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2007-2013全国高中数学联赛试题及答案


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/>
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2010 年全国高中数学联合竞赛一试试卷
(考试时间:10 月 17 日上午 8∶00—9∶20)

一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.把答案填在横线上.
1.函数 f ? x ? ?

x ? 5 ? 24 ? 3x 的值域是

. .

2 2.已知函数 y ? a cos x ? 3 sin x 的最小值为 ?3 ,则实数 a 的取值范围是

?

?

3.双曲线 x ? y ? 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
2 2

标均为整数的点)的个数是



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 ? l o g bn ? ? , 则 ?

? ?? ?
5.函数 f ? x ? ? a
2x



? 3a x ? 2 ( a ? 0 , a ? 1 )在区间 x ? ? ?1,1? 上的最大值为 8,则它在

这个区间上的最小值是 . 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 .

18

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 ? ? .

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



二、解答题:本大题共 3 小题,共 56 分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤.
9. (本小题满分 16 分)已知函数 f ? x ? ? ax ? bx ? cx ? d ( a ? 0 ) ,当 0 ? x ? 1 时,
3 2

f ' ? x ? ? 1 ,试求 a 的最大值.
10. (本小题满分 20 分)已知抛物线 y ? 6 x 上的两个动点 A ( x1 , y1 )和 B ( x2 , y2 ) ,
2

其中 x1 ? x2 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. 11. (本小题满分 20 分)证明:方程 2 x ? 5x ? 2 ? 0 恰有一个实数根 r ,且存在唯一的严
3

格递增正整数数列 ? an ? ,使得

2 ? r a1 ? r a2 ? r a3 ?? . 5

2010 年全国高中数学联合竞赛加试试卷(A 卷)
(考试时间:10 月 17 日上午 9∶40—12∶10) 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.

A

O

B

K D

C

N M
19

二、 (本题满分 40 分)设 k 是给定的正整数, r ? k ?

f ? ? ?r ? ? f f ?
l

?

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 ? ? ?
?1? ? ?

1 ?1? .记 f ? r ? ? f ? r ? ? r ? r ? , ? ? 2

表示不小于实数 x 的最小整数,例如: ? ? ? 1 , ?1? ? 1 . ?? 2 三、 (本题满分 50 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 n n ?1 a1 ? a2 ? ? ? ak , k ? 1 , 2 ,…, n .求证: ? ak ? ? Ak ? . 2 k k ?1 k ?1

四、 (本题满分 50 分)一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A1 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?

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2009 年全国高中数学联合竞赛一试 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,填空题只设 7 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,解答题中至少 4 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 一、填空(共 8 小题,每小题 7 分,共 56 分) x 99 1. 若函数 f ? x ? ? 且 f ( n ) ? x ? ? f ? f ? f ? f ? x ?? ? ,则 f ? ? ?1? ? . ?? ? ?? 2 ??? ???? ? 1? x
n

【答案】 【解析】

1 10
f ? ? ? x? ? f ? x? ?
1

x 1? x
2

, f ? 2? ? x ? ? f ? f ? x ? ? ? ? ?
1 . 10

x 1 ? 2 x2



……, f ?99? ? x ? ?

x 1 ? 99 x
2

.故 f ?99? ?1? ?

2. 已知直线 L : x ? y ? 9 ? 0 和圆 M : 2 x 2 ? 2 y 2 ? 8x ? 8 y ? 1 ? 0 ,点 A 在直线 L 上, B ,
C 为圆 M 上两点,在 ?ABC 中, ?BAC ? 45? , AB 过圆心 M ,则点 A 横坐标范围为 【答案】 ?3 ,6?



【解析】

9 设 A ? a , ? a ? ,则圆心 M 到直线 AC 的距离 d ? AM sin 45? ,由直线 AC

与圆 M 相交,得 d ≤

34 .解得 3 ≤ a ≤ 6 . 2

?y≥0 ? 3. 在坐标平面上有两个区域 M 和 N , M 为 ? y ≤ x , N 是随 t 变化的区域,它由 ?y ≤2 ? x ?

不等式 t ≤ x ≤ t ? 1 所确定,t 的取值范围是 0 ≤ t ≤1 , M 则 和 N 的公共面积是函数 f ? t ? ? .
1 2 【解析】 由题意知 f ? t ? ? S阴影部分面积 ? S?AOB ? S?OCD ? S?BEF

y

【答案】

?t 2 ? t ?

A C D F E B x

1 1 1 2 ? 1 ? t 2 ? ?1 ? t ? ? ?t 2 ? t ? 2 2 2
23

O

4. 使不等式

1 1 1 1 ? ??? ? a ? 2007 对一切正整数 n 都成立的最小正整数 n ?1 n ? 2 2n ? 1 3

. a 的值为 【答案】 2009 【解析】 设 f ? n? ?
1 1 1 .显然 f ? n ? 单调递减,则由 f ? n ? 的最 ? ??? n ?1 n ? 2 2n ? 1

1 大值 f ?1? ? a ? 2007 ,可得 a ? 2009 . 3 2 x y2 5. 椭圆 2 ? 2 ? 1 ? a ? b ? 0 ? 上任意两点 P , Q ,若 OP ? OQ ,则乘积 OP ? OQ 的 a b 最小值为 .

【答案】 【解析】

2a 2b2 a 2 ? b2

? π? π ?? ? ? 设 P ? OP cos? ,OP sin ? ? , Q ? OQ cos ? ? ? ? ,OQ sin ? ? ? ? ? . 2? 2 ?? ? ? ? 由 P , Q 在椭圆上,有
1 OP
2

?

cos 2 ? sin 2 ? ? 2 a2 b


? 1 1 ? 2. 2 a b

1 OQ
2

?

sin 2 ? cos 2 ? ? a2 b2



①+② 得

1 OP
2

?

1 OQ
2

2a 2b 2 2a 2b2 时, OP OQ 达到最小值 2 2 . a 2 ? b2 a ?b 6. 若方程 lg kx ? 2lg ? x ? 1? 仅有一个实根,那么 k 的取值范围是

于是当 OP ? OQ ?



【答案】 【解析】 kx ? 0 x ?1 ? 0

k ?0或k ?4 当且仅当 ① ②
③ ④

x2 ? ? 2 ? k ? x ? 1 ? 0

1 对③由求根公式得 x1 , x2 ? ?k ? 2 ? k 2 ? 4k ? ? 2?

? ? k 2 ? 4k ≥ 0 ? k ≤ 0 或 k ≥ 4 . ?x ? x ? k ? 2 ? 0 (ⅰ)当 k ? 0 时,由③得 ? 1 2 ,所以 x1 , x2 同为负根. ? x1 x2 ? 1 ? 0 ?x ?1 ? 0 又由④知 ? 1 ,所以原方程有一个解 x1 . ? x2 ? 1 ? 0

k ?1 ? 1 . 2 ?x ? x ? k ? 2 ? 0 (ⅲ)当 k ? 4 时,由③得 ? 1 2 , ? x1 x2 ? 1 ? 0

(ⅱ)当 k ? 4 时,原方程有一个解 x ?

所以 x1 , x2 同为正根,且 x1 ? x2 ,不合题意,舍去. 综上可得 k ? 0 或 k ? 4 为所求. 7. 一个由若干行数字组成的数表,从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个 数之和,最后一行仅有一个数,第一行是前 100 个正整数按从小到大排成的行,则最后一行 的数是 (可以用指数表示) 【答案】
101? 298
24

【解析】 易知: (ⅰ)该数表共有 100 行; (ⅱ)每一行构成一个等差数列,且公差依次为 d1 ? 1 , d 2 ? 2 , d3 ? 22 ,…, d99 ? 298 (ⅲ) a100 为所求. 设第 n ? n≥ 2 ? 行的第一个数为 an ,则

an ? an?1 ? ? an?1 ? 2n?2 ? ? 2an?1 ? 2n?2 ? 2 ? 2an?2 ? 2n?3 ? ? 2n?2 ? ? 2 n?4 n?2 n?2 3 n?2 ? 2 ? 2an?3 ? 2 ? ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 an?3 ? 3 ? 2 =…… ? 2n?1 a1 ? ? n ? 1? ? 2n?2 ? ? n ? 1? 2n?2 ? ?

故 a100 ? 101? 298 . 8. 某车站每天 8 00 ~ 9 00 , 9 00 ~10 00 都恰有一辆客车到站,但到站的时刻是随 ∶ ∶ ∶ ∶ 机的,且两者到站的时间是相互独立的,其规律为 8 10 ∶ 8 30 ∶ 8 50 ∶ 到站时刻 9 10 ∶ 9 30 ∶ 9 50 ∶ 1 1 1 概率 6 2 3 一旅客 8 20 到车站,则它候车时间的数学期望为 (精确到分) . ∶ 【答案】 27 【解析】 旅客候车的分布列为 10 30 50 70 90 候车时间(分) 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? 概率 2 6 6 2 6 3 6 3 候车时间的数学期望为 1 1 1 1 1 10 ? ? 30 ? ? 50 ? ? 70 ? ? 90 ? ? 27 2 3 36 12 18 二、解答题 x2 y 2 1. (本小题满分 14 分)设直线 l : y ? kx ? m (其中 k , m 为整数)与椭圆 ? ?1 16 12 x2 y 2 交于不同两点 A , B ,与双曲线 ? ? 1 交于不同两点 C , D ,问是否存在直线 l ,使得 4 12 ???? ??? ? 向量 AC ? BD ? 0 ,若存在,指出这样的直线有多少条?若不存在,请说明理由. ? y ? kx ? m ? 【解析】 由 ? x2 y 2 消去 y 化简整理得 ? 3 ? 4k 2 ? x 2 ? 8kmx ? 4m2 ? 48 ? 0 ?1 ? ? ?16 12 8km 设 A ? x1 ,y1 ? , B ? x2 ,y2 ? ,则 x1 ? x2 ? ? 3 ? 4k 2 2 ?1 ? ? 8km ? ? 4 ? 3 ? 4k 2 ?? 4m2 ? 48 ? ? 0 ① ………4 分
? y ? kx ? m ? 由 ? x2 y 2 消去 y 化简整理得 ? 3 ? k 2 ? x 2 ? 2kmx ? m2 ? 12 ? 0 ? ?1 ? ? 4 12 2km 设 C ? x3 ,y4 ? , D ? x4 ,y4 ? ,则 x3 ? x4 ? 3 ? k2 2 ? 2 ? ? ?2km ? ? 4 ? 3 ? k 2 ?? m2 ? 12 ? ? 0 ② …………8 分 ???? ??? ? 因为 AC ? BD ? 0 ,所以 ? x4 ? x2 ? ? ? x3 ? x1 ? ? 0 ,此时 ? y4 ? y2 ? ? ? y3 ? y1 ? ? 0 .

由 x1 ? x2 ? x3 ? x4 得 ?

8km 2km . ? 3 ? 4k 2 3 ? k 2
25

4 1 .由上式解得 k ? 0 或 m ? 0 .当 k ? 0 时,由①和②得 ? 2 3 ? 4k 3 ? k2 ?2 3 ? m ? 2 3 .因 m 是整数,所以 m 的值为 ?3 , ?2 , ?1 , 0 ,1 , 2 , 3 .当 m ? 0 ,由

所以 2km ? 0 或 ?

①和②得 ? 3 ? k ? 3 .因 k 是整数,所以 k ? ?1 , 0 , 1 .于是满足条件的直线共有 9 条.………14 分 2. (本小题 15 分)已知 p ,q ? q ? 0 ? 是实数,方程 x2 ? px ? q ? 0 有两个实根 ? ,? , 数列 ?an ? 满足 a1 ? p , a2 ? p 2 ? q , an ? pan?1 ? qan?2 ? n ? 3 , , ? 4 ? (Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式(用 ? , ? 表示) ; (Ⅱ)若 p ? 1 , q ? 【解析】
1 ,求 ?an ? 的前 n 项和. 4 方法一:(Ⅰ)由韦达定理知 ? ? ? ? q ? 0 ,又 ? ? ? ? p ,所以

an ? pxn?1 ? qxn?2 ? ?? ? ? ? an?1 ? ?? an?2 , ? n ? 3 , , , ? 4 5 ?

整理得 an ? ? an?1 ? ? ? an?1 ? ? an?2 ?
2 ? 令 bn ? an?1 ? ? an ,则 bn?1 ? ? bn ? n ? 1, , ? .所以 ?bn ? 是公比为 ? 的等比数列.

数列 ?bn ? 的首项为: b1 ? a2 ? ? a1 ? p 2 ? q ? ? p ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? 2 .
2

2 ? 所以 bn ? ? 2 ? ? n?1 ? ? n?1 ,即 an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1, , ? . 2 ? 所以 an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1, , ? . 2 ? ①当 ? ? p 2 ? 4q ? 0 时,? ? ? ? 0 , a1 ? p ? ? ? ? ? 2? , an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1, , ?

a a ?a ? 2 ? 整理得, nn?11 ? nn ? 1 , n ? 1, , ? . 2 ? 所以, 变为 an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1, , ? . 数列 ? nn ? ? ? ? ? ?? ? a a 2? 成公差为 1 的等差数列,其首项为 1 ? ? 2 .所以 n ? 2 ? 1? n ? 1? ? n ? 1 . n

于是数列 ?an ? 的通项公式为 an ? ? n ? 1?? n ;……………………………5 分 ②当 ? ? p 2 ? 4q ? 0 时, ? ? ? , ? ? ? n?1 ? ? 2 ? an?1 ? ? an ? ? n?1 ? ? an ? ? ? ? an ? ? n?1 ? ? n?1 ? n ? 1, , ? . ? ?? ? ?? ? ?? 整理得 an?1 ?
? ? n? 2 ? n?1 ? 2 ? ? ? ? an ? ? , ? n ? 1, , ? . ? ?? ? ?? ? ?

?

?

?

? ? n?1 ? 所以,数列 ?an ? ? 成公比为 ? 的等比数列,其首项为 ? ?? ? ? ?2 ?2 ?2 ? n?1 ?2 .所以 an ? ? ? n?1 . a1 ? ?? ? ? ? ? ? ?? ? ?? ? ?? ? ?? ? ??

? n?1 ? ? n?1 .………………………………10 分 ? ?? 1 1 (Ⅱ)若 p ? 1 ,q ? , ? ? p 2 ? 4q ? 0 , 则 此时 ? ? ? ? . 由第(Ⅰ)步的结果得, 数列 ?an ? 4 2
于是数列 ?an ? 的通项公式为 an ?
? 1 ? n ?1 的通项公式为 an ? ? n ? 1? ? ? ? n ,所以, ?an ? 的前 n 项和为 2 ?2? 2 3 4 n n ?1 sn ? ? 2 ? 3 ? ? ? n?1 ? n 2 2 2 2 2 1 2 3 4 n n ?1 sn ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? ? 2 2 2 2 2n 2n?1 1 3 n?3 以上两式相减,整理得 sn ? ? n?1 2 2 2
n

26

所以 sn ? 3 ? 方法二:

n?3 .………………………………………………………15 分 2n

(Ⅰ)由韦达定理知 ? ? ? ? q ? 0 ,又 ? ? ? ? p ,所以 a1 ? ? ? ? , a2 ? ? 2 ? ? 2 ? ?? . 特征方程 ? 2 ? p? ? q ? 0 的两个根为 ? , ? .
2 ? ①当 ? ? ? ? 0 时,通项 an ? ? A1 ? A2 n ?? n ? n ? 1, , ? 由 a1 ? 2? , a2 ? 3? 2 得
?? A1 ? A2 ?? ? 2? ? , ? 2 2 ?? A1 ? 2 A2 ?? ? 3? ?

解得 A1 ? A2 ? 1 .故

an ? ?1 ? n ?? n .…………5 分

2 ? ②当 ? ? ? 时,通项 an ? A1? n ? A2 ? n ? n ? 1, , ? .由 a1 ? ? ? ? , a2 ? ? 2 ? ? 2 ? ?? 得

? A1? ? A2 ? ? ? ? ? ? , ? 2 2 2 2 ? A1? ? A2 ? ? ? ? ? ? ?? ?

解得 A1 ?

?? ? , A2 ? .故 ? ?? ? ??

an ?

?? n?1 ? n?1 ? n?1 ? n?1 ? .………………………………………10 分 ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ?

(Ⅱ)同方法一. 3. (本小题满分 15 分)求函数 y ? x ? 27 ? 13 ? x ? x 的最大和最小值. 【解析】
13 函数的定义域为 ?0 , ? .因为
y ? x ? x ? 27 ? 13 ? x ? x ? 27 ? 13 ? 2 x ?13 ? x ? ≥ 27 ? 13 ? 3 3 ? 13

当 x ? 0 时等号成立.故 y 的最小值为 3 3 ? 13 .……………………5 分 又由柯西不等式得
y2 ?

?

x ? x ? 27 ? 13 ? x

所以 y ≤11 .

1? ?1 ≤ ? ? 1 ? ? ? 2 x ? ? x ? 27 ? ? 3?13 ? x ? ? ? 121 2 3? ? …………………………………………………………10 分
2

?

由柯西不等式等号成立的条件,得 4 x ? 9 ?13 ? x ? ? x ? 27 ,解得 x ? 9 .故当 x ? 9 时等号 成立.因此 y 的最大值为 11 .……………………………………15 分

2009 年全国高中数学联合竞赛加试 试题参考答案及评分标准(A 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. ⌒ AC 一、 如图,M ,N 分别为锐角三角形 ?ABC( ?A ? ?B ) 的外接圆 ? 上弧BC 、⌒ 的中点. 过 点 C 作 PC ∥MN 交圆 ? 于 P 点, I 为 ?ABC 的内心,连接 PI 并延长交圆 ? 于 T . ⑴求证: MP ? MT ? NP ? NT ; ⌒ ⑵在弧AB(不含点 C )上任取一点 Q ( Q ≠ A , T , B ) ,记 ?AQC , △QCB 的内心 分别为 I1 , I 2 ,

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P N

C M I T

B

A

Q

求证: Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. 【解析】 ⑴连 NI , MI .由于 PC ∥MN , P , C , M , N 共圆,故 PCMN 是等 腰梯形.因此 NP ? MC , PM ? NC .
P N I T A C M

B

连 AM , CI ,则 AM 与 CI 交于 I ,因为 ?MIC ? ?MAC ? ?ACI ? ?MCB ? ?BCI ? ?MCI ,所以 MC ? MI .同理 NC ? NI . 于是 NP ? MI , PM ? NI . 故四边形 MPNI 为平行四边形.因此 S△PMT ? S△PNT (同底,等高) . 又 P , N , T , M 四点共圆,故 ?TNP ? ?PMT ? 180? ,由三角形面积公式 1 1 1 S△PMT ? PM ? MT sin ?PMT ? S△PNT ? PN ? NT sin ?PNT ? PN ? NT sin ?PMT 2 2 2 于是 PM ? MT ? PN ? NT . ⑵因为 ?NCI1 ? ?NCA ? ?ACI1 ? ?NQC ? ?QCI1 ? ?CI1 N ,
P N I I2 I1 A T Q C M

B

所以 NC ? NI1 ,同理 MC ? MI 2 .由 MP ? MT ? NP ? NT 得 由⑴所证 MP ? NC , NP ? MC ,故
NT MT . ? NI1 MI 2

NT MT . ? MP NP

又因 ?I1 NT ? ?QNT ? ?QMT ? ?I 2 MT ,有 ?I1 NT ∽ ?I 2 MT . 故 ?NTI1 ? ?MTI 2 ,从而 ?I1QI 2 ? ?NQM ? ?NTM ? ?I1TI 2 . 因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆.
28

1 ? n k ? 二、求证不等式: ?1 ? ? ? 2 ? ? ln n ≤ , n ? 1 ,2,… k ?1? 2 ? k ?1 【解析】 证明:首先证明一个不等式: x ⑴ ? ln(1 ? x) ? x , x ? 0 . 1? x x 事实上,令 h( x) ? x ? ln(1 ? x) , g ( x) ? ln(1 ? x) ? . 1? x 1 1 x 1 则对 x ? 0 , h?( x) ? 1 ? ? ? ?0. ? 0 , g ?( x) ? 2 1 ? x (1 ? x) (1 ? x)2 1? x 1 于是 h( x) ? h(0) ? 0 , g ( x) ? g (0) ? 0 .在⑴中取 x ? 得 n 1 ? 1? 1 ⑵ ? ln ?1 ? ? ? . n ?1 ? n? n

令 xn ? ?

k 1 ? ln n ,则 x1 ? , k ?1 2 k ?1
2

n

xn ? xn ?1 ?

1 n 1 ? n 1 ? ?0 ? ln ?1 ? ? ?? 2 ?? 2 n ?1 (n ? 1)n ? n ?1? n ?1 n 1 因此 xn ? xn?1 ? ? ? x1 ? . 2 又因为
2

n?1 ? 1? ln n ? (ln n ? ln(n ? 1)) ? (ln(n ? 1) ? ln(n ? 2)) ? ? ? (ln 2 ? ln1) ? ln1 ? ? ln ?1 ? ? .从而 ? k? k ?1

xn ? ?

n ?1 n ?1 k 1? n ? 1 ? n ?1 ? k ? k ? 1 ?? ? ?? 2 ? ? ? ln ?1 ? ? ? ? 2 ? ? ln ?1 ? ? ? ? ? 2 ? k ? ? n ? 1 k ?1 ? k ? 1 k ? ? k ? k ?1 ? k ? 1 k ?1 k ? 1 k ?1 n 2
n ?1 1 1 1 ≥ ?? ? ?1 ? ? ?1 . ) ) n k ?1 ( k ? 1 k k ?1 ( k ? 1 k 2 n ?1

? ??

三、设 k , l 是给定的两个正整数.证明:有无穷多个正整数 m ≥ k ,使得 Ck 与 l 互素. m 【解析】
l 证法一:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !) .我们证明 ? Ck , ? ? 1 . m
k k k

/ m 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p∣ Ck . / 若 p∣k!,则由 k !Ck ? ? (m ? k ? i ) ? ? [(i ? tl (k !)] ? ? i ? k !? mod p? ?1 ? . m
i ?1 i ?1 i ?1

及 p | k ! ,且

?

l 证法二:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !)2 ,我们证明 ? Ck , ? ? 1 . m
/ m / 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p∣ Ck . 若 p∣k!,则由

/ pα+1∣k!,知

p | k !C 且 p
k m

?

? ?1

/ / m ∣ k !C .从而 p∣ Ck .
k m

k !Ck ? ? (m ? k ? i ) ? ?[(i ? tl (k !)2 ] ? ? i ? k !? mod p ? . m
i ?1 i ?1 i ?1

k

k

k

/ m 即 p 不整除上式,故 p∣ Ck .

k 若 p | k ! ,设 ? ≥1 使 p? | k ! ,但 p? ?1 ? !. p? ?1 | (k !)2 .故由
/ k !Ck ? ? (m ? k ? i ) ? ?[(i ? tl (k !)2 ] ? ? i ? k !? mod p? ?1 ? ,及 p? | k ! , pα+1∣k!, 且 知 m
k k i ?1 i ?1 i ?1 k ?1

p | k! C

?

k m

且p

? ?1

/ ∣ k !C m .从而
k

/ p∣ Cm
k



四、在非负数构成的 3 ? 9 数表

29

x x ? x1 1 x 1 2 x 1 3 x 1 4 x 1 5 1 x 1 7 ? x 8 1 9 6 1 ? ? P ? ? x 1 x2 2 x 2 3 x 2 4 x 2 5x 2 6 2x ? 2 8 2 9 x x 2 7 ? x x x x x x x x ?x ? 31 32 33 34 35 36 37 ?38 39 中每行的数互不相同, 6 列中每列的三数之和为 1,x17 ? x28 ? x39 ? 0 ,x27 ,x37 ,x18 , 前
x38 , x19 , x29 均大于.如果 P 的前三列构成的数表

? x1 1 x 1 2 x 1 3 ? ? ? S ? ? x 1 x2 2 x ? 3 2 2 ?x x x ? 3 ? 31 32 ?3
? x1k ? ? ? 满足下面的性质 (O) :对于数表 P 中的任意一列 ? x2 k ? ( k ? 1 ,2,…,9)均存在某个 ?x ? ? 3k ? i ? ?1,2 , ? 使得 3

⑶ xik ≤ ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? . 求证: (ⅰ)最小值 ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3? , i ? 1 ,2,3 一定自数表 S 的不同列.
? x1k * ? ? ? (ⅱ)存在数表 P 中唯一的一列 ? x2 k * ? , k * ≠1 ,2,3 使得 3 ? 3 数表 ? ?x ? ? ? 3k* ? ? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ? 仍然具有性质 (O) .

【解析】

(ⅰ)假设最小值 ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? , i ? 1 ,2,3 不是取自数表 S 的

不同列.则存在一列不含任何 ui .不妨设 ui ≠ xi 2 , i ? 1 ,2,3.由于数表 P 中同一行中的 任何两个元素都不等,于是 ui ? xi 2 , i ? 1 ,2,3.另一方面,由于数表 S 具有性质 (O) ,在
3 ⑶中取 k ? 2 ,则存在某个 i0 ? ?1,2 , ? 使得 xi0 2 ≤ ui0 .矛盾.

(ⅱ)由抽届原理知, min ? x11 ,x12 ? , min ?x21 ,x22 ? , min ?x31 ,x32 ? 中至少有两个值取在 同一列.不妨设 min ? x21 ,x22 ? ? x22 , min ?x31 ,x32 ? ? x32 .由前面的结论知数表 S 的第一列 一定含有某个 ui ,所以只能是 x11 ? u1 .同样,第二列中也必含某个 ui , i ? 1 ,2.不妨设
x22 ? u2 .于是 u3 ? x33 ,即 ui 是数表 S 中的对角线上数字.

? x11 x12 x13 ? ? ? S ? ? x21 x22 x23 ? ?x x x ? ? 31 32 33 ? ? 9 记 M ? ?1,2 , , ? ,令集合

I ? ?k ? M | xik ? min ? xi1 ,xi 2 ? , ? 1, ? . i 3

显然 I ? ?k ? M | x1k ? x11 ,x3k ? x32 ? 且 1, 3 ? I . 2 因为 x18 ,x38 ? 1≥ x11 ,x32 , 所以 8 ? I . 故 I ≠ ? .于是存在 k * ? I 使得 x2 k* ? max ? x2 k | k ? I ? .显然, k * ≠1 ,2,3. 下面证明 3 ? 3 数表

30

? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ? 具有性质 (O) .

从上面的选法可知 ui? :? min ? xi1 ,xi 2 ,xik * ? ? min ? xi1 ,xi 2 ? , (i ? 1, .这说明 3)
x1k* ? min ? x11 ,x12 ? ≥ u1 , x3k* ? min ? x31 ,x32 ? ≥ u3 .

又 由 S 满 足 性 质 (O) . 在 ⑶ 中 取 k ? k * , 推 得 x2k * ≤ u2 , 于 是
? u2 ? min x21 ,x22 ,x2 k * ? x2 k * .下证对任意的 k ? M ,存在某个 i ? 1 ,2,3 使得 ui? ≥ xik .假

?

?

若不然,则 xik ? min ? xi1 ,xi 2 ? ,i ? 1 ,3 且 x2 k ? x2 k * .这与 x2k * 的最大性矛盾.因此,数表 S ? 满足性质 (O) . 下证唯一性.设有 k ? M 使得数表 ? x11 x12 x1k ? ? ??x x x ? S ? 21 22 2 k ? ?x x x ? ? 31 32 3k ? 具有性质 (O) ,不失一般性,我们假定
u1 ? min ?x11 ,x12 ,x13 ? ? x11

⑷ u2 ? min ?x21 ,x22 ,x23 ? ? x22
u3 ? min ?x31 ,x32 ,x33 ? ? x33
x32 ? x31 .
? 由于 x32 ? x31 , x22 ? x21 及(ⅰ) ,有 u1 ? min ? x11 ,x12 ,x1k ? ? x11 .又由(ⅰ)知:或者 ? ? (a) u 3 ? min ? x31 ,x32 ,x3k ? ? x3k ,或者 (b)u 2 ? min ? x21 ,x22 ,x2 k ? ? x2 k . ? 如果 (a) 成立,由数表 S 具有性质 (O) ,则 ? u1 ? min ? x11 ,x12 ,x1k ? ? x11 , ? ⑸ u 2 ? min ? x ,x ,x ? ? x ,
21 22 2k 22

? u 3 ? min ? x31 ,x32 ,x3k ? ? x3k .
? ? 3 由数表 S 满足性质 (O) , 则对于 3 ? M 至少存在一个 i ? ?1,2 , ? 使得 u i ≥ xik * . k * ? I 由

? ? ? 及⑷和⑹式知, x1k * ? x11 ? u1 , x3k * ? x32 ? u 3 .于是只能有 x2 k* ≤ u 2 ? x2 k .类似地,由 S ? 满

? 足性质 (O) 及 k ? M 可推得 x2 k ≤ u2 ? x2 k* .从而 k * ? k .

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,解答题中 5 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 31

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

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

( C ) D.3

[解] 当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此

f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 1 当且仅当 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) ? 2 , ? 2? x 时 2? x 2? x 2? x 2? x

上式取等号.而此方程有解 x ? 1? (??, 2) ,因此 f ( x) 在 (??, 2) 上的最小值为 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( D ) A. [?1, 2) B. [?1, 2] C. [0,3] D. [0,3)

[解] 因 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根 故 B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即

x1 ?

a a2 a a2 ? 4? , x2 ? ? 4 ? , 2 4 2 4

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

2 , 乙在每局中获胜的概率为 3
( B ) D.

1 ,且各局胜负相互独立,则比赛停止时已打局数 ? 的期望 E? 为 3 241 266 274 A. B. C. 81 81 81 [解法一] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6.
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

5 P(? ? 2) ? , 9

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

32

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

2 2 2 2 2 a 2 ? b2 ? c 2 ? 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.
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) .

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

则 a ? 5 无解,若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.此时无解.
2 2

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

b ? c ? 6 ,故 b ? 6 ,此时 a 2 ? 58 ? 36 ? 22 无解.

33

? 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

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

( B )

D. 4

? x ? y ? 0, ? x ? 0, ? x ? ?1, [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 x 2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . 由①得 x ? ?

1 ,代入③化简得 ( y ? 1)( y 3 ? y ? 1) ? 0 . y

易知 y 3 ? 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,

? x ? 0, ? x ? ?1, 故该方程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 围是

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

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

D. (

5 ?1 , ??) 2

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
? s i A ?( C n ) ?? iB ( s n ? ? s i B ?( C n ) ?? iA ( s n ? B ) b i n s ? q. A ) a i n s

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. ? ?
34

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

5 ?1 5 ?1 5 ?1 5 ?1 ?q? ,因此所求的取值范围是 ( , ). 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) , f n ?1 ( x) ? f ( f n ( x)) , n ? 1, 2,3,? , 若 f 7 ( x) ? 128 x ? 381 ,则 a ? b ? 5 .

[解] 由题意知 f n ( x) ? a n x ? (a n ?1 ? a n ?2 ? ? ? a ? 1)b ? a n x ? 由 f 7 ( x) ? 128 x ? 381 得 a 7 ? 128 ,

an ?1 ?b , a ?1

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

1 8.设 f ( x) ? cos 2 x ? 2a(1 ? cos x) 的最小值为 ? ,则 a ? 2

?2 ? 3



a 1 [解] f ( x) ? 2cos2 x ? 1 ? 2a ? 2a cos x ? 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 又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的最小值不能为 ? , 2

1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2
9. 24 个志愿者名额分配给 3 个学校, 将 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 ? 253 种. 23
35

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

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 S n 满足: S n ? an ?
an =

n ?1 , n ? 1, 2,? ,则通项 n(n ? 1)

1 1 . ? n 2 n(n ? 1)
[解] an ?1 ? Sn?1 ? Sn ? 即 2 a 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 ?

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

1 1 1 1 有 bn?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 ? 2 x , f ( x ? 6) ? f ( x) ? 63 ? 2 x ,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))

36

? ?3 ? 2x?2 ? 3 ? 2x?4 ? 63 ? 2x ? 3 ? 2x ,
因此有 f ( x ? 2) ? f ( x) ? 3 ? 2 x ,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 ?
[解法二] 令 g ( x) ? f ( x) ? 2 x ,则

41003?1 ? 1 2008 ? f (0) ? 2 ? 2007 . 4 ?1

g ( x ? 2) ? g ( x) ? f ( x ? 2) ? f ( x) ? 2 x ? 2 ? 2 x ? 3 ? 2 x ? 3 ? 2 x ? 0 , g ( x ? 6) ? g ( x) ? f ( x ? 6) ? f ( x) ? 2 x ?6 ? 2 x ? 63 ? 2 x ? 63 ? 2 x ? 0 ,
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 A 1 B1C1 //平面 ABC ,与 小球相切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体 垂足 D 为 A 1 B1C1 P ? A 1 B1C1 的中心,PO ? 面A1 B1C1 , 的中心. 因 VP ? A B C 答 12 图 1
1 1 1

1 ? S?A1B1C1 ? PD ? 4 ?VO ? A1B1C1 3

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

PP ? PO 2 ? OP 2 ? (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 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 EF ,如答 12 图 2.记正四面体的棱长为 a ,过 P1 1 作 PM ? PA 于 M . 1
37

因 ?MPP ? 1

3 ? ,有 PM ? PP ? cos MPP ? 2 2r ? ? 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长 1 1

6

2

P E ? P A?2 P M? a 2 6 . ? r 1
小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 2 中阴影部分)

S?PAB ? S?P1EF ?

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r ) 2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4
答 12 图 2

又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以

S?PAB ? S?P1EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .
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) 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) 的三个交点如答
13 图所示,且在 (? , 答 13 图 3? 3? 内相切,其切点为 A(? , ? sin ? ) , ? ? (? , ) .…5 分 ) 2 2

3 sin ? 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 ? cos ? ? ? ,即 ? ? tan ? .…10 分 2 ?
因此

cos ? cos ? 1 ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ? 4sin ? cos ?
? cos 2 ? ? sin 2 ? 4sin ? cos ? ? 1? t a 2 ? 1? ? 2 n . ? 4 t a? n 4?

…15 分 …20 分

14.解不等式: log 2 ( x12 ? 3x10 ? 5 x8 ? 3x 6 ? 1) ? 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) . [解法一] 由 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) ? log 2 (2 x 4 ? 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
38

…5 分

?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6

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

( x8 ? 2 x6 ? 4 x 4 ? x 2 ? 1)( x 4 ? x 2 ? 1) ? 0 ,
所以

…10 分

x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

( x2 ?
所以 x 2 ?

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? )?0. 2 2
?1 ? 5 . 2
…20 分

…15 分

?1 ? 5 ?1 ? 5 ,即 ? <x? 2 2

故原不等式解集为 (

5 ?1 , 2

5 ?1 ). 2

[解法二] 由 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) ? log 2 (2 x 4 ? 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 …5 分

2 1 ? ? x6 ? 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) , 2 x

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

…15 分

5 ?1 2

5 ?1 , 2

5 ?1 ). 2

…20 分 在 小值.

15.如题 15 图, P 是抛物线 y 2 ? 2 x 上的动点,点 B,C

y 轴上,圆 ( x ? 1)2 ? y 2 ? 1 内切于 ?PBC ,求 ?PBC 面积的最
[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 .

39

答 15 图

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

易知 x0 ? 2 ,上式化简得 ( x0 ? 2)b 2 ? 2 y0b ? x0 ? 0 , 同理有 ( x0 ? 2)c 2 ? 2 y0c ? x0 ? 0 . 所以 b ? c ? …10 分

2 ? x0 ?2 y 0 4 x 2 ? 4 y0 ? 8 x0 , bc ? ,则 (b ? c) 2 ? 0 . ( x0 ? 2) 2 x0 ? 2 x0 ? 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 ? . …15 分 2 ( x0 ? 2) x0 ? 2

所以 S?PBC ?

x 1 4 (b ? c) ? x0 ? 0 ? x0 ? ( x0 ? 2) ? ? 4 ? 2 4 ? 4 ? 8. 2 x0 ? 2 x0 ? 2

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;

BC AE 3 ( Ⅱ ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 ? 上 一 点 , 满 足 : , AB ? ? 3 ?1 , AB 2 EC 1 ?ECB ? ?ECA ,又 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P) 的最小值. 2 [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 APB ? 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,

AC 因此当且仅当 P 在 ?ABC 的外接圆且在 ? 上时, …10 分 f ( P) ? ( PB ? PD) ? CA .
40

答一图 1

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 P 为 ?ABC 的外接圆与 BD 的交点时, f ( P) 取最小值 f ( P)min ? AC ? BD . 故当 f ( P) 达最小值时, P, A, B, C 四点共圆. ( Ⅱ ) 记 ?E C B? ? , 则 ?E C A? 2? , 由 正 弦 定 理 有 …20 分

AE sin 2? 3 ,从而 ? ? AB sin 3? 2 3 sin 3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin ? ? 4sin 3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以
3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,
整理得 4 3 cos 2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 , 解得 cos ? ? 由已知 …30 分

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

sin ?EAC ? 30 BC ,有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,即 ? 3 ?1 = sin ?EAC EC 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,整理得 2 2 2? 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC , 2 2 1 ? 故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 ,………40 分 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 .
0

?

?

又 ?ABC 也 是 等 腰 直 角 三 角 形 , 故 BC ? 2 , BD2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 ,

BD ? 5 .
故 f ( P)min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 . [解法二] 故 P0 在 BD 上) . 过 A, C , D 分别作 P0 A, P0C , P0 D 的垂线,两两相交得 ?A1 B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而 在 ?A1 B1C1 内 , 记 ?ABC 之 三 内 角 分 别 为 x,y,z , 则 ?AP0C ? 180? ? y ? z ? x , 又 因 …50 分 (Ⅰ) 如答一图 2, 连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O 于 P0 点 (因为 D 在圆 O 外,

B1C1 ? P0 A , B1 A1 ? P0C ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ?C1 ? z ,
所以 ?A1 B1C1 ∽ ?ABC . …10 分 设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ?CA , A1 B1 ? ? AB , 则对平面上任意点 M ,有 ? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? P0C ? AB)

? P0 A ? B1C1 ? P0 D ? C1 A1 ? P0C ? A1B1

? 2S?A1B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1 ? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB) ? ? f (M ) ,
从而

f ( P )? f ( M. ) 0

答一图 2 …20 分

由 M 点的任意性,知 P0 点是使 f ( P) 达最小值的点. 由点 P0 在 ? O 上,故 P0 , A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ) f ( P) 的最小值 ,

41

f ( P0 ) ?

2

?

S?A1B1C1 ? 2? S ?ABC ,

AE sin 2? 3 , 从 而 ? ? AB sin 3? 2 3 sin 3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin ? ? 4sin 3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以
记 ?ECB ? ? , 则 ?E C A 2? , 由 正 弦 定 理 有 ?

3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,
整理得 4 3 cos 2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 , …30 分

3 1 或 cos ? ? ? (舍去) , 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 = sin ?EAC EC 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 2 2 2? 3 1 1 整 理 得 , 可 得 sin ?EAC ? cos ?EAC , 故 t a ?EAC ? n ? ?2 3 2 2 2? 3 ?EAC ? 75? ,…40 分
0

?

?

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, ?AB1 B ? 90? ,所以 B1 BDC1 为矩形,

B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 ,故 ? ?
f ( P) min ? 2 ?
[解法三]

5 ,所以 2

5 ?1 ? 10 . …50 分 2 (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 z 2 (复向量)同向时取等号. ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? 有 P A? B C? P C A B ? ? P? A B C P C A B ? ? , 所以

( A ? P) (C? B) ? (C? P) ( B A) ? ? ( A ? P) (C ? B) ? (C ? P) ( B? A)
(1)

? ?P ?C ?A ?B ?C ?B ?P ?A ? ? ?? ? ? ?? , ? ( B ? P ) (C ? A) ? P B ? A C ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ??? ??? ? ??? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ?? 从而 P A ? B C? P C A B ? ? P ?D ?CP B ? A C ? P D? A C A ??? ??? ???? ? ? ??? ???? ? . (2) …10 分 ? ( PB ? PD ) ? AC ? B D? A C
(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

所以

( A ? P)(C ? B) ? ? (C ? P)( B ? A) , A? P B A ? , ?? C? P C B ? A? P B A ? arg( ? arg( , ) ) C? P C B ?
42

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 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. 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 , (n ? 1 , 2? ,? ? )且每个 an (n ? 1, 2, ???) 都是 f ( x) 的周期.
(Ⅰ)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使 [证] (Ⅰ)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T ?

n 且 (m, n) ? 1 ,从而存在整数 m

a, b ,使得
ma ? nb ? 1.
于是 1 ma ? nb ? ? a ? bT ? a ?1 ? b ? T m m 是 f ( x) 的周期.

…10 分

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. …20 分 (Ⅱ)若 T 是无理数,令 ?1? a1 ? 1 ? ? ? T , ?T ? 则 0 ? a1 ? 1 ,且 a1 是无理数,令
?1? a2 ? 1 ? ? ? a1 , ? a1 ?

……

?1? an ?1 ? 1 ? ? ? an , ………30 分 ? an ?
由数学归纳法易知 an 均为无理数且 0 ? an ? 1 .又 即 an ?1 ? 1 ? ?

?1? 1 ?1? ? ? ? ? 1 ,故1 ? an ? ? ? an , an ? an ? ? an ?
…40 分

?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, 1 和 T 是 f ( x) 的周期, a1 ? 1 ? ? ? T 亦 因 故 ?T ? ? ? ? ? 是 f ( x) 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 ? ak ?

43

纳法,已证得 an 均是 f ( x) 的周期. 三、 (本题满分 50 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

(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 ,
k ?1 2008

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 ) ? b ? ? ak ,
k ?1 k ?1

2008

2008

因此 ? ak ? 1 .
k ?1

2008

…20 分

充分性:假设 ? ak ? 1 .定义多项式函数如下:
k ?1

2008

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 .…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 k ?1
k xn ? ? s0 ? k ?1 n n s0 ? s0 ?1 . 1 ? s0

n

n 因 0 ? s0 ? 1 ,故 lim s0 ?1 ? 0 ,因此 lim xn ? lim n ??

n ??

n s0 ? s0 ?1 s ? 0 ,即 { xn } 的极限存在,满 n ?? 1 ? s 1 ? s0 0

足(ⅱ) .

…40 分
2008 k ?1

k 最后验证 { xn } 满足(ⅲ) ,因 f ( s0 ) ? 0 ,即 ? ak s0 ? 1 ,从而

n k n n xn ? xn ?1 ? s0 ? ( ? ak s0 ) s0 ? ? ak s0 ? k ? ? ak ( xn ? k ? xn ?k ?1 ) . k ?1 k ?1 k ?1

2008

2008

2008

综上,存在数列 { xn } 满足(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ) , , .

…50 分

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案
44

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( B ) A.

P

1 7

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?

1 2

D

M C B

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、 A AC,则∠AMC 为二面角 A? PB? C 的平面角。不妨设 AB=2,则 斜高为 7 , 2 ? 7 ? AM ? 2 2 , 故 由此得CM ? AM ? PA ? AC ? 2 2 , 中,由余弦定理得 cos ?AMC ?

7 。 在△AMC 2

? CM 2 ? AC 2 1 ?? 。 2 ? AM ? CM 7 2 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所 2. 设实数 a 使得不等式|2x? a|+|3x? 2a|≥a 组成的集合是( A ) 1 1 1 1 1 1 A. [? , ] B. [? , ] C. [? , ] D. [? 3,3] 3 3 2 2 4 3 2 1 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 1 3 4 一般地,对 k∈R,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |?| a |2 ,由 2 2 3 3 4 此易知原不等式等价于 | a |?| k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k ? 3 k ? ?2 3 3 4 ? 1 4 ? | 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 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 ) 52 59 60 61 A. B. C. D. 81 81 81 81 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 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 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 AM
2

立,则

b cos c 的值等于( a
1 2
B.

C

) C. ? 1 D. 1

A. ?

1 2

45

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

1 ,c=π,则对任 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 π 2 中 0 ? ? ? 且 tan? ? ,于是 af(x)+bf(x? c)=1 可化为 2 3 13a sin( x ? ? ) ? 13b sin( x ? ? ? c) ? a ? b ? 1 ,即 13a sin( x ? ?) ? 13b sin( x ? ?) cos c ? 13b sin c cos(x ? ?) ? (a ? b ? 1) ? 0 , 所以 13(a ? b cos c) sin( x ? ?) ? 13b sin c cos(x ? ?) ? (a ? b ? 1) ? 0 。
?a ? b cos c ? 0 (1) ? 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 (2) , ? 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。 b cos c 1 由(1)、(3)知 a ? b ? ,所以 ? ?1 。 2 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( A )

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 2c 2c 焦点为 O1、O2,且离心率分别是 和 的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂 r1 ? r2 | r1 ? r2 | 线是轨迹的一部份,当 c=0 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},{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) P 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(? 3,0),B(1,? 1), F
46

A B

C(0, D(? 1, 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, CA ? 33 ,若 2 。 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于 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 2 ? 33 ? 1

2

2

1 ? BF ? ( AC ? AB) ? 1 ? 2 , 即 BF ? BC ? 2 。 设 EF 与 BC 的 夹 角 为 θ , 则 有
2 。 3 9. 已知正方体 ABCD? A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为 2 3 球心, 为半径作一个球, 则球面与正方体的表面相交所得 3 5 3? 到的曲线的长等于 。 6 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: 一类在顶点 A 所在的三个面上, 即面 AA1B1B、 ABCD 面 和面 AA1D1D 上; 另一类在不过顶点 A 的三个面上, 即面 BB1C1C、 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 面 2 3 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上,因为 AE ? ,AA1=1,则 3 2 3 ? 3 ? ? ? ? ? ?, ?A1AE ? 。同理 ?BAF ? ,所以 ?EAF ? ,故弧 EF 的长为 3 6 9 6 6 6 而这样的弧共有三条。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 3 ? 得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 , ?FBG ? ,所以弧 FG 的长为 3 2 3 ? 3 ? ? ? 。这样的弧也有三条。 3 2 6 3 3 5 3? 于是,所得的曲线长为 3 ? 。 ? ? 3? ? ? 9 6 6 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 2 2 a 2 ? a2 ? a 3 1 a1=d,b1=d2,且 1 是正整数,则 q 等于 。 b1 ? b2 ? b3 2
| BF | ? | BC | ? cos ? ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 cos ? ?
解:因为 1+q+q2 为
2 2 2 a1 ? a 2 ? a 3

b1 ? b2 ? b3

?

2 a1 ? (a1 ? d )2 ? (a1 ? 2d )2

b1 ? b1q ? b1q

2

?

14 ,故由已知条件知道: 1 ? q ? q2

14 14 ,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q 2 ? ,则 m m 1 1 14 1 56 ? 3m 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 q?? ? ? ?1 ? ? ? 2 4 m 2 4m 1 14 56 ? 3m 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 1? ? 3 ,即 5≤m≤13 且 4m m 2
47

4 5 sin(?x ) ? cos(?x ) ? 2 1 5 。 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 x 4 4 5 ? 2 sin( ?x ? ) ? 2 1 5 4 ( ? x ? ) ,设 解:实际上 f (x ) ? x 4 4 1 3 3 5 ? 1 5 g(x ) ? 2 sin(?x ? )( ? x ? ) ,则 g(x)≥0,g(x)在 [ , ] 上是增函数,在 [ , ] 上 4 4 4 4 4 4 4 3 1 3 3 5 是减函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x ? 对称,则对任意 x 1 ? [ , ] ,存在 x 2 ? [ , ] , 4 4 4 4 4 使 g(x2)=g(x1)。于是 g(x 1 ) ? 2 g(x 2 ) ? 2 g(x 2 ) ? 2 3 5 f (x 1 ) ? ? ? ? f (x 2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数,所以 x1 x1 x2 4 4
11. 已知函数 f (x ) ?

4 5 5 4 5 1 5 ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 f (x ) ? f ( ) ? 5 4 5 4 4 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 3960 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 既不同行也不同列的填法也有 C42A42=72 种,故由乘法原理,这样的 填法共有 722 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。

2 n 1 1 1 1 1 ? ( ? ) ,因此 a n ? ? ,于是,对任意 n ? 1 k ?1 k k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k

1 1 n 1 1 n ?1 1 的正整数 n≥2,有 (a n ? a n ?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 x 线 C 在点 M、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。 ?y ? x ? 1 1 ? x ,消去 y,得 x ? ? kx ? 1 ,即(k? 1)x2+x? 1=0。由题意知,该方 由方程组 ? x ?y ? kx ? 1 ? 程 在 (0 , +≦) 上 有 两 个 相 异 的 实 根 x1 、 x2 , 故 k≠1 , 且 Δ=1+4(k? 1)>0…(1) , 1 1 3 1 x1 ? x 2 ? ? 0 …(2), x 1x 2 ? ? 0 …(3),由此解得 ? k ? 1 。对 y ? x ? 求导, x 4 1?k 1?k 1 1 1 得 y' ? 1 ? 2 , 则 y' |x ?x ? 1 ? 2 , y' |x ?x ? 1 ? 2 , 于 是 直 线 l1 的 方 程 为 x1 x2 x

?

?

1

2

48

y ? y 1 ? (1 ?

1 1 1 )( x ? x 1 ) ,即 y ? (x 1 ? ) ? (1 ? 2 )( x ? x 1 ) ,化简后得到直线 l1 的方程为 2 x1 x1 x1

y ? (1 ?
(

1 2 1 2 …(4)。同理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 2 )x ? …(5)。(4)? (5)得 )x ? 2 x1 x1 x2 x2

2x 1x 2 1 1 2 2 …(6)。 ? 2 )x p ? ? ? 0 ,因为 x1≠x2,故有 x p ? 2 x1 ? x 2 x 2 x1 x1 x 2
将(2)(3)两式代入(6)式得 xp=2。 x ? x2 1 1 1 1 1 1 (4)+(5) 得 2y p ? (2 ? ( 2 ? 2 ))x p ? 2( ? ) …(7) , 其 中 ? ? 1 ?1, x1 x 2 x1 x 2 x1 x 2 x 1x 2

2 2 x 1 ? x 2 (x 1 ? x 2 )2 ? 2x 1x 2 x ? x2 2 1 1 2 ? 2 ? ? ?( 1 ) ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 ,代入(7) 2 2 2 2 2 x1 x2 x1x 2 x1x 2 x 1x 2 x 1x 2

式得 2yp=(3? 2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4? 2k。又由

3 5 ? k ? 1 得 2 ? y p ? ,即点 P 的轨迹为 4 2

(2,2),(2,2.5)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 ) 证明:记 g(x ) ? , h(x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函 2 2 数,h(x)是奇函数,对任意的 x∈R,g(x+2π)=g(x),h(x+2π)=h(x)。 ? ? g(x ) ? g(x ?π ) x ? kπ ? g(x ) ? g(x ?π ) ? 2 cos x 2 令 f1(x ) ? , f 2 (x ) ? ? ? , 2 0 x ? kπ ? ? 2 ? kπ ? h (x ) ? h (x ?π ) ? h(x ) ? h(x ?π ) x ? ? x ? kπ ? 2 sin 2x 2 , ,f 4 (x ) ? ? 其中 k 为任意 f 3 (x ) ? ? 2 sin x kπ 0 x ? kπ ? ? 0 x ? ? 2 ? 整数。 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。 下证对任意的 x∈R, f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 x ? kπ ? 有 当

?

2 2 g(x ) ? g(x ?π ) 时,因为 f1(x ) ? f2(x ) cos x ? f1(x ) ? ,而 2 3? 3? ? ? g(x ?π ) ? g(kπ ? ) ? g(kπ ? ? 2(k ? 1)? ) ? g( ?k? ? ) ? g(kπ ? ) ? g(x ) ,故对 2 2 2 2 任意的 x∈R,f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 kπ 下证对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x ? 时,显然成立;当 x=kπ 2 时, 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 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当 x ? kπ ?

时, 显然成立; x ? k? ? 当

?

π 时, 2

2 h(x ) ? h(x ?π ) 故 f3 (x ) sin x ? ? h(x ) ,又 f4(x)sin2x=0,从而有 2
49

h(x ?π ) ? h(k? ?



) ? h(k? ?

3? ? ? ? 2(k ? 1)π ) ? h( ?kπ ? ) ? ?h(kπ ? ) ? ?h(x ) , 2 2 2

h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 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题参考答案
一、 (本题满分 50 分)如图,在锐角△ABC 中, A AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 E P 作 PE⊥AC,垂足为 E,作 PF⊥AB,垂足为 F。O1、 F P O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。求证:O1、O2、E、 F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。 O2 证明:连结 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因 O1 为 PD⊥BC,PF⊥AB,故 B、D、P、F 四点共圆,且 D B' C B BP 为该圆的直径。又因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上且是 BP 的中点。同理可证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是的 CP 中点。综合以上 知 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'、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

50

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

k ?1 是无理数, 则对任意的 k1、 2∈P 和正整数 m1、 2,m 1 k1 ? 1 ? m 2 k 2 ? 1 k m i ?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
且 k≠i, 个无穷数列。对于任意的正整数 n,设此数列中第 n 项为 m k ? 1 。下面确定 n 与 m、k 的 关系。若 m 1 i ? 1 ? m k ? 1 ,则 m 1 ? m

? 5,满足这个条件的 m1 的个数为 ?m ? n∈N*,存在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。

k ?1 。由 m1 是正整数可知,对 i=1,2,3,4, i ?1 5 ? k ? 1? k ? 1? 。从而 n= ? ?m ? ? =f(m,k)。因此对任意 i ?1? i ?1? i ?1 ?

51


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