2007年全国高中数学联赛试题+答案

1、2007年全国高中数学联合竞赛一试试卷（考试时间：上午 8: 009: 40）、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, 的平面角的余弦值为（）/APC=60,贝面角 A- PB-CA.B.2.设实数a使得不等式C. 1D.2|2x- a|+|3x- 2a|知2对任意实数足条彳的a所组成的集合是（）1一2x恒成立，则满A.1 1一3,3r 1 11B.,2 2D. -3, 33 .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 bo则使不等式a-2b+10

2、0成立的事件发生的概率等于（）52596061.81. 81. 81. 814 .设函数f（x）=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af（x）+bf（x- c）=1对任意实数 x恒成立, 则bcosc的值等于（）aA. -B. -C. -1D. 1225 .设圆O1和圆。2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 （ ）0（） | C A.H.C.11.6 .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AAB空集。若nCA时总有2n+2CB,则集合AUB的元素个数最多为（）A. 62B. 66C. 68D. 74

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4ABC 和4AEF 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、,，一，9 .已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的梭长为1 ,以顶点 A为球心，为半径作一个球，则3球面与正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

4、数列bn的公比q是小于1的正有理数。若a1二d,222b1 = d2,且a-a一a3-是正整数，则q等于n b2b311 .已知函数 f （x） =Sin（.） cos（冗）+2（1 x .5） 则f（x）的最小值 , x44为。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)n 113 .设an = ,求证：当正整数 n或时，an+i0)交于两个不同点 M和N。求曲线C x在点M、N处切线的交点轨迹。15 .设函数f(x)对所有白实数x都满

5、足f(x+2Tt)=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+ Ti)=fi(x); (2) 后任意白勺实数 x,有 f(x)=f 1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。三、（本题满分50分）设集合 P=1 , 2, 3, 4,5,对任意kC P和正整数m,记 f(m, k)= |i y III, : k +1,其中a2007年全国高中数学联合竞赛加试试卷（考试时间：上午 10: 0012: 00）一、（本题满分50分）如图，在锐角 ABC中

6、，ABAC, AD是边BC上的高，P 是线段AD内一点。过P作PELAC,垂足为 巳做PFXAB, 垂足为F。Oi、。2分别是 BDF、4CDE的外心。求证： 。1、。2、E、F四点共圆的充要条件为 P是4ABC的垂心。（本题满分50分） 如图，在7X8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。表示不大于a的最大整数。求证：对任意正整数n,存在kC P和正整数 m,使得f（m, k）=

7、n。2007年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案一、选择题(本题满分 36分，每小题6分)1. B 如图，在侧面 PAB内，作 AM XPB,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 PA = AC 2 222 ,斜高为 J7 ,故 2KM = AM 2y2 ,由此得CM =AM =, 7 。 在 AMC 中，由余弦定理得 2AM 2 CM 2 - AC21cosNAMC =。2 AM CM7人 2，12. A 令x=a,则有|a|W一,排除B、Do由对称性排除 C,从而只有A正确。 331 .342由此易一般地，对 kC r,令

8、x=ka,则原不等式为 |a|，|k 1|十|a|，| k 心|a|2,22334 .kC R成立。由于知原不等式等价于|a |k -11 +-| k |,对任意的3 |k-1| -|k-ik-323k -341 k 0得2ba+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 个值，有7种；当b=7时，a可取5、9X5=45种；当b=6时，a可取3、4、9中每一6、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 =O 81811

9、4. C 令c= Tt,则对任意的xC R,都有f(x)+f(x- c)=2,于是取a=b=一 , c=兀，则对任意的 2一 一 一bcosc .xC R, af（x）+bf（x- c）=1,由此得 =一1。a一般地，由题设可得 f（x） = jT3sin（x + 甲）+1 , f （x c） =VT3sin（x +平一c）+1 ,其中一个 冗一 小 2一一.0 华（一且 tan邛=,于是 af（x）+bf（x- c）=1 可化为23v13asin（x +中）+d13bsin（ x +中一c） + a +b = 1 ,即J13asin（x 十中）十 J13bsin（ x十中）cosc J13b

10、sin ccos（x +中）+（a + b1） = 0 ,所以 v113（a + bcosc）sin（x +邛）一七13bsin ccos（x +中）+（a +b 1） = 0。a bcosc =0 由已知条件，上式对任意 xCR恒成立，故必有 bsinc=0（2）,、a+b1 = 0（3）若b=0,则由（1）知a=0,显然不满足（3）式，故b与。所以，由（2）知sinc=0,故c=2kk兀或 c=2kKkC Z）。当 c=2k兀时，cosc=1,则（1）、（3）两式矛盾。故 c=2k什 /kC Z）, cosc=-1。由1 b cos c、（3）知 a =b =，所以 bcosc = -1。

11、 2a5. A 设圆O1和圆。2的半径分别是1、2, |O1O2|=2c,则一般地，圆 P的圆心轨迹是焦点为。1、。2,且离心率分别是 -2 和2c的圆锥曲线（当1=2时，O1O2的中垂线是轨1 2|1 -r2 |迹的一部份，当 c=0时，轨迹是两个同心圆）。当1=2且1+22c时，圆P的圆心轨迹如选项 B;当02c|1-2|时，圆P的圆心轨迹如选 项C;当1在2且1+22c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 Ao6. B 先证|AUB|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

12、nCA,使得2n+2CB。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nCA,使得2n+2 C B。如取 A=1 , 3, 5,，B=2 n+2|n A,则 A、23, 2, 10, 14, 18, 25, 27, 29,B满足题设且RUB|66。7.、

13、填空题（本题满分3%12 +25 。如54分，每小题9分）图，设 AC与 BD 交于 F|PA|+|PC|外AC|=|FA|+|FC|, |PB|+|PD|斗BD|=|FB|+|FD|,因此, 与 F 点重合时，|PA|+|PB|+|PC|+|PD| 取至IJ| AC | 十| BD | = 372 +2J5 。2AB AB BE AC AB AC BFAC AB =”33 1 33 1 -36 三12 .33 1BF BC = 2。设EF与BC的夹角为8. 一。因为 AB AE +AC AF =2 ,所以 AB (AB + BE) + AC (AB + BF) = 2 ,即 32二2。因为

14、AB =1 ,BE =-BF ,所以 1 +BF (AC -AB)-1 = 2,即以 则有 |BF| ,|bC| cos 8 = 2 ,即 3cos0=2,所以八2cos 8 = 一。35 39. 3。如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线6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 2J3, 冗在过千心A的大圆上，因为AE =，AA1=1,则/A1AE =。36一 一一“冗，冗同理/BAY一,所以/EAF=,故弧EF

15、的长为662网冗百 , 一 ,一 = %，而这样的弧共有三条。 在面BBiCiC上，交线为弧FG且在距球心为1的3691-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 ,/FBG =-,所以 32一 _ 3 无 33弧FG的长为 J - =/。这样的弧也有三条。3 26于是，所得的曲线长为 3x11冗+ 3父宣冗=型3工。 966,22222210. 1。因为& +%3 =a1 Y&+d） +送：2d） =14 2故由已知条件知道：2 h b2 b3b1blq hq1 q qo- 14141+q+q为一,其中 m为正整数。令1+q+q = ,则 mm1 1 14156 - 3m,

16、 14 -q = +、一+1 = +J。由于q是小于1的正有理数，所以1（一 3,2 .4m 2. 4mm即5布局3且56二3m是某个有理数的平方，由此可知 q =-o 4m2f-1T4.511.5g(x) = 2 sin(d2sin(Tt&)+2 15。 实 际 上 f(x)=h4(- x 0,即 an+10-(1), x1+x2= 0 (2),1 -k13 .1 .一 一 .1 一x1x2 = 0 (3),由此解得 一 k 1。对 y = x + 一 求导，得 y = 1 一，则1-k4xx111y Ix3 =1 -， y |xa2 =1 -，于TE直线l1 的万程为 y _y1 = (1

17、 一二)(x-xj ,即1 .11 .2y (X +)=(1 = )(xx1)，化简后得到直线11的万程为y = (1=)x +(4)。同x1x1x1 x1121122理可求付直线 l2 的方程为 y = (1 2-)x + (5)。(4)-(5)得(一2 2)xp + = 0 ,*2*2又2%x22x%. 一.一一因为 x1次2 , 故有xp = -U-(6)。将(2)(3)两 式代入(6)式得 xp=2。 (4)+(5)得 x1x2111111 x x.2yp =(2-(一2+2)xp+2(十 ) (7), 其中 一+= 1，xx2x1x2Xx2x1x22xx2=12(1 k)=2k1,代

18、入(7)11x； x2(x x2)2-2x1x2X1 x2 22 -2 -2 2= ()x x2x1 x2x1 x2x1 x23 . 5 式得 2yp=(3- 2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4- 2k。又由一 k 1得 2 yp ,即点 P 的轨迹为 4p 2(2, 2), (2, 2.5)两点间的线段(不含端点)。15.证明：记 g(x) = f (x) + 一刈 h(x)2偶函数，h(x)是奇函数，对任意的f(x) - f (-x) nt口 日:2,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是x R , g(x+ 2 7)=g (x) , h(x+2=h(x)。 令f1(x)

19、=g(x) +g(x+ /)2g(x) -g(x#ke f2(x) =28sx2冗0x=kTt+L2,h(x) -h(x + m f3(x) = 2sin x0h(x) +h(x+ 力 f4(x)=2sin2xx = k 冗0k兀x二2 ,其中k为任意整Kttx 二 一2容易3证 fi(x), i=1, 2, 3,4是偶函数，且对任意的x R, fi(x+ T)=fi(x), i=1 , 2, 3, 4。下证对任息的xC R,有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当x # k?t + 时，显然成立；当* =女冗+ 一时,22E 且 xg(x) +g(x+ 冗)因为 f1 (x) + f2

20、(x) cosx = f1 (x)=,而2= g(kjt* =g(k：t+；) = g(x),故对。og(x+ ) =g(kTt + ,) =g(k：t+；2*+1)兀)任意的xC R, f1(x)+f2(x)COsx=g (x)。一一， s _k k 冗.一一 .下证对任息的 xC R,有f3(x)sinx+f 4(x)sin2x=h (x)。当x# 时，显然成立；当 x=k兀时，2h(x)=h(km=h(kTt -2kT)=h(-k =- h(k句，所以 h(x)=h(k吊=0,而此时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0,故 ,._、“.冗 r,h(x)=f 3(x)sinx+f

21、 4(x)sin2x ；当 x = k 冗 + 一时，23冗3冗冗冗h(x + ：t) =h(k：t + ) =h(k：t +一2(k+1)jt) = h(女花_) = _h(k：t + ) = h(x),故2222f3(x)s inx = h(x)_52(_x0 =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题参考答案一、(本题满分50分)证明：连结 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1o因

22、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Oi是4BDF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。2是的CP中 点综合以上知O1O2/BC,所以/ PO2O尸 / 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 PEXAC, PF XAB,所以B、Oi、P、E四点共线，C、。2、P、F四点共线，Z FO2Oi=ZFCB = Z FEB = Z FEOi,故 Oi、O2、E、F 四点共圆。必要性：设Oi、。2、E、F四点共圆，故/ O1O2E+Z EFOi=

23、180 o由于/ PO2O尸/ PCB=/ACB- /ACP,又因为O2是直角 CEP的斜边中点，也就是 CEP的外所以/ PO2E=2/ACP。因为O1是直角 BFP的斜边中点，也就是 BFP的外心，从而/ PFOi=90 V BFOi=90 士 ABP。因为B、C、E、F四点共圆，所以/AFE=/ACB, /PFE=90 Y ACB。于是，由/ OiO2E+/EFOi=180得(/ACB- /ACP)+2/ACP+(90 Y ABP)+(90 Y ACB)=180 , 即/ ABP=Z ACPo又因为 ABAC , ADXBC,故 BDCD。设B是点B关于直线AD的对称点，则B在线段 DC

24、上且BD=BD 。连结AB、PB。由对称性，有/ ABP=ZABP,从而/ ABP = Z ACP,所以A、P、B、C四点共圆。由此可知/ PBB = Z CAP=90 V ACBo因为/ PBC=Z PBB,故/ PBC+Z ACB=(90 Y ACB)+Z ACB=90 ,故直线BP和AC垂直。由题设P在边BC的高上，所以 P是4ABC的垂心。1二、(本题满分50分)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歹U,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