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2007-2013全国高中数学联赛试题及答案_图文

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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.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



3.双曲线 x2 ? y2 ? 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



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? ? a2x ? 3ax ? 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 ? A1B1C1 的 9 条棱长都相等,P 是 CC1 的中点,二面角 B ? A1P ? 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? ? ax3 ? bx2 ? cx ? d ( a ? 0 ),当 0 ? x ? 1时,

f '? x? ? 1,试求 a 的最大值.

10.(本小题满分 20 分)已知抛物线 y2 ? 6x 上的两个动点 A ( x1 , y1 )和 B ( x2 , y2 ),

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 2x3 ? 5x ? 2 ? 0 恰有一个实数根 r ,且存在唯一的严

? ? 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
M
19

K

C

D N

二、(本题满分 40 分)设 k

是给定的正整数, r

?k

?

1 .记 2

f

?1? ?r? ?

f

?r? ? r ??r?? ,

? ? f ?l? ?r ? ? 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 2

? ??

?

1,

??1??

?

1.

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

?

a1

? a2

? k

? ak

, k ?1, 2 ,…, n .求证:

n

n

ak ? Ak

k ?1

k ?1

? n ?1. 2

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?

20

21

22

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)

1. 若函数 f ? x? ?

x 1?

x2



f (n) ?x? ?

f

?? f

?? f

f ? x????? ,则 f ?99? ?1? ?



n

【答案】 【解析】

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

x 1? x2



f ?2? ? x? ?

f

?? f

? x??? ?

x, 1? 2x2

……, f ?99? ? x? ? x .故 f ?99? ?1? ? 1 .

1? 99x2

10

2. 已知直线 L : x ? y ? 9 ? 0 和圆 M : 2x2 ? 2y2 ? 8x ? 8y ?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】 设 A?a ,9 ? 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



N



M



? ?

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 ,则 M

y

和 N 的公共面积是函数 f ?t ? ? .

【答案】 【解析】

?t2 ? t ? 1 2
由题意知

? ? f t ? S阴影部分面积 ? S?AOB ? S?OCD ? S?BEF

?1? 1 t2 ? 1 ?1? t ?2 ? ?t2 ? t ? 1

22

2

A

C

E

OD

FB

x

23

4. 使不等式 1 ? 1 ? n?1 n? 2
a 的值为 . 【答案】 2009

? 1 ? a ? 2007 1 对一切正整数 n 都成立的最小正整数

2n ?1

3

【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

大值 f ?1? ? a ? 2007 1 ,可得 a ? 2009 .
3

5.

椭圆

x2 a2

?

y2 b2

?1

?a

?

b

?

0?

上任意两点

P

,Q

,若 OP

? OQ ,则乘积

OP

?

OQ



最小值为 .

【答案】

2a2b2 a2 ? b2

【解析】



P

?

OP

cos?

,OP

sin?

?



Q

? ? ?

OQ

cos ????

?

π 2

? ??

,OQ

sin

????

?

π 2

? ??

? ? ?



由 P , Q 在椭圆上,有

1 OP

2

?

cos2 ? a2

?

sin2 ? b2



1 OQ 2

?

sin2 ? a2

?

cos2 ? b2



①+② 得

1 OP 2

?

1 OQ 2

?

1 a2

?

1 b2



于是当 OP ? OQ ?

2a2b2 a2 ? b2

时,

OP

OQ

达到最小值 2a2b2 a2 ? b2



6. 若方程 lg kx ? 2lg? x ?1? 仅有一个实根,那么 k 的取值范围是



【答案】 【解析】

k ?0 或k ?4 当且仅当

kx ? 0



x ?1? 0



x2 ? ?2 ? k? x ?1? 0 ③

对③由求根公式得

x1



x2

?

1 2

??k

?

2

?

k

2

?

4k

? ?



? ? k2 ? 4k ≥0 ? k ≤0 或 k ≥ 4.

(ⅰ)当

k

?

0

时,由③得

? ? ?

x1 ? x1x2

x2 ? k ? ?1? 0

2

?

0

,所以

x1



x2

同为负根.

又由④知

? ? ?

x1 x2

?1? ?1?

0 0

,所以原方程有一个解

x1



(ⅱ)当 k ? 4 时,原方程有一个解 x ? k ?1 ?1. 2

(ⅲ)当

k

?

4

时,由③得

? ? ?

x1 ? x1x2

x2 ? k ? ?1? 0

2

?

0



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 , d2 ? 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

? ? ? ? ? 22 ??2an?3 ? 2n?4 ?? ? 2? 2n?2 ? 2n?2 ? 23 an?3 ? 3? 2n?2 =…… ? 2n?1a1 ? 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

到站时刻

8∶10 9∶10

8∶30 9∶30

概率

1

1

6

2

一旅客 8∶20 到车站,则它候车时间的数学期望为

【答案】 27

【解析】 旅客候车的分布列为

8∶50 9∶50
1
3 (精确到分).

候车时间(分)

10

30

50

70

90

概率

1

2

候车时间的数学期望为

1

1? 1

1?1

1? 1

3

66

26

36

10? 1 ? 30? 1 ? 50? 1 ? 70? 1 ? 90? 1 ? 27

2

3

36

12

18

二、解答题

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 x2 ? y2 ? 1 16 12
交于不同两点 A , B ,与双曲线 x2 ? y2 ? 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.

【解析】

? y ? kx ? m

? ? 由

? ? x2 ??16

?

y2 12

消去 ?1

y

化简整理得

3 ? 4k2

x2 ? 8kmx ? 4m2 ? 48 ? 0



A? x1

,y1 ?



B? x2

,y2

?

,则

x1

?

x2

?

?

3

8km ? 4k

2

? ?? ? ?1 ? ?8km?2 ? 4 3? 4k2 4m2 ? 48 ? 0

① ………4 分

? y ? kx ? m

? ? 由

? ? x2 ?? 4

?

y2 12

消去 ?1

y

化简整理得

3? k2

x2 ? 2kmx ? m2 ?12 ? 0



C

?

x3

,y4

?



D?

x4

,y4

?

,则

x3

?

x4

?

2km 3? k2

? ?? ? ?2 ? ??2km?2 ? 4 3? k2 m2 ?12 ? 0



…………8 分

因为 AC ? BD ? 0 ,所以 ? x4 ? x2 ? ? ? x3 ? x1 ? ? 0 ,此时 ? y4 ? y2 ? ? ? y3 ? y1 ? ? 0 .



x1

?

x2

?

x3

?

x4



?

3

8km ? 4k

2

?

2km 3? k2



25

所以

2km

?

0



?

3

4 ? 4k

2

?

1 3? k2

.由上式解得 k

? 0 或 m ? 0 .当 k

? 0 时,由①和②得

?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

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 ? p2 ? 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

?

1 4

,求

?an?

的前

n

项和.

【解析】 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 令 bn ? an?1 ? ? an ,则 bn?1 ? ?bn ?n ? 1,2, ? .所以?bn? 是公比为? 的等比数列. 数列?bn? 的首项为: b1 ? a2 ? ? a1 ? p2 ? q ? ? p ? ?? ? ? ?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 ? ? p2 ? 4q ? 0 时,? ? ? ? 0 ,a1 ? p ? ? ? ? ? 2? ,an?1 ? ? an ? ? n?1 ?n ?1,2, ?

变为 an?1 ? ?an ? ? n?1 ?n ? 1,2,

?

.整理得,an?1 ? n?1

?

an ?n

?1,?n ?1,2,

?

.所以,数列

? ? ?

an ?n

? ? ?

成公差为 1 的等差数列,其首项为

a1 ?

?

2? ?

?

2 .所以 an ?n

? 2 ?1?n ?1? ?

n ?1.

于是数列?an? 的通项公式为 an ? ?n ?1?? n ;……………………………5 分

②当 ? ? p2 ? 4q ? 0 时,? ? ? ,

an?1

?

? an

? ? n?1

?

? an

?

? ?

?? ??

? n?1

?

? an

?

?

? ??

? n?1

?

? ? ??

? n?1

?n

? 1,2 ,

?.

整理得 an?1

?

? n?2 ? ??

?

?

? ?

an

?

?

? n?1 ? ??

? ?



?n

?

1,2 ,

?

?.

所以,数列

? ?an ?

?

? n?1 ? ??

? ? ?

成公比为

?

的等比数列,其首项为

a1 ?

?2 ? ??

??

??

?

?2 ? ??

?

?2 ? ??

.所以 an

?

? n?1 ? ??

?

?2 ? ??

? n?1



于是数列 ?an ?

的通项公式为

an

?

?

n?1
?

? ? n?1 ??

.………………………………10



(Ⅱ)若

p

? 1 ,q

?

1 4

,则

?

?

p2

?

4q

?

0

,此时 ?

?

?

?

1 2

.由第(Ⅰ)步的结果得,数列 ?an ?

的通项公式为

an

?

?n

? 1? ???

1 2

?n ??

?

n ?1 2n

,所以, ?an ?

的前

n

项和为

sn

?

2 2

?

3 22

?

4 23

?

?

n 2n?1

?

n ?1 2n

1 2

sn

?

2 22

?

3 23

?

4 24

?

?

n 2n

?

n ?1 2n?1

以上两式相减,整理得

1 2

sn

?

3 2

?

n?3 2n?1

26

所以

sn

?

3?

n?3 2n

.………………………………………………………15



方法二:

(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? , ? .

①当? ? ? ? 0 时,通项 an ? ? A1 ? A2n?? n ?n ? 1,2, ? 由 a1 ? 2? , a2 ? 3? 2 得

??? ????

A1 A1

? ?

A2 ?? ? 2A2 ?? 2

2? ? 3?

2



解得 A1 ? A2 ?1.故

an ? ?1? n?? n .…………5 分

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

?? A1?

? ??

A1?

? A2? ? 2 ? A2? 2

? ?

? ?

? 2?

?

2

? ??



解得

A1

?

?? ? ??



A2

?

?

? ??

.故

?? n?1

an

?

?

?

? ?

? n?1 ?
?? ?

? n?1? ??

?

n?1
.………………………………………10



?

(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】 函数的定义域为?0,13? .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 ?

2
x ? x ? 27 ? 13 ? x



? ??

1 2

?

1

?

1 3

? ??

?

2x

?

?

x

?

27?

?

3?13

?

x??

?

121

所以 y ≤11 . …………………………………………………………10 分

由柯西不等式等号成立的条件,得 4x ? 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. 一、如图,M ,N 分别为锐角三角形 ?ABC( ?A ? ?B )的外接圆 ? 上弧B⌒C 、A⌒C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A⌒B(不含点 C )上任取一点 Q ( Q ≠ A , T , B ),记 ?AQC , △QCB 的内心
分别为 I1 , I2 ,

27

P N

C M

I

B

T

A

Q

求证: Q , I1 , I2 , 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

C

N

M

I

B

T

A

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 2

? S△PNT

? PN ? NT sin ?PNT 2

? PN ? NT sin ?PMT 2

于是 PM ? MT ? PN ? NT .

⑵因为 ?NCI1 ? ?NCA ? ?ACI1 ? ?NQC ? ?QCI1 ? ?CI1N ,

P

C

N

M

I I2

B

I1

T

A Q

所以

NC

?

NI1 ,同理

MC

?

MI2

.由

MP ? MT

?

NP ?

NT



NT MP

?

MT NP



由⑴所证 MP ? NC , NP ? MC ,故 NT ? MT . NI1 MI2
又因 ?I1NT ? ?QNT ? ?QMT ? ?I2MT ,有 ?I1NT ∽ ?I2MT .

故 ?NTI1 ? ?MTI2 ,从而 ?I1QI2 ? ?NQM ? ?NTM ? ?I1TI2 .

因此 Q , I1 , I2 , T 四点共圆.

28

? 二、求证不等式:

?1

?

? ? ?

n k ?1

k

k 2?

1

? ? ?

?

ln

n



1 2



n

?

1

,2,…

【解析】 证明:首先证明一个不等式:

⑴ x ? ln(1? x) ? x , x ? 0 . 1? x

事实上,令 h(x) ? x ? ln(1? x) , g(x) ? ln(1? x) ? x . 1? x

则对 x ? 0 , h?(x)

?1? 1 1? x

? 0 , g?(x)

?1 1? x

?

1 (1? x)2

?

x (1? x)2

?0



于是 h(x) ? h(0) ? 0 , g(x) ? g(0) ? 0 .在⑴中取 x ? 1 得 n



n

1 ?

1

?

ln

???1

?

1 n

? ??

?

1 n



? 令

xn

?

n k ?1

k k2 ?1

?

ln n

,则

x1

?

1 2



xn

?

xn?1

?

n n2 ?

1

?

ln

???1 ?

n

1? ? 1 ??

?

n n2 ?1

?

1 n

1

??

?0

(n2 ?1)n

因此 xn ? xn?1 ? 又因为

?

x1

?

1 2



? ln n ? (ln n ? ln(n ?1)) ? (ln(n ?1) ? ln(n ? 2)) ?

?

(ln 2

?

ln1)

?

ln1 ?

n?1
ln
k ?1

???1 ?

1 k

? ??

.从而

? ? ? ? xn

?

n k ?1

k

k 2?

1

?

n?1 ln ??1 ? k ?1 ?

1 k

? ??

?

n?1 ? ?
k ?1 ?

k k2 ?1

? ln ???1 ?

1 k

??

??

? ?

?

n n2 ?1

?

n?1 ? k ?1 ??

k ?
k2 ?1

1? k ??

? ? n?1
??

1

k ?1 (k 2 ?

1k)

n?1
≥?

1

k?1 (k ? 1k)

? ?1? 1 ? ?1. n

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 Ckm 与 l 互素.

? ? 【解析】 证法一:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k!) .我们证明 Ckm ,l ?1.



p



l

的任一素因子,只要证明:p∣/

C

k m



k

k

k

? ? ? ? ? 若 p∣/ k!,则由 k!Ckm ? (m ? k ? i) ? [(i ? tl(k !)] ? i ? k! mod p??1 .

i?1

i ?1

i ?1



p?

|

k !,且

pα+1∣/ k!,知

p?

|

k !Ckm



p? ?1 ∣/

k !Ckm

.从而

p∣/

C

k m



? ? 证法二:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !)2 ,我们证明 Ckm ,l ?1.



p



l

的任一素因子,只要证明:p∣/

C

k m



若 p∣/ k!,则由

k

k

k

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

i ?1

i ?1

i ?1

即 p 不整除上式,故 p∣/ Ckm .

若 p | k! ,设? ≥1使 p? | k !,但 p? ?1 ?k !. p? ?1 | (k !)2 .故由

k ?1

k

? ? k!Ckm ? (m ? k ? i) ? [(i ? tl(k !)2 ]

i?1

i ?1

p?

| k!C

k m



p? ?1 ∣/ k !Ckm .从而 p∣/ Ckm .

四、在非负数构成的 3? 9 数表

k
? ? ? ? i ? k! mod p??1 ,及 p? | k !,且 pα+1∣/ k!,知 i ?1

29

? x1 1 x 1 2 x 1 3 x 1 4x 1 5x 1 x6 1x7 ? x1 8 1 9

P

?

? ?

x2 1

x2 2 x 2 3 x 2 4 x 2 5x

2 6x

2x7

? ?

2x8

29

?? x3 1 x 3 2 x 3 3 x 3 4x 3 5x 3x6 3x7 ?? x3 8 3 9

中每行的数互不相同,前 6 列中每列的三数之和为 1,x17 ? x28 ? x39 ? 0 ,x27 ,x37 ,x18 ,

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

?

? ?

x2 1

x2 2

x

? ?2

3

?? x3 1 x 3 2 x ??3 3

? x1k ?

满足下面的性质

(O)

:对于数表

P

中的任意一列

? ?

x2k

? ?



k

? 1 ,2,…,9)均存在某个

?? x3k ??

i ??1,2 ,3?使得

? ? ⑶ xik ≤ ui ? min xi1 ,xi2 ,xi3 .
求证:

(ⅰ)最小值 ui ? min?xi1 ,xi2 ,xi3? , i ? 1 ,2,3 一定自数表 S 的不同列.

?x ?

? ? 1k*

(ⅱ)存在数表

P

中唯一的一列

?

x 2k*

?



k*

≠1 ,2,3

使得

3?

3

数表

???

x 3k*

???

? ?

x11

x12

x 1k*

? ?

S ? ? ? x21 ??? x31

x22 x32

x 2k*
x 3k*

? ???

仍然具有性质 (O) .

【解析】 (ⅰ)假设最小值 ui ? ? min xi1 ,xi2 ,xi3? ,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 ≠ xi2 , 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 ? xi2 ,i ? 1 ,2,3.另一方面,由于数表 S 具有性质 (O) ,在

⑶中取 k ? 2 ,则存在某个 i0 ??1,2 ,3? 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

? ?

?? x31 x32 x33 ??

记 M ? ?1,2, ,9? ,令集合

? ? I ? k ? M | xik ? min?xi1 ,xi2?,i ? 1,3 .

显然 I ? ?k ? M | x1k ? x11 ,x3k ? x32? 且 1,2 3? I .因为 x18 ,x38 ? 1≥ x11 ,x32 ,所以 8? I .

故I

≠? .于是存在 k* ? I

使得 x 2k*

?

max ? x2k

| k ? I?.显然, k* ≠1,2,3.

下面证明 3? 3 数表

30

? ?

x11

x12

x? ? 1k*

S ? ? ? x21 ??? x31

x22 x32

x 2k*
x 3k*

? ???

具有性质 (O) .

? ? 从上面的选法可知 ui? :? min

xi1

,xi2

,x ik*

? min?xi1 ,xi2? , (i ?1,3) .这说明

? ? ? ? x ? min 1k*

x11 ,x12



u1



x 3k*

?

min

x31 ,x32

≥ u3 .

又由

S

满足性质

(O)

.在⑶中取

k ? k*

,推得

x 2k*

≤ u2

,于是

? ? u2? ? min

x21

,x22

,x 2k*

?

x 2k*

.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 ,xi2?,i

? 1 ,3

且 x2k

?

x 2k*

.这与 x 2k*

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 ?

S

?

? ?

x21

x22

x2k

? ?

?? x31 x32 x3k ??

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) u3 ? ? min x31 ,x32 ,x3k ? ? x3k ,或者 (b)u2 ? ? min x21 ,x22 ,x2k ? ? x2k .

如果 (a) 成立,由数表 S 具有性质 (O) ,则

? ? u1 ? min x11 ,x12 ,x1k ? x11 ,

? ? ⑸ u2 ? min x21 ,x22 ,x2k ? x22 ,

? ? u3 ? min x31 ,x32 ,x3k ? x3k .

由数表

S

满足性质

(O)

,则对于

3?

M

至少存在一个

i

??1,2

,3?

使得

ui



x ik*

.由

k*

?

I

及⑷和⑹式知, x 1k*

?

x11

?

u1



x 3k*

?

x32

?

u3

.于是只能有

x 2k*

≤u2

?

x2k

.类似地,由 S? 满

足性质 (O)



k?M

可推得

x2k

≤ u2?

?

x 2k*

.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) ? 5 ? 4x ? x2 在 (??, 2) 上的最小值是 2?x

A.0

B.1

C.2

(C) D.3

[解] 当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0,因此

f (x) ? 1? (4 ? 4x ? x2 ) ? 1 ? (2 ? x) ? 2? 1 ? (2 ? x) ? 2 ,当且仅当 1 ? 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 x2 ? 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 x2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根

x1

?

a 2

?

4 ? a2 4

, x2

?a? 2

4 ? a2 , 4

故 B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即

a?

a2 4?

? ?2 且 a ?

4 ? a2 ? 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

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 ( B ) 3

A. 241 81

B. 266 81

C. 274 81

D. 670 243

[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

(2)2 ? (1)2 ? 5 . 3 39 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
P(? ? 4) ? ( 4)(5) ? 20 , 9 9 81

32

P(? ? 6) ? ( 4)2 ? 16 , 9 81
故 E? ? 2? 5 ? 4? 20 ? 6?16 ? 266 . 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( A1A2 )

?

P( A1A2 )

?

5 9



P(? ? 4) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? 2[(2)3(1) ? (1)3( 2)] ? 20 , 3 3 3 3 81

P(? ? 6) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? P( A1A2 A3 A4 ) ? 4( 2)2 (1)2 ? 16 , 3 3 81

故 E? ? 2? 5 ? 4? 20 ? 6?16 ? 266 . 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)

A. 764 cm3 或 586 cm3

B. 764 cm3

C. 586 cm3 或 564 cm3

D. 586 cm3

? ? [ 解 ] 设 这 三 个 正 方 体 的 棱 长 分 别 为 a,b, c , 则 有 6 a2 ? b 2? c 2 ? 5 6 4,

a2 ? b2 ? c2 ? 94 , 不 妨 设 1? a ? b ? c ? 10, 从 而 3c2 ? a2 ? b2 ? c2 ?9 4, c2 ? 31 . 故 6 ? c ? 10. c 只能取 9,8,7,6.
若 c ? 9 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 92 ? 13,易知 a ? 2 , b ? 3 ,得一组解 (a,b, c) ? (2,3,9) .

若 c ? 8,则 a2 ? b2 ? 94 ? 64 ? 30,b ? 5 .但 2b2 ?30 ,b ? 4,从而 b ? 4 或 5.若 b ? 5 , 则 a2 ? 5 无解,若 b ? 4 ,则 a2 ? 14 无解.此时无解.
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 2b2 ? a2 ? b2 ? 58, b2 ? 29 .故 b ? 6 ,但 b ? c ? 6 ,故 b ? 6,此时 a2 ? 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 ? 23 ? 33 ? 93 ? 764 cm3 或V2 ? 33 ? 63 ? 73 ? 586 cm3.

?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

[解]

若z

?

0

,则

???xxy??yy??00,.解得

? ? ?

x y

? 0,或 ?0

?x ? ?1,

? ?

y

? 1.

若 z ? 0 ,则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ?1.



(B) D. 4

由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y .



将②代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y2 ? 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,

? x ? 0, ?x ? ?1,

故该方程组共有两组有理数解

? ?

y

?

0,



? ?

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 Acot C ? cos A 的取值范 sin B cot C ? cos B

围是

(C)

A. (0, ??)

B. (0, 5 ?1) 2

C. ( 5 ?1, 5 ?1) 22

[解] 设 a,b, c 的公比为 q ,则 b ? aq, c ? aq2 ,而

D. ( 5 ?1, ??) 2

sin Acot C ? cos A ? sin Acos C ? cos Asin C sin B cot C ? cos B sin B cos C ? cos B sin C
? s i An ?( C ? ) ? ?s i B?n ( s i Bn ?( C ) ? ?s i An (

? B) ? qbs.i n A) as i n

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

?

aq

2

aq2 , ?a



??q2

? ?? q

2

? ?

q q

?1 ?1

? ?

0, 0.

34

?1 ?

解得

?? ?

2

5

?

q

?

5 ?1, 2

???q ?

5 ?1或q ? ? 2

5 ?1. 2

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

2

2

22

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 ( fn (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



f7 (x)

? 128x

? 381 得 a7

? 128 ,

a7 ?1?b a ?1

?

381 ,因此 a

?

2,b

?

3,a

?b

?

5.

8.设 f (x) ? cos 2x ? 2a(1? cos x) 的最小值为 ? 1 ,则 a ? ?2 ? 3 . 2

[解] f (x) ? 2 cos2 x ?1? 2a ? 2a cos x ? 2(cos x ? a)2 ? 1 a2 ? 2a ?1, 22

(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 时取最小值 ? 1 a2 ? 2a ?1.

2

2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f (x) 的最小值不能为 ? 1 , 2

故 ? 1 a2 ? 2a ?1 ? ? 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

C

2 23

?

253 种.

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:

H321

?

C21 23

?

C

2 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.

10.设数列{an}的前 n

项和 Sn

满足:

Sn

?

an

?

n ?1 n(n ?1)

,n

? 1, 2,

,则通项

an

=

1 2n

?

1 n(n ?1)



[解]

an?1

?

Sn?1

?

Sn

?

(n

n ?1)(n

?

2)

?

an?1

?

n ?1 n(n ?1)

?

an





2 an?1

?

n?2?2 (n ?1)(n ? 2)

?

1 n ?1

?

1 n(n ? 1)

?

an

=

(n

?2 ? 1)(n

?

2)

?

an

?

1 n(n ? 1)



由此得

2

(an?1

?

(n

1 ? 1)(n

?

) 2)

?

an

?1 n(n ? 1)



令 bn

?

an

?

1 n(n ?1)

, b1

?

a1

?

1 2

?

1 2

( a1 ? 0 ),

有 bn?1

?

1 2

bn

,故

bn

?

1 2n

,所以 an

?

1 2n

?

1 n(n ? 1)



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? 2x , f (x ? 6) ? f (x) ? 63? 2x ,则 f (2008) = 22008 ? 2007 .

[解法一] 由题设条件知 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? 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) ? 22008 ? 2007 . 4 ?1
[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 , 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.

因VP? A1B1C1

?

1 3 S?A1B1C1

? PD

? 4 ?VO? A1B1C1

?

4

?

1 3

?

S?A1B1C1

? OD



故 PD ? 4OD ? 4r ,从而 PO ? PD ?OD ? 4r ? r ? 3r .

答 12 图 1

记此时小球与面 PAB 的切点为 P1 ,连接 OP1 ,则

PP1 ? PO2 ? OP12 ? (3r)2 ? r2 ? 2 2r . 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 P1EF ,如答 12 图 2.记正四面体的棱长为 a ,过 P1 作 P1M ? PA 于 M .

37



?MPP1

?

? 6

, 有 PM ? PP1 ? cos MPP1 ? 2

2r ?

3? 2

6r , 故 小 三 角 形 的 边 长

P1 E? P A?2 P M? a?2 6 .r

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 (a2 ? (a ? 2 4

6r)2) ? 3

2ar ? 6

3r2 .

又 r ?1, a ? 4 6 ,所以

答 12 图 2

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

答 13 图

13 图所示,且在 (? , 3? ) 内相切,其切点为 A(?, ?sin?) ,? ? (? , 3? ).…5 分

2

2

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

2

?

因此

cos? ? cos? ?

1

…15 分

sin? ? sin 3? 2sin 2? cos? 4sin? cos?

? cos2 ? ? sin2 ? 4sin? cos?

? 1? t a 2n? ? 1? ? 2 . 4 t a ?n 4?

…20 分

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

式等价于

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



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

分组分解

x12 ? x10 ? x8

38

?2x10 ? 2x8 ? 2x6 ?4x8 ? 4x6 ? 4x4 ?x6 ? x4 ? x2 ?x4 ? x2 ?1? 0 ,

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

所以

x4 ? x2 ?1? 0 ,

…10 分

(x2 ? ?1? 5 )(x2 ? ?1? 5 ) ? 0 .

2

2

…15 分

所以 x2 ? ?1? 5 ,即 ? ?1? 5 < x ? ?1? 5 .

2

2

2

故原不等式解集为 ( 5 ?1, 5 ?1) . …20 分

2

2

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

式等价于 x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ?1 ? 2x4 ? 2 .

…5 分



2 x2

?

1 x6

?

x6

? 3x4

? 3x2

?1? 2x2

? 2 ? (x2

? 1)3

? 2(x2

?1) ,

(

1 x2

)3

?

2(

1 x2

)

?

(x 2

? 1)3

?

2(x 2

? 1)



…10 分



g (t )

?

t3

?

2t

,则不等式为

g(

1 x2

)

?

g(x2

?1)



显然 g(t) ? t3 ? 2t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于

1 x2

?

x2

?1,

…15 分

即 (x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x2 ? 5 ?1 2

故原不等式解集为 ( 5 ?1, 5 ?1) .

2

2

…20 分

15.如题 15 图, P 是抛物线 y2 ? 2x 上的动点,点 B,C

y 轴上,圆 (x ?1)2 ? y2 ? 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 .

在 小值.

39
答 15 图

又圆心 (1,0) 到 PB 的距离为 1,

y0 ? b ? x0b ? 1 , ( y0 ? b)2 ? x02

…5 分

故 ( y0 ? b)2 ? x02 ? ( y0 ? b)2 ? 2x0b( y0 ? b) ? x02b2 ,

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

同理有 (x0 ? 2)c2 ? 2 y0c ? x0 ? 0 .

…10 分

所以 b ? c

?

?2 y0 x0 ? 2

, bc

?

? x0 x0 ? 2

,则 (b ? c)2

?

4x02 ? 4 y02 ? 8x0 (x0 ? 2)2



因 P(x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y02 ? 2x0 ,则

(b ? c)2 ? 4x02 , b ? c ? 2x0 . …15 分

(x0 ? 2)2

x0 ? 2

所以 S?PBC

?

1 2

(b ? c) ? x0

?

x0 x0 ?

2

?

x0

?

( x0

? 2) ?

4 x0 ? 2

?4

?

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;

( Ⅱ ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 AB 上 一 点 , 满 足 : AE ? 3 , BC ? AB 2 EC
?ECB ? 1 ?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?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,

3 ?1 ,

因此当且仅当 P 在 ?ABC 的外接圆且在 AC 上时,

f (P) ? (PB ? PD) ?CA.

…10 分

答一图 1

40

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.

…20 分

( Ⅱ ) 记 ?ECB ? ? , 则 ?E C A? 2? , 由 正 弦 定 理 有 AE ? sin 2? ? 3 , 从 而 AB sin 3? 2
3 sin 3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin? ? 4sin3 ? ) ? 4sin? cos? ,所以

3 3 ? 4 3(1? cos2 ? ) ? 4 cos? ? 0 ,

整理得 4 3 cos2 ? ? 4 cos? ? 3 ? 0 ,

…30 分

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

2

23

? ? 由已知 BC ?

sin ?EAC ? 300
3 ?1 =

,有 sin(?EAC ? 30 ) ? (

3 ?1) sin ?EAC ,即

EC

sin ?EAC

3 sin ?EAC ? 1 cos ?EAC ? ( 3 ?1) sin ?EAC ,整理得

2

2

2 ? 3 sin ?EAC ? 1 cos ?EAC ,

2

2

故 tan ?EAC ? 1 ? 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.

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 .

…50 分

[解法二] (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,

故 P0 在 BD 上).

过 A,C, D 分别作 P0 A, P0C, P0D 的垂线,两两相交得 ?A1B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而

在 ?A1B1C1 内 , 记 ?ABC 之 三 内 角 分 别 为 x,y,z , 则 ?AP0C ? 180? ? y ? z ? x , 又 因

B1C1 ? P0 A , B1A1 ? P0C ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ?C1 ? z ,

所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC . …10 分

设 B1C1 ? ?BC , C1A1 ? ?CA , A1B1 ? ? AB ,

则对平面上任意点 M ,有

? f (P0 ) ? ?(P0 A? BC ? P0D ?CA ? P0C ? AB)

? P0 A? B1C1 ? P0D ? C1A1 ? P0C ? A1B1

? 2S?A1B1C1 ? MA? B1C1 ? MD ? C1A1 ? MC ? A1B1 ? ?(MA? BC ? MD ?CA ? MC ? AB)

? ? f (M ) , 从而 f ( P0 )? f ( M.) 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

答一图 2 …20 分

41

f

(P0 )

?

2 ?

S?A1B1C1

?

2? S?ABC



记 ?ECB ? ? , 则 ?E C A? 2? , 由 正 弦 定 理 有 AE ? sin 2? ? 3 , 从 而 AB sin 3? 2
3 sin 3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin? ? 4sin3 ? ) ? 4sin? cos? ,所以

3 3 ? 4 3(1? cos2 ? ) ? 4 cos? ? 0 ,

整理得 4 3 cos2 ? ? 4 cos? ? 3 ? 0 ,

…30 分

解得 cos? ? 3 或 cos? ? ? 1 (舍去),

2

23

故? ? 30 , ?ACE ? 60 .

? ? 由已知 BC ?

sin ?EAC ? 300
3 ?1 =

,有 sin(?EAC ? 30 ) ? (

3 ?1) sin ?EAC ,即

EC

sin ?EAC

3 sin ?EAC ? 1 cos ?EAC ? ( 3 ?1) sin ?EAC ,

2

2

整 理 得 2 ? 3 sin ?EAC ? 1 cos ?EAC , 故 t a ?n EAC ? 1 ? ?2

2

2

2? 3

?EAC ? 75 ,…40 分

,3 可 得

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, ?AB1B ? 90? ,所以 B1BDC1 为矩形,

B1C1 ? BD ? 1? 2 ? 2?1? 2 cos135? ? 5 ,故 ? ? 5 ,所以 2

f (P)min ? 2 ?

5 ?1 ? 2

10 . …50 分

[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? 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 ?CPAB ? A C ? P D? A C

? ( PB ? PD ) ? AC ? B D? A C.

(2) …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

所以 a r gA( ? P ?) a rBg?( A, )

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.

…20 分

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:

(Ⅰ)若T 为有理数,则存在素数 p ,使 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.
[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 mm
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 ? m?? 1

p

m

是 f (x) 的周期.

…20 分

(Ⅱ)若T 是无理数,令

a1

?1?

?1 ??T

? ??

T



则 0 ? a1 ? 1,且 a1 是无理数,令

……

a2

?1?

?1

? ?

a1

? ? ?

a1



an?1

?

1?

? ? ?

1 an

? ? ?

an



………30 分

由数学归纳法易知 an

均为无理数且 0

?

an

? 1 .又

1 an

?

?1

? ?

an

? ? ?

? 1,故1 ?

an

?

?1

? ?

an

? ? an ?



?1?



an?1

?1?

? ?

an

? ?

an

?

an .因此{an} 是递减数列.

…40 分

最后证:每个 an



f

(x)

的周期.事实上,因

1

和T



f

(x)

的周期,故 a1

?1?

?1 ??T

? ??

T





f

(x) 的周期.假设 ak



f

(x) 的周期,则 ak?1

?1

?

1

?

? ?

ak

? ? ak ?

也是

f

(x) 的周期.由数学归

43

纳法,已证得 an 均是 f (x) 的周期.

…50 分

三、(本题满分 50 分)

2008
? 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

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

(ⅱ)

lim
n??

xn

存在;

2008

2007

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

k ?1

k ?0

[证] 必要性:假设存在{xn} 满足(ⅰ),(ⅱ),(iii).注意到(ⅲ)中式子可化为

2008
? xn ? xn?1 ? ak (xn?k ? xn?k?1) , n ? N* , 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 ) .

…10 分

由(ⅱ)可设

b

?

lim
n??

xn

,将上式取极限得

b ? a1(b ? x1) ? a2 (b ? x2 ) ? ? a2008 (b ? x2008 )

2008
? ? b ? ak ? (a1x1 ? a2 x2 ? k ?1

2008
? ? a2008 x2008 ) ? b ? ak , k ?1

2008
因此 ? ak ? 1. k ?1

…20 分

2008
? 充分性:假设 ak ? 1.定义多项式函数如下: k ?1

2008
? f (s) ? ?1? ak sk , s ?[0,1] , k ?1

则 f (s) 在[0,1]上是递增函数,且

2008
f (0) ? ?1 ? 0 , f (1) ? ?1? ? ak ? 0 . k ?1

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

n
? 下取数列{xn} 为 xn ? s0k , n ? 1, 2, ,则明显地{xn} 满足题设条件(ⅰ),且 k ?1

? xn

?

n
s0k
k ?1

?

s0

?

sn?1 0

1? s0



因0

?

s0

?

1

,故

lim
n??

sn?1 0

?0

,因此

lim
n??

xn

?

lim
n??

s0

?

sn?1 0

1? s0

? s0 1? s0

,即{xn} 的极限存在,满

足(ⅱ).

…40 分

2008
? 最后验证{xn} 满足(ⅲ),因 f (s0 ) ? 0 ,即 ak s0k ? 1 ,从而 k ?1

2008

2008

2008

? ? ? xn ? xn?1 ? s0n ? ( ak s0k )s0n ? ak s0n?k ? ak (xn?k ? xn?k?1) .

k ?1

k ?1

k ?1

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)

P

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 )

1
A.
7

B. ? 1 7

1
C.
2

D. ? 1 2

M D
C

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、

AC,则∠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 ? 7 。在△AMC 2

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

2 ? AM ?CM

7

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 )

A. [? 1 , 1 ] B. [? 1 , 1]

33

22

C. [? 1 , 1 ] 43

D. [? 3,3]

解:令 x ? 2 a ,则有| a |? 1 ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。

3

3

一般地,对 k∈R,令 x ? 1 k a ,则原不等式为| a | ? | k ? 1 | ? 3 | a | ? | k ? 4 |?| a |2 ,由

2

2

3

此易知原不等式等价于| a |?| k ? 1 | ? 3 | k ? 4 | ,对任意的 k∈R 成立。由于 23

|

k

?

1|

?

3 2

|

k

?

4 3

|?

?5 ????12

k ?

?

???3 ?

?3 1k 2 5k 2

k?4 3
1?k ? 4, 3
k ?1

所以 min {| k ? 1 | ? 3 | k ? 4 |} ? 1 ,从而上述不等式等价于| a |? 1 。

k ?R

2 33

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 A.
81

59 B.
81

60 C.
81

61 D.
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

立,则 b cosc 的值等于( C ) a

A. ? 1 2

1 B.
2

C. ? 1

D. 1

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 ? 1 ,c=π,则对任 2
意的 x∈R,af(x)+bf(x? c)=1,由此得 b cosc ? ?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 tan? ? 2 ,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

? 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

(1) (2) , (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 ? 1 ,所以 b cosc ? ?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

焦点为

O1、O2,且离心率分别是

r1

2c ?

r2

和 |

2c r1 ? r2

|

的圆锥曲线(当

r1=r2 时,O1O2 的中垂

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。 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),

DC

P

F

46

A

B

C(0,3),D(? 1,3)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 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

2
AB ? AB

? BE

? AC

? AB

? AC

? BF

2
? 2 。因为 AB ? 1 ,

AC ? AB ? 33 ? 1? 33 ? 1 ? 36 ? ?1, BE ? ?BF ,所以 2 ? 33 ? 1

1? BF ?(AC ? AB) ?1 ? 2 , 即 BF ? BC ? 2 。 设 EF 与 BC 的 夹 角 为 θ , 则 有

| BF | ? | BC | ? cos ? ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 cos? ? 2 。 3
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,则球面与正方体的表面相交所得 3
到的曲线的长等于 5 3? 。 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、面 ABCD

和面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 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

?

23 3

,AA1=1,则

?A1AE

? ? 。同理 ?BAF 6

? ? ,所以 ?EAF 6

? ? ,故弧 EF 的长为 2 3 ? ? ?

6

36

3? , 9

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

得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 3 , ?FBG ? ? ,所以弧 FG 的长为

3

2

3 ? ? ? 3 ? 。这样的弧也有三条。 32 6

于是,所得的曲线长为 3 ? 3 ? ? 3 ? 3 ? ? 5 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

a1=d,b1=d2,且 a12 ? a22 ? a32 是正整数,则 q 等于 1 。

b1 ? b2 ? b3

2

解:因为 a12

? a22

?

a

2 3

b1 ? b2 ? b3

? a12

? (a1 ? d)2 ? (a1 ? 2d)2 b1 ? b1q ? b1q2

?

1

?

14 q?

q2

,故由已知条件知道:

1+q+q2 为 14 ,其中 m 为正整数。令1 ? q ? q2 ? 14 ,则

m

m

q ? ? 1 ? 1 ? 14 ? 1 ? ? 1 ? 56 ? 3m 。 由 于 q 是 小 于 1 的 正 有 理 数 , 所 以

2 4m

2

4m

1 ? 14 ? 3 ,即 5≤m≤13 且 56 ? 3m 是某个有理数的平方,由此可知q ? 1 。

m

4m

2

47

11. 已知函数 f (x) ? sin(?x) ? cos(?x) ? 2 ( 1 ? x ? 5) ,则 f(x)的最小值为

x

4

4

解:实际上 f (x ) ?

2

sin( ?x

?

?) 4

? 2(1

?

x

?

5) ,设

x

4

4

45 。 5

g(x) ? 2 sin(?x ? ? )( 1 ? x ? 5) ,则 g(x)≥0,g(x)在[1 , 3 ]上是增函数,在[3 , 5 ]上

44

4

44

44

是减函数,且

y=g(x)的图像关于直线 x

?

3 4

对称,则对任意 x1

?[1 , 4

3 4

],存在

x

2

?[3 , 4

5 ], 4

使 g(x2)=g(x1)。于是

f (x1)

?

g(x1) ? 2 x1

?

g(x2) ? 2 x1

?

g(x2) ? 2 x2

?

f (x2) ,而

f(x)在 [3 , 5 ]上是减函数,所以 44

f (x) ? f ( 5) ? 4 5 ,即 f(x)在[1 , 5 ]上的最小值是 4 5 。

45

44

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

?

n k ?1

k(n

1 ?1?

k)

,求证:当正整数

n≥2

时,an+1<an。

? 证明:由于 k(n

1 ? 1 ? k)

?

1 (1 n ?1 k

? n

?

1 1

?

k

)

,因此

an

?

2 n 1 ,于是,对任意 n ? 1 k ?1 k

? ? 的正整数

n≥2,有

1 2

(a n

? an ?1)

?

n

1 n1 ? 1 k ?1 k

?

n

1 n ?1 1 ? 2 k ?1 k

? ? ? (

1

?

1

n
)

1?

1

?

1

n
(

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

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 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。

由方程组

??y ?

?

x

?

1 x

,消去

y,得 x

?

1

?

k x ? 1,即(k? 1)x2+x? 1=0。由题意知,该方

??y ? kx ? 1

x

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) ,

x1 ? x2

?1 1?k

? 0…(2),x1x2

?

1 1?k

? 0 …(3),由此解得 3 4

?k

? 1 。对 y

?x

? 1 求导, x



y'

?

1

?

1 x2





y'

|x ?x ? 1 ? 1

1 x2

1



y'

1

|x ?x 2

?

1

?

x2

2

,于是直线

l1 的 方 程 为

48

y

? y1

?

(1 ?

1

x

2 1

)(

x

?

x1) ,即 y

? (x1

?

1) x1

?

(1 ?

1

x

2 1

)(

x

? x1)

,化简后得到直线

l1 的方程为

y

?

(1

?

1

x

2 1

)x

?2 x1

…(4)。同理可求得直线

l2

的方程为 y

?

(1

?

1

x

2 2

)x

?2 x2

…(5)。(4)? (5)得

(

1

x

2 2

?

1 x 12

)x

p

?

2 x1

?

2 x2

? 0 ,因为 x1≠x2,故有 x p

?

2x1x 2 x1 ? x2

…(6)。

将(2)(3)两式代入(6)式得 xp=2。

(4)+(5) 得 2yp

?

(2

?

(

1

x

2 1

?

1

x

2 2

))x

p

? 2( 1 x1

? 1 ) …(7) , 其 中 x2

1 x1

?1 x2

?

x1 ? x2 x 1x 2

?1,

1

x

2 1

?

1

x

2 2

?

x

2 1

?

x

2 2

x

12x

2 2

?

(x 1

?

x2)2 ?

x

12x

2 2

2x1x 2

? (x1 ? x2 )2 ? 2

x1x 2

x1x 2

? 1 ? 2(1 ? k) ? 2k ? 1 ,代入(7)

式得

2yp=(3?

2k)xp+2,而

xp=2,得

yp=4?

2k。又由

3 4

?

k

? 1得

2

?

yp

?

5 2

,即点

P

的轨迹为

(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。

证明:记 g(x) ? f (x) ? f (?x) ,h(x) ? f (x) ? f (?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 )



f1(x )

?

g(x )

?

g(x 2



)



f2(x )

?

? ? ?

2 cos x 0

?

x ? kπ ? ? x ? kπ ? ?2 ,
2

f3(x )

?

??h(x) ? h(x

? 2 sin x

??

0



)

?h(x ) ? h(x ?π )

x ? kπ x ? kπ

,f (x ) 4

?

? ?

?

2 sin 2x 0

?

x ? kπ

x

2 ? kπ

,其中 k 为任意

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,有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当 x ? kπ

? ? 时,显然成立;当x ? k? ? ?

2

2

时,因为 f1(x) ?

f2(x) cosx

?

f1(x )

?

g(x) ? g(x 2



)

,而

g(x ?π ) ? g(kπ ? 3? ) ? g(kπ ? 3? ? 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)。

下证对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x ? kπ 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,



h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当

x

?



?

π 2

时,

3π h(x ?π ) ? h(k? ?

) ? h(k? ? 3?

? 2(k ? 1)π ) ? h(?kπ

? ? ) ? ?h(kπ

? ? ) ? ?h(x)



2

2

2

2

故 f3(x) sin x

?

h(x )

? h(x 2



)

?

h(x) ,又

f4(x)sin2x=0,从而有

49

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, AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过

A

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。求证:O1、O2、E、

E FP

F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。 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。又因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1

O1

B

D

O2

B'

C

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

? f(m,k)=

5

? ?m

i ?1 ?

k i

? ?

1 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 i

?1 ?1

是无理数,则对任意的

k1、k2∈P

和正整数

m1、m2,m 1

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m1 i ? 1 ? m k ? 1 ,则m1 ? m

k i

?1 ?1

。由

m1

是正整数可知,对

i=1,2,3,4,

? 5,满足这个条件的

m1

的个数为

? ?m

?

k i

? ?

1 1

? ? ?

。从而

n=

i

5 ?1

? ?m ?

n∈N*,存在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。

k i

? ?

1 1

? ? ?

=f(m,k)。因此对任意

51