2007年全国高中数学联赛一、二试试题及答案.doc

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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、选择题此题总分值36分，每题6分1. 如图，在正四棱锥PABCD中，APC=60，那么二面角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，那么满足条件的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。那么使不等式a2b+100成立的事件发生的概率等于 A. B. C. D. 4. 设函数

2、f(x)=3sinx+2cosx+1。假设实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，那么的值等于 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，那么圆P的圆心轨迹不可能是 6. 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。假设nA时总有2n+2B，那么集合AB的元素个数最多为 A. 62B. 66C. 68D. 74二、填空题此题总分值54分，每题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，那么|PA|+|PB|+|PC|+|

3、PD|的最小值为_。8. 在ABC和AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，假设，那么与的夹角的余弦值等于_。9. 正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，那么球面与正方体的外表相交所得到的曲线的长等于_。10. 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。假设a1=d，b1=d2，且是正整数，那么q等于_。11. 函数，那么f(x)的最小值为_。12. 将2个a和2个b共4个字母填在如下图的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，假设使相同字母既不同行也不同列，那么不同的填法共有_种用数字作答。三、解答题此题总分值60

4、分，每题20分13. 设，求证：当正整数n2时，an+10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，故根本领件总数为92=81个。由不等式a2b+100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，那么共有95=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。4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。假设实

5、数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，那么的值等于 C A. B. C. 1D. 1解：令c=，那么对任意的xR，都有f(x)+f(xc)=2，于是取，c=，那么对任意的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。由条件，上式对任意xR恒成立，故必有，假设b=0，那么由(1)知a=0，显然不满足(3)式，故b0。所以，由(2)知sinc=0，故c=2k+或c=2k(kZ)。当c=2k时，cosc=1，那么(1)、(3)两式矛盾。故c=2k+(kZ)，cosc=1。由(1)、(3)知，所以。5

6、. 设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，那么圆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，那么一般地，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+r22c时，圆P的圆心轨迹如选项B；当02c|r1r2|时，圆P的圆心轨迹如选项C；当r1r2且r1+r22c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. A与B是集合1，2，3，100的两个子集，满足：A与B的元

7、素个数相同，且为AB空集。假设nA时总有2n+2B，那么集合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，为此只须证假设A是1，2，49的任一个34元子集，那么必存在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；2，6，10，22，14，30，18，38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nA，使得2n+2B。如取A=1，3，5，

8、23，2，10，14，18，25，27，29，49，26，34，42，46，B=2n+2|nA，那么A、B满足题设且|AB|66。二、填空题此题总分值54分，每题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，那么|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 。解：如图，设AC与BD交于F点，那么|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。8. 在ABC和AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，

9、假设，那么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，那么有，即3cos=2，所以。9. 正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，那么球面与正方体的外表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；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，那么。同理，所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条。在面BB1

10、C1C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. 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。假设a1=d，b1=d2，且是正整数，那么q等于 。解：因为，故由条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令，那么。由于q是小于1的正有理数，所以，即5m13且是某个有理数的平方，由此可知。11. 函数，那么f(x)的最小值为 。解：实际上，设，那么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，那么对任意，存在，使g(x2)=g(

11、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个字母填在如下图的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，假设使相同字母既不同行也不同列，那么不同的填法共有 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=1672种。所以，符合题设条件的填法共有722721672=3960种。三

12、、解答题此题总分值60分，每题20分13. 设，求证：当正整数n2时，an+1an。证明：由于，因此，于是，对任意的正整数n2，有，即an+10(1)，(2)，(3)，由此解得。对求导，得，那么，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)，(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)=

13、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，那么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+)=fi(x)，i=1，2，3，4。下证对任意的xR，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当

14、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(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

15、试卷考试时间：上午10：0012：00一、此题总分值50分如图，在锐角ABC中，ABAC，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、此题总分值50分如图，在78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。三、此题总分值50分设集合P=1，2，3，

16、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、此题总分值50分如图，在锐角ABC中，ABAC，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、O1O2、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

17、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AFAB=APAD=AEAC，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。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=9

18、0BFO1=90ABP。因为B、C、E、F四点共圆，所以AFE=ACB，PFE=90ACB。于是，由O1O2E+EFO1=180得(ACBACP)+2ACP+(90ABP)+(90ACB)=180，即ABP=ACP。又因为ABAC，ADBC，故BDCD。设B是点B关于直线AD的对称点，那么B在线段DC上且BD=BD。连结AB、PB。由对称性，有ABP=ABP，从而ABP=ACP，所以A、P、B、C四点共圆。由此可知PBB=CAP=90ACB。因为PBC=PBB，故PBC+ACB=(90ACB)+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、此题总分值50

19、分如图，在78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，那么记这个方格为(i，j)。第一步证明假设任取10个棋子，那么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

20、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局部。同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影局部。第1、2行必在每行取出一个，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)这些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子。在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在区域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在区域内至少取出3个棋

21、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、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，那么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、此题总分值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。证明：定义集合A=|mN*，kP，其中N*为正整数集。由于对任意k、iP且ki，是无理数，那么对任意的k1、k2P和正整数m1、m2，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。下面确定n与m、k的关系。假设，那么。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。从而n=f(m，k)。因此对任意nN*，存在mN*，kP，使得f(m，k)=n。