全国高中数学联赛试题与答案1试2试

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）一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 如图，在正四棱锥PABCD中，APC=60°，则二面角APBC的平面角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 2. 设实数a使得不等式|2xa|+|3x2a|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. B. C. D. 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b。则使不等式a2b+10>0成立的事件发生的概率等于（ ）A

2、. B. C. D. 4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ ）A. B. C. 1D. 15. 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AB空集。若nA时总有2n+2B，则集合AB的元素个数最多为（ ）A. 62B. 66C. 68D. 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

3、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，若，则与的夹角的余弦值等于_。9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，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_。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，且是正整数，则q等于_。11. 已知函数，则f(x)的最小值为_。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

4、_种（用数字作答）。三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13. 设，求证：当正整数n2时，an+1<an。14. 已知过点(0，1)的直线l与曲线C：交于两个不同点M和N。求曲线C在点M、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+2)=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+)=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

5、（本题满分36分，每小题6分）1. 如图，在正四棱锥PABCD中，APC=60°，则二面角APBC的平面角的余弦值为（ B ）A. B. C. D. 解：如图，在侧面PAB内，作AMPB，垂足为M。连结CM、AC，则AMC为二面角APBC的平面角。不妨设AB=2，则，斜高为，故，由此得。在AMC中，由余弦定理得。2. 设实数a使得不等式|2xa|+|3x2a|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. B. C. D. 3，3解：令，则有，排除B、D。由对称性排除C，从而只有A正确。一般地，对kR，令，则原不等式为，由此易知原不等式等价于，对任意的kR成立。由

6、于，所以，从而上述不等式等价于。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a2b+10>0成立的事件发生的概率等于（ D ）A. B. C. D. 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a2b+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

7、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。4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ C ）A. B. C. 1D. 1解：令c=，则对任意的xR，都有f(x)+f(xc)=2，于是取，c=，则对任意的xR，af(x)+bf(xc)=1，由此得。一般地，由题设可得，其中且，于是af(x)+bf(xc)=1可化为，即，所以。由已知条件，上式对任意xR恒成立，故必有，若b=0，则由(1)知a=0，显然不满足(3)

8、式，故b0。所以，由(2)知sinc=0，故c=2k+或c=2k(kZ)。当c=2k时，cosc=1，则(1)、(3)两式矛盾。故c=2k+(kZ)，cosc=1。由(1)、(3)知，所以。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<|r1r2|

9、时，圆P的圆心轨迹如选项C；当r1r2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AB空集。若nA时总有2n+2B，则集合AB的元素个数最多为（ B ）A. 62B. 66C. 68D. 74解：先证|AB|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nA，使得2n+2B。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；2，6，10，22，14，30，1

10、8，38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nA，使得2n+2B。如取A=1，3，5，23，2，10，14，18，25，27，29，49，26，34，42，46，B=2n+2|nA，则A、B满足题设且|AB|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)，C(0，3)，D(1，3)及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 。解：如图，设AC与BD交于F点，则|PA|+|

11、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。8. 在ABC和AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，若，则与的夹角的余弦值等于 。解：因为，所以，即。因为，所以，即。设与的夹角为，则有，即3cos=2，所以。9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，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 。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；

12、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，AA1=1，则。同理，所以，故弧EF的长为，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，所以弧FG的长为。这样的弧也有三条。于是，所得的曲线长为。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，且是正整数，则q等于 。解：因为，故由已知条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令，则。由于q是小于1的正有理数，所以

13、，即5m13且是某个有理数的平方，由此可知。11. 已知函数，则f(x)的最小值为 。解：实际上，设，则g(x)0，g(x)在上是增函数，在上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线对称，则对任意，存在，使g(x2)=g(x1)。于是，而f(x)在上是减函数，所以，即f(x)在上的最小值是。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

14、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7227216×72=3960种。三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13. 设，求证：当正整数n2时，an+1<an。证明：由于，因此，于是，对任意的正整数n2，有，即an+1<an。14. 已知过点(0，1)的直线l与曲线C：交于两个不同点M和N。求曲线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

15、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，消去y，得，即(k1)x2+x1=0。由题意知，该方程在(0，+)上有两个相异的实根x1、x2，故k1，且=1+4(k1)>0(1)，(2)，(3)，由此解得。对求导，得，则，于是直线l1的方程为，即，化简后得到直线l1的方程为(4)。同理可求得直线l2的方程为(5)。(4)(5)得，因为x1x2，故有(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得xp=2。(4)+(5)得(7)，其中，代入(7)式得2yp=(32k)xp+2，而xp=2，得yp=42k。又由得，即点P的轨迹为(2，2)，(

16、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+2)=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+)=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，则f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函数，h(x)是奇函数，对任意的xR，g(x+2)=g(x)，h(x+2)=h(x)。令，其中k为任意整数。容易验证fi(x)，i=1，2，3，4是偶函数，且对任意的xR，fi(x+

17、)=fi(x)，i=1，2，3，4。下证对任意的xR，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当时，显然成立；当时，因为，而，故对任意的xR，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。下证对任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当时，显然成立；当x=k时，h(x)=h(k)=h(k2k)=h(k)=h(k)，所以h(x)=h(k)=0，而此时f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；当时，故，又f4(x)sin2x=0，从而有h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。于是，对任意的xR，有f3(

18、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10：0012：00）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P作PEAC，垂足为E，做PFAB，垂足为F。O1、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。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

19、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。三、（本题满分50分）设集合P=1，2，3，4，5，对任意kP和正整数m，记f(m，k)=，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kP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BC上的高，P是线段AD内一点。过P作PEAC，垂足为E，作PFAB，垂足为F。O1、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。证明：连结BP、CP、O1O

20、2、EO2、EF、FO1。因为PDBC，PFAB，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O1O2BC，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PEAC，PFAB，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

21、76;。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因为O2是直角CEP的斜边中点，也就是CEP的外心，所以PO2E=2ACP。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(ACBACP)+2ACP+(90°ABP)+(90°ACB)=180°，即ABP=ACP。又因为AB<AC，ADBC，故BD<CD。设B'是点B关于直线AD的对称点，则B'

22、;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