ) g (tan u2 ) g (tan u3 ) 16 6 3 4

......20 分

二 00 四年全国高中数学联赛试卷(加试)
一、 (本题满分 50 分) 在锐角△ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相 交于点 H,以 DE 为直径的圆分别交 AB、AC 于 F、G 两点, FG 与 AH 相交于点 K,已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的长。

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二、 (本题满分 50 分) 在平面直角坐标系 xoy 中, y 轴正半轴上的点列 ?An ?与曲线 y ? 满足 OA n ? OB n ?

2 x ( x ?0)上的点列 ?Bn ?

1 ,直线 An Bn 在 X 轴上的截距为 an ,点 Bn 的横坐标为 bn , n

n? N?。
(Ⅰ)证明 an > an ?1 >4, n ? N 。 (Ⅱ)证明有 n0 ? N ? ,使得对 ?n? n0 都有
?

b b b2 b3 ? ? ... ? n ? n ?1 < n ? 2004 。 b1 b2 bn ?1 bn

三、 (本题满分 50 分) 对于整数 n ?4,求出最小的整数 f ( n) ,使得对于任何正整数 m ,集合

?m, m ? 1,...,m ? n ? 1?的任一个 f (n) 元子集中,均有至少 3 个两两互素的元素。

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二〇〇五年高中数学联赛试卷
一、选择题
1. 使关于 x 的不等式 x ? 3 ? 6 ? x ? k 有解的实数 k 的最大值是 A.

6? 3

B.

3

C.

6? 3

D.

6

2. 空间四点 A、B、C、D,满足 | AB |? 3 、 | BC |? 4 、 | CD |? 11 、 | DA |? 9 ,则 AC ? BD 的取值 A. 只有一个 B. 有两个 C. 有四个 D. 有无穷多个 3. △ ABC 内接于单位圆,三个内角 A、B、C 的平分线交此圆于 A1、B1、C1 三点,则 D' C'

AA 1 ? cos

A B C ? BB1 ? cos ? CC1 ? cos 2 2 2 的值是 sin A ? sin B ? sin C

A' D

B' C B

A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 A 4. 如图,ABCD-A'B'C'D'为正方体,任作平面 α 与对角线 AC'垂直,使 α 与正方体的 每个面都有公共点,记这样得到的截面多边形的面积为 S,周长为 l,则 A. S 是定值,l 不是定值 B. S 不是定值,l 是定值 C. S、l 均是定值 D. S、l 均不是定值

x2 y2 5. 方程 ? ? 1 表示的曲线是 sin 2 ? sin 3 cos 2 ? cos 3
A. 焦点在 x 轴上的椭圆 C. 焦点在 y 轴上的椭圆 6. 记集合 T ? ?0,1,2,3,4,5,6} , M ? ? 到小顺序排列,则第 2005 个数是 A. B. 焦点在 x 轴上的双曲线 D. 焦点在 y 轴上的双曲线

? a1 a2 a3 a4 ? ? 2 ? 3 ? 4 ai ? T , i ? 1,2,3,4? ,将 M 中的元素按从大 ?7 7 7 7 ?
D.

5 5 6 3 ? 2? 3? 4 7 7 7 7

B.

5 5 6 2 1 1 0 4 ? 2 ? 3 ? 4 C. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 7 7 7 7

1 1 0 3 ? 2? 3? 4 7 7 7 7

二、填空题
7. 将 多 项 式 f ( x) ? 1 ? x ? x ? x ? ? ? x ? x
2 3 19 20

表 示 为 关 于
2

y 的 多 项 式 g ( y) ?

a0 ? a1 y ? a2 y ? ? ? a19 y ? a20 y ,且 y ? x ? 4 ,则 a0 ? a1 ? ? ? a20 =__________。
2 19 20

8. f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,若 f (2a ? a ? 1) ? f (3a ? 4a ? 1) 成立,则实数 a 的取值范围是 _____________。 9. 设 α、β、γ 满足 0 ? ? ? ? ? ? ? 2? ,若对任意 x ? R , cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? 0 成立,则 ? ? ? =_____。
2

1 AC ? 2 ,则 CD=_________。 ,∠ACB=45° , AD ? BC ? 6 2 2 11. 正方形 ABCD 的一条边在直线 y ? 2 x ? 17 上,另外两顶点在 y ? x 上,则正方
10. 如图,四面体 DABC 的体积为 形面积的最小值为_____________。 12. 若自然数 a 的各位数字之和为 7,则称 a 是“吉祥数” 。将所有“吉祥数”从小 到大排成一列:a1、a2、a3?,若 an=2005,则 a5n=______。
D C A B

三、解答题

2 7an ? 45an ? 36 13. 数列{an}满足 a0=1, an?1 ? , n ? N ,证明:(1)对于任意 n ? N ,a 为整数; 2

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(2)对于任意 n ? N , an an ?1 ? 1为完全平方数。 14. 将编号为 1、2、3、?9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上,每个等分点上各一个小球, 设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为 S,求值 S 达到最小值的方法的 概率(若某种方法,经旋转或镜面反射可与另一种方法重合,则认为是相同方法) 。 2 15. 过抛物线 y=x 一点 A(1,1)作抛物线的切线交 x 轴于 D,交 y 轴于 B,C 在抛物线上,E 在线段 AC 上,

AE BF ? ?1 ,F 在线段 BC 上, ? ?2 ,且 λ1+λ2=1,线段 CD 与 EF 交于 P,当 C 在抛物线上移 EC FC

动时,求 P 的轨迹方程。

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二○○五年全国高中数学联合竞赛 试题参考答案及评分标准
说明: 1. 评阅试卷时,请依据本评分标准。选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档; 其他各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其它中间档次。 2. 如果考生的解题方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准 适当划分档次评分,5 分为一个档次,不要再增加其他中间档次。 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 小题,每小题均给出 A,B,C,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的。请将正确答 案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论 是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1.使关于 x 的不等式 x ? 3 ? 6 ? x ? k 有解的实数 k 的最大值是( A. 6 ? 3 解:令 y ? B. 3 C. 6 ? 3 D. 6 )

x ? 3 ? 6 ? x ,3 ? x ? 6, 则 y2 ? ( x ? 3) ? (6 ? x) ? 2 ( x ? 3)(6 ? x) ? 2[( x ? 3)

?(6 ? x)] ? 6. ?0 ? y ? 6,?实数k 的最大值为 6 。选 D。
2.空间四点 A、B、C、D 满足 | AB |? 3, | BC |? 7, | CD |? 11, | DA |? 9, 则 AC ? BD 的 取值( ) A.只有一个 B.有二个 C.有四个 D.有无穷多个

解:注意到 32 ? 112 ? 1130? 7 2 ? 9 2 , 由于 AB ? BC ? CD ? DA ? 0, 则 DA2 ? DA =

?

2

( AB ? BC ? CD) 2 ? AB2 ? BC2 ? CD 2 ? 2( AB ? BC ? BC ? CD ? CD ? AB) ? AB2 ?
BC 2 ? CD 2 ? 2( BC ? AB ? BC ? BC ? CD ? CD ? AB ) ? AB 2 ? BC 2 ? CD 2 ? 2( AB ?
故选 A。 BC) ? (BC ? CD), 即 2 AC ? BD ? AD2 ? BC2 ? AB2 ? CD 2 ? 0,? AC ? BD 只有一个值得 0, 3. ?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
2

A1 、 B1 、 C1 。则
A.2

AA1 ? cos
B.4

A B C ? BB1 ? cos ? CC1 ? cos 2 2 2 的值为( sin A ? sin B ? sin C
C.6 D.8



解:如图,连 BA1 ,则 AA1 ? 2sin( B ?

A A? B ?C B C ) ? 2sin( ? ? ) 2 2 2 2

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? 2 cos(

B C ? ). 2 2

? AA1 cos

A B C A A? B ?C A?C ? B ? ? ? 2 cos( ? ) cos ? cos ? cos ? cos( ? C ) ? cos( ? B) 2 2 2 2 2 2 2 2 B C A ? sin C ? sin B,同理BB1 cos ? sin A ? sin C , CC1 cos ? sin A ? sin B,? AA1 cos ? BB1 ? 2 2 2 B C 2(sin A ? sin B ? sin C ) cos ? CC1 cos ? 2(sin A ? sin B ? sin C ),? 原式 ? ? 2.选A. 2 2 sin A ? sin B ? sin C

4.如图, ABCD ? A?B ?C ?D ? 为正方体。任作平面 ? 与对角线 AC ? 垂 直, 使得 ? 与正方体的每个面都有公共点, 记这样得到的截面多边形的面积 为 S,周长为 l .则( ) A.S 为定值, l 不为定值 B.S 不为定值, l 为定值 C.S 与 l 均为定值 D.S 与 l 均不为定值 解:将正方体切去两个正三棱锥 A ? A?BD与 C ? ? D?B?C 后,得到一个以 平行平面 A?BD与D?B?C 为上、下底面的几何体 V,V 的每个 侧面都是等腰直角三角形, 截面多边形 W 的每一条边分别与 V 的底面上的一条边平行,将 V 的侧面沿棱 A?B ? 剪开,展平在 一张平面上,得到一个

A?B ?B1 A1 ,而多边形 W 的周界展开后便成为一条与 A?A1
平行的线段(如图中 E ?E1 ) ,显然 E ?E1 ? A?A1 ,故 l 为定值。 当 E ? 位于 A?B ? 中点时,多边形 W 为正六边形,而当 E ? 移至 A? 处时,W 为正三角形,易知周 长为定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为

3 2 3 2 l 与 l ,故 S 不为定值。选 B。 24 36

5.方程

x2 sin 2 ? sin 3

?

y2 cos 2 ? cos 3

? 1 表示的曲线是(



A.焦点在 x 轴上的椭圆 C.焦点在 y 轴上的椭圆 解:? 2 ? 3 ? ? ,? 0 ?

B.焦点在 x 轴上的双曲线 D.焦点在 y 轴上的双曲线

?
2

? 2 ? 3?

?
2

?

?
2

,? cos(

?

? 2 ) ? cos( 3 ? ), 即 2 2

?

sin 2 ? sin 3.
又0 ? 是椭圆。

2?

? ?

, ? 3 ? ? ,? cos 2 ? 0, cos 3 ? 0,? cos 2 ? cos 3 ? 0, 方程表示的曲线 2 2

? (sin 2 ? sin 3 ) ? (cos 2 ? cos 3 ) ? 2 2 sin

2? 3 2? 3 ? sin( ? ) ??(?) 2 2 4

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2? 3 2? 3 ? ? 0,? sin ? 0, ? 2 2 2 2 2? 3 ? ? sin( ? ) ? 0,? (?)式 ? 0. 2 4 ? ?

?

2 ? 3 3? 3? ? ,? ? 2 4 4

2? 3 ? ? ? ?. 2 4

即 sin 2 ? sin 3 ? cos 2 ? cos 3. ?曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆,选 C。 6.记集合 T ? {0,1,2,3,4,5,6}, M ? {

a1 a 2 a3 a 4 ? ? ? | ai ? T , i ? 1,2,3,4}, 将 M 中的元素按从 7 7 2 73 7 4


大到小的顺序排列,则第 2005 个数是(

5 5 6 3 ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 4 C. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
A.

5 5 6 2 ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 3 D. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
B.
4

解:用 [a1a2 ?ak ] p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 7 ,得

M ? ? {a1 ? 73 ? a2 ? 72 ? a3 ? 7 ? a4 | ai ?T , i ? 1, 2,3, 4} ? {[a1a2a3a4 ]7 | ai ?T , i ? 1, 2,3, 4}.
M ? 中的最大数为 [6666 ]7 ? [2400 ]10 。
在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列的第 2005 个数是 2400-2004=396。而 [396 ]10 ?

1 1 0 4 [1104]7 将此数除以 7 4 ,便得 M 中的数 ? 2 ? 3 ? 4 . 故选 C。 7 7 7 7
二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。 7.将关于 x 的多项式 f ( x) ? 1 ? x ? x ? x ? ? ? x
2 3 19

? x 20 表为关于 y 的多项式 g ( y ) ?
5 21 ? 1 . 6

a0 ? a1 y ? a2 y 2 ? ? ? a19 y19 ? a20 y 20 , 其中 y ? x ? 4. 则 a0 ? a1 ? ? ? a20 ?

解:由题设知, f ( x) 和式中的各项构成首项为 1,公比为 ? x 的等比数列,由等比数列的求和公

(? x) 21 ? 1 x 21 ? 1 ( y ? 4) 21 ? 1 ? . 令 x ? y ? 4, 得 g ( y) ? 式,得: f ( x) ? , 取 y ? 1, ? x ?1 x ?1 y?5
有 a 0 ? a1 ? a 2 ? ? ? a 20 ? g (1) ?

5 21 ? 1 . 6

2 2 8.已知 f ( x) 是定义在 (0,??) 上的减函数,若 f (2a ? a ? 1) ? f (3a ? 4a ? 1) 成立,则 a 的取

值范围是 0 ? a ?

1 或1 ? a ? 5. 3

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解:? f ( x) 在 (0,??) 上定义,又 2a ? a ? 1 ? 2(a ? ) ?
2 2

1 4

7 ? 0;3a 2 ? 4a ? 1 ? (3a ? 1) 8

? (a ? 1), 仅当 a ? 1 或 a ?

1 时, 3a 2 ? 4a ? 1 ? 0.(?) 3

? f ( x) 在 (0,??) 上是减函数,? 2a 2 ? a ? 1 ? 3a 2 ? 4a ? 1, ? a 2 ? 5a ? 0,? 0 ? a ? 5, 结合
(*)知 0 ? a ?

1 或 1 ? a ? 5. 3

9.设 ? 、 ? 、 ? 满足 0 ? ? ? ? ? ? ? 2? ,若对于任意 x ? R, cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ?

cos(x ? ? ) ? 0, 则 ? ? ? ?

4? . 3

解:设 f ( x) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ), 由 x ? R , f ( x) ? 0 知,

f (?? ) ? 0, f (?? ) ? 0, f (? ? ) ? 0, 即 cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? ?1, cos(? ? ? ) ?

cos(? ? ? ) ? ?1, cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? ?1. ? cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ?
1 2? 4? ? . ? 0 ? ? ? ? ? ? ? 2? ,? ? ? ? , ? ? ? , ? ? ? ? { , }, 又 ? ? ? ? ? ? ? , ? ? ? ? 2 3 3 2? 4? ? ? ? . 只有 ? ? ? ? ? ? ? ? .?? ? ? ? . 3 3 2? 2? 4? ,有? ?? ? ,? ? ? ? , ?x ? R, 记 x ? ? ? ? ,由于三 另一方面,当 ? ? ? ? ? ? ? ? 3 3 3 2? 2? 4? 4? ), sin(? ? )), (cos( ? ? ), sin(? ? )) 构成单位圆 x 2 ? y 2 ? 1 上 点 (cos ? , sin ? ), (cos( ? ? 3 3 3 3 2? 4? ) ? cos(? ? ) ? 0. 正三角形的三个顶点.其中心位于原点,显然有 cos ? ? cos(? ? 3 3
即 cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? 0. 10. 如 图 , 四 面 体 DABC 的 体 积 为

1 , 且 满 足 6

?ACB ? 45?, AD ? BC ?
解:?

AC 2

? 3, 则 CD ? 3 .

1 1 1 AD ? ( ? BC ? AC ? sin 45?) ? VDABC ? , 3 2 6

即 AD ? BC ?

AC 2

? 1. 又 3 ? AD ? BC ? AC 2

AC 2

? 3 AD ? BC ?

AC 2

? 3,

等号当且仅当 AD ? BC ?

? 1 时成立,这时 AB ? 1, AD ? 面 ABC,? DC ? 3 .

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11.若正方形 ABCD 的一条边在直线 y ? 2 x ? 17 上,另外两个顶点在抛物线 y ? x 2 上.则该正方 形面积的最小值为 80 .

解:设正方形的边 AB 在直线 y ? 2 x ? 17 上,而位于抛物线上的两个顶点坐标为 C ( x1 , y1 ) 、

D( x2 , y 2 ) , 则 CD 所 在 直 线 l 的 方 程 y ? 2 x ? b, 将 直 线 l 的 方 程 与 抛 物 线 方 程 联 立 , 得

x 2 ? 2 x ? b ? x1, 2 ? 1 ? b ? 1.
令正方形边长为 a, 则 a 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? 5( x1 ? x2 ) 2 ? 20(b ? 1). ① 在 y ? 2 x ? 17 上任取一点(6,,5) ,它到直线 y ? 2 x ? b 的距离为 a,? a ? ①、②联立解得 b1 ? 3, b2 ? 63. ?a ? 80, 或 a ? 1280 . ? amin ? 80.
2 2 2

| 17 ? b | 5

②.

12.如果自然数 a 的各位数字之和等于 7,那么称 a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排 成一列 a1 , a2 , a3 ,?, 若 an ? 2005 , 则 a5 n ? 5200.
m 解:∵方程 x1 ? x2 ? ? ? xk ? m 的非负整数解的个数为 Cm , xi ? 0(i ? 2) 的整 ? k ?1 .而使 x1 ? 1 m?1 6 数解个数为 Cm ? k ?2 .现取 m ? 7 ,可知, k 位“吉祥数”的个数为 P(k ) ? Ck ?5 .

6 6 ∵2005 是形如 2abc 的数中最小的一个“吉祥数” ,且 P(1) ? C6 ? 1, P(2) ? C7 ? 7, 6 P(3) ? C8 ? 28, 对于四位“吉祥数” 1abc ,其个数为满足 a ? b ? c ? 6 的非负整数解个数,即
6 C6 ?3?1 ? 28 个。

∵2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数” ,即 a65 ? 2005 . 从而 n ? 65,5n ? 325.
6 6 又 P(4) ? C9 ? 84, P(5) ? C10 ? 210, 而

? P(k ) ? 330.
k ?1

5

∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是:70000,61000,60100,60010,60001,52000.∴第 325 个“吉祥数”是 52000,即 a5n ? 52000 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.数列 {an } 满足: a0 ? 1, an?1 ?
2 7an ? 45an ? 36

2

, n ? N.

证明: (1)对任意 n ? N , an 为正整数;(2)对任意 n ? N , an an?1 ? 1 为完全平方数。 证明: (1) 由题设得 a1 ? 5, 且 {an } 严格单调递增.将条件式变形得 2a n ?1 ? 7 a n ?
2 45a n ? 36 , 两

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2 2 边平方整理得 an ?1 ? 7an an?1 ? an ? 9 ? 0 2 2 ② ? an ? 7an?1an ? an ?1 ? 9 ? 0



①-②得 (an?1 ? an?1 )(an?1 ? an?1 ? 7an ) ? 0,?an ?1 ? an ,?an ?1 ? an ?1 ? 7an ? 0 ?

an?1 ? 7an ? ab?1 . ③
由③式及 a0 ? 1, a1 ? 5 可知,对任意 n ? N , an 为正整数.??????????10 分 (2)将①两边配方,得 (a n ?1 ? a n ) ? 9(a n a n ?1 ? 1),? a n a n ?1 ? 1 ? (
2

a n ?1 a n 2 ) .④ 3

由③ an?1 ? an ? 9an ? (an?1 ? an ) ≡ ?(an ? an?1 ) ? mod3? ∴ an?1 ? an ≡ (?1) ④式成立.
n

? a1 ? a0 ? ≡0(mod3)∴

an ?1 ? an 为正整数 3

? an an?1 ? 1 是完全平方数.????????????????????????20 分
14.将编号为 1,2,?,9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上,每个等分点上各有一个小 球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要 S.求使 S 达到最小值的放法的概率.(注:如 果某种放法,经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合,则认为是相同的放法) 解:九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上,每点放一个,相当于九个不同元素在圆周上 的一个圆形排列,故共有 8!种放法,考虑到翻转因素,则本质不同的放法有

8! 种. ?5 分 2

下求使 S 达到最小值的放法数:在圆周上,从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径,对其中任一条路径,设

x1 , x2 ,?, xk 是依次排列于这段弧上的小球号码,则 | 1 ? x1 | ? | x1 ? x2 | ??? || xk ? 9 |?| (1 ? x1 ) ? ( x1 ? x2 ) ? ? ? ( xk ? 9) |?| 1 ? 9 |? 8. 上 式 取 等
号当且仅当 1 ? x1 ? x2 ? ? ? xk ? 9 ,即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递增排列. 因此 S 最小 ? 2 ? 8 ? 16 .?????????????????????????10 分 由上知,当每个弧段上的球号 {1, x1 , x2 ,? xk ,9} 确定之后,达到最小值的排序方案便唯一确定. 在 1,2,?,9 中,除 1 与 9 外,剩下 7 个球号 2,3,?,8,将它们分为两个子集,元素较少的
0 1 2 3 一个子集共有 C7 ? C7 ? C7 ? C7 ? 26 种情况,每种情况对应着圆周上使 S 值达到最小的唯一排法,

6 即有利事件总数是 2 种,故所求概率 P ?

26 1 ? . ?????20 分 8! 315 2

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15.过抛物线 y ? x 2 上的一点 A(1,1)作抛物线的切线,分别交 x 轴于 D,交 y 轴于 B.点 C 在抛 物线上,点 E 在线段 AC 上,满足

AE BF ? ?1 ;点 F 在线段 BC 上,满足 ? ? 2 ,且 ?1 ? ?2 ? 1 ,线 EC FC

段 CD 与 EF 交于点 P.当点 C 在抛物线上移动时,求点 P 的轨迹方程. 解一: 过抛物线上点 A 的切线斜率为:y? ? 2 x | x?1 ? 2,?切线 AB 的方程为 y ? 2 x ? 1. ? B、D 的 坐标为 B (0,?1), D ( ,0),? D 是线段 AB 的中点. ??????5 分
2 设 P( x, y ) 、 C( x0 , x0 ) 、 E ( x1 , y1 ) 、 F ( x2 , y2 ) ,则由

1 2

AE ? ?1 知, EC

2 2 1 ? ?1 x0 1 ? ?1 x0 ? 2 x0 ? 1 ? ? 2 x0 BE ? ? 2 , 得 x2 ? x1 ? , y1 ? ; , y2 ? . 1 ? ?1 1 ? ?1 FC 1 ? ?2 1 ? ?2
2 1 ? ?1 x0 1 ? ?1 x0 x? 1 ? ?1 1 ? ?1 ∴EF 所在直线方程为: ? , 2 2 ? 1 ? ? 2 x0 1 ? ?1 x0 ? 2 x0 1 ? ?1 x0 ? ? 1 ? ?2 1 ? ?1 1 ? ?2 1 ? ?1

y?

2 2 化 简 得 [(?2 ? ?1 ) x0 ? (1 ? ?2 )]y ? [(?2 ? ?1 ) x0 ? 3]x ? 1 ? x0 ? ?2 x0 .?

①????10 分
2 2 2 x0 x ? x0 1 当 x 0 ? 时,直线 CD 的方程为: y ? ?② 2 2 x0 ? 1

x ?1 ? x? 0 ? 1 ? 3 2 联立①、②解得 ? ,消去 x0 ,得 P 点轨迹方程为: y ? (3 x ? 1) . ???15 分 2 3 ? y ? x0 ? 3 ?
当 x0 ?

1 1 3 1 1 3 1 时,EF 方程为: ? y ? ( ? 2 ? ?1 ? 3) x ? ? ? 2 , CD 方程为: x ? ,联立解 2 2 2 4 4 2 4

1 ? ? x? , ? ? 2 ? 2 ? 得? ? 也在 P 点轨迹上.因 C 与 A 不能重合,∴ x0 ? 1,? x ? . 3 ? y ? 1 .? ? ? 12 ? ?
1 2 (3 x ? 1) 2 ( x ? ). ??????????????????20 分 3 3 1 解二:由解一知,AB 的方程为 y ? 2 x ? 1, B(0,?1), D( ,0), 故 D 是 AB 的中点. ??5 分 2 CD CA CB , t1 ? ? 1 ? ?1 , t 2 ? ? 1 ? ? 2 , 则 t1 ? t 2 ? 3. 因为 CD 为 ?ABC 的中线, 令? ? CP CE CF
∴所求轨迹方程为 y ?

? S ?CAB ? 2S ?CAD ? 2S ?CBD .

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S S t ?t 1 CE ? CF S ?CEF 1 1 1 3 3 ? ? ? ?CEP ? ?CFP ? ( ? )? 1 2 ? ,?? ? , ? P t1t 2 CA ? CB S ?CAB 2S ?CAD 2S ?CBD 2 t1? t 2? 2t1t 2? 2t1t 2? 2

是 ?ABC 的重心. ???????????????????????????10 分
2 设 P( x, y),C( x0 , x0 ), 因点 C 异于 A,则 x0 ? 1, 故重心 P 的坐标为
2 2 0 ? 1 ? x0 1 ? x0 ? 1 ? 1 ? x0 x0 1 2 x? ? , ( x ? ), y ? ? , 消去 x0 , 得 y ? (3x ? 1) 2 . 3 3 3 3 3 3

故所求轨迹方程为 y ?

1 2 (3 x ? 1) 2 ( x ? ). ??????????????????20 分 3 3

2005 年全国高中数学联赛试题(二)及参考答案
一、 (本题满分 50 分) 如图,在△ABC 中,设 AB>AC,过 A 作△ABC 的外接圆的切线 l,又以 A 为圆心,AC 为半径 作圆分别交线段 AB 于 D;交直线 l 于 E、F。 证明:直线 DE、DF 分别通过△ABC 的内心与一个旁心。

(注:与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆,旁切圆的圆心称为旁 心。 ) 证明: (1)先证 DE 过△ABC 的内心。 如图,连 DE、DC,作∠BAC 的平分线分别交 DC 于 G、DE 于 I,连 IC,则由 AD=AC, 得,AG⊥DC,ID=IC. 又 D、C、E 在⊙A 上, ∴∠IAC=

1 ∠DAC=∠IEC,∴A、I、C、E 四点共圆, 2 1 ∠ABC. 2 1 1 ∠ABC,∴∠ACI= ∠ACB,∴I 为△ABC 的内心。 2 2

∴∠CIE=∠CAE=∠ABC,而∠CIE=2∠ICD, ∴∠ICD=

∴∠AIC=∠IGC+∠ICG=90°+

(2)再证 DF 过△ABC 的一个旁心. 连 FD 并延长交∠ABC 的外角平分线于 I1,连 II1、B I1、B I,由(1)知,I 为内心, ∴∠IBI1=90°=∠EDI1,∴D、B、l1、I 四点共圆, ∵∠BI l1 =∠BDI1=90°-∠ADI1 =(

1 1 ∠BAC+∠ADG)-∠ADI= ∠BAC+∠IDG,∴A、I、I1 共线. 2 2

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I1 是△ABC 的 BC 边外的旁心 二、 (本题满分 50 分) 设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy ? bz ? a, az ? cx ? b; bx ? ay ? c.

x2 y2 z2 求函数 f ( x, y, z ) ? 的最小值. ? ? 1? x 1? y 1? z
解:由条件得, b(az ? cx ? b) ? c(bx ? ay ? c) ? a(cy ? bz ? a) ? 0 , 即 2bcx ? a ? b ? c ? 0 ,
2 2 2

?x ?

b2 ? c2 ? a2 a2 ? c2 ? b2 a2 ? b2 ? c2 ,z ? . ,同理,得 y ? 2bc 2ac 2ab

? a、b、c、x、y、z 为正数,据以上三式知,
b2 ? c2 ? a2 , a 2 ? c2 ? b2 , a2 ? b2 ? c2 ,
故以 a、b、c 为边长,可构成一个锐角三角形 ABC,

? x ? cos A, y ? cos B, z ? cosC ,问题转化为:在锐角△ABC 中,
求函数 f (cos A 、 cos B 、 cos C )=

cos2 A cos2 B cos2 C ? ? 的最小值. 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC

? 令 u ? cot A, v ? cot B, w ? cot C, 则 u, v, w ? R , uv ? vw ? wu ? 1,

且 u ? 1 ? (u ? v)(u ? w), v ? 1 ? (u ? v)(v ? w), w ? 1 ? (u ? w)(v ? w).
2 2 2

?

cos2 A ? 1 ? cos A

1?

u2 u2 ?1 u u2 ?1
u3 u2 ?1

?

u2 u 2 ? 1( u 2 ? 1 ? u )
u3 (u ? v)( u ? w)

?

u 2 ( u 2 ? 1 ? u) u2 ?1
u3 1 1 ( ? ), 2 u?v u?w

? u2 ?

u2 ?

? u2 ?

cos2 B v3 1 1 cos2 C w3 1 1 2 2 ?v ? ( ? ), ?w ? ( ? ). 同理, 1 ? cos B 2 u ? v u ? w 1 ? cosC 2 u?w v?w
1 u 3 ? v 3 v 3 ? w3 u 3 ? w3 1 ? f ? u 2 ? v 2 ? w2 ? ( ? ? ) ? u 2 ? v 2 ? w 2 ? [(u 2 ? uv ? v 2 ) 2 u?v v?w u?w 2
+ (v ? vw ? w ) ? (u ? uw ? w )] ?
2 2 2 2

1 1 (uv ? vw ? uw) ? . (取等号当且仅当 u ? v ? w ,此时, 2 2 1 1 a ? b ? c, x ? y ? z ? ), [ f ( x, y, z )] min ? . 2 2

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三、 (本题满分 50 分)

当n为平方数, ?0 ? 对每个正整数 n,定义函数 f (n) ? ? 1 . ?[{ n }]当n不为平方数 ?
(其中[x]表示不超过 x 的最大整数, {x} ? x ? [ x]). 试求:
2

? f (k ) 的值.
k ?1

240

解:对任意 a, k ? N * ,若 k 2 ? a ? (k ? 1) 2 ,则 1 ? a ? k ? 2k ,设 a ? k ? ? ,0 ? ? ? 1, 则

1

{ a} ?

?

1

?

1 a ?k

?

a ? k 2k ? ? 2k 1 2k ? ? ? 1,?[ ]?[ ]. 2 2 2 a?k a?k a?k a ? k2 { a}

让 a 跑遍区间 (k 2 , (k ? 1) 2 )中的所有整数,则

k 2 ? a ?( k ?1) 2
( n ?1) 2

?

[

2k 1 2k ] ? ?[ ], {a} i i ?1

于是

?
a ?1

f (a) ? ?? [
i ?1 i ?1

n

2k

2k ??① ] i

下面计算

?[
i ?1

2k

2k 第 i 行中, 凡是 i 行中的位数处填写 “*” 号, 则这行的 “*” ], 画一张 2k×2k 的表, i

号共 [

2k 2k 2k ] 个,全表的“*”号共 ? [ ] 个;另一方面,按列收集“*”号数,第 j 列中,若 j 有 T(j) i i i ?1

个正因数,则该列使有 T(j)个“*”号,故全表的“*”号个数共

?T ( j) 个,因此 ?[
j ?1
i ?1

2k

2k

2k 2k ] = ?T ( j) . i j ?1

示例如下: j i 1 2 3 4 5 6
n n 2k

1 *

2 * *

3 * *

4 * * *

5 *

6 * * *

*



? f (a) ? ??T ( j) ? n[T (1) ? T (2)] ? (n ? 1)[T (3) ? T (4)] ?? ? [T (2n ? 1) ? T (2n)]
i ?1 i ?1 j ?1

??② 由此,

? f (k ) ?? (16 ? k )[T (2k ? 1) ? T (k )] ??③
k ?1 k ?1

256

15

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记 ak ? T (2k ? 1) ? T (2k ), k ? 1,2,?,15, 易得 ak 的取值情况如下: k 1 3 2 5
16 n

3 6

4 6

5 7

6 8

7 6

8 9

9 8

10 8

11 8

12 10

13 7

14 10

15 10

ak

因此,

? f (k ) ?? (16 ? k )ak ? 783??④
k ?1 k ?1

15

据定义 f (256) ? f (162 ) ? 0 , 又当 k ?{241 ,242,?,255 }, 设k ? 152 ? r

(16 ? r ? 30) ,
?

k ? 15 ? 152 ? r ? 15 ?

r r r , ? ? 2 15 ? r ? 15 31 15 ? r ? 15 30
2

r

1?

1 30 1 31 ] ? 1, k ? {241 ,242,?,255 } ??⑤ ? ? ? 2 ,则 [ r { 152 ? r } r { k}

从则

? f (k ) ? 783? ? f (k ) ? 783? 15 ? 768.
i ?1 i ?1

240

256

2005 年全国高中数学联赛加试第 2 题的探讨

本文对 2005 年的全国高中数学联赛加试第 2 题的解法及来历作以探讨,供感兴趣的读者参考。 题目:设正数 a 、 b 、 c 、 x 、 y 、 z 满足 cy ? bz ? a ; az ? cx ? b;

bx ? ay ? c ,求函数

f ( x, y, z ) ?

x2 y2 z2 的最小值。 ? ? 1? x 1? y 1? z

一.几种迷茫思路的分析 这道题目初看起来比较平易,给人一种立刻想到直接使用 Cauchy 不等式的通畅思路的惊喜,殊 不知,这是一个极大的误区,本题的难度和技巧正好在这里设置了较好的陷阱。 思路一: 由 Cauchy 不等式知 f ( x, y, z ) ?

x2 y2 z2 ? ? ? 1? x 1? y 1? z

?

( x ? y ? z) 2 u2 9 ? (记u ? x ? y ? z ) ? u ? 3 ? ?6 3? x ? y ? z 3?u u?3
1 的性质无法得到最小值。 x

到此,在 u>0 的情况下,力图使用函数 f ( x) ? x ?

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思路二: 考虑到题目的条件是 6 个变量的 3 个等量关系, 于是, 可根据三个条件等式容易求出 x、 y、z 用 a、b、c 表达的式子:

x?

b2 ? c2 ? a2 ; 2bc

y?

c2 ? a 2 - b2 ; 2ca

z?

a 2 ? b2 - c2 2ab

因为 a、b、c;x、y、z 都是正数,所以,

a 2 ? b 2 ? c 2 ? 0; b 2 ? c 2 - a 2 ? 0; c 2 ? a 2 - b 2 ? 0
即以 a、b、c 为对应边可以构成一个锐角△ABC,令 x ? cos A, y ? cos B, z ? cos C, 从而,结合 Cauchy 不等式有

f ( x, y, z ) ?


cos2 A cos2 B cos2 C (cos A ? cos B ? cosC ) 2 ? ? ? 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 3 ? cos A ? cos B ? cosC

u ? c o sA ? c o sB ? c o s C ,则

cos2 A cos2 B cos2 C u2 9 f ( x, y, z ) ? ? ? ? ? u ?3? ?6 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 3 ? u u?3
因为 u ? cos A ? cos B ? cos C ? 1 ? 4 sin

u ? cos A ? cos B ? cos C ?

3 ,∴ 2

A B C sin sin ? 1 2 2 2 3 4 ? u ?3 ? 3? 2

到此,似乎胜利的曙光就在眼前,立刻想到在区间 ? 4, ? 内使用函数 f ( x) ? x ? 的性质,但 x ? 2? 也 无 法 得 到 最 小 值 , 而 此 时 的 最 大 值 正 好 与 题 目 的 最 小 值

?

9?

1

1 ( 由 于 函 数 2

f ( x, y, z ) ?

1 cos2 A cos2 B cos2 C 0 ? ? 的对称性,可以猜测其最小值在 A=B=C=60 时达到 ) 2 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC

吻合,实际上,这是一条无用的信息(表明使用 Cauchy 不等式过当! ) ,它是答题人再次陷入不能自 拔的困境。 俗话说得好,失败是成功之母,上面的思路也昭示我们,对原式不能直接使用 Cauchy 不等式, 需要再对原式做更好的更有用的恒等变形,可能是正确的途径。 二.赛题的解答 为证明本赛题,我们先证明如下一个引理。 引理:在△ABC 中,求证:

tan 2

A B C A B C ? tan 2 ? tan 2 ? 2 ? 8 sin sin sin 2 2 2 2 2 2



等号成立的条件是△ABC 为等边三角形。 证明:用向量方法证明如下 设 i , j , k 是平面上的单位向量,且 j 与k 成角为π -A, k 与i 成角为π -B, i 与 j 成角为π -C,

? ? ?

?

?

? ?

?

?

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那么,

? A ? B ? C (i tan ? j tan ? k tan ) 2 ? 0 ,所以 2 2 2

A B C ? tan 2 ? tan 2 2 2 2 A B B C C A ? 2 tan tan cos C ? 2 tan tan cos A ? 2 tan tan cos B 2 2 2 2 2 2 A B C B C A ? 2 tan tan (1 ? 2sin 2 ) ? 2 tan tan (1 ? 2sin 2 ) ? 2 2 2 2 2 2 C A B ?2 tan tan (1 ? 2sin 2 ) 2 2 2 tan 2
A B B C C A? ? ? 2? tan tan ? tan tan ? tan tan ? ? 2 2 2 2 2 2? ? A B C sin sin sin A B C 2 2 2 ? 4 sin sin sin ( ? ? ) B C C A A B 2 2 2 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C sin A ? sin B ? sin C ? 2 ? 4 sin sin sin ? A B C 2 2 2 2 ? cos cos cos 2 2 2 A B C ? 2 ? 8 sin sin sin . 2 2 2
注意到,在△ABC 中有熟知的等式: tan

A B B C C A tan ? tan tan ? tan tan ? 1 . 2 2 2 2 2 2

从而①得证。 有了上面的引理,本题的解答就容易多了,下面看本题的解法。 解:同思路二得到,以 a、b、c 为对应边可以构成一个锐角△ABC, 令 x ? cos A, y ? cos B, z ? cosC, 从而

cos2 A cos2 B cos2 C 1 ? sin 2 A 1 ? sin 2 B 1 ? sin 2 C ? ? ? ? ? C 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 2 A 2 B 2 cos 2 cos 2 cos2 2 2 2 A A B B C C 1 ? 4 sin 2 cos2 1 ? 4 sin 2 cos2 1 ? 4 sin 2 cos2 2 2 ? 2 2 ? 2 2 ? 2 A 2 B 2 C 2 cos 2 cos 2 cos 2 2 2 A A A A B B B B sin 2 ? cos2 ? 4 sin 2 cos2 sin 2 ? cos2 ? 4 sin 2 cos2 2 2 2 2 ? 2 2 2 2 ? A B 2 cos2 2 cos2 2 2 f ( x, y , z ) ?

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C C C C ? cos2 ? 4 sin 2 cos2 2 2 2 2 ? 2 C 2 cos 2 3 1 A B C A B C ? ? (tan2 ? tan2 ? tan2 ) ? 2(sin 2 ? sin 2 ? sin 2 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 A B C A B C ? ? (tan2 ? tan2 ? tan2 ) ? 2(1 ? 2 sin sin sin ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 A B C A B C ? ? (2 ? 8 sin sin sin ) ? 2(1 ? 2 sin sin sin ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ? 2 sin 2
等号成立的条件显然是 A=B=C=600 时达到,最后一个不等式是根据引理而得到的。

1 x2 y2 z2 所以, f ( x, y, z ) ? 的最小值为 . ? ? 2 1? x 1? y 1? z
显然,在 ?A ? ?B ? ?C ? 60 时,等号成立,所以 f ( x, y, z ) 的最小值为
0

1 . 2

三.背景探索 早在 1994 年,华东交大刘健先生就提出了如下猜想命题: 在△ABC 中,是否有:

cos2 A cos2 B cos2 C 1 ? ? ? ② 2 2 2 2 2 2 sin B ? sin C sin C ? sin A sin A ? sin B 2

后来,湖南师大附中黄军华(现为深圳中学教师)先生在文[1]曾证明了这一猜想。 请看证明:分两种情况 (1)当△ABC 为钝角三角形时,此时不妨设 A>90 , 于是 a ? b ? c ,
0

2

2

2

所以 再据

2 2 2 sin A?sin B?si n C ? 2?c o2 sB ?c o 2 s C ,∴ cos2 B ? cos2 C ? 1 ? cos2 A

sin A> sin B ,

sin A> sin C ,所以,

cos2 A cos2 B cos2 C ? ? sin 2 B ? sin 2 C sin 2 C ? sin 2 A sin 2 A ? sin 2 B cos2 A cos2 C ? ? sin 2 B ? sin 2 C sin 2 A ? sin 2 B cos2 A cos2 C ? ? sin 2 A ? sin 2 C sin 2 A ? sin 2 B cos2 B ? cos2 C 1 ? ? 2 sin 2 A 2
即此种情况②得证。 (2)当△ABC 为非钝角三角形时,

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sin 2 B ? sin 2 C ? 1 ? cos(B ? C ) cos(B ? C ) ? 1 ? cos A cos(B ? C ) ? 1 ? cos A ? 2 cos2
所以,

A 2

cos2 A cos2 A 1 ? sin 2 A ? ? ? sin 2 B ? sin 2 C 2 A 2 A 2 cos 2 cos 2 2 1 1 A A ? ? tan2 ? 2 sin 2 2 2 2 2
从而

cos2

A A A A ? sin 2 ? 4 sin 2 cos2 2 2 2 2 A 2 cos2 2

co2 sA co2 sB co2 sC ? ? 2 2 2 2 2 2 si n B ?si n C si n C ?si n A si n A?si n B

cos2 A cos2 B cos2 C ? ? ? C 2 A 2 B 2 cos 2 cos 2 cos2 2 2 2 3 1 A B C A B C ? ? (tan2 ? tan2 ? tan2 ) ? 2(sin 2 ? sin 2 ? sin 2 ) 2 2 2 2 2 2 2 2
? 3 1 A B C A B C 1 ? (2 ? 8 sin sin sin ) ? 2(1 ? 2 sin sin sin ) ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2



即三角形为非钝角三角形时结论也成立,综上结论得证。 对比③之后的叙述与今年的这道竞赛加试第 2 题的解法,不难知道,今年的这道赛题无非是在 ②的第 2 种情况的基础上增加了一个解方程组的程序(并由此判断△ABC 为锐角三角形)罢了,即今 年的这道加试题可以看作是由解方程组(初中知识的要求) ,判断三角形种类、与求最值(高中知识 的要求)三个问题的简单合成(串联) 。 顺便指出,①的证明曾经是上世纪 1990 年前后在文[2]等刊物上讨论过几年的一个结论。 四.条件等式的几何解释 对比条件等式 cy ? bz ? a ; az ? cx ? b; △ABC 中的斜射影定理

bx ? ay ? c (注意 a、b、c、x、y、z 为正数)与

c cos B ? b cos C ? a a cos C ? c cos A ? b b cos A ? a cos B ? c

以及余弦定理,可知,应有 x ? cos A ?

b2 ? c2 ? a2 , 2bc

y ? cos B ?

c2 ? a 2 - b2 , 2ca

z ? cosC ?

a 2 ? b2 - c2 , 从而,求解本题中的解方程组的环节就可以看作是余弦定理的默认结 2ab

果。另外,有了上边的余弦定理结构,解答中的构造三角形法已经水到渠成了。 参考文献 [1] 黄军华 两个猜想的证明 《湖南数学通讯》2(1996)P34。

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[2] 黄汉生 P2

简证 tan

2

A B C A B C ? tan 2 ? tan 2 ? 2 ? 8 sin sin sin 2 2 2 2 2 2

《数学通讯》6(1991)

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2006 年全国高中数学联赛试题
第一试
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 已知△ABC,若对任意 t ? R , BA ? t BC ? 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 【答】 ( )

2. 设 log x (2x2 ? x ?1) ? log x 2 ?1 ,则 x 的取值范围为 A.

1 ? x ?1 2

B. x ?

1 ,且 x ? 1 2

C. x ? 1

D. 0 ? x ? 1

【答】 (



3. 已知集合 A ? x 5x ? a ? 0 , B ? x 6x ? b ? 0 , a, b ? N ,且 A ? B ? N ? ?2,3,4 ? ,则整数对

?

?

?

?

?a, b ? 的个数为
A. 20 B. 25 C. 30 D. 42 【答】 ( ) 4. 在直三棱柱 A1B1C1 ? ABC 中, ?BAC ?

?
2

, AB ? AC ? AA 1 ? 1 . 已知G与E分别为 A 1B 1 和

CC1 的中点,D与F分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点). 若 GD ? EF ,则线段 DF
的长度的取值范围为 A. ?

? 1 ? , 1? ? 5 ?

B. ? , 2 ?

?1 ?5

? ?

C. ?1,

?

2

?

D. ?

? 1 , ? 5

? 2? ?

【答】 (



5. 设 f ( x) ? x3 ? log2 x ? x 2 ? 1 ,则对任意实数 a , b , a ? b ? 0 是 f (a) ? f (b) ? 0 的 A. 充分必要条件 C. 必要而不充分条件 6. B. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答】 ( )

?

?

数码 a1 , a2 , a3 ,?, a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 2a1a2a3 ?a2006 的个数为 A.

1 1 (10 2006 ? 82006 ) B. (10 2006 ? 82006 ) 2 2

C. 10

2006

? 82006 D. 102006 ? 82006

【答】 (



二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
4 4 7. 设 f ( x) ? sin x ? sin x cos x ? cos x ,则 f ( x) 的值域是



8. 若对一切 ? ? R,复数 z ? (a ? cos ? ) ? (2a ? sin ? )i 的模不超过 2,则实数 a 的取值范围为 .

9. 已知椭圆

x2 y 2 ? ? 1 的左右焦点分别为 F1 与 F2 ,点 P 在直线 l: x ? 3 y ? 8 ? 2 3 ? 0 上. 当 16 4

?F1PF2 取最大值时,比

PF1 PF2

的值为

.

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10. 底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为

1 cm 的实心铁球,四个球两两相切,其中底层 2
cm3. .

两球与容器底面相切. 现往容器里注水,使水面恰好浸没所有铁球,则需要注水 11. 方程 ( x2006 ? 1)(1 ? x2 ? x4 ? ? ? x2004 ) ? 2006 x2005 的实数解的个数为

12. 袋内有 8 个白球和 2 个红球,每次从中随机取出一个球,然后放回 1 个白球,则第 4 次恰好取完 所有红球的概率为 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 给定整数 n ? 2 ,设 M 0 ( x0 , y0 ) 是抛物线 y 2 ? nx ? 1 与直线 y ? x 的一个交点. 试证明对于任 意正整数 m ,必存在整数 k ? 2 ,使 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y 2 ? kx ? 1与直线 y ? x 的一个交点.
m m

14. 将 2006 表示成 5 个正整数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 之和. 记 S ? (1)当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到最大值;

1?i ? j ?5

?

xi x j . 问:

(2)进一步地,对任意 1 ? i, j ? 5 有 xi ? x j ? 2 ,当 x1 ,x2 ,x3 ,x4 ,x5 取何值时,S 取到最小值. 说 明理由.

15. 设 f ( x) ? x2 ? a . 记 f 1 ( x) ? f ( x) , f n ( x) ? f ( f n?1 ( x)) ,n ? 2,3,? ,

1? ? M ? a ? R 对所有正整数 n, f n (0) ? 2 . 证明: M ? ?? 2, ? . 4? ?

?

?

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2006 年全国高中数学联赛参考答案
一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1. 【答】 ( C ) 【解】令 ?ABC ? ? ,过 A 作 AD ? BC 于 D 。由 BA ? t BC ? AC,推出

??? ?

??? ?

????

??? ?2 ??? ? ??? ? ??? ? 2 ??? ?2 BA ? 2tBA?BC ? t 2 BC ? AC , ??? ? ??? ? ??? ?2 ??? ?2 ??? ? 2 ??? ?2 BA?BC 2 2 令 t ? ??? ,代入上式,得 , BA ? 2 BA cos ? ? cos ? BA ? AC ?2 BC


??? ? ???? ???? ???? ??? ?2 ???? 2 BA sin 2 ? ? AC , 也即 BA sin ? ? AC 。从而有 AD ? AC 。

由此可得 ?ACB ?

?
2



2.【答】 ( B ) 【解】因为 ?

? x ? 0, x ? 1 1 ,解得 x ? , x ? 1 . 2 2 ?2 x ? x ? 1 ? 0 ? 0 ? x ?1 ?? 3 2 ?2 x ? x ? x ? 2
解得

由 log x (2x2 ? x ?1) ? log x 2 ?1 ? log x (2x3 ? x2 ? x) ? log x 2

0 ? x ? 1 ;或
解得

x ?1 ? ? 3 2 ?2 x ? x ? x ? 2

1 , 且 x ?1. 2 a b 3.【答】 ( C ) 【解】 5 x ? a ? 0 ? x ? ; 6 x ? b ? 0 ? x ? 。 5 6
x ? 1 ,所以 x 的取值范围为 x ?

? b 1? ? 2 ? ? 6 ? b ? 12 ? 6 要使 A ? B ? N ? ?2,3,4? ,则 ? ,即 ? 。 ?20 ? a ? 25 ?4 ? a ? 5 ? 5 ?
1 1 所以数对 ?a, b ? 共有 C6 C5 ? 30 。

4.【答】 ( A ) 【解】建立直角坐标系,以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,

, 1 0 , () 则 F (t1 ,0,0)( 0 ? t1 ? 1 ) ,E ???? 1 GD ? (? , t2 , ?1) 。 2

??? ? 1 1 1 ,G ( , 0,1) ,D(0, t2 ,0)( 0 ? t2 ? 1 ) 。 所以 EF ? (t1 , ?1, ? ) , 2 2 2

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因为 GD ? EF ,所以 t1 ? 2t2 ? 1 ,由此推出 0 ? t2 ?

1 。 2

又 DF ? (t1 , ?t2 ,0) , DF ? t1 ? t2 ? 5t2 ? 4t2 ? 1 ? 5(t2 ? ) ?
2 2

????

????

2

2 5

2

1 , 5

从而有

1 ???? ? DF ? 1 。 5

5.【答】 ( A ) 【解】显然 f ( x) ? x3 ? log2 x ? x 2 ? 1 为奇函数,且单调递增。 于是 若 a ? b ? 0 ,则 a ? ?b ,有 f (a) ? f (?b) ,即 f (a) ? ? f (b) , 从而有 f (a) ? f (b) ? 0 . 反之,若 f (a) ? f (b) ? 0 , 则 f (a) ? ? f (b) ? f (?b) ,推出 a ? ?b ,即 a ? b ? 0 。 6. 【答】 ( B )

?

?

1 3 2005 【解】出现奇数个 9 的十进制数个数有 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ??? C2006 9。
2006 k ?0 2006 k ?0

又由于 (9 ? 1)2006 ? 从而得

?C

k 2006

k 92006?k 以及 (9 ? 1)2006 ? ? C2006 (?1)k 92006?k ,

1 3 2005 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ? ? ? C2006 9?

1 2006 2006 (10 ? 8 ) 。 2

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
7.【解】 则

1 1 f ( x) ? sin 4 x ? sin x cos x ? cos 4 x ? 1 ? sin 2 x ? sin 2 2 x 。令 t ? sin 2 x , 2 2

1 1 9 1 1 9 1 9 f ( x) ? g (t ) ? 1 ? t ? t 2 ? ? (t ? ) 2 。因此 min g (t ) ? g (1) ? ? ? ? 0, ? 1 ? t ? 1 2 2 8 2 2 8 2 4 1 9 1 9 9 max g (t ) ? g (? ) ? ? ?0 ? 。 即得 0 ? f ( x) ? 。 ?1?t ?1 2 8 2 8 8
8. 【解】依题意,得 z ? 2 ? (a ? cos? ) ? (2a ? sin ? ) ? 4
2 2

? 2a(cos? ? 2sin ? ) ? 3 ? 5a2 ? ?2 5a sin(? ? ? ) ? 3 ? 5a2 ( ? ? arcsin
成立)

1 ) (对任意实数 ? 5

? 2 5 a ? 3 ? 5a 2

?a?

? 5 5 , . 故 a 的取值范围为 ? ? 5 ? 5

5? ?。 5 ?

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9. 【解】 由平面几何知,要使 ?F 1PF 2 最大,则过 F 1 , F2 ,P 三点的圆必定和直线 l 相切于 P 点。设 直 线 l 交 x 轴 于 A (?8 ? 2 3,0) , 则 ?APF 1 ? ?AF 2 P , 即 ?APF 1 ? ?AF 2P , 即

PF1 PF2

?

AP AF2

(1) ,
2

又由圆幂定理, AP ? AF1 ? AF2 (2) ,而 F 1 (?2 3,0) , F 2 (2 3,0) ,A (?8 ? 2 3,0) ,从而有

AF1 ? 8 , AF2 ? 8 ? 4 3 。
代入(1) , (2)得

PF1 PF2

?

AF1 AF2

?

8 ? 4 ? 2 3 ? 3 ?1 。 8? 4 3

10. 【解】设四个实心铁球的球心为 O1 , O2 , O3 , O4 ,其中 O1 , O2 为下层两球的球心, A, B, C , D 分别

为四个球心在底面的射影。则 ABCD 是一个边长为

2 2 的正方形。所以注水高为 1 ? 。故应注水 2 2

? (1 ?

1 2 2 4 ?1? )? 。 ) ? 4? ? ? ? = ( ? 3 2 2 3 ?2?
2006

3

11.【解】 ( x

? 1)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006x 2005
)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006 1
2005

? (x ?

1 x
2005

x x x 1 1 1 ? 2006 ? x ? ? x3 ? 3 ? ? ? x 2005 ? 2005 ? 2? 1003 ? 2006 x x x 1 3 1 1 2005 ? 2005 ,即 x ? ?1 。 要使等号成立,必须 x ? , x ? 3 ,? , x x x x 但是 x ? 0 时,不满足原方程。所以 x ? 1 是原方程的全部解。因此原方程的实数解个数为 1 。
12. 【解】第 4 次恰好取完所有红球的概率为

? x ? x3 ? x 5 ? ? ? x 2005 ?

?

1
2003

?

1
2001

???

1 ? 2006 x

2 ?9? 1 8 2 9 1 ?8? 2 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? =0.0434. 10 ? 10 ? 10 10 10 10 10 ? 10 ? 10 10
三. 解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)

2

2

n ? n2 ? 4 13. 【证明】 因为 y ? nx ? 1 与 y ? x 的交点为 x0 ? y0 ? . 2
2

显然有 x0 ?

1 ? n 。?(5 分) x0

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m 若 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y 2 ? kx ? 1与直线 y ? x 的一个交点,则 k ? x0 ?

m

m

1 . x0 m

?(10 分)

1 记 km ? x0 ? m ,则 x0
m

1 km?1 ? km ( x0 ? ) ? km?1 ? nkm ? km?1 , x0
2

(m ? 2)

(13.1) 由于 k1 ? n 是整数, k2 ? x0 ?

1 1 ? ( x0 ? ) 2 ? 2 ? n 2 ? 2 也是整数,所以根据数学归纳法,通过 2 x0 x0
m

( 13.1 )式可证明对于一切正整数 m , km ? x0 ?

1 是正整数 . 现在对于任意正整数 m ,取 x0 m
????? (20 分)

k ? x0 m ?
14.

1 m m ,使得 y 2 ? kx ? 1与 y ? x 的交点为 ( x0 , y0 ) . x0 m

【解】 (1) 首先这样的 S 的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若

x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 , 且使 S ?

1?i ? j ?5

?

xi x j 取到最大值,则必有
( 1? i ,j ? 5 )
???(5 分) (*)

xi ? x j ? 1,

? ? x1 ?1 , x2 ? ? x2 ? 1, xi? ? xi ( i ? 3, 4,5 ) 事实上,假设(*)不成立,不妨假设 x1 ? x2 ? 2 。则令 x1 ? ? x2 ? ? x1 ? x2 , x1 ? ? x2 ? ? x1x2 ? x1 ? x2 ?1 ? x1x2 。将 S 改写成 有 x1

S?

1?i ? j ?5

?

xi x j ? x1x2 ? ? x1 ? x2 ?? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5

?x2 ? ? ( x1 ? ? x2 ? ) ? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5 。 同时有 S ? ? x1
?x2 ? ? x1x2 ? 0 。这与 S 在 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 时取到最大值矛盾。 于是有 S ? ? S ? x1
所以必有 xi ? x j ? 1, (1 ? i, j ? 5) . 因此当 x1 ? 402, x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 401 取到最大值。 (2)当 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 且 xi ? x j ? 2 时,只有 (I) (II) (III) 402, 402, 402, 400, 400; 402, 402, 401, 401, 400; 402, 401, 401, 401, 401; ???(10 分)

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三种情形满足要求。

????????(15 分)

而后面两种情形是在第一组情形下作 xi? ? xi ?1 , x?j ? x j ? 1 调整下得到的。 根据上一小题的证明可以知道,每调整一次,和式 S ?

1?i ? j ?5

?

xi x j 变大。

所以在 x1 ? x2 ? x3 ? 402, x4 ? x5 ? 400 情形取到最小值。 ????(20 分)
1 15. 【证明】 (1)如果 a ? ?2 ,则 f (0) ?| a | ? 2 , a ? M 。

????(5 分)

(2)如果 ?2 ? a ?

1 ,由题意 f 1 (0) ? a , f n (0) ? ( f n?1 (0))2 ? a , n ? 2,3,? . 则 4 1 1 1 n 1 ① 当 0 ? a ? 时, f (0) ? ( ?n ? 1 ) . 事实上, 当 n ? 1 时, f (0) ? a ? , 设 n ? k ? 1 4 2 2

时成立( k ? 2 为某整数) ,则对 n ? k ,

f (0) ? f
k

k ?1

?1? 1 1 (0) ? a ? ? ? ? ? . ?2? 4 2
2

2

n 1 ② 当 ?2 ? a ? 0 时, f (0) ? a ( ?n ? 1 ).事实上,当 n ? 1 时, f (0) ? a , 设 n ? k ? 1

k k ?1 时成立( k ? 2 为某整数) ,则对 n ? k ,有 ? | a |? a ? f (0) ? f (0)

?

?

2

? a ? a 2 ? a . 注意到 当

?2 ? a ? 0 时,总有 a 2 ? ?2a ,即 a2 ? a ? ?a ?| a | . 从而有 f k (0) ?| a | .
由归纳法,推出 ? ?2, ? ? M 。 4

? ?

1? ?

?????(15 分)

1 时,记 an ? f n (0) , 4 1 2 则对于任意 n ? 1 , an ? a ? 且 an?1 ? f n?1 (0) ? f ( f n (0)) ? f (an ) ? an ?a。 4 1 2 1 1 1 2 对于任意 n ? 1 , an ?1 ? an ? an ? an ? a ? (an ? ) ? a ? ? a ? , 则 an ?1 ? an ? a ? 。 2 4 4 4 1 1 2?a 所以, an ?1 ? a ? an ? 1 ? a 1 ? n(a ? ) 。 当 n ? 时, an ?1 ? n( a ? ) ? a ? 2 ? a ? a ?2 , 即 1 4 4 a? 4
(3)当 a ?

f n?1 (0)? 2。
因此 a ? M 。综合(1) (2) (3) ,我们有 M ? ?? 2, 。 4? ? ?

?

1?

??????(20 分)

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2007 年全国高中数学联合竞赛一试试卷
(考试时间:上午 8:00—9:40) 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 如图,在正四棱锥 P?ABCD 中,∠APC=60° ,则二面角 A?PB?C 的平面角的余弦值为( A. )

2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立, 则满足条件的 a 所组成的集合是 ( A. [? , ]

1 7

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?

1 2



1 1 3 3

B. [ ?

1 1 , ] 2 2

C. [ ?

1 1 , ] 4 3

D. [?3,3]

3. 将号码分别为 1、2、?、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同。甲 从袋中摸出一个球, 其号码为 a, 放回后, 乙从此袋中再摸出一个球, 其号码为 b。 则使不等式 a?2b+10>0 成立的事件发生的概率等于( ) A.

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81
b cos c a

4. 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 的值等于( A. ? ) B.

1 2

1 2

C. ?1

D. 1 )

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是(

6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,?,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且为 A∩B 空 集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(?3,0),B(1,?1),C(0,3),D(?1,3)及一个动点 P,则 |PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为__________。 8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,

CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于________。
9. 已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心,

2 3 为半径作一个球,则球面与正 3

方体的表面相交所得到的曲线的长等于__________。 10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 a1=d,b1=d2,
2 2 a12 ? a2 ? a3 且 是正整数,则 q 等于________。 b1 ? b2 ? b3 sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为________。 11. 已知函数 f ( x) ? 4 4 x

12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小方格内至多填 1 个字母, 若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共有________种(用数字作答)。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 an ?

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1<an。

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14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ?

1 ( x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C 在点 M、 x

N 处切线的交点轨迹。 15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3,4)满足: (1) 对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2)对任意的实数 x,有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 如图,在正四棱锥 P?ABCD 中,∠APC=60° ,则二面角 A?PB?C 角的余弦值为( B ) A.
P

的平面
M C

1 7

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?

1 2

D

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、AC, AMC 为 二 面 角 A?PB?C 的 平 面 角 。 不 妨 设 AB=2 , 则 A


B



PA ? AC ? 2 2 ,斜高为 7 ,故 2 ? 7 ? AM ? 2 2 ,由此得

CM ? AM ?

AM 2 ? CM 2 ? AC 2 1 7 ?? 。 。在△AMC 中,由余弦定理得 cos?AMC ? 2 ? AM ? CM 7 2

2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所组成的集合是 ( A )

1 1 1 1 , ] C. [ ? , ] D. [?3,3] 2 2 4 3 1 2 解:令 x ? a ,则有 | a |? ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。 3 3 3 4 1 2 一般地,对 k∈R,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |?| a | ,由此易知原不等式 2 2 3 3 4 等价于 | a |?| k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k? ?2 k ? 3 3 3 4 ? 4 ? 1 | k ? 1 | ? | k ? |? ?1 ? k 1 ? k ? , 2 3 ? 2 3 5 ?3 ? k k ?1 ? ? 2 1 3 4 1 所以 min{| k ? 1 | ? | k ? |} ? ,从而上述不等式等价于 | a |? 。 k?R 3 2 3 3
A. [? , ] B. [ ? 3. 将号码分别为 1、2、?、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同。甲 从袋中摸出一个球, 其号码为 a, 放回后, 乙从此袋中再摸出一个球, 其号码为 b。 则使不等式 a?2b+10>0 成立的事件发生的概率等于( D ) A.

1 1 3 3

解:甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果,故基本事件总数为 92=81 个。由不等式 a?2b+10>0 得 2b<a+10,于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、2、?、9 中每一个值, 使不等式成立,则共有 9× 5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、?、9 中每一个值,有 7 种;当 b=7 时, a 可取 5、6、7、8、9 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、8、9 中每一个值,有 3 种;当 b=9

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81

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时,a 只能取 9,有 1 种。于是,所求事件的概率为

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 81
b cos c a

4. 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 的值等于( A. ? C ) B.

1 2

1 2

C. ?1

D. 1

解:令 c=π,则对任意的 x∈R,都有 f(x)+f(x?c)=2,于是取 a ? b ? af(x)+bf(x?c)=1,由此得

1 ,c=π,则对任意的 x∈R, 2

b cos c ? ?1 。 a

一般地, 由题设可得 f ( x) ? 13 sin(x ? ? ) ? 1, f ( x ? c) ? 13 sin(x ? ? ? c) ? 1, 其中 0 ? ? ?

π 且 2

tan ? ?

2 ,于是 af(x)+bf(x?c)=1 可化为 3 13a sin(x ? ?) ? 13b sin(x ? ? ? c) ? a ? b ? 1 ,即

13a sin(x ? ? ) ? 13b sin(x ? ? ) cosc ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 ,所以
13(a ? b cosc) sin(x ? ? ) ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 。 ?a ? b cosc ? 0 (1) ? ( 2) , 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 ? a ? b ? 1 ? 0 (3) ?
若 b=0,则由(1)知 a=0,显然不满足(3)式,故 b≠0。所以,由(2)知 sinc=0,故 c=2kπ+π 或 c=2kπ(k∈ Z)。当 c=2kπ 时,cosc=1,则(1)、(3)两式矛盾。故 c=2kπ+π(k∈Z),cosc=?1。由(1)、(3)知 a ? b ? 所以

1 , 2

b cos c ? ?1 。 a
A )

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆, 动圆 P 与这两个定圆都相切, 则圆 P 的圆心轨迹不可能是 (

解:设圆 O1 和圆 O2 的半径分别是 r1、r2,|O1O2|=2c,则一般地,圆 P 的圆心轨迹是焦点为 O1、O2, 且离心率分别是

2c 2c 和 的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨迹的一部份,当 c=0 r1 ? r2 | r1 ? r2 |

时,轨迹是两个同心圆)。 当 r1=r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 B;当 0<2c<|r1?r2|时,圆 P 的圆心轨迹如选项 C;当 r1≠r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 D。由于选项 A 中的椭圆和双曲线的焦点不重合,因此 圆 P 的圆心轨迹不可能是选项 A。 6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,?,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且为 A∩B 空 集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( B ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 解:先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若 A 是{1,2,?,49}的任一个 34 元子集,则必存 在 n∈A,使得 2n+2∈B。证明如下: 将{1,2,?,49}分成如下 33 个集合:{1,4},{3,8},{5,12},?,{23,48}共 12 个;{2,6}, {10,22},{14,30},{18,38}共 4 个;{25},{27},{29},?,{49}共 13 个;{26},{34},{42},

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{46}共 4 个。由于 A 是{1,2,?,49}的 34 元子集,从而由抽屉原理可知上述 33 个集合中至少有一 个 2 元集合中的数均属于 A,即存在 n∈A,使得 2n+2∈B。 如取 A={1,3,5,?,23,2,10,14,18,25,27,29,?,49,26,34,42,46}, B={2n+2|n∈A},则 A、B 满足题设且|A∪B|≤66。 D C 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(?3,0),B(1,?1),C(0,3), 3)及一个动点 P,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 。 3 2 ?2 5 解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|, |PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD| , 因 此 , 当 动 点 P 与 F 点 重 合 时 , |PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值 | AC | ? | BD |? 3 2 ? 2 5 。 8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,

P A

F

D(?1 ,

B

CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于

2 3



解 : 因 为 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 , 所 以 AB ? ( AB ? BE) ? AC ? ( AB ? BF) ? 2 , 即

AB ? AB? BE ? AC ? AB ? AC ? BF ? 2 。因为 AB ? 1 , 33 ? 1 ? 36 AC ? AB ? 33 ?1? ? ?1 , BE ? ?BF , 所 以 1 ? BF ? ( AC ? AB) ?1 ? 2 , 即 2 ? 33 ?1 2 BF ? BC ? 2 。设 EF 与 BC 的夹角为 θ,则有 | BF | ? | BC | ? cosθ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 cos θ ? 。 3 2 3 9. 已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心, 3
为半径作一个球, 则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长 等 于

2

2

5 3π 6

。 一类在 上;另

解: 如图, 球面与正方体的六个面都相交, 所得的交线分为两类: 顶点 A 所在的三个面上,即面 AA1B1B、面 ABCD 和面 AA1D1D 一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上,因为 AE ?

2 3 ,AA1=1,则 3 π π π 2 3 π 3 ?A1 AE ? 。同理 ?BAF ? ,所以 ?EAF ? ,故弧 EF 的长为 ? ? π ,而这样的弧 6 6 6 3 6 9

共有三条。在面 BB1C1C 上,交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面与球面相交所得的小圆上,此时,

π 3 3 π 3 ? ? π 。这样的弧也有三条。 ,?FBG ? ,所以弧 FG 的长为 2 3 3 2 6 3 3 5 3π π ? 3? π? 于是,所得的曲线长为 3 ? 。 9 6 6
小圆的圆心为 B,半径为 且
2 2 a12 ? a2 ? a3 是正整数,则 q 等于 b1 ? b2 ? b3

10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 a1=d,b1=d2,

1 2



解: 因为

2 2 14 a12 ? a2 ? a3 a 2 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 , 故由已知条件知道: 1+q+q2 为 , ? 1 ? 2 2 m b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q

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14 ,则 m 14 1 1 14 1 56 ? 3m ? 3 ,即 5≤m≤13 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 1 ? q?? ? ? ?1 ? ? ? m 2 4 m 2 4m 56 ? 3m 1 且 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 4m 2 sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 4 5 11. 已知函数 f ( x) ? 。 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 5 4 4 x π 2 sin( πx ? ) ? 2 1 5 π 1 5 4 ( ? x ? ), 解: 实际上 f ( x ) ? 设 g ( x) ? 2 sin( πx ? )( ? x ? ) , 则 g(x)≥0, 4 4 4 4 4 x 3 1 3 3 5 g(x) 在 [ , ] 上是增函数,在 [ , ] 上是减函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x ? 对称,则对任意 4 4 4 4 4 1 3 3 5 x1 ? [ , ] ,存在 x2 ? [ , ] ,使 g(x2)=g(x1)。于是 4 4 4 4 3 5 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 f ( x1 ) ? ? ? ? f ( x2 ) , 而 f(x) 在 [ , ] 上 是 减 函 数 , 所 以 4 4 x1 x1 x2
其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q ?
2

1 5 5 4 5 4 5 ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 f ( x) ? f ( ) ? 4 4 4 5 5
12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小 方 格 内 3960 至多填 1 个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共有 种(用数字作答)。 解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C42A42=72 种,同样,使 2 个 b 既 不 同 2 2 2 行也不同列的填法也有 C4 A4 =72 种,故由乘法原理,这样的填法共有 72 种,其中 不符合要求的有两种情况:2 个 a 所在的方格内都填有 b 的情况有 72 种;2 个 a 所在的方格内仅有 1 个方格内填有 b 的情况有 C161A92=16× 72 种。 所以, 符合题设条件的填法共有 722?72?16× 72=3960 种。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 an ? 证明:由于

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1<an。

1 1 1 1 2 n 1 ? ( ? ) ,因此 an ? ? ,于是,对任意的正整数 n≥2, k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k n ? 1 k ?1 k 1 1 n 1 1 n?1 1 有 (an ? an ?1 ) ? ? ? ? 2 n ? 1 k ?1 k n ? 2 k ?1 k n n 1 1 1 1 1 1 ?( ? )? ? ? (? ? 1) ? 0 ,即 an+1<an。 n ? 1 n ? 2 k ?1 k (n ? 1)(n ? 2) (n ? 1)(n ? 2) k ?1 k 1 14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ? ( x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C 在点 M、 x
N 处切线的交点轨迹。 解:设点 M、N 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),曲线 C 在点 M、N 处的切线分别为 l1、l2,其交点 P 的坐标为(xp,yp)。若直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1。

1 ? 1 ?y ? x ? 2 由方程组 ? x ,消去 y,得 x ? ? kx ? 1 ,即(k?1)x +x?1=0。由题意知,该方程在(0,+∞)上 x ? ? y ? kx ? 1

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1 1 ? 0 ?(2),x1 x2 ? ?0? 1? k 1? k 3 1 1 1 1 (3),由此解得 ? k ? 1 。对 y ? x ? 求导,得 y' ? 1 ? 2 ,则 y' | x ? x1 ? 1 ? 2 , y' | x ? x2 ? 1 ? 2 , 4 x x x1 x2 1 1 1 于是直线 l1 的方程为 y ? y1 ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,即 y ? ( x1 ? ) ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,化简后得到直线 x1 x1 x1 1 2 1 2 l1 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? ?(4)。同理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? ?(5)。(4)?(5)得 x1 x1 x2 x2 1 1 2 2 2 x1 x2 因为 x1≠x2, 故有 x p ? ?(6)。 将(2)(3)两式代入(6)式得 xp=2。 (4)+(5) ( 2 ? 2 )xp ? ? ? 0 , x2 x1 x1 x2 x1 ? x2 1 1 1 1 1 1 x1 ? x2 得 2 y p ? (2 ? ( 2 ? 2 ))x p ? 2( ? ) ? (7) , 其 中 ? ? ?1 , x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2
有两个相异的实根 x1、 x2, 故 k≠1, 且 Δ=1+4(k?1)>0?(1),x1 ? x2 ?
2 1 1 x12 ? x2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 x ?x 2 ? ? ? ? ( 1 2 )2 ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 , 代 入 (7) 式 得 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 3 5 2yp=(3?2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4?2k。又由 ? k ? 1 得 2 ? y p ? ,即点 P 的轨迹为(2,2),(2,2.5) 4 2

两点间的线段(不含端点)。 15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3,4)满足: (1) 对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2)对任意的实数 x,有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

f ( x) ? f (? x) f ( x) ? f (? x) , h( x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函数,h(x) 2 2 g ( x) ? g ( x ? π ) 是 奇 函 数 , 对 任 意 的 x ∈ R , g(x+2π)=g(x) , h(x+2π)=h(x) 。 令 f1 ( x ) ? , 2 π ? g ( x) ? g ( x ? π ) x ? kπ ? ? h( x ) ? h( x ? π ) ? ? x ? kπ 2 cos x 2 f 3 ( x) ? ? , , f 2 ( x) ? ? 2 sin x π ? ? 0 x ? k π 0 x ? kπ ? ? 2 ? kπ ? h( x ) ? h ( x ? π ) x? ? 2 sin 2 x 2 ,其中 k 为任意整数。 f 4 ( x) ? ? kπ ? 0 x? 2 ?
证明:记 g ( x ) ? 的 x ∈ R , 有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x) 。 当 x ? kπ ?

容易验证 fi(x),i=1,2,3,4 是偶函数,且对任意的 x∈R,fi(x+π)=fi(x),i=1,2,3,4。下证对任意

g ( x) ? g ( x ? π ) ,而 2 3π 3π π π g ( x ? π ) ? g (kπ ? ) ? g (kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? g (?kπ ? ) ? g (kπ ? ) ? g ( x) ,故对任意的 x 2 2 2 2 f1 ( x) ? f 2 ( x) c o sx ? f1 ( x) ?
∈R,f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 下 证 对 任 意 的 x ∈ R , 有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x) 。 当 x ?

π π 时 , 显 然 成 立 ; 当 x ? kπ ? 时 , 因 为 2 2

kπ 时 , 显 然 成 立 ; 当 x=kπ 时 , 2

h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ)=h(?kπ)=?h(kπ) , 所 以 h(x)=h(kπ)=0 , 而 此 时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0 , 故

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h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当 x ? kπ ?

π 时, 2


h( x ? π ) ? h(kπ ? f 3 ( x) s

3π 3π π π ) ? h(kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? h(?kπ ? ) ? ?h(kπ ? ) ? ?h( x) , 2 2 2 2 h( x ) ? h( x ? π ) x? i n ? h( x) ,又 f4(x)sin2x=0,从而有 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 2

于是,对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述,结论得证。

2007 年全国高中数学联合竞赛加试试卷
(考试时间:上午 10:00—12:00) 一、 (本题满分 50 分)如图,在锐角△ABC 中,AB<AC, A BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE⊥AC,垂足 PF⊥AB,垂足为 F。O1、O2 分别是△BDF、△CDE 的外 证:O1、O2、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的 F P 二、 (本题满分 50 分)如图,在 7× 8 的长方形棋盘的每个 的中心点各放一个棋子。如果两个棋子所在的小方格共边 O1 点,那么称这两个棋子相连。现从这 56 个棋子中取出一 棋盘上剩下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、斜方 D B 依次相连。问最少取出多少个棋子才可能满足要求?并说 由。 三、 (本题满分 50 分) 设集合 P={1, 2, 3, 4, 5}, 对任意 k∈P 数 m,记 f(m,k)= AD 是边 为 E, 做 心。求 垂心。 小方格 或共顶 些, 使得 向)上 明 理 和正整 大 整

E O2 C

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? ? ,其中[a]表示不大于 a 的最 i ?1 ?

数。 求证:对任意正整数 n,存在 k∈P 和正整数 m, 使得 f(m,

k)=n。

2007 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案
一、 (本题满分 50 分) 如图, 在锐角△ABC 中, AB<AC, AD 是边 A BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE⊥AC,垂 足为 E, 作 PF⊥AB,垂足为 F。O1、O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。 E 求证:O1、O2、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。 F P 证明: 连结 BP、 CP、 O1O2、 EO2、 EF、 FO1。 因为 PD⊥BC, PF⊥AB,故 B、D、P、F 四点共圆,且 BP 为该圆的直 径。 又因 O2 为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上且是 BP 的中点。 同理可 O1 证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是的 CP 中点。综合以 上 知 D B' C B O1O2 ∥ BC , 所 以 ∠ PO2O1= ∠ PCB 。 因 为 AF· AB=AP· AD=AE· AC,所以 B、C、E、F 四点共圆。 充分性:设 P 是△ABC 的垂心,由于 PE⊥AC,PF⊥AB,所以 B、O1、P、E 四点共线,C、O2、P、 F 四点共线,∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1,故 O1、O2、E、F 四点共圆。 必要性:设 O1、O2、E、F 四点共圆,故∠O1O2E+∠EFO1=180° 。 由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?∠ACP,又因为 O2 是直角△CEP 的斜边中点,也就是△CEP 的外心, 所以∠PO2E=2∠ACP。因为 O1 是直角△BFP 的斜边中点,也就是△BFP 的外心,从而∠PFO1=90°? ∠BFO1=90°?∠ABP。因为 B、C、E、F 四点共圆,所以∠AFE=∠ACB,∠PFE=90°?∠ACB。于是, 由∠O1O2E+∠EFO1=180° 得 ( ∠ ACB? ∠ ACP)+2 ∠ ACP+(90°? ∠ ABP)+(90°? ∠ ACB)=180° ,即∠ ABP= ∠ ACP 。又因为 AB<AC , AD⊥BC,故 BD<CD。设 B'是点 B 关于直线 AD 的对称点,则 B'在线段 DC 上且 B'D=BD。连结 AB'、

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PB'。由对称性,有∠AB'P=∠ABP,从而∠AB'P=∠ACP,所以 A、P、B'、C 四点共圆。由此可知∠ PB'B=∠CAP=90°?∠ACB。因为∠PBC=∠PB'B, 故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90° ,故直线 BP 和 AC 垂直。由题设 P 在边 BC 的高上,所以 P 是△ABC 的垂心。 二、 (本题满分 50 分)如图,在 7× 8 的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两个棋 子所在的小方格共边或共顶点,那么称这两个棋子相连。现从这 56 个棋子中取出一些,使得棋盘上 剩下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。问最少取出多少个棋子才可能满 足要求?并说明理由。 解:最少要取出 11 个棋子,才可能满足要求。其原因如下: 如果一个方格在第 i 行第 j 列,则记这个方格为(i,j)。 第一步证明若任取 10 个棋子,则余下的棋子必有一个五子连 珠,即 五个棋子在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。用反证 法。假 设可取出 10 个棋子,使余下的棋子没有一个五子连珠。如图 1,在每 一行的前五格中必须各取出一个棋子, 后三列的前五格中也必 须各取 出一个棋子。这样,10 个被取出的棋子不会分布在右下角的 阴影部 分。同理,由对称性,也不会分布在其他角上的阴影部分。第 1、2 行 必在每行取出一个,且只能分布在(1,4)、(1,5)、(2,4)、(2, 5) 这 些 方格。同理(6,4)、(6,5)、(7,4)、(7,5)这些方格上至少要取出 2 个棋子。在第 1、2、3 列,每列 至少要取出一个棋子,分布在(3,1)、(3,2)、(3,3)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(5,1)、(5,2)、(5, 3)所在区域,同理(3,6)、(3,7)、(3,8)、(4,6)、(4,7)、(4,8)、(5,6)、(5,7)、(5,8)所在区域 内至少取出 3 个棋子。这样,在这些区域内至少已取出了 10 个棋子。因此,在中心阴影区域内不能 取出棋子。由于①、②、③、④这 4 个棋子至多被取出 2 个,从而,从斜的方向看必有五子连珠了。 矛盾。

图1 图2 第二步构造一种取法,共取走 11 个棋子,余下的棋子没有五子连珠。如图 2,只要取出有标号位置的 棋子,则余下的棋子不可能五子连珠。 综上所述,最少要取走 11 个棋子,才可能使得余下的棋子没有五子连珠。 三、 (本题满分 50 分)设集合 P={1,2,3,4,5},对任意 k∈P 和正整数 m,记 f(m,k)=

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? ? ,其中[a]表示不大于 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存在 k∈P 和正 i ?1 ?

整数 m,使得 f(m,k)=n。 证明: 定义集合 A={ m k ? 1 |m∈N*, k∈P}, 其中 N*为正整数集。 由于对任意 k、 i∈P 且 k≠i,

k ?1 i ?1

是无理数,则对任意的 k1、k2∈P 和正整数 m1、m2, m1 k1 ?1 ? m2 k2 ?1 当且仅当 m1=m2,k1=k2。 由于 A 是一个无穷集,现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成一个 列。对于任意的正整数 n,设此数列中第 n 项为 m k ? 1 。下面确
D P

无穷数 定 n 与

C B

A

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k ?1 。由 m1 是正整数可知,对 i=1,2,3,4,5, i ?1 5 ? ? k ?1 ? k ?1 ? 满足这个条件的 m1 的个数为 ?m 。从而 n = ? ?m ? =f(m,k)。因此对任意 n∈N*,存 ? i ?1 ? i ?1 ? i ?1 ? ?
m、k 的关系。若 m1 i ? 1 ? m k ? 1 ,则 m1 ? m 在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。

2008 全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准(A 卷)
说明:
1.评阅试卷时,请依据本评分标准.选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档;其他各题的评阅, 请严格按照本评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同, 只要思路合理、 步骤正确, 在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分,

Luyiping97@163.com 解答题中 5 分为一个档次,不要增加其他中间档次.

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.函数 f ( x) ? A.0

5 ? 4 x ? x2 在 (??, 2) 上的最小值是 2? x
B.1 C.2 D .3

( C )

[解] 当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) 2? x 2? x 2? x

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时上式取等号.而此方程有解 x ? 1? (??, 2) ,因此 f ( x) 在 (??, 2) 上的最
2? x
小值为 2. 2.设 A ? [?2, 4) , B ? {x x 2 ? ax ? 4 ? 0} ,若 B ? A ,则实数 a 的取值范围为 A. [?1, 2) B. [?1, 2] C. [0,3] D. [0,3) ( D )

[解] 因 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根

a a2 a a2 , , x2 ? ? 4 ? x1 ? ? 4 ? 2 4 2 4
故 B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即

a a2 a a2 ? 4? ? ?2 且 ? 4 ? ? 4, 2 4 2 4
解之得 0 ? a ? 3 . 3.甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得 1 分,负者得 0 分,比赛进行到有一人比对方多 2 分 或打满 6 局时停止.设甲在每局中获胜的概率为 互独立,则比赛停止时已打局数 ? 的期望 E? 为

2 1 ,乙在每局中获胜的概率为 ,且各局胜负相 3 3
( B ) D.

241 266 274 B. C. 81 81 81 [解法一] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6.
A. 设每两局比赛为一轮,则该轮结束时比赛停止的概率为

670 243

2 1 5 ( )2 ? ( )2 ? . 3 3 9
若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对下轮比赛 是否停止没有影响.从而有
P(? ? 2) ? 5 , 9

4 5 20 , P(? ? 4) ? ( )( ) ? 9 9 81

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4 16 P (? ? 6) ? ( ) 2 ? , 9 81
5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81
[解法二] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6. 令 Ak 表示甲在第 k 局比赛中获胜,则 Ak 表示乙在第 k 局比赛中获胜. 由独立性与互不相容性得

P(? ? 2) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 A2 ) ?

5 , 9

P(? ? 4) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 )
2 1 1 2 20 , ? 2[( )3 ( ) ? ( )3 ( )] ? 3 3 3 3 81

P(? ? 6) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 )
2 1 16 ? 4( ) 2 ( ) 2 ? , 3 3 81 5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81
4.若三个棱长均为整数(单位:cm)的正方体的表面积之和为 564 cm2,则这三个正方体的体积之 和为 A. 764 cm3 或 586 cm3 C. 586 cm3 或 564 cm3 B. 764 cm3 D. 586 cm3 ( A )

[ 解 ] 设这三个正方体的棱长分别为 a, b, c ,则有 6 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? 564 , a2 ? b2 ? c2 ? 94 ,不妨设
1 ? a ? b ? c ? 10 ,从而 3c ? a ? b ? c ? 94 , c ? 31 .故 6 ? c ? 10 . c 只能取 9,8,7,6.
2 2 2 2 2

若 c ? 9 ,则 a 2 ? b2 ? 94 ? 92 ? 13 ,易知 a ? 2 , b ? 3 ,得一组解 (a, b, c) ? (2,3,9) .

b ? 5. 0 ,b ? 4 , 若c ? 8, 则 a2 ? b2 ? 94 ? 64 ? 30 , 但 2b ?3 从而 b ? 4 或 5. 若b ? 5, 则a ? 5
2 2

无解,若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.此时无解.
2

若 c ? 7 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 49 ? 45 ,有唯一解 a ? 3 , b ? 6 . 若 c ? 6 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 36 ? 58 ,此时 2b ? a ? b ? 58 , b ? 29 .故 b ? 6 ,但 b ? c ? 6 ,
2 2 2 2

故 b ? 6 ,此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解.
2

? a ? 2, ? a ? 3, ? ? 综上,共有两组解 ?b ? 3, 或 ?b ? 6, ?c ? 9 ? c ? 7. ? ?
体积为 V1 ? 2 ? 3 ? 9 ? 764 cm3 或 V2 ? 3 ? 6 ? 7 ? 586 cm3.
3 3 3 3 3 3

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? x ? y ? z ? 0, 5.方程组 ? 的有理数解 ( x, y, z ) 的个数为 ? xyz ? z ? 0, ? xy ? yz ? xz ? y ? 0 ?
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

( B )

? x ? ?1, ? x ? y ? 0, ? x ? 0, [解] 若 z ? 0 ,则 ? 解得 ? 或? ? y ? 0 ? y ? 1. ? xy ? y ? 0.
若 z ? 0 ,则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ?1 . 由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y . ① ② ③

将②代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . 由①得 x ? ?

1 ,代入③化简得 ( y ?1)( y3 ? y ?1) ? 0 . y

易知 y3 ? y ?1 ? 0 无有理数根,故 y ? 1 ,由①得 x ? ?1 ,由②得 z ? 0 ,与 z ? 0 矛盾,故该方程

? x ? 0, ? x ? ?1, ? 组共有两组有理数解 ? ? y ? 0, 或 ? y ? 1, ? z ? 0 ? z ? 0. ? ?
6.设 ?ABC 的内角 A,B,C 所对的边 a, b, c 成等比数列,则

sin A cot C ? cos A 的取值范围是 sin B cot C ? cos B
( C )

5 ?1 ) 2 5 ?1 5 ?1 5 ?1 C. ( D. ( , ) , ??) 2 2 2 [解] 设 a, b, c 的公比为 q ,则 b ? aq, c ? aq 2 ,而
A. (0, ??) B. (0,

sin A cot C ? cos A sin A cos C ? cos A sin C ? sin B cot C ? cos B sin B cos C ? cos B sin C

?

sin A( ? C ) ? sin B( ? C )

?s?i nB( ? ?s?i nA (

)B s i bn ? ?q. )A s i an

因此,只需求 q 的取值范围.

因 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,必需且只需

a ? b ? c 且 b ? c ? a .即有不等式组

? a ? aq ? aq 2 , ? ?q 2 ? q ? 1 ? 0, ? 即? 2 ? 2 ? ? aq ? aq ? a ? ?q ? q ? 1 ? 0.

?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ? 2 2 解得 ? ?q ? 5 ? 1 或q ? ? 5 ? 1 . ? ? 2 2

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从而

5 ?1 5 ?1 5 ?1 5 ?1 ,因此所求的取值范围是 ( ?q? , ). 2 2 2 2

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.设 f ( x) ? ax ? b ,其中 a , b 为实数, f1 ( x) ? f ( x) , fn?1 ( x) ? f ( f n ( x)) , n ? 1, 2,3,? ,若

f7 ( x) ? 128x ? 381 ,则 a ? b ?

5

.

[解] 由题意知 fn ( x) ? an x ? (an?1 ? an?2 ??? a ?1)b

? an x ?

an ?1 ?b, a ?1 a7 ?1 ? b ? 381 ,因此 a ? 2 , b ? 3 , a ? b ? 5 . a ?1
1 ,则 a ? 2

由 f7 ( x) ? 128x ? 381 得 a 7 ? 128 ,

8.设 f ( x) ? cos 2 x ? 2a(1 ? cos x) 的最小值为 ? [解] f ( x) ? 2cos2 x ?1 ? 2a ? 2a cos x

?2 ? 3



a 1 ? 2(cos x ? ) 2 ? a 2 ? 2a ? 1 , 2 2
(1) a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ? 1 时取最小值 1 ? 4a ; (2) a ? ?2 时, f ( x) 当 cos x ? ?1 时取最小值 1; (3) ?2 ? a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ?

a 1 时取最小值 ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2
1 , 2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的最小值不能为 ?

1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2
9.将 24 个志愿者名额分配给 3 个学校,则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种. [解法一] 用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校,而用 ? 表示名额.如

| ???? | ??? | ?? |
表示第一、二、三个学校分别有 4,18,2 个名额. 若把每个― ? ‖与每个― | ‖都视为一个位置,由于左右两端必须是―|‖,故不同的分配方法相当于

24 ? 2 ? 26 个位置(两端不在内)被 2 个―|‖占领的一种―占位法‖.
―每校至少有一个名额的分法‖相当于在 24 个― ? ‖之间的 23 个空隙中选出 2 个空隙插入―|‖,故 有 C2 种. 23 ? 253 又在―每校至少有一个名额的分法‖中―至少有两个学校的名额数相同‖的分配方法有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. [解法二] 设分配给 3 个学校的名额数分别为 x1 , x2 , x3 ,则每校至少有一个名额的分法数为不定方程

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x1 ? x2 ? x3 ? 24 .
的正整数解的个数, 即方程 x1 ? x2 ? x3 ? 21的非负整数解的个数, 它等于 3 个不同元素中取 21 个元素 的可重组合:
21 21 2 H3 ? C23 ? C23 ? 253 .

又在―每校至少有一个名额的分法‖中―至少有两个学校的名额数相同‖的分配方法有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. 10.设数列 {an } 的前 n 项和 Sn 满足: Sn ? an ? [解] an ?1 ? Sn ?1 ? Sn ? 即 2 a n ?1 ? =

n ?1 , n ? 1, 2,? ,则通项 an = 1 ? 1 . n(n ? 1) 2n n(n ? 1)

n n ?1 ? an ?1 ? ? an , (n ? 1)(n ? 2) n( n ? 1)

n?2?2 1 1 ? ? ? an (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n(n ? 1)
?2 1 , ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1) 1 1 . ) ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)

由此得 2 (a n ?1 ? 令 bn ? an ? 有 bn ?1 ?

1 1 1 , b1 ? a1 ? ? ( a1 ? 0 ), 2 2 n(n ? 1)

1 1 1 1 . bn ,故 bn ? n ,所以 a n ? n ? 2 2 n(n ? 1) 2

11.设 f ( x) 是定义在 R 上的函数,若 f (0) ? 2008 ,且对任意 x ? R ,满足

)= f ( x? 2 )? f ( x ) ? 3 ?x , 2 f ( x ? 6) ? f ( x) ? 63 ? 2x ,则 f (2008
[解法一] 由题设条件知

22008 ? 2007



f ( x ? 2) ? f ( x) ? ?( f ( x ? 4) ? f ( x ? 2)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x ? 4)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x))
? ?3 ? 2x?2 ? 3 ? 2 x?4 ? 63 ? 2 x ? 3 ? 2 x ,
因此有 f ( x ? 2) ? f ( x) ? 3 ? 2x ,故

f (2008) ? f (2008) ? f (2006) ? f (2006) ? f (2004) ? ? ? f (2) ? f (0) ? f (0)

? 3 ? (22006 ? 22004 ? ? ? 22 ? 1) ? f (0)
? 3? 41003?1 ? 1 ? f (0) 4 ?1

? 22008 ? 2007 .
[解法二] 令 g ( x) ? f ( x) ? 2x ,则

g ( x ? 2) ? g ( x) ? f ( x ? 2) ? f ( x) ? 2x?2 ? 2x ? 3 ? 2x ? 3 ? 2x ? 0 , g ( x ? 6) ? g ( x) ? f ( x ? 6) ? f ( x) ? 2x?6 ? 2x ? 63 ? 2x ? 63 ? 2x ? 0 ,

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即 g ( x ? 2) ? g ( x), g ( x ? 6) ? g ( x) , 故 g ( x) ? g ( x ? 6) ? g ( x ? 4) ? g ( x ? 2) ? g ( x) , 得 g ( x) 是周期为 2 的周期函数, 所以 f (2008) ? g (2008) ? 22008 ? g (0) ? 22008 ? 22008 ? 2007 . 12. 一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 4 6 的正四面体容器内可向各个方向自由运动, 则该小球 永远不可能接触到的容器内壁的面积是

72 3



[解] 如答 12 图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为 r ,作平面 A1 B1C1 //平面 ABC ,与 小球相切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体 P ? A1 B1C1 的中心, PO ? 面A1B1C1 ,垂足 D 为 A1 B1C1 的 中心.

1 因 VP ? A B C ? S ?A B C ? PD 1 1 1 3 111

? 4 ?VO? A1B1C1
1 ? 4 ? ? S?A1B1C1 ? OD , 3
故 PD ? 4OD ? 4r ,从而 PO ? PD ? OD ? 4r ? r ? 3r . 记此时小球与面 PAB 的切点为 P1 ,连接 OP ,则 1
2 2 PP (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 ? PO ? OP 1 ?

考虑小球与正四面体的一个面 ( 不妨取为 PAB ) 相切时的情 况,易知小球在面 PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形, 记为 P ,如答 12 图 2.记正四面体 1 EF 的棱长为 a ,过 P1 作 PM ? PA 于 M . 1 因 ?MPP 1 ? 答 12 图 1

?
6

, 有 PM ? PP 1 ? cos MPP 1 ? 2 2r ?

3 ? 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长 2

PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r . 1
小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 部分) 2 中阴影

S?PAB ? S?PEF ? 1

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r )2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4

又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以

S?PAB ? S?P1EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .

答 12 图 2

由对称性,且正四面体共 4 个面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)

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13.已知函数 f ( x) ?| sin x | 的图像与直线 y ? kx (k ? 0) 有且仅有三个交点,交点的横坐标的最大值 为 ? ,求证:

cos ? 1? ? 2 . ? sin ? ? sin 3? 4?
[证 ]

f ( x) 的图象与直线 y ? kx (k ? 0) 的
3? ) 内相 2

三个交点如答 13 图所示,且在 (? ,

切,其切点为 A(? , ? sin ? ) , ? ? (? , …5 分

3? ). 2

答 13 图 3 sin ? 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 ? cos ? ? ? ,即 ? ? tan ? . 2 ? 因此

…10 分

cos ? cos ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ?

?

1 4sin ? cos ?

…15 分

? ? ?
14.解不等式

cos 2 ? ? sin 2 ? 4sin ? cos ? 1 ? tan 2 ? 4 tan ? 1? ? 2 . 4?
…20 分

log2 ( x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ?1) ? 1 ? log2 ( x4 ?1) .
[解法一] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .
即 分组分解

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 2 x4 ? 1 ? 0 . x12 ? x10 ? x8
?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6

…5 分

?4 x8 ? 4 x6 ? 4 x4 ? x6 ? x 4 ? x 2 ? x4 ? x2 ?1 ? 0 ,

( x8 ? 2x6 ? 4x4 ? x2 ? 1)( x4 ? x2 ?1) ? 0 ,
所以

…10 分

x4 ? x2 ?1 ? 0 ,

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( x2 ?
所以 x 2 ?

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? )?0. 2 2

…15 分

?1 ? 5 ?1 ? 5 或 ?1 ? 5 . ,即 x ? ? x? 2 2 2

故原不等式解集为 (??, ?

5 ?1 )?( 2

5 ?1 , ??) . 2

…20 分

[解法二] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .


…5 分

2 1 ? ? x 6 ? 3x 4 ? 3x 2 ? 1 ? 2 x 2 ? 2 ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , x2 x6 ( 1 3 1 ) ? 2( 2 ) ? ( x 2 ? 1) 3 ? 2( x 2 ? 1) , 2 x x
…10 分

令 g (t ) ? t 3 ? 2t ,则不等式为

g(

1 ) ? g ( x 2 ? 1) , x2

显然 g (t ) ? t 3 ? 2t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于

1 ? x 2 ? 1, 2 x
即 ( x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x 2 ? 故原不等式解集为 (??, ?

…15 分 ( x2 ? ?

5 ?1 2

5 ?1 舍去), 2
…20 分

5 ?1 )?( 2

5 ?1 , ??) . 2

15.如题 15 图, P 是抛物线 y 2 ? 2x 上的动点,点 B,C 在 y 轴上,圆 ( x ?1)2 ? y 2 ? 1 内切于 ?PBC , 求 ?PBC 面积的最小值. [解] 设 P( x0 , y0 ), B(0, b), C(0, c) ,不妨设 b ? c . 直线 PB 的方程: y ? b ?

y0 ? b , x x0

化简得 ( y0 ? b) x ? x0 y ? x0b ? 0 . 又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1,

y0 ? b ? x0b
2 ( y0 ? b) 2 ? x0

?1 ,

…5 分

2 2 2 故 ( y0 ? b)2 ? x0 ? ( y0 ? b)2 ? 2x0b( y0 ? b) ? x0 b ,

易知 x0 ? 2 ,上式化简得 ( x0 ? 2)b2 ? 2 y0b ? x0 ? 0 ,

答 15 图

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同理有 ( x0 ? 2)c2 ? 2 y0c ? x0 ? 0 . 所以 b ? c ?

…10 分

? x0 ?2 y0 , ,则 bc ? x0 ? 2 x0 ? 2
2 2 4 x0 ? 4 y0 ? 8x0 . ( x0 ? 2)2

(b ? c)2 ?

2 因 P( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 ? 2 x0 ,则

(b ? c)2 ?

2 2 x0 . 4 x0 ,b?c ? 2 x0 ? 2 ( x0 ? 2)

…15 分

x 所以 S?PBC ? 1 (b ? c) ? x0 ? 0 ? x0 ? ( x0 ? 2) ? 4 ? 4 2 x0 ? 2 x0 ? 2

?2

4 ? 4 ?. 8

当 ( x0 ? 2)2 ? 4 时,上式取等号,此时 x0 ? 4, y0 ? ?2 2 . 因此 S?PBC 的最小值为 8. …20 分

2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷) 试题参考答案及评分标准
说明:
1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分; 2. 如果考生的解答方法和本解答不同, 只要思路合理、 步骤正确, 在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分, 10 分为一个档次,不要增加其他中间档次.

一、 (本题满分 50 分) 如题一图,给定凸四边形 ABCD , ?B ? ?D ? 180? , P 是 平 面 上 的 动 点 , 令 f ( P) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB . (Ⅰ)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P,A,B,C 四点共圆;

AE 3 BC 1 (Ⅱ)设 E 是 ?ABC 外接圆 O 的 ? , AB 上一点,满足: ? 3 ? 1 , ?ECB ? ?ECA ,又 ? EC 2 AB 2 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. [解法一] (Ⅰ)如答一图 1,由托勒密不等式,对平面上的任意 点P , 有 PA ? BC ? PC ? AB ? PB ? AC . 因此 f ( P) ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ? P B ? C A? P D ? C ?A ( PB ? PD) ? CA . 因为上面不等式当且仅当 P, A, B, C 顺次共圆时取等号,因此当且 仅 当
?10 分 答一图 1 P为 又因 PB ? PD ? BD ,此不等式当且仅当 B, P, D 共线且 P 在 BD 上时取等号.因此当且仅当 ?ABC 的外接圆与 BD 的交点时, f ( P ) 取最小值 f ( P)min ? AC ? BD .

P 在 ?ABC 的外接圆且在 ? AC 上时, f ( P) ? ( PB ? PD) ? CA .

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故当 f ( P ) 达最小值时, P, A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)记 ?ECB ? ? ,则 ?ECA ? 2? ,由正弦定理有 即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以

?20 分

AE sin 2? 3 ,从而 3 sin 3 ? ? 2sin 2 ?, ? ? AB sin 3? 2

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,
整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 , ?30 分

3 1 (舍去) 或 cos ? ? ? , 2 2 3 故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? .
解得 cos ? ?

sin ?EAC ? 30 BC 由 已 知 , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , 即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 2? 3 1 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC , 故 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 整 理 得 2 2 2 2 1 ?40 分 ?EAC ? 75? , t a? nEAC ? ? ? 2 ,可得 3 2? 3 从而 ?E ? 45? , ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45? , ?ADC 为等腰直角三角形.因 AC ? 2 ,则 CD ? 1 . 又 ?ABC 也是等腰直角三角形,故 BC ? 2 , BD2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 , BD ? 5 .
0

?

?

故 f (P)min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 . [解法二] (Ⅰ)如答一图 2,连接 BD 交 ?ABC 的外接 于P 点(因为 D 在 ? O 外,故 P 在 BD 上) . 0 0 过 A, C , D 分别作 P 的垂线,两两相交得 0 A, P 0C, P 0D 易知 P0 在 ?ACD 内, 从而在 ?A1B1C1 内, 记 ?ABC ?A1B1C1 , 内角分别为 x,y,z ,则 ?AP ,又因 0C ? 180? ? y ? z ? x , B1 A1 ? PC ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , B1C1 ? P 0A 0 ?C1 ? z , 所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC . ?10 分 答一图 2 设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ?CA , A1B1 ? ? AB , 则对平面上任意点 M ,有 ? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? PC 0 ? AB)

?50 分 圆 O

之 三

?P 0 A? B 1C1 ? P 0 D ? C1 A 1 ? PC 0 ?A 1B 1

? 2S?A1B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1 ? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB) ? ? f (M ) , 从而 f ( P . 0 )? f ( M ) 由 M 点的任意性,知 P 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 0 由点 P 在 ? O 上,故 P0 , A, B, C 四点共圆. 0
(Ⅱ)由(Ⅰ) , f ( P ) 的最小值 2 f ( P0 ) ? S?A1B1C1

?20 分

? ? 2? S?ABC ,
AE sin 2? 3 , 从 而 3 sin ? 3 ? 2 sin ?2, 即 ? ? AB sin 3? 2

记 ?ECB ? ? , 则 ?ECA ? 2? , 由 正 弦 定 理 有

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3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以
3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,
整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 , ?30 分

3 1 (舍去) 或 cos ? ? ? , 2 2 3 故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? .
解得 cos ? ?

sin ?EAC ? 30 BC 由 已 知 , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , 即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 2? 3 1 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC , 故 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 整 理 得 2 2 2 2 1 ? ?40 分 ?EAC ? 75 , t a? nEAC ? ? ? 2 ,可得 3 2? 3 所以 ?E ? 45? , ?ABC 为等腰直角三角形, AC ? 2 , S?ABC ? 1,因为 ?AB1C ? 45? , B1 点在 ? O 上,
0

?

?

5 ,所以 ?AB1B ? 90? ,所以 B1BDC1 为矩形, B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 ,故 ? ? 2 5 ?50 分 f ( P )mi n ? 2? ? 1? 10. 2 [解法三] (Ⅰ)引进复平面,仍用 A, B, C 等代表 A, B, C 所对应的复数. 由三角形不等式,对于复数 z1 , z2 ,有

z1 ? z2 ? z1 ? z2 ,
当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号. ? ??? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ??? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? 有 P A? B C? P C , AB ? AB ? P? A B ?C P ? C 所以

( A ? P) (C? B) ? (C? P) (B ? A)

? ( A ? P) (C ? B) ? (C ? P) (B? A)
? ? P ?C ?A ?B ?C ?B ?P ?A ? ? ?? ? ? ?? , ? ( B ? P) (C ? A) ? P B ? A C ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? 从而 P A? B C? P C ? AB ? P ?D C A ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? P B ? A C ? P D? A C ??? ? ??? ? ???? ? ( PB ? PD ) ? AC ??? ? ???? (2) ? BD ? AC .

(1)

?10 分

(1)式取等号的条件是 复数 ( A ? P)(C ? B) 与 (C ? P)( B ? A) 同向,故存在实数 ? ? 0 ,使得 ( A ? P)(C ? B) ? ? (C ? P)( B ? A) , A? P B ? A , ?? C? P C ? B A? P B ? A 所以 a r g ( ? ) arg( , ) C? P C ? B ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 向量 PC 旋转到 PA 所成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角, 从而 P, A, B, C 四点共圆. (2)式取等号的条件显然为 B, P, D 共线且 P 在 BD 上.

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故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ?ABC 之外接圆上, P, A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P)min ? BD ? AC . 以下同解法一. 二、 (本题满分 50 分) 设 f ( x ) 是周期函数, T 和 1 是 f ( x) 的周期且 0 ? T ? 1.证明:

?20 分

1 是 f ( x) 的周期; p (Ⅱ)若 T 为无理数,则存在各项均为无理数的数列 {an } 满足 1 ? an ? an?1 ? 0
(Ⅰ)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使 每个 an

(n ? 1 , 2? ,? ? )且 ,

(n ? 1, 2, ???) 都是 f ( x) 的周期.
n 且 (m, n) ? 1 ,从而存在整数 a , b ,使得 m

[证] (Ⅰ)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T ?
ma ? nb ? 1 .

于是

1 ma ? nb ? ? a ? bT ? a ?1 ? b ? T m m 是 f ( x ) 的周期.
又因 0 ? T ? 1,从而 m ? 2 .设 p 是 m 的素因子,则 m ? pm? , m? ? N ,从而 1 1 ? m? ? p m 是 f ( x ) 的周期. (Ⅱ)若 T 是无理数,令 ?1? a1 ? 1 ? ? ? T , ?T ? 则 0 ? a1 ? 1,且 a1 是无理数,令
?

?10 分

?20 分

?1? a2 ? 1 ? ? ? a1 , ? a1 ? ?? ?1? an?1 ? 1 ? ? ? an , ? an ? ??.
由 数学归纳 法易知 an 均 为无 理数且 0 ? an ? 1 . 又

?30 分

?1? 1 ?1? ? ? ? ? 1 ,故 1 ? an ? ? ? an , 即 an ? an ? ? an ?
?40 分

?1? an ?1 ? 1 ? ? ? an ? an.因此 {an } 是递减数列. ? an ?

1 最后证:每个 an 是 f ( x ) 的周期.事实上,因 1 和 T 是 f ( x ) 的周期,故 a1 ? 1 ? ? ? T 亦是 f ( x ) ? ?T ? ? ? ? 的周期.假设 ak 是 f ( x ) 的周期,则 ak ?1 ? 1 ? ? 1 ? ak 也是 f ( x ) 的周期.由数学归纳法,已证得 an 均 ? ak ? 是 f ( x ) 的周期. ?50 分
三、 (本题满分 50 分) 设 ak ? 0 , k ? 1, 2,?, 2008 .证明:当且仅当 ? ak ? 1 时,存在数列 {xn } 满足以下条件:
k ?1 2008

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(ⅰ) 0 ? x0 ? xn ? xn?1 , n ? 1, 2,3,? ; (ⅱ) lim xn 存在;
n ??

(ⅲ) xn ? xn ?1 ? ? ak xn ? k ? ? ak ?1 xn? k , n ? 1, 2,3,? .
k ?1 k ?0

2008

2007

[证] 必要性:假设存在 {xn } 满足(ⅰ) , (ⅱ) , (iii) .注意到(ⅲ)中式子可化为
* xn ? xn ?1 ? ? ak ( xn ? k ? xn ? k ?1 ) , n ? N ,

2008 k ?1

其中 x0 ? 0 . 将上式从第 1 项加到第 n 项,并注意到 x0 ? 0 得

xn ? a1 ( xn?1 ? x1 ) ? a2 ( xn?2 ? x2 ) ? ? ? a2008 ( xn?2008 ? x2008 ) . 由(ⅱ)可设 b ? lim xn ,将上式取极限得
n ??

?10 分

b ? a1 (b ? x1 ) ? a2 (b ? x2 ) ? ? ? a2008 (b ? x2008 )
? b ? ? ak ? (a1 x1 ? a2 x2 ? ? ? a2008 x2008 )
k ?1 2008

? b ? ? ak ,
k ?1

2008

因此 ? ak ? 1 .
k ?1

2008

?20 分
2008 k ?1

充分性:假设 ? ak ? 1 .定义多项式函数如下:

f ( s) ? ?1 ? ? ak s k , s ?[0,1] ,
k ?1

2008

则 f ( s ) 在[0,1]上是递增函数,且

f (0) ? ?1 ? 0 , f (1) ? ?1 ? ? ak ? 0 .
k ?1

2008

因此方程 f ( s) ? 0 在[0,1]内有唯一的根 s ? s0 ,且 0 ? s0 ? 1,即 f (s0 ) ? 0 .
n k ?1

?30 分

k 下取数列 {xn } 为 xn ? ? s0 , n ? 1, 2,? ,则明显地 {xn } 满足题设条件(ⅰ) ,且

s ? s n?1 k xn ? ? s0 ? 0 0 . 1 ? s0 k ?1
n

s ? s0 s 0 ,即 n ?1 因 0 ? s0 ? 1 , 故 l i ms0 {xn } 的 极 限 存 在 , 满 足 ? 0, 因 此 lim xn ? lim 0 ? n ?? n ?? n ?? 1 ? s 1 ? s0 0 (ⅱ) . ?40 分
k 最后验证 {xn } 满足(ⅲ) ,因 f (s0 ) ? 0 ,即 ? ak s0 ? 1 ,从而 k ?1 n k n n?k xn ? xn ?1 ? s0 ? ( ? ak s0 )s0 ? ? ak s0 ? ? ak ( xn ? k ? xn ?k ?1 ) . k ?1 k ?1 k ?1 2008 2008 2008 2008

n ?1

综上,存在数列 {xn } 满足(ⅰ) , (ⅱ) , (ⅲ) .

?50 分

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2010 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准(B 卷)

说明: 1. 评阅试卷时,请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和 0 分两档;其他各题的评阅,请严格按照本 评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当 划分档次评分,解答题中第 9 小题 4 分为一个档次,第 10、11 小题 5 分为一个档次,不要增加其他 中间档次。

一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分) 1. 函数 f ( x) ?

x ? 5 ? 24 ? 3x 的值域是 [?3, 3] .

解:易知 f ( x) 的定义域是 ?5,8? ,且 f ( x) 在 ?5,8? 上是增函数,从而可知 f ( x) 的值域为 [?3, 3] . 2. 已知函数 y ? (a cos2 x ? 3) sin x 的最小值为 ? 3 ,则实数 a 的取值范围是 ?
2 解:令 sin x ? t ,则原函数化为 g (t ) ? (?at ? a ? 3)t ,即

3 ? a ? 12 . 2

g (t ) ? ?at 3 ? (a ? 3)t .


? at 3 ? (a ? 3)t ? ?3 , ? at(t 2 ? 1) ? 3(t ? 1) ? 0 ,

(t ? 1)(?at(t ? 1) ? 3) ? 0 及 t ? 1 ? 0 知 ? at(t ? 1) ? 3 ? 0 即

a(t 2 ? t ) ? ?3

(1)

当 t ? 0,?1 时(1)总成立; 对 0 ? t ? 1,0 ? t ? t ? 2 ;
2

对 ? 1 ? t ? 0,?

1 ? t2 ? t ? 0. 4

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从而可知

?

3 ? a ? 12 . 2

3. 双曲线 x 2 ? y 2 ? 1 的右半支与直线 x ? 100 围成的区域内部(不含边界)整点(纵横坐标均为整 数的点)的个数是 9800 . 解:由对称性知,只要先考虑 x 轴上方的情况,设 y ? k (k ? 1,2,?,99) 与双曲线右半支于 Ak ,交直 线 x ? 100 于 Bk ,则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为 99 ? k ,从而在 x 轴上方区域内部整点的个数为

? (99 ? k ) ? 99 ? 49 ? 4851 .
k ?1

99

又 x 轴上有 98 个整点,所以所求整点的个数为

2 ? 4851 ? 98 ? 9800 .
4. 已知 {an } 是公差不为 0 的等差数列,{bn } 是等比数列,其中 a1 ? 3, b1 ? 1, a2 ? b2 ,3a5 ? b3 ,且 存在常数 ? , ? 使得对每一个正整数 n 都有 an ? log? bn ? ? ,则 ? ? ? ? 解:设 {an } 的公差为 d ,{bn } 的公比为 q ,则
3

3 ?3.

3 ? d ? q,

(1) (2)

3(3 ? 4d ) ? q 2 ,
(1)代入(2)得

9 ? 12d ? d 2 ? 6d ? 9 ,求得 d ? 6, q ? 9 .
从而有 即 从而 求得

3 ? 6(n ? 1) ? log? 9 n?1 ? ? 对一切正整数 n 都成立,

6n ? 3 ? (n ? 1) log? 9 ? ? 对一切正整数 n 都成立. log? 9 ? 6,?3 ? ? log? 9 ? ? ,

? ? 3 3, ? ? 3 , ? ? ? ? 3 3 ? 3 .
2x

5. 函数 f ( x) ? a 最小值是 ?

? 3a x ? 2(a ? 0, a ? 1) 在区间 x ? [?1,1] 上的最大值为 8,则它在这个区间上的

1 . 4 3 2

x 2 解:令 a ? y, 则原函数化为 g ( y) ? y ? 3 y ? 2 , g ( y ) 在 ( ? ,+?) 上是递增的.

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当 0 ? a ? 1 时, y ? [a, a ?1 ] ,

g ( y ) max ? a ?2 ? 3a ?1 ? 2 ? 8 ? a ?1 ? 2 ? a ?
所以 g ( y ) min ? ( ) ? 3 ?
2

1 , 2

1 2

1 1 ?2? ? ; 2 4



a ? 1 时, y ? [a ?1 , a] ,

g ( y) max ? a 2 ? 3a ? 2 ? 8 ? a ? 2 ,
1 ? 3 ? 2 ?1 ? 2 ? ? . 4 1 综上 f ( x) 在 x ? [?1,1] 上的最小值为 ? . 4
所以 g ( y ) min ? 2
?2

6. 两人轮流投掷骰子,每人每次投掷两颗,第一个使两颗骰子点数和大于 6 者为胜,否则轮由另一 人投掷.先投掷人的获胜概率是

12 . 17 21 7 ? ,从而先投掷人的获胜概率为 36 12

解:同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为

7 5 7 5 7 ? ( )2 ? ? ( )4 ? ? ? 12 12 12 12 12 7 1 12 ? ? ? . 25 17 12 1? 144
7. 正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的 9 条棱长都相等, P 是 CC1 的中点,二面角 B ? A1 P ? B1 ? ? ,则

sin ? ?

10 . 4

解一:如图,以 AB 所在直线为 x 轴,线段 AB 中点 O 为原点, OC 所在直线为 y 轴,建立空间直 角坐标系.设正三棱柱的棱长为 2,则 B(1,0,0), B1 (1,0,2), A1 (?1,0,2), P(0, 3,1) ,从而,

BA , 3,1), B1 A1 ? (?2,0,0), B1 P ? (?1, 3,?1) . 1 ? (?2,0,2), BP ? (?1
设分别与平面 BA 平面 B1 A1 P 垂直的向量 1P 、 是 m ? ( x1 , y1 , z1 ) 、 n ? ( x2 , y2 , z 2 ) ,则
z A1 C1 B1 P A O C B x y

? ?m ? BA1 ? ?2 x1 ? 2 z1 ? 0, ? ? ?m ? BP ? ? x1 ? 3 y1 ? z1 ? 0,

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? ?n ? B1 A1 ? ?2 x2 ? 0, ? ? ?n ? B1 P ? ? x2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 0,
由此可设 m ? (1,0,1), n ? (0,1, 3) , 所以 m ? n ? m ? n cos ? , 即 3?

?? ?

?? ?

2 ? 2 cos ? ? cos ? ?
10 . 4

6 . 4

所以 sin ? ?

A1 C1 E B1 O A P

解二:如图, PC ? PC1 , PA 1 ? PB . 设 A1 B 与 AB1 交于点 O, 则

OA1 ? OB, OA ? OB1 , A1B ? AB1 . 因为 PA ? PB1 , 所以 PO ? AB1 ,
从而 AB1 ? 平面 PA 1B . 过 O 在平面 PA 1 B 上作 OE ? A 1 P ,垂足为 E . 连结 B1 E ,则 ?B1 EO 为二面角 B ? A1 P ? B1 的平面角. 设 AA1 ? 2 ,则易求得

C B

PB ? PA 2, PO ? 3 . 1 ? 5, A 1O ? B1O ?
在直角 ?PA1O 中, A1O ? PO ? A1 P ? OE , 即

2 ? 3 ? 5 ? OE,? OE ?

6 5

.

又 B1O ?

2 ,? B1 E ? B1O 2 ? OE 2 ? 2 ?
B1O 2 10 . ? ? B1 E 4 5 4 5

6 4 5 . ? 5 5

sin ? ? sin ?B1 EO ?

8. 方程 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解(x,y,z)的个数是 336675 .

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2 解:首先易知 x ? y ? z ? 2010的正整数解的个数为 C2009 ? 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 . 易知

1 ? 3 ? 1003 ? 6k ? 2009 ? 1004 , 6k ? 2009 ? 1004 ? 3 ? 1003 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2009 ? 3 ? 2 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2004 , 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 .
二、解答题(本题满分 56 分) 9.(本小题满分 16 分)已知函数 f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d (a ? 0) ,当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 1, 试求 a 的最大值. 解一:

f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c,

? f ?(0) ? c, ? 1 3 ? 由 ? f ?( ) ? a ? b ? c, 4 ? 2 ? f ( 1 ) ? 3 a ? 2b ? c ? ?



(4 分)

1 3a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) . 2
所以 3 a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( )

(8 分)

1 2

1 ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) 2
? 8,

a?

8 . 3

(12 分)

又易知当 f ( x) ?

8 8 3 x ? 4 x 2 ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 .(16 分) 3 3

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解二: f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c . 设 g ( x) ? f ?( x) ? 1 ,则当 0 ? x ? 1 时, 0 ? g ( x) ? 2 . 设 z ? 2 x ? 1 ,则 x ?

z ?1 , ?1 ? z ? 1 . 2 z ? 1 3a 2 3a ? 2b 3a h( z ) ? g ( )? z ? z? ? b ? c ? 1. 2 4 2 4

(4 分) (8 分)

容易知道当 ? 1 ? z ? 1 时, 0 ? h( z ) ? 2,0 ? h(? z ) ? 2 . 从而当 ? 1 ? z ? 1 时, 0 ? 即

h( z ) ? h( ? z ) ?2 , 2

3a 2 3a z ? ? b ? c ?1 ? 2 , 4 4 3a 3a ? b ? c ?1 ? 0 , z2 ? 2, 从而 4 4 8 2 由 0 ? z ? 1知 a ? . (12 分) 3 8 8 3 2 又易知当 f ( x) ? x ? 4 x ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 . 3 3 0?
(16 分) 10.(本小题满分 20 分)已知抛物线 y 2 ? 6 x 上的两个动点 A( x1 , y1 )和B( x2 , y2 ) ,其中 x1 ? x 2 且

x1 ? x2 ? 4 .线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 C ,求 ?ABC 面积的最大值.
解一:设线段 AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ,则

x0 ?

x1 ? x2 y ? y2 ? 2, y 0 ? 1 , 2 2

k AB ?

y 2 ? y1 y ? y1 6 3 . ? 22 ? ? 2 x 2 ? x1 y 2 ? y1 y 0 y 2 y1 ? 6 6

线段 AB 的垂直平分线的方程是

y ? y0 ? ?

y0 ( x ? 2) . 3

(1)

易知 x ? 5, y ? 0 是(1)的一个解,所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且点 C 坐标为 (5,0) . 由(1)知直线 AB 的方程为 (5 分)

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y ? y0 ?

y 3 ( x ? 2) ,即 x ? 0 ( y ? y 0 ) ? 2 . 3 y0

(2)

(2)代入 y 2 ? 6 x 得
2 y 2 ? 2 y0 ( y ? y0 ) ? 12 ,即 y 2 ? 2 y0 y ? 2 y0 ? 12 ? 0 .(3)

依题意, y1 , y2 是方程(3)的两个实根,且 y1 ? y 2 ,所以
2 2 2 ? ? 4 y0 ? 4(2 y0 ?12) ? ?4 y0 ? 48 ? 0 ,

? 2 3 ? y0 ? 2 3 .
AB ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2
y A

? (1 ? (

y0 2 ) )( y1 ? y 2 ) 2 3
B

2 y0 ? (1 ? )[(y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ] 9 2 y0 2 2 )(4 y0 ? 4(2 y0 ? 12)) 9

O

C(5,0)

x

? (1 ?
?

2 2 2 (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) . 3

定点 C (5,0) 到线段 AB 的距离
2 h ? CM ? (5 ? 2) 2 ? (0 ? y 0 ) 2 ? 9 ? y 0 .

(10 分)

S ?ABC ?

1 1 2 2 2 AB ? h ? (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) ? 9 ? y0 2 3

?

1 1 2 2 2 (9 ? y0 )(24 ? 2 y0 )(9 ? y0 ) 3 2
2 2 2 ? 24 ? 2 y0 ? 9 ? y0 1 1 9 ? y0 ( )3 3 2 3

?
?

14 7 . 3

(15 分)

2 2 当且仅当 9 ? y0 ,即 y0 ? ? 5 , A( ? 24 ? 2 y0

6 ? 35 6 ? 35 , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 或 3 3

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A(

6 ? 35 6 ? 35 , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3
14 7. 3
(20 分)

所以 ?ABC 面积的最大值为

解 二 : 同 解 一 , 线 段 AB 的 垂 直 平 分 线 与 x 轴 的 交 点 C 为 定 点 , 且 点 C 坐 标 为 (5,0) . (5 分)
2 2 2 设 x1 ? t1 , x2 ? t 2 , t1 ? t 2 , t12 ? t 2 ? 4 ,则

5 1 2 S ?ABC ? t1 2 2 t2

0 1 6t1 1 的绝对值, 6t 2 1

(10 分)

1 2 2 S? 6t12 t 2 ? 6t1t 2 ? 5 6t 2 )) 2 ABC ? ( (5 6t1 ? 2 3 ? (t1 ? t 2 ) 2 (t1t 2 ? 5) 2 2 3 ? (4 ? 2t1t 2 )( t1t 2 ? 5)( t1t 2 ? 5) 2 3 14 ? ( )3 , 2 3 14 S ?ABC ? 7, 3
当且仅当 (t1 ? t 2 ) ? t1t 2 ? 5 且 t1 ? t 2 ? 4 ,
2
2 2

(15 分)

即 t1 ?

7? 5 6

, t2 ? ?

7? 5 6

, A(

6 ? 35 6 ? 35 , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 或 3 3

A(

6 ? 35 6 ? 35 , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3
14 7. 3
(20 分)

所以 ?ABC 面积的最大值是

11.(本小题满分 20 分)数列 ?an ? 满足 a1 ?

a2 1 , an?1 ? 2 n (n ? 1,2,?) . 3 an ? an ? 1
(1)

求证:

1 1 1 1 ? 2n ?1 ? a1 ? a 2 ? ? ? a n ? ? 2n . 2 3 2 3
2 an 知 ? 2 an ? an ? 1

证明:由 a n ?1

1 a n?1

?

1 1 ? ?1, 2 an an

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1 a n ?1
所以

?1 ?

1 1 ( ? 1) . an an

(2)

2 an?1 an a ? ? n ? an , 1 ? an?1 1 ? an 1 ? an



an ?

an a ? n?1 . 1 ? an 1 ? an?1

(5 分)

从而

a1 ? a2 ? ? ? an
a a a a1 a a ? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? n?1 1 ? a1 1 ? a2 1 ? a2 1 ? a3 1 ? an 1 ? an?1

?

?

a a a1 1 ? n?1 ? ? n?1 . 1 ? a1 1 ? an?1 2 1 ? a n?1

所以(1)等价于

a 1 1 1 1 1 ? 2n ?1 ? ? n?1 ? ? 2n , 2 3 2 1 ? an?1 2 3


32

n ?1

?

n 1 ? an?1 ? 32 . an?1

(3)

(10 分)

由 a1 ?

a2 1 及 a n ?1 ? 2 n 知 3 an ? an ? 1

a2 ?

1 . 7

当 n ?1时 ,

1?1 1 1 ? a2 ? 6 , 32 ? 6 ? 32 , a2

即 n ? 1 时, (3)成立. 设 n ? k (k ? 1) 时, (3)成立,即 3 当 n ? k ? 1 时,由(2)知
k 1 ? ak ?2 1 ? ak ?1 2 1 1 ? ak ?1 ? ( )?( ) ? 32 ; ak ?2 ak ?1 ak ?1 ak ?1

2k ?1

?

k 1 ? ak ?1 ? 32 . ak ?1

(15 分)

又由(2)及 a1 ?

1 ? an 1 知 (n ? 1) 均为整数, 3 an

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从而由

k k k 1 ? ak ?1 1 ? ak ?1 1 ? 32 , ? 32 有 ? 32 ? 1 即 a k ?1 ak ?1 ak ?1

所以

k k k ?1 1 ? ak ?2 1 1 ? ak ?1 ? ? ? 32 ? 32 ? 32 , ak ?2 ak ?1 ak ?1

即(3)对 n ? k ? 1 也成立. 所以(3)对 n ? 1 的正整数都成立,即(1)对 n ? 1 的正整数都成立. (20 分)

2010 年全国高中数学联合竞赛加试 试题参考答案及评分标准(B 卷)
说明: 1. 评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当 划分档次评分,10 分为一个档次,不要增加其他中间档次。 一、 (本题满分 40 分) 如图,锐角三角形 ABC 的外心为 O,K 是边 BC 上一点(不是边 BC 的中点) ,D 是线段 AK 延长 线上一点,直线 BD 与 AC 交于点 N,直线 CD 与 AB 交于点 M.求证:若 OK⊥MN,则 A,B,D,C 四点共圆. 证明:用反证法.若 A,B,D,C 不四点共圆,设 A 三角形 ABC 的外接圆与 AD 交于点 E,连接 BE 并延长交 直线 AN 于点 Q, 连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P, 连接 PQ. 因为 PK ? P 的幂(关于⊙O)? K 的幂(关于⊙O)
2

O

? ? PO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,
同理 所以 故

B

EK D

C

QK ? ? QO ? r
2 2

2

? ? ? KO
2

2

?r
2

2

?,
M

P

Q

N

PO ? PK ? QO ? QK ,
2 2

OK ⊥ PQ .
由题设,OK⊥MN,所以 PQ∥MN,于是

(10 分)

AQ AP ? . QN PM
由梅内劳斯(Menelaus)定理,得



NB DE AQ ? ? ? 1, BD EA QN



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MC DE AP ? ? ? 1. CD EA PM
由①,②,③可得



NB MC ? , BD CD
所以

(30 分)

ND MD ? ,故△DMN ∽ △DCB,于是 ?DMN ? ?DCB ,所以 BC∥MN,故 OK⊥BC,即 K BD DC
(40 分)

为 BC 的中点,矛盾!从而 A, B, D, C 四点共圆.
2

注 1:― PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)‖的证明:延长 PK 至点 F,使得

PK ? KF ? AK ? KE ,
则 P,E,F,A 四点共圆,故



?PFE ? ?PAE ? ?BCE ,
从而 E,C,F,K 四点共圆,于是

PK ? PF ? PE ? PC ,
⑤-④,得



PK 2 ? PE ? PC ? AK ? KE
. ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)

注 2:若点 E 在线段 AD 的延长线上,完全类似.
A

O F B EK D P C

Q

N M

二、 (本题满分 40 分) 设 k 是给定的正整数, r ? k ?

1 (1) .记 f (r ) ? f (r ) ? r ? , f ( l ) (r ) ? r? ? ? 2

f ( f (l ?1) (r )), l ? 2 .证明:存在正整数 m,使得 f ( m ) (r ) 为一个整数.这里, ? ? x? ? 表示不小于实数 x
的最小整数,例如: ? ? ? 1 , ? ?1? ? ? 1. 2 证明:记 v2 (n) 表示正整数 n 所含的 2 的幂次.则当 m ? v2 (k ) ? 1 时, f 下面我们对 v2 (k ) ? v 用数学归纳法.
(m)

?1? ? ?

(r ) 为整数.

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当 v ? 0 时 , k 为 奇 数 , k ? 1 为 偶 数 , 此 时 f (r ) ? ? k ? 数. 假设命题对 v ? 1(v ? 1) 成立. 对于 v ? 1 ,设 k 的二进制表示具有形式

? ?

1 ?? 1? ? 1? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? 为 整 2?? 2? ? 2?
(10 分)

k ? 2v ? ?v?1 ? 2v?1 ? ?v?2 ? 2v?2 ? ? ,
这里, ?i ? 0 或者 1, i ? v ? 1, v ? 2, ? . 于是 (20 分)

1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) ? ? k ? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? 2?? 2? ? 2? ?
1 k ? ? k2 ? k 2 2 1 ? ? 2v ?1 ? (? v ?1 ? 1) ? 2v ? (? v ?1 ? ? v ? 2 ) ? 2v ?1 ? ? ? 22v ? ? 2 1 ? k? ? , ① 2 ?

v 这 里 k ? ? 2v?1 ? ( ?v?1 ? 1) ? 2 ? ? ( v? 1 ?

v ?1 ?v ? 2 ? ) 2 ? ??

2v

2? ? . 显 然 k ? 中 所 含 的 2 的 幂 次 为

v ? 1 .故由归纳假设知, r ? ? k ? ?
就完成了归纳证明. 三、 (本题满分 50 分)

1 经过 f 的 v 次迭代得到整数,由①知, f ( v ?1) (r ) 是一个整数,这 2
(40 分)

给定整数 n ? 2 ,设正实数 a1 , a2 , ?, an 满足 ak ? 1, k ? 1, 2, ?, n ,记

Ak ?
n

a1 ? a2 ? ? ? ak , k ? 1, 2, ? , n . k
n

求证:

? ak ? ? Ak ?
k ?1 k ?1

n ?1 . 2

证明:由 0 ? ak ? 1 知,对 1 ? k ? n ? 1 ,有

0 ? ? ai ? k ,
i ?1

k

0?

i ? k ?1

?a

n

i

? n?k .

(10 分)

注意到当 x, y ? 0 时,有 x ? y ? max ?x, y? ,于是对 1 ? k ? n ? 1 ,有

1 n ?1 1? k An ? Ak ? ? ? ? ? ai ? ? ai n i ?k ?1 ? n k ? i ?1

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?

1 n ?1 1? k a ? ? ? ? ai ? i ? n i ?k ?1 ? k n ? i ?1

?1 n ?1 1? k ? ? max ? ? ai , ? ? ? ? ai ? ? n i ?k ?1 ? k n ? i ?1 ? ?1 ? max ? (n ? k ), ?n
? 1?
n n

?1 1? ? ? ? ?k? ?k n? ?
(30 分)
n

k , n
k



?a ? ? A
k ?1 k k ?1

? nAn ? ? Ak
k ?1

?

? ? An ? Ak ? ? ? An ? Ak
k ?1 k ?1

n ?1

n ?1

n ?1 ? k ? n ?1 . ? ? ?1 ? ? ? 2 n? k ?1 ?

(50 分)

四、 (本题满分 50 分) 一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A 1 A2 ? An 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个,同时 在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相 同.问:该种密码锁共有多少种不同的密码设置? 解:对于该种密码锁的一种密码设置,如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同,在它们所在的边 上标上 a,如果颜色不同,则标上 b,如果数字和颜色都相同,则标上 c.于是对于给定的点 A1 上的 设置(共有 4 种) ,按照边上的字母可以依次确定点 A2 , A3 , ?, An 上的设置.为了使得最终回到 A1 时 的设置与初始时相同,标有 a 和 b 的边都是偶数条.所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等 于在边上标记 a,b,c,使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍. (20 分) 设标有 a 的边有 2 i 条,0 ? i ? ? ? ,标有 b 的边有 2 j 条,0 ? j ? ? 2

?n? ? ?

? n ? 2i ? .选取 2 i 条边标记 ? 2 ? ?

2i 2j a 的有 Cn 种方法,在余下的边中取出 2 j 条边标记 b 的有 Cn?2i 种方法,其余的边标记 c.由乘法原

理,此时共有 Cn Cn?2i 种标记方法.对 i,j 求和,密码锁的所有不同的密码设置方法数为

2i

2j

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? n ? 2i ? ? ? ? ? ? 2i ? 2 ? 2 j ? ? Cn ? Cn ? 2 i ? . j ?0 ? ? ? ?

4?
i ?0

?n? ?2? ? ?



0 这里我们约定 C0 ?1.

(30 分)

当 n 为奇数时, n ? 2 i ? 0 ,此时
? n ? 2i ? ? ? ? 2 ? j ?0

?C

2j n ? 2i

? 2n ?2i ?1 .



代入①式中,得

4?
i ?0

?n? ?2? ? ?

? n ? 2i ? ?n? ?n? ? ? ? 2 ? ?2? ?2? ? ? ? ? ? ? ? 2i 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 C C ? 4 C 2 ? 2 ? ? ? Cn2i 2n?2i ? ? ? ? n n ? 2 i n ? ? j ?0 i ?0 i ?0 ? ? ? ?

k n?k k n ?k ? ? Cn 2 ? ? Cn 2 (?1)k ? (2 ? 1)n ? (2 ? 1)n k ?0 k ?0

n

n

? 3n ? 1 .
当 n 为偶数时,若 i ?

(40 分)

n n ,则②式仍然成立;若 i ? ,则正 n 边形的所有边都标记 a,此时只有 2 2

一种标记方法.于是,当 n 为偶数时,所有不同的密码设置的方法数为

4?
i ?0

?n? ? ? ?2?

n? ? n ? 2i ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1 ? 2 ? ?2? ? 2i ? 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 ? ?? ? Cn ? Cn ? 2 i ? ? 4 ? ? 1 ? ? ? Cn 2 j ?0 i ?0 ? ? ? ? ? ? ? ?

2i n ? 2i ?1 ? 2 ? 4? ? Cn 2 ? ? 3n ? 3 . i ?0

?n? ?2? ? ?

综上所述,这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是:当 n 为奇数时有 3 ? 1 种;当 n 为偶数
n

时有 3 ? 3 种.
n

(50 分)


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