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2000年-2011年全国高中数学联合竞赛一试和二试试题及答案

时间:2017-08-10


2011 年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)
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.设集合 A ? {a1 , a 2 , a 3 , a 4 } ,若 A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为 B ? {?1, 3, 5, 8} ,则集合 A ? .
x 2 ?1 的值域为 . x ?1 1 1 3.设 a , b 为正实数, ? ? 2 2 , (a ? b) 2 ? 4(ab) 3 ,则 loga b ? a b 5 5 4.如果 cos ? ? sin ? ? 7(sin3 ? ? cos3 ? ) , ? ? [0,2? ) ,那么 ? 的取值范围是

2.函数 f ( x) ?



. 5.现安排 7 名同学去参加 5 个运动项目,要求甲、乙两同学不能参加同一个项目,每个项 目都有人参加, 每人只参加一个项目, 则满足上述要求的不同安排方案数为 . (用 数字作答) 6.在四面体 ABCD中,已知 ?ADB? ?BDC? ?CDA? 60? , AD ? BD ? 3 , CD ? 2 ,则四面 体 ABCD的外接球的半径为 . 2 7.直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 与抛物线 y ? 4 x 交于 A, B 两点, C 为抛物线上的一点, ?ACB ? 90? , 则点 C 的坐标为 . 8.已知 a n ? C
n 3 200

? 6

? ?

200? n

? 1 ? ? ?? ? ? (n ? 1,2, ? ,95) ,则数列 {a n } 中整数项的个数为 ? 2?

n



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)设函数 f ( x) ?| lg(x ? 1) | ,实数 a, b(a ? b) 满足 f (a) ? f (?
f (10a ? 6b ? 21) ? 4 lg 2 ,求 a , b 的值.

b ?1 ), b?2

10. (本小题满分 20 分)已知数列 {a n } 满足: a1 ? 2t ? 3 (t ?R 且 t ? ?1) ,
a n ?1 ? (2t n ?1 ? 3)a n ? 2(t ? 1)t n ? 1 a n ? 2t n ? 1
(n ? N * ) .

(1)求数列 {a n } 的通项公式; (2)若 t ? 0 ,试比较 an ?1 与 a n 的大小.
1 x2 y2 11. (本小题满分 20 分)作斜率为 的直线 l 与椭圆 C : ? ? 1 交于 A, B 两点(如图所 3 36 4 示) ,且 P(3 2 , 2 ) 在直线 l 的左上方. y (1)证明:△ PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上; P (2)若 ?APB ? 60? ,求△ PAB 的面积. x O B A

1

2011 年全国高中数学联合竞赛加试试题(A 卷)
一、 (本题满分 40 分)如图,P, Q 分别是圆内接四边形 ABCD的对角线 AC, BD 的中点.若 ?BPA? ?DPA,证明: ?AQB ? ?CQB . D

A

Q P B C

二、 (本题满分 40 分)证明:对任意整数 n ? 4 ,存在一个 n 次多项式 f ( x) ? x n ? a n?1 x n?1 ? ? ? a1 x ? a0 具有如下性质: (1) a 0 , a1 , ? , a n ?1 均为正整数; (2)对任意正整数 m ,及任意 k (k ? 2) 个互不相同的正整数 r1 , r2 , ?, rk ,均有 f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) . 三、 (本题满分 50 分)设 a1 , a 2 , ? , a n (n ? 4) 是给定的正实数, a1 ? a 2 ? ? ? a n .对任意正实 数 r ,满足
a j ? ai ak ? a j ? r (1 ? i ? j ? k ? n) 的三元数组 (i, j, k ) 的个数记为 f n (r ) .

证明: f n (r ) ?

n2 . 4

四、 (本题满分 50 分)设 A 是一个 3?9 的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称 A 中的一个 m ? n (1 ? m ? 3, 1 ? n ? 9) 方格表为“好矩形” ,若它的所有数的和为 10 的倍数.称 A 中 的一个 1?1 的小方格为“坏格” ,若它不包含于任何一个“好矩形” .求 A 中“坏格”个数的最大 值.

2

3

4

5

6

7

8

2010 年全国高中数学联赛
一、填空题(每小题 8 分,共 64 分, ) 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 . 2 2 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 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 且存在常数 ? , ? 使得对每一个正整数 n 都有 an ? log? bn ? ? , a1 ? 3, b1 ? 1, a2 ? b2 ,3a5 ? b3 , 则? ? ? ? . 5. 函数 f ( x) ? a 2 x ? 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 . 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(本题满分 56 分) 9. (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.(20 分)已知抛物线 y 2 ? 6 x 上的两个动点 A( x1 , y1 )和B( x2 , y2 ) ,其中 x1 ? x 2 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.(20 分)证明:方程 2 x ? 5x ? 2 ? 0 恰有一个实数根 r ,且存在唯一的严格递增正整数
3

数列 {an } ,使得

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




A

1. (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.
B

O

EK D

C

P

Q

N M

9

1 .记 f (1) (r ) ? f (r ) ? r ? ?r ? ?, 2 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
2. (40 分)设 k 是给定的正整数, r ? k ? 不小于实数 x 的最小整数,例如: ? ? ? 1 , ? ?1? ? ? 1. 2 3. (50 分)给定整数 n ? 2 ,设正实数 a1 , a2 , ?, an 满足 ak ? 1, k ? 1, 2, ?, n ,记

?1? ? ?

a1 ? a2 ? ? ? ak , k ? 1, 2, ? , n . k n n n ?1 求证: ? ak ? ? Ak ? . 2 k ?1 k ?1 Ak ?
4. (50 分)一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A 1 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?

10

2010 年全国高中数学联赛 解
1.






[?3, 3]

提示:易知 f ( x) 的定义域是 ?5,8? ,且 f ( x) 在 ?5,8? 上是增函数,从而可知

f ( x) 的值域为 [?3, 3] . 3 2. ? ? a ? 12 提示:令 sin x ? t ,则原函数化为 g (t ) ? (?at 2 ? a ? 3)t ,即 2 g (t ) ? ?at 3 ? (a ? 3)t .
由 ? at 3 ? (a ? 3)t ? ?3 ,? at(t 2 ? 1) ? 3(t ? 1) ? 0 ,(t ? 1)(?at(t ? 1) ? 3) ? 0 及 t ? 1 ? 0 知 ? at(t ? 1) ? 3 ? 0 即 (1) a(t 2 ? t ) ? ?3 . 当 t ? 0,?1 时(1)总成立;

1 3 ? t 2 ? t ? 0 .从而可知 ? ? a ? 12 . 4 2 3. 9800 提示:由对称性知,只要先考虑 x 轴上方的情况,设 y ? k (k ? 1,2,?,99) 与双 曲线右半支于 Ak ,交直线 x ? 100 于 Bk ,则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为 99 ? k ,从而在 x 轴
对 0 ? t ? 1,0 ? t 2 ? t ? 2 ;对 ? 1 ? t ? 0,? 上方区域内部整点的个数为

? (99 ? k ) ? 99 ? 49 ? 4851 .
k ?1

99

又 x 轴上有 98 个整点,所以所求整点的个数为 2 ? 4851 ? 98 ? 9800 .

3 ? 3 提示 :设 {an } 的公差为 d ,{bn } 的公比为 q ,则 (1) 3 ? d ? q, 2 3(3 ? 4d ) ? q , (2) 2 (1)代入(2)得 9 ? 12d ? d ? 6d ? 9 ,求得 d ? 6, q ? 9 .
4.
3

从而有 3 ? 6(n ? 1) ? log? 9n?1 ? ? 对一切正整数 n 都成立,即 6n ? 3 ? (n ? 1) log? 9 ? ? 对一切正整数 n 都成立. 从而

log? 9 ? 6,?3 ? ? log? 9 ? ? ,
求得

? ? 3 3, ? ? 3 , ? ? ? ? 3 3 ? 3 .
1 4
x 2 提示:令 a ? y, 则原函数化为 g ( y) ? y ? 3 y ? 2 , g ( y ) 在 (? ,+?) 上是递增

5. ? 的.

3 2

?1 当 0 ? a ? 1 时, y ? [a, a ] ,

g ( y ) max ? a ?2 ? 3a ?1 ? 2 ? 8 ? a ?1 ? 2 ? a ?
所以

1 , 2

1 1 1 g ( y ) min ? ( ) 2 ? 3 ? ? 2 ? ? ; 2 2 4 ?1 当 a ? 1 时, y ? [a , a] ,

g ( y) max ? a 2 ? 3a ? 2 ? 8 ? a ? 2 ,

11

所以

1 g ( y ) min ? 2 ? 2 ? 3 ? 2 ?1 ? 2 ? ? . 4
综上 f ( x) 在 x ? [?1,1] 上的最小值为 ? 6.

1 . 4
z A1 C1

12 17

提示:同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为

21 7 ? ,从而先投掷人的获胜概率为 36 12 7 5 7 5 7 7 ? ( )2 ? ? ( )4 ? ? ? ? ? 12 12 12 12 12 12
7.

1 12 . ? 25 17 1? 144

B1 P A O C B x y

10 提示:解法一:如图,以 AB 所在直线为 x 轴, 4 线段 AB 中点 O 为原点, OC 所在直线为 y 轴,建立空间直角坐
标系.设正三棱柱的棱长为 2,则

B(1,0,0), B1 (1,0,2), A1 (?1,0,2), P(0, 3,1) ,从而,

BA , 3,1), B1 A1 ? (?2,0,0), B1 P ? (?1, 3,?1) 1 ? (?2,0,2), BP ? (?1
. 设分别与平面 BA 1 P 、平面 B1 A 1 P 垂直的向量是 m ? ( x1 , y1 , z1 ) 、 n ? ( x2 , y2 , z 2 ) ,则

? ?m ? BA1 ? ?2 x1 ? 2 z1 ? 0, ? ? ?m ? BP ? ? x1 ? 3 y1 ? z1 ? 0, ? ?n ? B1 A1 ? ?2 x2 ? 0, ? ? ?n ? B1 P ? ? x2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 0,
6 . 4

由此可设 m ? (1,0,1), n ? (0,1, 3) ,所以 m ? n ? m ? n cos ? ,即

?? ?

?? ?

3 ? 2 ? 2 cos ? ? cos ? ?

10 所以 sin ? ? . 4 解法二:如图, PC ? PC1 , PA 1 ? PB . 设 A1 B 与 AB1 交于点 O, 则 OA1 ? OB, OA ? OB1 , A1B ? AB1 . 因为 PA ? PB1 , 所以 PO ? AB1 , 从而 AB1 ? 平面

A1 C1 E B1 O A P

PA1 B . 过 O 在平面 PA 1 B 上作 OE ? A 1 P ,垂足为 E . 连结 B1 E ,则 ?B1 EO 为二面角 B ? A1 P ? B1 的平面角.设 AA1 ? 2 ,则易求得

C B

PB ? PA1 ? 5, A1O ? B1O ? 2, PO ? 3 .

12

在直角 ?PA1O 中, A1O ? PO ? A1 P ? OE ,即 又 B1O ?

2 ? 3 ? 5 ? OE,? OE ?
6 4 5 . ? 5 5

6 5

.

2 ,? B1 E ? B1O 2 ? OE 2 ? 2 ?

B1O 2 10 . ? ? B1 E 4 5 4 5 2 8. 336675 提示:首先易知 x ? y ? z ? 2010的正整数解的个数为 C2009 ? 2009?1004. 把 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解分为三类: (1) x, y , z 均相等的正整数解的个数显然为 1; (2) x, y , z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数,易知为 1003; (3)设 x, y , z 两两均不相等的正整数解为 k . sin ? ? sin ?B1 EO ?
易知

1 ? 3 ? 1003 ? 6k ? 2009 ? 1004 ,
所以

6k ? 2009 ? 1004 ? 3 ? 1003 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2009 ? 3 ? 2 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2004 ,


k ? 1003 ? 335 ? 334 ? 335671 . 从而满足 x ? y ? z 的正整数解的个数为 1 ? 1003 ? 335671 ? 336675 .

9. 解法一:

? f ?(0) ? c, ? 1 3 f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c, 由 ? ? f ?( ) ? a ? b ? c, 4 ? 2 ? f ( 1 ) ? 3 a ? 2b ? c ? ?



1 3a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) . 2
所以

1 3 a ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) 2 1 ? 2 f ?(0) ? 2 f ?(1) ? 4 f ?( ) ? 8 , 2 8 8 3 2 所以 a ? . 又易知当 f ( x) ? x ? 4 x ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大 3 3 8 值为 . 3 2 解法二: f ?( x) ? 3ax ? 2bx ? c . 设 g ( x) ? f ?( x) ? 1 ,则当 0 ? x ? 1 时,0 ? g ( x) ? 2 . z ?1 , ?1 ? z ? 1 . 设 z ? 2 x ? 1 ,则 x ? 2 z ? 1 3a 2 3a ? 2b 3a h( z ) ? g ( )? z ? z? ? b ? c ? 1. 2 4 2 4
13

容易知道当 ? 1 ? z ? 1 时, 0 ? h( z ) ? 2,0 ? h(? z ) ? 2 . 从而当 ? 1 ? z ? 1 时,

h( z ) ? h( ? z ) ?2 , 即 2 3a 2 3a 0? z ? ? b ? c ?1 ? 2 , 4 4 3a 3a 8 ? b ? c ? 1 ? 0 , z 2 ? 2 ,由 0 ? z 2 ? 1 知 a ? . 从而 4 4 3 8 3 8 2 又易知当 f ( x) ? x ? 4 x ? x ? m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 . 3 3 x ? x2 y ? y2 ? 2, y 0 ? 1 10. 解法一:设线段 AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ,则 x0 ? 1 , 2 2 y ? y1 y ? y1 6 3 . k AB ? 2 ? 22 ? ? 2 x 2 ? x1 y 2 ? y1 y 0 y 2 y1 ? 6 6 线段 AB 的垂直平分线的方程是 y y ? y 0 ? ? 0 ( x ? 2) . (1) 3 易知 x ? 5, y ? 0 是(1)的一个解,所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且 点 C 坐标为 (5,0) . 3 由(1)知直线 AB 的方程为 y ? y 0 ? ( x ? 2) ,即 y0 y x ? 0 ( y ? y0 ) ? 2 . (2) 3 (2)代入 y 2 ? 6 x 得 y 2 ? 2 y0 ( y ? y0 ) ? 12 ,即 0?
2 (3) y 2 ? 2 y0 y ? 2 y0 ? 12 ? 0 . 依题意, y1 , y2 是方程(3)的两个实根,且 y1 ? y2 ,

y A

所以
2 2 2 ? ? 4 y0 ? 4(2 y0 ?12) ? ?4 y0 ? 48 ? 0 ,

B

? 2 3 ? y0 ? 2 3 .
AB ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2
O C(5,0) x

? (1 ? (

y0 2 ) )( y1 ? y 2 ) 2 3

2 y0 ? (1 ? )[(y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ] 9

? (1 ?
?

2 y0 2 2 )(4 y0 ? 4(2 y0 ? 12)) 9

2 2 2 (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) . 3

14

定点 C (5,0) 到线段 AB 的距离
2 h ? CM ? (5 ? 2) 2 ? (0 ? y 0 ) 2 ? 9 ? y 0 .

S ?ABC ?

1 1 2 2 2 AB ? h ? (9 ? y 0 )(12 ? y 0 ) ? 9 ? y0 2 3 1 1 2 2 2 ? (9 ? y0 )(24 ? 2 y0 )(9 ? y0 ) 3 2

2 2 2 ? 24 ? 2 y0 ? 9 ? y0 1 1 9 ? y0 ? ( )3 3 2 3 14 ? 7 . 3 6 ? 35 6 ? 35 2 2 当且仅当 9 ? y0 , 即 y0 ? ? 5 , A( , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 或 ? 24 ? 2 y0 3 3 6 ? 35 6 ? 35 A( , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3 14 7. 所以, ?ABC 面积的最大值为 3 解法二:同解法一,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且点 C 坐标为 (5,0) .

5 1 2 设 x1 ? t , x2 ? t , t1 ? t 2 , t ? t ? 4 ,则 S ?ABC ? t1 2 2 t2
2 1 2 2 2 1 2 2

0

1

6t1 1 的绝对值, 6t 2 1

所以 S ?ABC

1 2 2 S? 6t12 t 2 ? 6t1t 2 ? 5 6t 2 )) 2 ABC ? ( (5 6t1 ? 2 3 ? (t1 ? t 2 ) 2 (t1t 2 ? 5) 2 2 3 ? (4 ? 2t1t 2 )( t1t 2 ? 5)( t1t 2 ? 5) 2 3 14 ? ( )3 , 2 3 14 2 ? 7 , 当且仅当 (t1 ? t 2 ) 2 ? t1t 2 ? 5 且 t12 ? t 2 ? 4 ,即 t1 ? 3

7? 5 6

,

t2 ? ?
A(

7? 5 6

, A(

6 ? 35 6 ? 35 , 5 ? 7), B( , 5 ? 7) 或 3 3

6 ? 35 6 ? 35 , ?( 5 ? 7)), B( , ? 5 ? 7) 时等号成立. 3 3 14 7. 所以, ?ABC 面积的最大值是 3 3 2 11.令 f ( x) ? 2x ? 5x ? 2 ,则 f ?( x) ? 6 x ? 5 ? 0 ,所以 f ( x) 是严格递增的.又 1 3 1 f (0) ? ?2 ? 0, f ( ) ? ? 0 ,故 f ( x) 有唯一实数根 r ? (0, ) . 2 4 2 3 2r ? 5r ? 2 ? 0 , 所以

15

2 r ? ? r ? r 4 ? r 7 ? r10 ? ? . 3 5 1? r 故数列 an ? 3n ? 2(n ? 1,2,?) 是满足题设要求的数列.
若存在两个不同的正整数数列 a1 ? a2 ? ? ? an ? ?和 b1 ? b2 ? ? ? bn ? ?满足

r a1 ? r a2 ? r a3 ? ? ? r b1 ? r b2 ? r b3 ? ? ?
去掉上面等式两边相同的项,有

2 , 5

r s1 ? r s2 ? r s3 ? ? ? r t1 ? r t2 ? r t3 ? ? , 这里 s1 ?s 2 ?s 3 ? ?, t1 ? t 2 ? t3 ? ? ,所有的 s i 与 t j 都是不同的.
不妨设 s1 ? t1 ,则

r s1 ? r s1 ? r s2 ? ? ? r t1 ? r t2 ? ? ,

1 ? r t1 ? s1 ? r t2 ? s1 ? ? ? r ? r 2 ? ? ?
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

1 ?1 ? 1? r

1 1? 1 2

? 1 ? 1,
O

A

加试解答
1. 用反证法.若 A,B,D,C 不四点共圆,设三角形 ABC 的外 接圆与 AD 交于点 E,连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q,连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P,连接 PQ. 因为 PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)
2

B

EK D

C

P

Q

N M

? ? PO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,

同理

QK 2 ? ? QO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,

所以 故 OK ⊥ PQ .

PO2 ? PK 2 ? QO2 ? QK 2 ,
由题设,OK⊥MN,所以 PQ∥MN,于是

AQ AP ? . QN PM
由梅内劳斯(Menelaus)定理,得



NB DE AQ ? ? ? 1, ② BD EA QN MC DE AP ? ? ? 1. ③ CD EA PM NB MC ND MD ? ? 由①,②,③可得 , 所以 ,故△DMN ∽ △DCB,于是 BD CD BD DC ?DMN ? ?DCB ,所以 BC∥MN,故 OK⊥BC,即 K 为 BC 的中点,矛盾!从而 A, B, D, C 四
点共圆. 注 1:― PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于 ⊙O)‖的证明:延长 PK 至点 F,使得 PK ? KF ? AK ? KE , ④ 则 P,E,F,A 四点共圆,故 ?PFE ? ?PAE ? ?BCE ,
2

A

O F B EK D P C

16 Q

N M

从而 E,C,F,K 四点共圆,于是 ⑤-④,得

PK ? PF ? PE ? PC ,



PK 2 ? PE ? PC ? AK ? KE ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O) .
注 2:若点 E 在线段 AD 的延长线上,完全类似.

2. 记 v2 (n) 表示正整数 n 所含的 2 的幂次.则当 m ? v2 (k ) ? 1 时, f ( m) (r ) 为整数. 下面我们对 v2 (k ) ? v 用数学归纳法. 当 v ? 0 时,k 为奇数, k ? 1 为偶数,此时

1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) ? ? k ? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? 2?? 2? ? 2? ?
为整数. 假设命题对 v ? 1(v ? 1) 成立. 对于 v ? 1 ,设 k 的二进制表示具有形式

k ? 2v ? ?v?1 ? 2v?1 ? ?v?2 ? 2v?2 ? ?, 这里, ?i ? 0 或者 1, i ? v ? 1, v ? 2, ? .
于是

1?? 1 ? ? 1 ? ? f ( r )? ? k? ?? k? ? ?? k ? ?? k 1 ? ? 2?? 2? ? 2 ? ? 1 k ? ? ? k2 ? k 2 2 1 ? ? 2v ?1 ? (? v ?1 ? 1) ? 2v ? (? v ?1 ? ? v ? 2 ) ? 2v ?1 ? ? ? 22v ? ? 2 1 ? k? ? , ① 2
这里

k ? ? 2v?1 ? (?v?1 ?1) ? 2v ? (?v?1 ? ?v?2 ) ? 2v?1 ? ?? 22v ? ? .
显然 k ? 中所含的 2 的幂次为 v ? 1 . 故由归纳假设知,r ? ? k ? ? 由①知, f ( v ?1) (r ) 是一个整数,这就完成了归纳证明. 3. 由 0 ? ak ? 1 知,对 1 ? k ? n ? 1 ,有 0 ?

1 经过 f 的 v 次迭代得到整数, 2

? ai ? k ,
i ?1

k

0?

注意到当 x, y ? 0 时,有 x ? y ? max ?x, y? ,于是对 1 ? k ? n ? 1 ,有

i ? k ?1

?a

n

i

? n?k .

1 n ?1 1? k An ? Ak ? ? ? ? ? ai ? ? ai n i ?k ?1 ? n k ? i ?1 1 n ?1 1? k ? ? ai ? ? ? ? ? ai n i ?k ?1 ? k n ? i ?1

17

?1 n ?1 1? k ? ? max ? ? ai , ? ? ? ? ai ? ? n i ?k ?1 ? k n ? i ?1 ? ?1 ?1 1? ? ? max ? (n ? k ), ? ? ? k ? ?k n? ? ?n k ? 1? , n


?a ? ? A
k ?1 k k ?1

n

n

k

? nAn ? ? Ak
k ?1

n

?

?? A
k ?1
n ?1

n ?1

n

? Ak ? ? ? An ? Ak
k ?1

n ?1

? k ? n ?1 . ? ? ?1 ? ? ? 2 n? k ?1 ?
4. 对于该种密码锁的一种密码设置,如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同,在它们所在的 边上标上 a,如果颜色不同,则标上 b,如果数字和颜色都相同,则标上 c.于是对于给定的点 A 1 上的设置(共有 4 种) ,按照边上的字母可以依次确定点 A2 , A3 , ?, An 上的设置.为了使得最终 回到 A 1 时的设置与初始时相同,标有 a 和 b 的边都是偶数条.所以这种密码锁的所有不同的密码 设置方法数等于在边上标记 a,b,c,使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍. 设标有 a 的边有 2 i 条, 0 ? i ? ? ? ,标有 b 的边有 2 j 条, 0 ? j ? ? 2

?n? ? ?

? n ? 2i ? .选取 2 i 条边 ? 2 ? ?

2i 2j 标记 a 的有 Cn 种方法, 在余下的边中取出 2 j 条边标记 b 的有 Cn 其余的边标记 c. 由 ? 2i 种方法,

2i 2j 乘法原理,此时共有 Cn Cn ? 2i 种标记方法.对 i,j 求和,密码锁的所有不同的密码设置方法数为

4?
i ?0

?n? ?2? ? ?

? n ? 2i ? ? ? ? ? ? 2i ? 2 ? 2 j ? ? Cn ? Cn ? 2 i ? . j ?0 ? ? ? ?



0 这里我们约定 C0 ? 1.

当 n 为奇数时, n ? 2 i ? 0 ,此时
? n ? 2i ? ? 2 ? ? ? j ?0

?C

2j n ? 2i

? 2n?2i ?1 .



代入①式中,得

4?
i ?0

?n? ?2? ? ?

? n ? 2i ? ?n? ?n? ? ? ? 2 ? ?2? ?2? ? ? ? ? ? ? ? 2i 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 C C ? 4 C 2 ? 2 ? ? ? Cn2i 2n?2i ? ? ? ? n n ? 2 i n ? ? j ?0 i ?0 i ?0 ? ? ? ?

k n?k k n ?k ? ? Cn 2 ? ? Cn 2 (?1)k ? (2 ? 1)n ? (2 ? 1)n k ?0 k ?0

n

n

? 3n ? 1 .
当 n 为偶数时,若 i ?

n n ,则②式仍然成立;若 i ? ,则正 n 边形的所有边都标记 a,此 2 2

时只有一种标记方法.于是,当 n 为偶数时,所有不同的密码设置的方法数为

18

4?
i ?0

?n? ?2? ? ?

n? ? n ? 2i ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? ?1 ? ? ? ? ? 2i ? 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 ? ?? ? Cn ? Cn ? 2 i ? ? 4 ? ? 1 ? ? ? Cn 2 j ?0 i ?0 ? ? ? ? ? ? ? ?

2i n ? 2i ?1 ? 2 ? 4? ? Cn 2 ? ? 3n ? 3 . i ?0

?n? ? ? ?2?

综上所述,这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是:当 n 为奇数时有 3 ? 1 种;当 n
n

为偶数时有 3 ? 3 种.
n

2009 年全国高中数学联合竞赛

(一试)


一、填空(共 8 小题,每小题 7 分,共 56 分) x f? ? f ? f ? x ?? ?? 1. 若函数 f ? x ? ? 且 f (n) ? x ? ? f ? ,则 f ?99? ?1? ? ? ? 2 ??? ? ???? ? 1? x
n

2.

3.

已知直线 L : x ? y ? 9 ? 0 和圆 M : 2 x2 ? 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 . ?y?0 ? 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,它由不等式 ?y?2 ? x ?
t ? x ? t ? 1 所确定, t 的取值范围是 0 ? t ? 1 ,则 M 和 N 的公共面积是函数

f ?t ? ?



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 a 的 n ?1 n ? 2 2n ? 1 3

19

值为 5. 6. 7.

. x y2 椭圆 2 ? 2 ? 1 ? a ? b ? 0? 上任意两点 P , Q ,若 OP ? OQ ,则乘积 OP ? OQ 的最小值 a b 为 . 若方程 lg kx ? 2lg ? x ? 1? 仅有一个实根,那么 k 的取值范围是 .
2

8.

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) ∶ 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, 某车站每天 8 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) .

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 y 2 ? ? 1 交于 16 12

x2 y 2 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.
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 (Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式(用 ? , ? 表示) ; 列 ?an ? 满足 a1 ? p , a2 ? p2 ? q , an ? pan?1 ? qan?2 ? n ? 3 , 4, ??

1 (Ⅱ)若 p ? 1 , q ? ,求 ?an ? 的前 n 项和. 4
3. (本小题满分 15 分)求函数 y ? x ? 27 ? 13 ? x ? x 的最大和最小值.

20

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. 1 【答案】 10 x 1 【解析】 f ? ? ? x ? ? f ? x ? ? , 1 ? x2 x 2 f ? ? ? x? ? f ? ? f ? x ?? ?? 1 ? 2 x2 ?? x 99 f ? ? ? x? ? . 1 ? 99 x 2 1 故 f ?99? ?1? ? . 10 2. 【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,
34 . 2 解得 3 ? a ? 6 .

得d ?

3.

1 2 【解析】 由题意知 f ? t ? ? S阴影部分面积
【答案】 ?t 2 ? t ?
? S?A O B? S? O C ? D S? 1 1 2 ? 1 ? t 2 ? ?1 ? t ? 2 2 1 2 ? ?t ? t ? 2
BEF

y

A C O D F E B x

4. 【答案】 2009 【解析】 设 f ? n ? ?

1 1 1 .显然 f ? n ? 单调递减,则由 f ? n ? 的最大值 ? ??? n ?1 n ? 2 2n ? 1 1 f ?1? ? a ? 2007 ,可得 a ? 2009 . 3

5.

21

2a 2b2 a 2 ? b2 【解析】 设 P ? OP cos? ,OP sin? ? ,
【答案】
? π? π ?? ? ? Q ? OQ cos ? ? ? ? ,OQ sin ? ? ? ? ? . 2 2 ?? ? ? ? ? 由 P , Q 在椭圆上,有

1 OP
1 OQ
2

2

?
?

cos2 ? sin 2 ? ? 2 a2 b
sin 2 ? cos2 ? ? a2 b2

① ②

①+② 得 1 1 1 1 ? ? 2? 2. 2 2 a b OP OQ

于是当 OP ? OQ ? 6. 【答案】 k ? 0 或 k ? 4 ? kx ? 0 ? ? 【解析】 ? x ? 1 ? 0 ? 2 ? ? kx ? ? x ? 1? 当且仅当 kx ? 0 x ?1 ? 0 x2 ? ? 2 ? k ? x ? 1 ? 0

2a 2b2 2a 2b2 时, OP OQ 达到最小值 2 . 2 2 a ?b a ? b2

① ② ③ ④

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

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

所以 x1 , x 2 同为负根.
?x ?1 ? 0 又由④知 ? 1 ? x2 ? 1 ? 0 所以原方程有一个解 x1 .

k ?1 ? 1 . 2 ?x ? x ? k ? 2 ? 0 (ⅲ)当 k ? 4 时,由③得 ? 1 2 ? x1 x2 ? 1 ? 0 所以 x1 , x 2 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.
(ⅱ)当 k ? 4 时,原方程有一个解 x ? 7.

22

【答案】 101? 298 【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 a n ,则

an ? an?1 ? ? an?1 ? 2n?2 ? ? 2an?1 ? 2n?2

n?3 n?2 ? 2? ?2an?2 ? 2 ? ??2

n?4 n?2 n?2 ? 22 ? ?2an?3 ? 2 ? ? ? 2? 2 ? 2

? 23 an?3 ? 3 ? 2n?2 ?? ? 2n?1 a1 ? ? n ? 1? ? 2n?2

? ? n ? 1? 2n?2
故 a100 ? 101? 298 . 8. 【答案】 27 【解析】 旅客候车的分布列为 候车时间(分) 概率

10 1 2

30 1 3

50 1 1 ? 6 6

70 1 1 ? 2 6

90 1 1 ? 3 6

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 1.
? y ? kx ? m ? 【解析】 由 ? x 2 y 2 消去 y 化简整理得 ?1 ? ? ?16 12

?3 ? 4k ? x
2

2

? 8kmx ? 4m2 ? 48 ? 0
8km 3 ? 4k 2

设 A? x1 ,y1 ? , B ? x2 ,y2 ? ,则 x1 ? x2 ? ?

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



??????????????????4 分 ? y ? kx ? m ? 由 ? x2 y 2 消去 y 化简整理得 ?1 ? ? ? 4 12

?3 ? k ? x
2

2

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

设 C ? x3 ,y4 ? , D ? x4 ,y4 ? ,则 x3 ? x4 ?

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



??????????????????8 分

23

???? ??? ? 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 . ? 2 3 ? 4k 3 ? k2

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
所以 2 km ? 0 或 ? 2. 【解析】 方法一: (Ⅰ)由韦达定理知 ? ? ? ? q ? 0 ,又 ? ? ? ? p ,所以 整理得 an ? ? an?1 ? ? ? an?1 ? ? an?2 ? 数列 ?bn ? 的首项为:

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

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

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

2, ?? . an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1,

? ? ? ? 0, ①当 ? ? p2 ? 4q ? 0 时, a1 ? p ? ? ? ? ? 2? , 2, ?? an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1,
变为 an?1 ? ? an ? ? n?1 ? n ? 1, 2, ?? .整理得,

?n a 2? ?a ? 数列 ? nn ? 成公差为 1 的等差数列,其首项为 1 ? ? 2 .所以 ? ? ?? ?
n?1

?

an?1

?

an

2, ?? .所以, ? 1 ,? n ? 1,

于是数列 ?an ? 的通项公式为

?n

an

? 2 ? 1? n ? 1? ? n ? 1 .

an ? ? n ? 1?? n ;????????????????????????????
?5 分 ②当 ? ? p2 ? 4q ? 0 时, ? ? ? ,

an?1 ? ? an ? ? n?1 ? ? ? n?1 ? ? an ? ? ? ?? ? ? ? ? an ? ? n?1 ? ? n?1 ? n ? 1, 2, ?? . ? ?? ? ?? 整理得 ? ? n? 2 ? n?1 ? an?1 ? ? ? ? an ? 2, ?? . ? , ? 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 a1 ? ?? ? ? ? ? ? ? n?1 . .所以 an ? ? ?? ? ?? ? ?? ? ?? ? ??

24

于是数列 ?an ? 的通项公式为

? n?1 ? ? n?1 .??????????????????10 分 ? ?? 1 1 (Ⅱ)若 p ? 1 ,q ? , 则 ? ? p2 ? 4q ? 0 , 此时 ? ? ? ? . 由第(Ⅰ)步的结果得, 数列 ?an ? 4 2 n ? 1 ? n ?1 a ? n ? 1 的通项公式为 n ? ? ? ? ? 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 所以 n?3 sn ? 3 ? n .?????????????????????????????15 2 分 方法二: (Ⅰ)由韦达定理知 ? ? ? ? q ? 0 ,又 ? ? ? ? p ,所以
an ?

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 ? A2 ?? ? 2? ? 2 2 ? ?? A1 ? 2 A2 ?? ? 3?
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? ? 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. 13? .因为 【解析】 函数的定义域为 ?0 ,
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

25

3 3 ? 13 .?????????????????5 分 又由柯西不等式得

y2 ?

?

x ? x ? 27 ? 13 ? x

?

2

1? ?1 ? ? ? 1 ? ? ? 2 x ? ? x ? 27 ? ? 3 ?13 ? x ? ? ? 121 2 3? ? 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

2008 年全国高中数学联赛(一
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.函数 f ( x) ? (A)0

试)

5 ? 4 x ? x2 在 (??, 2) 上的最小值是 ( ) 。 2? x
(B)1 (C)2 (D)3

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( ) 。 (A) [?1, 2) (B) [?1, 2] (C) [0,3] (D) [0,3)

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 1 ,乙在每局中获胜的概率为 ,且 3 3

26

各局胜负相互独立,则比赛停止时已打局数 ? 的期望 E? 为 ( ) 。 (A)

241 81

(B)

266 81

(C)

274 81

(D)

670 243

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 ( ) 。 (B) 764 cm3 (D) 586 cm3

(A)764 cm3 或 586 cm3 (C)586 cm3 或 564 cm3

? x ? y ? z ? 0, 5.方程组 ? 的有理数解 ( x, y, z ) 的个数为 ( ) 。 ? xyz ? z ? 0, ? xy ? yz ? xz ? y ? 0 ?
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

6.设 ?ABC 的内角 A、B、C 所对的边 a、b、c 成等比数列,则

sin A cot C ? cos A 的取值范围是( ) 。 sin B cot C ? cos B
(A) (0, ??) (C) ( (B) (0, (D) (

5 ?1 ) 2

5 ?1 5 ?1 , ) 2 2

5 ?1 , ??) 2

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 7.设 f ( x) ? ax ? b ,其中 a , b 为实数, f1 ( x) ? f ( x) , fn?1 ( x) ? f ( f n ( x)) , n ? 1, 2,3,? ,若

f7 ( x) ? 128x ? 381 ,则 a ? b ?

.

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

1 ,则 a ? 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 种.

10.设数列 {an } 的前 n 项和 Sn 满足: Sn ? an ?

n ?1 , n ? 1, 2,? ,则通项 an = 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 ?x , 2 f ( x ? 6) ? f ( x) ? 63 ? 2x ,则 f (2008

.

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 三、解答题(每小题 20 分,共 60 分) .

27

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?
14.解不等式

log2 ( x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ?1) ? 1 ? log2 ( x4 ?1) .
15.如图, P 是抛物线 y 2 ? 2 x 上的动点,点 B、C 在 y 轴上,圆

( x ?1)2 ? y 2 ? 1 内切于 ?PBC ,求 ?PBC 面积的最小值.

第 15 题

加试题
一、 (本题满分 50 分) 如图,给定凸四边形 ABCD ,?B ? ?D ? 180? , P 是平面上 动点,令 f ( P) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB . (1)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P、A、B、C 四点共圆; 的

AE 3 (2)设 E 是 ?ABC 外接圆 O 的 ? , AB 上一点,满足: ? AB 2

答一图 1

BC 1 ? 3 ? 1 , ?ECB ? ?ECA ,又 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. EC 2
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:

28

(1)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使

1 是 f ( x) 的周期; p
, (n ? 1 , 2? ,? ? )

(2) 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 且每个 an

(n ? 1, 2, ???) 都是 f ( x) 的周期.

三、 (本题满分 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

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

(3) xn ? xn ?1 ? ? ak xn ?k ? ? ak ?1 xn ?k , n ? 1, 2,3,? .
k ?1 k ?0

2008

2007

29

2008 年全国高中数学联赛(一 解 答

试)

1. 当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) 2? x 2? x 2? x

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时取等号.而此方程有解 x ? 1? (??, 2) ,因此 f ( x) 在 (??, 2) 上的最
2? x
小值为 2.故选 C. 2. 因为 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根 x1 ?

a a2 a a2 故 , ? 4? B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? ? 4 ? , 2 4 2 4

a a2 a a2 x2 ? 4 ,即 ? 4 ? ? ?2 且 ? 4 ? ? 4 ,解之得 0 ? a ? 3 .故选 D。 2 4 2 4
3.方法一: 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

2 1 5 止的概率为 ( ) 2 ? ( ) 2 ? .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 3 3 9
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

4 5 20 4 16 5 20 16 266 , P (? ? 6) ? ( ) 2 ? ,故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? .故选 B。 P(? ? 4) ? ( )( ) ? 9 9 81 9 81 9 81 81 81
方法二: 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 因此 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? .故选 B。 9 81 81 81
4. 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 ,即 a 2 ? b2 ? c2 ? 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 .
2 2 2 2 2

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) . 若 c ? 8 , 则 a2 ? b2 ? 94 ? 64 ? 30 ,b ? 5 .但 2b ? 30 ,即 b ? 4 ,从而 b ? 4 或 5.若 b ? 5 ,
2

30

则 a ? 5 无解;若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.因此 c=8 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 a2 ? b2 ? 94 ? 36 ? 58 ,此时 2b ? 58 ,即 b ? 29 。故 b ? 6 ,但 b ? c ? 6 ,所
2 2

以 b ? 6 ,此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解.
2

综上,共有两组解 (a, b, c) ? (2,3,9) 或 (a, b, c) ? (3,6,7) ,体积为 V1 ? 23 ? 33 ? 93 ? 764 (cm3)或 V2 ? 33 ? 63 ? 73 ? 586 (cm3) 。故选 A。

? x ? ?1, ? x ? y ? 0, ? x ? 0, 5. 若 z ? 0 ,则 ? 解得 ? 或? ? xy ? y ? 0. ? y ? 0 ? y ? 1.
若 z ? 0 ,则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ?1 . 由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y . 将②式代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . 由①式得 x ? ? ① ② ③

1 ,代入③式化简得 ( y ?1)( y3 ? y ?1) ? 0 .易知 y3 ? y ?1 ? 0 无有理数根,故 y

? x ? 0, y ? 1,由①式得 x ? ?1 ,由②式得 z ? 0 ,与 z ? 0 矛盾,故该方程组共有两组有理数解 ? ? y ? 0, 或 ?z?0 ?

? x ? ?1, ? ? y ? 1, 故选 B。 ? z ? 0. ?
6.设 a、b、c 的公比为 q ,则 b ? aq, c ? aq2 ,而

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

?

sin A( ? C ) ? sin B( ? C )

?s?i nB( ? ?s?i nA (

)B s i bn ? ?q. )A s i an

因此,只需求 q 的取值范围.因为 a、b、c 成等比数列,最大边只能是 a 或 c ,因此 a、b、c 要构

?a ? aq ? aq 2 , ? 成三角形的三边,必须且只需 a ? b ? c 且 b ? c ? a .即有不等式组 ? 即 2 ? ?aq ? aq ? a

?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ? q ? q ? 1 ? 0, 5 ?1 5 ?1 ? ? 2 2 解得 从而 ,因此所求的取 ?q? ? 2 ? 2 2 q ? q ? 1 ? 0. ? 5 ? 1 5 ? 1 ? ?q ? 或q ? ? . ? ? 2 2
2

值范围是 (

5 ?1 5 ?1 , ) .故选 C。 2 2

31

7. 由题意知 fn ( x) ? an x ? (an?1 ? an?2 ? ?? a ? 1)b ? a n x ?

an ?1 ? b ,由 f7 ( x) ? 128x ? 381 得 a ?1

a 7 ? 128 ,
8.

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

a 1 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 , 2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的 c 不能为 ?

1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2
9. 方法一: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 (种).又在―每校至少有一个名额的分法‖中―至少有两个学校的名 23 ? 253 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). 方法二: 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
21 2 个不同元素中取 21 个元素的可重组合:H3 . 又在―每校至少有一个名额的分法‖ ? C21 23 ? C23 ? 253

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.

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 ?

32

令 bn ? an ?

1 1 1 1 1 , b1 ? a1 ? ? ( a1 ? 0 ),有 bn ?1 ? bn ,故 bn ? n ,所以 2 2 2 2 n(n ? 1)

an ?

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

11. 方法一: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))
? ?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) 4 ?1

? 22008 ? 2007 .
方法二: 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. 如图 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
1 1 VP ? A1B1C1 ? S ?A1B1C1 ? PD ? 4 ?VO? A1B1C1 ? 4 ? ? S?A1B1C1 ? OD , 3 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
2 2 PP (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 ? PO ? OP 1 ?

(第 12 题图 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 , 如图 2. 记 1 EF 正四面体的棱长为 a ,过 P1 作 PM ? PA 于 M .因 ?MPP 1 1 ?

?
6

,有

PM ? PP 1 ? cos MPP 1 ? 2 2r ?

3 ? 6r ,故小三角形的边长 2
第 12 题图 2) 33

PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r .小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如图 2 中阴影部分) 1
S?PAB ? S?PEF ? 1
3 2 2 (a ? (a ? 2 6r )2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4

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 . 13. 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 (? , 其切点为 A(? , ? sin ? ) , ? ? (? ,
3? ) 内相切, 2

3? ). 2

3 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 2
? cos ? ? ? sin ?

?

,即 ? ? tan ? .因此

(第 13 题)

cos ? cos ? 1 ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ? 4sin ? cos ?

?

cos 2 ? ? sin 2 ? 1 ? tan 2 ? 1 ? ? 2 . ? ? 4sin ? cos ? 4 tan ? 4?

14. 方法一:由 1 ? log2 ( x4 ?1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 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 ?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6 ?4 x8 ? 4 x6 ? 4 x4 ? x6 ? x 4 ? x 2 ? x4 ? x2 ?1 ? 0 ,

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

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? ) ? 0 。所以 x 2 ? ?1 ? 5 ,即 2 2 2
5 ?1 , 2 5 ?1 ). 2

?

?1 ? 5 ?1 ? 5 .故原不等式解集为 (? ?x? 2 2

方法二: 由 1 ? log2 ( x4 ?1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等价 于

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


34

2 1 ? ? x 6 ? 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) , x2 x 1 ) ? g ( x 2 ? 1) , 显然 g (t ) ? t 3 ? 2t 在 R 上为增函数,由此上面不 x2

令 g (t ) ? t 3 ? 2t ,则不等式为 g ( 等式等价于

1 5 ?1 ,故原不等式解集为 ? x 2 ? 1 ,即 ( x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x 2 ? x2 2

(?

5 ?1 , 2

5 ?1 . ) 2
y0 ? b x ,化简得 x0
2 0

15. 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 y ? x0b ? 0 .又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1,

y0 ? b ? x0b ( y0 ? b ) ? x
2

? 1 ,故

2 2 2 ( y0 ? b)2 ? x0 ? ( y0 ? b)2 ? 2x0b( y0 ? b) ? x0 b ,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 . 所以 b ? c ?

2 2 ? x0 ?2 y0 , , 则 (b ? c)2 ? 4 x0 ? 4 y0 ? 8x0 . 因 bc ? x0 ? 2 x0 ? 2 ( x0 ? 2)2 2 2 x0 . 所以 4 x0 ,b ?c ? 2 x0 ? 2 ( x0 ? 2)

2 P( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 ? 2 x0 ,则 (b ? c)2 ?

x 1 4 当 ( x0 ? 2)2 ? 4 时, 上式取等号, S?PBC ? (b ? c) ? x0 ? 0 ? x0 ? ( x0 ? 2) ? ? 4 ? 2 4 ? 4 ? 8. 2 x0 ? 2 x0 ? 2
此时 x0 ? 4, y0 ? ?2 2 . 因此 S?PBC 的最小值为 8.

加试题解答
一、方法一: (1)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 ? PB ? CA ? PD ? CA ? ( 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,因此 当且仅当 P 在 ?ABC 的外接圆且在 ? AC 上时, 此不等式当且仅 f ( P) ? ( PB ? PD) ? CA . 又因 PB ? PD ? BD ,
第 1 题图

1 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.

35

(2)记 ?ECB ? ? ,则 ?ECA ? 2? ,由正弦定理有

AE sin 2? 3 ,从而 3sin3? ? 2sin 2? , ? ? AB sin 3? 2

即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以 3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,整理得

4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,
解得 cos ? ?

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

sin ?EAC ? 30 BC ,有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC ,即 ? 3 ?1= EC sin ?EAC 3 1 2? 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,整理得 sin ?EAC ? cos ?EAC ,故 2 2 2 2 1 ? ? ? tan ?EAC ? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 ,从而 ?E ? 45 , ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45 , 2? 3 ?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 .
0

?

?

方法二: (1)如图 2,连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O 于 P 0 点(因为 D 在 ? O 外,故 P 在 BD 上) . 0 过 A, C, D 分别作 P 的垂线,两两相交得 ?A1B1C1 , 0 A, P 0C, P 0D 易知 P 在 ?ACD 内,从而在 ?A1B1C1 内,记 ?ABC 之三内角分 0 别为 x,y,z , 则 ?APC 又因 B1C1 ? P , ? 180? ? y ? z ? x , 0 0A ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ?C1 ? z , B1 A1 ? PC 0 所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC .设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ?CA , A1B1 ? ? AB ,则对平面上任意点 M ,有
(第 1 题图 2)

? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? PC 0 ? AB)
?P 0 A? B 1C1 ? P 0 D ? C1 A 1 ? PC 0 ?A 1B 1

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

? ? f (M ) ,
从而 .由 M 点的任意性,知 P 点是使 f ( P ) 达最小值的点.由点 P 在 ? O 上,故 f(P 0 )? f ( M ) 0 0

P0、A、B、C 四点共圆.
(2)由(1) , f ( P ) 的最小值 f ( P0 ) ? 弦定理有

2

?

S ?A1B1C1 ? 2? S?ABC ,记 ?ECB ? ? ,则 ?ECA ? 2? ,由正

AE sin 2? 3 ,从而 3sin3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? , ? ? AB sin 3? 2

36

所以 3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 , 解得 cos ? ?

3 或 2

sin ?EAC ? 30 BC 1 (舍去) ,故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? .由已知 ? 3 ?1= cos ? ? ? EC sin ?EAC 2 3
sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC ,即

?

0

? ,有

3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,整理得 2 2

2? 3 1 1 ? sin ?EAC ? cos ?EAC ,故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 , 2 2 2? 3
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 , 2 所以 f ( P)min ? 2 ? 5 ?1 ? 10 . 2 方法三: (1)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 所以

? ??? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ??? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? , AB P A? B C? P C ? AB ? P? A B ?C P ? C

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


? ? P ?C ?A ?B ?C ?B ?P ?A ? ? ?? ? ? ?? , ? ( B ? P) (C ? A) ? P B ? A C
从而

? ??? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ??? ??? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? P A? B C? P C ? AB ? P ?D ?CP AB ? A C ? P D? A C ??? ? ??? ? ???? ? ( PB ? PD ) ? AC ??? ? ???? ? BD ? AC .


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 B? A A? P B ? A ,所以 a r g ( ?? ? ) arg( , ) C?P C?B C? P C? B ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 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.

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

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. (2)由(1)知 f ( P)min ? BD ? AC .以下同方法一.

37

二、 (1)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T ? 于是 ma ? nb ? 1 .

n 且 (m, n) ? 1 ,从而存在整数 a , b ,使得 m

1 ma ? nb 又因 0 ? T ? 1 , 从而 m ? 2 . 设 ? ? a ? bT ? a ?1 ? b ? T 是 f ( x) 的周期. m m

p 是 m 的素因子,则 m ? pm? , m? ? N? ,从而

1 1 ? m? ? 是 f ( x) 的周期. p m

1 (2)若 T 是无理数,令 a1 ? 1 ? ? ? T ,则 0 ? a1 ? 1,且 a1 是无理数,令 ? ?T ? ?
?1? ?1? a2 ? 1 ? ? ? a1 , an ?1 ? 1 ? ? ? an , 由数学归纳法易知 an 均为无理数且 0 ? an ? 1 .又 ? a1 ? ? an ?

?1? ?1? 1 ?1? ? ? ? ? 1 ,故 1 ? an ? ? ? an ,即 an ?1 ? 1 ? ? ? an ? an .因此 {an } 是递减数列. an ? an ? ? an ? ? an ?
1 最后证:每个 an 是 f ( x) 的周期.事实上,因 1 和 T 是 f ( x) 的周期,故 a1 ? 1 ? ? ? T 亦是 f ( x) ? ?T ? ?
? ? 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.由数学归纳法,已证得 ? ak ?

an 均是 f ( x) 的周期.
三、必要性:假设存在 {xn } 满足(1) , (2) , (3) .注意到(3)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
n ??



b ? a1 (b ? x1 ) ? a2 (b ? x2 ) ? ? ? a2008 (b ? x2008 )
? b ? ? ak ? (a1 x1 ? a2 x2 ? ? ? a2008 x2008 )
k ?1 2008

? b ? ? ak ,
k ?1

2008

因此 ? ak ? 1 .
k ?1

2008

充分性: 假设 ? ak ? 1 . 定义多项式函数如下: f ( s) ? ?1 ? ? ak s k ,s ?[0,1] , 则 f ( s ) 在[0,1]
k ?1 k ?1

2008

2008

上是递增函数,且 f (0) ? ?1 ? 0 , f (1) ? ?1 ? ? ak ? 0 .因此方程 f ( s) ? 0 在[0,1]内有唯一的根
k ?1

2008

38

s ? s0 ,且 0 ? s0 ? 1,即 f (s0 ) ? 0 .
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 n

k xn ? ? s0 ? k ?1

n

n ?1 s0 ? s0 s ? s n?1 s n ?1 .因 0 ? s0 ? 1,故 lim s0 ?0 ,因此 lim xn ? lim 0 0 ? 0 ,即 {xn } 的极 n ?? n ?? n ?? 1 ? s0 1 ? s0 1 ? s0
2008 k ?1

k 限存在,满足(2) . 最后验证 {xn } 满足(3) ,因 f (s0 ) ? 0 ,即 ? ak s0 ? 1 ,从而 2008 k ?1 2008 k ?1 2008 k ?1

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

综上,存在数列 {xn } 满足(1).

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试卷
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( ) A.
P

1 7

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?
2

1 2
A

D

2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a 对任意实数 x 恒成立, 则满 足条件的 a 所组成的集合是( )

C B

1 1 A. [? , ] 3 3

1 1 B. [ ? , ] 2 2

1 1 C. [? , ] 4 3

D. [?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( ) A.

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 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 的值等于( ) B.

b cos c a

1 A. ? 2

1 2

C. ?1

D. 1 )

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 (

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( ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 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)及一个动点 P,则

39

|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,

CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于________。
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 3

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,
2 2 a12 ? a2 ? a3 且 是正整数,则 q 等于________。 b1 ? b2 ? b3 sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 11. 已知函数 f ( x) ? ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值 4 4 x



________。 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 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) 13. 设 an ?

方格

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1<an。

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。求曲线 C 在点 x

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+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。

加试试卷
一、 (本题满分 50 分)如图,在锐角△ABC 中,AB<AC, 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE⊥AC, 足为 E,做 PF⊥AB,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 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 方格的中心点各放一个棋子。如果两个棋子所在的小方格 边或共顶点,那么称这两个棋子相连。现从这 56 个棋子

A E F O1 B D P O2 C

AD 垂 件 小 共 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、 (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)=

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? ? ,其中[a]表示不大于 i ?1 ?

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。

40

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试卷 参考答案
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.( B ) 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
P

PA ? AC ? 2 2 ,斜高为 7 ,故 2 ? 7 ? AM ? 2 2 ,由此得

D

M C B

CM ? AM ?

7 。在△AMC 中,由余弦定理得 2 AM 2 ? CM 2 ? AC 2 1 cos?AMC ? ?? 。 2 ? AM ? CM 7
A )

A

2.(

1 2 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 3 4 1 2 一般地,对 k∈R,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |?| a | ,由此易知原不 2 2 3 3 4 等式等价于 | a |?| k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k? ?2 k ? 3 3 3 4 ? 4 ? 1 | k ? 1 | ? | k ? |? ?1 ? k 1 ? k ? , 2 3 ? 2 3 5 ?3 ? k k ?1 ? ? 2 3 4 1 1 所以 min{| k ? 1 | ? | k ? |} ? ,从而上述不等式等价于 | a |? 。 k?R 2 3 3 3
3.( 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 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 4.( C )

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 81

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

1 ,c=π,则对任意的 x∈R, 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,其中 π 2 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 ? ? ) cosc ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 ,所以

13(a ? b cosc) sin(x ? ? ) ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 。
41

?a ? b cosc ? 0 (1) ? ( 2) , 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 (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 ? 所以 5.(

1 , 2

b cos c ? ?1 。 a
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

2c 2c 和 的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨迹的一部份, r1 ? r2 | r1 ? r2 |

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.( B ) 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. 。 3 2 ?2 5 F 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, A |PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值 | AC | ? | BD |? 3 2 ? 2 5 。 8.

2 3
2

B



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 1 ? BF ? ( AC ? AB) ?1 ? 2 ,即 2 ? 33 ?1
BF ? BC ? 2 。设 EF 与 BC 的夹角为 θ,则有 | BF | ? | BC | ? cosθ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 2 cos θ ? 。 3 5 3π 9. 。 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

2

42

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

π 2 3 ,AA1=1,则 ?A1 AE ? 。 6 3 π π 2 3 π 3 同理 ?BAF ? ,所以 ?EAF ? ,故弧 EF 的长为 ? ? π ,而这样的弧共有三条。 6 6 3 6 9
AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上,因为 AE ? 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

π 3 3 π 3 , ?FBG ? ,所以弧 FG 的长为 ? ? π 。这样的弧也有三条。 2 3 3 2 6 3 3 5 3π 于是,所得的曲线长为 3 ? 。 π ? 3? π? 9 6 6 1 10. 已 。 2 2 2 a12 ? a2 ? a3 a12 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 解:因为 ,故由已知条件知道:1+q+q2 ? ? 2 2 b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q 14 14 2 为 ,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q ? ,则 m m 14 1 1 14 1 56 ? 3m ? 3 ,即 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 1 ? q?? ? ? ?1 ? ? ? m 2 4 m 2 4m 56 ? 3m 1 5≤m≤13 且 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 4m 2 4 5 11. 。 5 π 2 sin( πx ? ) ? 2 1 5 π 1 5 4 ( ? x ? ) ,设 g ( x) ? 2 sin( πx ? )( ? x ? ) ,则 解:实际上 f ( x ) ? 4 4 4 4 4 x 1 3 3 5 3 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 x ? 对称, 4 4 4 4 4 1 3 3 5 则对任意 x1 ? [ , ] ,存在 x2 ? [ , ] ,使 g(x2)=g(x1)。于是 4 4 4 4 3 5 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 f ( x1 ) ? ? ? ? f ( x2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数,所以 4 4 x1 x1 x2
圆心为 B,半径为

1 5 5 4 5 4 5 ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 f ( x) ? f ( ) ? 4 4 4 5 5
12. 3960 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 2 合题设条件的填法共有 72 ?72?16× 72=3960 种。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 证明:由于

1 1 1 1 2 n 1 ? ( ? ) ,因此 an ? ? ,于是,对任意的正整 k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k n ? 1 k ?1 k
43

数 n≥2,有

1 1 n 1 1 n?1 1 (an ? an?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

14. 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。

1 ? 1 ?y ? x ? 2 由方程组 ? x ,消去 y,得 x ? ? kx ? 1 ,即(k?1)x +x?1=0。由题意知,该方程在(0,+∞) x ? ? y ? kx ? 1 1 ? 0 ?(2), 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? k 1 3 1 1 1 x1 x2 ? ? 0 ?(3), 由此解得 ? k ? 1。 对 y ? x ? 求导, 得 y' ? 1 ? 2 , 则 y' | x ? x1 ? 1 ? 2 , 1? k 4 x x x1 1 1 y' | x ? x2 ? 1 ? 2 ,于是直线 l1 的方程为 y ? y1 ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,即 x2 x1 1 1 1 2 y ? ( x1 ? ) ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,化简后得到直线 l1 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? ?(4)。同理可求 x1 x1 x1 x1 1 2 1 1 2 2 得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? ?(5)。(4)?(5)得 ( 2 ? 2 ) x p ? ? ? 0 ,因为 x1≠x2, x2 x2 x2 x1 x1 x2 2 x1 x2 故有 x p ? ?(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得 xp=2。(4)+(5)得 x1 ? x2 1 1 1 1 1 1 x ?x 2 y p ? (2 ? ( 2 ? 2 ))x p ? 2( ? ) ?(7),其中 ? ? 1 2 ? 1 , x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2
2 1 1 x12 ? x2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 x ?x 2 ? ? ? ? ( 1 2 )2 ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 ,代入(7)式得 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 3 5 2yp=(3?2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4?2k。又由 ? k ? 1得 2 ? y p ? ,即点 P 的轨迹为(2,2),(2, 4 2

2.5)两点间的线段(不含端点)。

f ( x) ? f (? x) f ( x) ? f (? x) , h( x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函数, 2 2 g ( x) ? g ( x ? π ) h(x)是奇函数,对任意的 x∈R,g(x+2π)=g(x),h(x+2π)=h(x)。令 f1 ( x) ? , 2 π ? g ( x) ? g ( x ? π ) x ? kπ ? ? h( x ) ? h( x ? π ) ? x ? kπ 2 cos x 2 , f ( x) ? ? , f 2 ( x) ? ? ? 3 2 sin x π ? ? 0 x ? kπ 0 x ? kπ ? ? 2 ? kπ ? h( x ) ? h( x ? π ) x ? ? 2 ,其中 k 为任意整数。 f 4 ( x) ? ? 2 sin 2 x kπ ? 0 x? 2 ?
15.证明:记 g ( x ) ? 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

44

任意的 x∈R,有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当 x ? kπ ?

g ( x) ? g ( x ? π ) ,而 2 3π 3π π π g ( x ? π ) ? g (kπ ? ) ? g (kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? g (?kπ ? ) ? g (kπ ? ) ? g ( x) ,故对任意 2 2 2 2 f1 ( x) ? f 2 ( x) cos x ? f1 ( x) ?
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 ?

π π 时,显然成立;当 x ? kπ ? 时,因为 2 2

kπ 时,显然成立;当 x=kπ 时, 2

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 ?

π 时, 2

h( x ? π ) ? h(kπ ?

3π 3π π π ) ? h(kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? h(?kπ ? ) ? ?h(kπ ? ) ? ?h( x) ,故 2 2 2 2 h( x ) ? h( x ? π ) f 3 ( x) sin x ? ? 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。

45

加试题参考答案
一、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 A 因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上且是 BP 的中点。同理 E 可证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是的 CP 中点。综合以上知 F O1O2∥BC,所以∠PO2O1=∠PCB。因为 AF· AB=AP· AD=AE· AC, P 所以 B、C、E、F 四点共圆。 O2 充分性:设 P 是△ABC 的垂心,由于 PE⊥AC,PF⊥AB,所以 O1 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。 D B' C B 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、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。

46

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、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 ?1 是无理数,则对任意的 k1、k2∈P 和正整数 m1、m2, m1 k1 ?1 ? m2 k2 ?1 当且仅 i ?1

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

k ?1 。由 m1 是正整数可知,对 i=1,2,3,4,5,满足这个 i ?1 5 ? ? k ?1 ? k ?1 ? 条件的 m1 的个数为 ?m 。 从而 n = k)。 因此对任意 n∈N*, 存在 m∈N*, ? ?m ? =f(m, ? i ? 1 i ? 1 i ? 1 ? ? ? ?

m1 i ? 1 ? m k ? 1 ,则 m1 ? m

k∈P,使得 f(m,k)=n。

47

2006 年全国高中数学联赛试题 第一试
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 已知△ABC,若对任意 t ? R , BA ? t BC ? AC ,则△ABC 一定为 A.锐角三角形
2

B. 钝角三角形

C. 直角三角形

D. 答案不确定

【答】 (



2. 设 log x (2x ? x ?1) ? log x 2 ?1 ,则 x 的取值范围为

1 1 ? x ?1 B. x ? , 且 x ? 1 C. x ? 1 D. 0 ? x ? 1 【答】 ( ) 2 2 3. 已知集合 A ? ?x 5x ? a ? 0?, B ? ?x 6x ? b ? 0?, a, b ? N ,且 A ? B ? N ? ?2,3,4? ,则整
A. 数对 ?a, b ? 的个数为 A. 20 B. 25 C. 30 D. 42 【答】 ( )

4. 在直三棱柱 A1B1C1 ? ABC 中, ?BAC ?

, AB ? AC ? AA 1 ? 1 . 已知G与E分别为 A 1B 1 2 和 CC1 的中点,D与F分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点). 若 GD ? EF ,则线 段 DF 的长度的取值范围为 ? 1 ? ? 1 ? ?1 ? 2 A. ? B. ? , 2 ? C. ?1, D. ? 【答】 ( ) , 1? , 2? ? ?5 ? ? 5 ? ? 5 ?

?

?

5. 设 f ( x) ? x3 ? log 2 x ? x2 ? 1 ,则对任意实数 a , b , a ? b ? 0 是 f (a) ? f (b) ? 0 的 A. 充分必要条件 C. 必要而不充分条件 6. B. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答】 ( )

?

?

数码 a1 , a2 , a3 ,?, a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 2a1a2a3 ?a2006 的个数为 A. (10

1 2

2006

1 ? 82006 ) B. (10 2006 ? 82006 ) 2
4

10 C.

2006

? 82006 D. 102006 ? 82006 【答】 (



二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 设 f ( x) ? sin x ? sin x cos x ? cos x ,则 f ( x) 的值域是 。 8. 若对一切 ? ? R,复数 z ? (a ? cos? ) ? (2a ? sin ? )i 的模不超过 2,则实数 a 的取值范围为 .
4

9. 已知椭圆

?F1PF2 取最大值时,比

x2 y 2 ? ? 1 的左右焦点分别为 F1 与 F2 , 点 P 在直线 l:x ? 3 y ? 8 ? 2 3 ? 0 上. 当 16 4 PF1

PF2

的值为

.

10. 底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为
2006 2 4 2004

1 cm 的实心铁球,四个球两两相切,其中 2
cm3.

底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水, 使水面恰好浸没所有铁球, 则需要注水
2005

11. 方程 ( x . ? 1)(1 ? x ? x ? ? ? x ) ? 2006x 的实数解的个数为 12. 袋内有 8 个白球和 2 个红球,每次从中随机取出一个球,然后放回 1 个白球,则第 4 次恰好 取完所有红球的概率为 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
2 13. 给定整数 n ? 2 , 设 M 0 ( x0 , y0 ) 是抛物线 y ? nx ? 1 与直线 y ? x 的一个交点. 试证明对于 2 任意正整数 m ,必存在整数 k ? 2 ,使 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y ? kx ? 1与直线 y ? x 的一个

m

m

48

交点. 14. 将 2006 表示成 5 个正整数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 之和. 记 S ? (1)当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到最大值; (2)进一步地,对任意 1 ? i, j ? 5 有 xi ? x j ? 2 ,当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到最小 值. 说明理由. 15. 设 f ( x) ? x2 ? a . 记 f 1 ( x) ? f ( x) , f n ( x) ? f ( f n?1 ( x)) ,n ? 2,3,? ,

1?i ? j ?5

?

xi x j . 问:

1? ? M ? a ? R 对所有正整数 n, f n (0) ? 2 . 证明: M ? ?? 2, ? . 4? ?

?

?

49

2006 年全国高中数学联赛一试参考答案
一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1.【答】 ( C ) 【解】令 ?ABC ? ? ,过 A 作 AD ? BC 于 D。由 BA ? t BC ? AC ,推出

??? ? ??? ? ??? ?2 ??? ? ??? ? 2 ??? ? 2 ??? ?2 BA?BC BA ? 2tBA?BC ? t BC ? AC ,令 t ? ??? ?2 BC ??? ?2 ??? ?2 ??? ? 2 ??? ?2 BA ? 2 BA cos2 ? ? cos2 ? BA ? AC ,即 ??? ? ???? ???? ???? BA sin ? ? AC 。从而有 AD ? AC 。由此可得
2.【答】 ( B ) 【解】因为 ?

,代入上式,得

??? ?2 ???? 2 BA sin 2 ? ? AC , 也即
?ACB ?

?
2



? x ? 0, x ? 1 1 ,解得 x ? , x ? 1 . 由 2 2 ?2 x ? x ? 1 ? 0

? 0 ? x ?1 解得 log x (2x2 ? x ?1) ? log x 2 ?1 ? log x (2x3 ? x2 ? x) ? log x 2 ? ? 3 2 ?2 x ? x ? x ? 2 x ?1 ? 1 0 ? x ? 1 ;或 ? 3 解得 x ? 1 ,所以 x 的取值范围为 x ? , 且 x ? 1 . 2 2 ?2 x ? x ? x ? 2 a b 3. 【答】( C ) 【解】 5 x ? a ? 0 ? x ? ;6 x ? b ? 0 ? x ? 。 要使 A ? B ? N ? ?2,3,4? , 5 6 ? b 1? ? 2 ? ? 6 ? b ? 12 ? 6 1 1 则? ,即 ? 。所以数对 ?a, b ? 共有 C6 C5 ? 30 。 a 20 ? a ? 25 ? ?4 ? ? 5 ? 5 ?
4.【答】 ( A ) 【解】建立直角坐标系,以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为

, 1 0 , () z轴,则 F (t1 ,0,0) ( 0 ? t1 ? 1 ) ,E

??? ? 1 ???? 1 1 EF ? (t1 , ?1, ? ) , GD ? (? , t2 , ?1) 。 因为 GD ? EF , 所以 t1 ? 2t2 ? 1 , 由此推出 0 ? t2 ? 。 2 2 2 ???? ???? 2 2 1 2 2 2 又 DF ? (t1 , ?t2 ,0) , DF ? t1 ? t2 ? 5t2 ? 4t2 ? 1 ? 5(t2 ? ) ? ,从而有 5 5 1 ???? ? DF ? 1 。 5
5.【答】 ( A ) 【解】显然 f ( x) ? x3 ? log 2 x ? x2 ? 1 为奇函数,且单调递增。于是 若 a ? b ? 0 ,则 a ? ?b ,有 f (a) ? f (?b) ,即 f (a) ? ? f (b) ,从而有 f (a) ? f (b) ? 0 . 反之,若 f (a) ? f (b) ? 0 ,则 f (a) ? ? f (b) ? f (?b) ,推出 a ? ?b ,即 a ? b ? 0 。 6.
1 3 2005 【答】 ( B ) 【解】 出现奇数个 9 的十进制数个数有 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ??? C2006 9。
2006 k k ? ? C2006 92006?k 以及 (9 ? 1)2006 ? ? C2006 (?1)k 92006?k ,从而得 k ?0 k ?0 2006 2006

1 1 , G ( , 0,1) , D(0, t2 ,0) ( 0 ? t2 ? 1 ) 。所以 2 2

?

?

又由于 (9 ? 1)

1 1 3 2005 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ? ? ? C2006 9 ? (102006 ? 82006 ) 。 2
50

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
1 1 f ( x) ? sin 4 x ? sin x cos x ? cos 4 x ? 1 ? sin 2 x ? sin 2 2 x 。令 t ? sin 2 x ,则 2 2 1 1 9 1 1 9 1 9 f ( x) ? g (t ) ? 1 ? t ? t 2 ? ? (t ? ) 2 。因此 min g (t ) ? g (1) ? ? ? ? 0, ?1? t ?1 2 2 8 2 2 8 2 4 1 9 1 9 9 max g (t ) ? g (? ) ? ? ? 0 ? 。 即得 0 ? f ( x) ? 。 ?1?t ?1 2 8 2 8 8 2 8. 【解】依题意,得 z ? 2 ? (a ? cos? ) ? (2a ? sin ? )2 ? 4
7.【解】

? 2a(cos? ? 2sin ? ) ? 3 ? 5a2 ? ?2 5a sin(? ? ?) ? 3 ? 5a2
2 数 ? 成立) ? 2 5 a ? 3 ? 5a

( ? ? arcsin

? 5 5 , . 故 a 的取值范围为 ? ? 5 ? 5 9. 【解】 由平面几何知,要使 ?F 1PF 2 最大,则过 F 1 , F2 ,P 三点的圆必定和直线 l 相切于 P 点。

?a?

1 ) (对任意实 5 5? ?。 5 ?

设直线 l 交 x 轴于 A (?8 ? 2 3,0) ,则 ?APF 1 ? ?AF 2 P ,即 ?APF 1 ? ?AF 2 P ,即

PF1 PF2
PF1 PF2

?

AP AF2

(1) ,又由圆幂定理, AP ? AF1 ? AF2 (2) ,而 F 1 (?2 3,0) , F2 (2 3,0) ,

2

AF2 ? 8 ? 4 3 。代入(1) A (?8 ? 2 3,0) ,从而有 AF , (2)得 1 ? 8,

?

AF1 AF2

?

8 ? 4 ? 2 3 ? 3 ?1 。 8? 4 3

10. 【解】 设四个实心铁球的球心为 O1 , O2 , O3 , O4 ,其中 O1 , O2 为下层两球的球心, A, B, C , D 分 别为四个球心在底面的射影。则 ABCD 是一个边长为
3

2 2 的正方形。所以注水高为 1 ? 。故应 2 2

1 2 2 4 ?1? 注水 ? (1 ? )? 。 ) ? 4? ? ? ? = ( ? 3 2 2 3 ?2? 2006 11.【解】 ( x ? 1)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006x 2005 1 ? ( x ? 2005 )(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006 x 1 1 1 1 ? x ? x3 ? x 5 ? ? ? x 2005 ? 2005 ? 2003 ? 2001 ? ? ? ? 2006 x x x x 1 1 1 ? 2006 ? x ? ? x3 ? 3 ? ? ? x 2005 ? 2005 ? 2? 1003 ? 2006 x x x 1 3 1 1 2005 ? 2005 ,即 x ? ?1 。 要使等号成立,必须 x ? , x ? 3 ,? , x x x x 但是 x ? 0 时, 不满足原方程。 所以 x ? 1 是原方程的全部解。 因此原方程的实数解个数为 1 。
12. 【解】第 4 次恰好取完所有红球的概率为

2 ?9? 1 8 2 9 1 ?8? 2 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? =0.0434. 10 ? 10 ? 10 10 10 10 10 ? 10 ? 10 10 三. 解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)

2

2

51

13. 【证明】 因为 y 2 ? nx ? 1 与 y ? x 的交点为 x0 ? y0 ? (5 分)

1 n ? n2 ? 4 .显然有 x0 ? ? n 。? x0 2 1 . x0 m
?(10

m 若 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y 2 ? kx ? 1与直线 y ? x 的一个交点,则 k ? x0 ?

m

m

分)

1 (13.1) (m ? 2) ) ? km? 1? nkm ? km? , 1 x0 1 1 2 2 2 由于 k1 ? n 是整数,k2 ? x0 ? 2 ? ( x0 ? ) ? 2 ? n ? 2 也是整数,所以根据数学归纳法,通 x0 x0 1 m 过(13.1)式可证明对于一切正整数 m , km ? x0 ? m 是正整数. 现在对于任意正整数 m ,取 x0 1 m m ??????? (20 分) k ? x0 m ? m ,使得 y 2 ? kx ? 1与 y ? x 的交点为 ( x0 , y0 ) . x0
记 km ? x0 ?
m

1 ,则 x0 m

km?1 ? km ( x 0 ?

14. 【解】 (1) 首先这样的 S 的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若

x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 , 且使 S ?
xi ? x j ? 1,

1?i ? j ?5

?

xi x j 取到最大值,则必有
(*)

( 1? i ,j ? 5 )

???(5 分)

? ? x2 ? 1, xi? ? xi ( i ? 3, 4,5 ) ? ? x1 ?1 ,x2 事实上, 假设 (*) 不成立, 不妨假设 x1 ? x2 ? 2 。 则令 x1 ? ? x2 ? ? x1 ? x2 , x1 ? ? x2 ? ? x1 x2 ? x1 ? x2 ?1 ? x1x2 。将 S 改写成 有 x1

S?

?x2 ? ? x1x2 ? 0 。 ?x2 ? ? ( x1 ? ? x2 ? ) ? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5 。于是有 S ? ? S ? x1 同时有 S ? ? x1
这与 S 在 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 时取到最大值矛盾。所以必有 xi ? x j ? 1, (1 ? i, j ? 5) . 因此当

1?i ? j ?5

?

xi x j ? x1x2 ? ? x1 ? x2 ?? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5

x1 ? 402, x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 401取到最大值。
(2)当 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 且 xi ? x j ? 2 时,只有

????????(10 分)

(I) 402, 402, 402, 400, 400; (II) 402, 402, 401, 401, 400; (III) 402, 401, 401, 401, 401; 三种情形满足要求。 ????????(15 分) 而后面两种情形是在第一组情形下作 xi? ? xi ?1 , x?j ? x j ? 1 调整下得到的。根据上一小题 的证明可以知道,每调整一次,和式 S ?

1?i ? j ?5

?
1

xi x j 变大。 所以在
???????(20 分)

x1 ? x2 ? x3 ? 402, x4 ? x5 ? 400 情形取到最小
值。 分) (2)如果 ?2 ? a ? 15. 【证明】 (1)如果 a ? ?2 ,则 f (0) ?| a | ? 2 , a ? M 。 ?????????(5

1 1 n n?1 2 ,由题意 f (0) ? a , f (0) ? ( f (0)) ? a , n ? 2,3,? . 则 4

52

① 当 0?a?

1 1 1 n 1 时, f (0) ? ( ?n ? 1 ). 事实上,当 n ? 1 时, f (0) ? a ? , 设 4 2 2
k k ?1 2 2

?1? 1 1 n ? k ? 1 时成立( k ? 2 为某整数) ,则对 n ? k , f (0) ? f (0) ? a ? ? ? ? ? . ?2? 4 2 n 1 ② 当 ?2 ? a ? 0 时, f (0) ? a ( ?n ? 1 ) .事实上, 当 n ? 1 时, f (0) ? a , 设 n ? k ? 1
k k ?1 时成立 ( k ? 2 为某整数) , 则对 n ? k , 有 ? | a |? a ? f (0) ? f (0)

?

?

2

? a ? a 2 ? a .注意到 当

?2 ? a ? 0 时,总有 a 2 ? ?2a ,即 a2 ? a ? ?a ?| a | . 从而有 f k (0) ?| a | .由归纳法,推出

? 1? ?????(15 分) ?2, ? ? M 。 ? 4? ? 1 1 (3)当 a ? 时,记 an ? f n (0) ,则对于任意 n ? 1 , an ? a ? 且 4 4 n?1 n 2 an?1 ? f (0) ? f ( f (0)) ? f (an ) ? an ? a 。对于任意 n ? 1 , 1 1 1 1 2 an ?1 ? an ? an ? an ? a ? (an ? ) 2 ? a ? ? a ? , 则 an ?1 ? an ? a ? 。 所以, 2 4 4 4 1 1 2?a an ?1 ? a ? an ?1 ? a1 ? n(a ? ) 。当 n ? 时, an ?1 ? n(a ? ) ? a ? 2 ? a ? a ? 2 ,即 1 4 4 a? 4 n?1 (2) (3) ,我们有 f (0) ? 2 。因此 a ? M 。综合(1) 1? ? M ? ?? 2, ? 。 4? ?
??????????(20 分)

2006 年全国高中数学联合竞赛加试试卷
(考试时间:上午 10:00—12:00) 一、以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△ AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1) 。在 AB0 的延长线上任取点 P0,以 B0 为圆心,B0P0 为半径作圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0;以 C1 为圆心,C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的 延长线于 P1;以 B1 为圆心,B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线 于 Q1; 以 C0 为圆心, C0Q1 为半径作圆弧 Q1P′0 , 交 AB0 的延长线于 P′0。 试证: (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切于 P0; (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 二、已知无穷数列{an}满足 a0=x,a1=y,an ?1 ?

an an ?1 ? 1 ,n=1、2、?。 an ? an ?1

(1)对于怎样的实数 x 与 y,总存在正整数 n0,使当 n0≥n 时 an 恒为常数? (2)求数列{an}的通项公式。

?x ? y ? z ? w ? 2 ? 2 2 2 2 ?x ? y ? z ? w ? 6 三、解方程组 ? 3 。 3 3 3 x ? y ? z ? w ? 20 ? ? x 4 ? y 4 ? z 4 ? w4 ? 66 ?

53

2006 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)以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△ AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1) 。在 AB0 的 延长线上任取点 P0, 以 B0 为圆心, B0P0 为半径作圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0; 以 C1 为圆心, C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的延长线于 P1;以 B1 为圆心,B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1;以 C0 为圆心,C0Q1 为半径作圆弧 P1 Q1P′0 ,交 AB0 的延长线于 P′0。 A S1 试证: (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内 切于 P0; (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 T 证明: (1) 显然 B0P0=B0Q0, 并由圆弧 P0Q0 和 Q0P1 , Q1 C0 Q0P1 和 P1Q1 , P1Q1 和 Q1P′0 分别相内切于点 Q0、 C1 Q0 P1、 Q1, 得 C1B0+B0Q0=C1P1, B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1 B B0 1 R1 以及 C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加,利用 P0 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0 以及 P′0 在 B0P0 或其延长线 上,有 B0P0=B0P′0。 从而可知点 P′0 与点 P0 重合。由于圆弧 Q1P0 的圆心 C0、圆弧 P0Q0 的圆心 B0 以及 P0 在同一直线 上,所以圆弧 Q1P0 和 P0Q0 相内切于点 P0。 (2)现在分别过点 P0 和 P1 引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T。又过点 Q1 引相 应相切圆弧的公切线 R1S1,分别交 P0T 和 P1T 于点 R1 和 S1。连接 P0Q1 和 P1Q1,得等腰三角形 P0Q1R1 和 P1Q1S1。基于此,我们可由 ∠P0Q1P1=π?∠P0Q1R1?∠P1Q1S1=π?(∠P1P0T?∠Q1P0P1)?(∠P0P1T?∠Q1P1P0) 而 π?∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0,代入上式后,即得

1 1 ?P0Q1 P (?P (?P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) ,同理可得 ?P 0 Q0 P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) 。所以四 2 2
点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 二、 (本题满分 50 分)已知无穷数列{an}满足 a0=x,a1=y, an ?1 ?

an an ?1 ? 1 ,n=1、2、?。 an ? an ?1

(1)对于怎样的实数 x 与 y,总存在正整数 n0,使当 n0≥n 时 an 恒为常数? (2)求数列{an}的通项公式。 解: (1)我们有 an ? an?1 ? an ?

an an?1 ? 1 a2 ?1 ,n=1、2、?。 ? n an ? an?1 an ? an?1

(2.1)

所以,如果对某个正整数 n,有 an+1=an,则必有(an)2=1,且 an+an?1≠0。 如果该 n=1,我们得|y|=1 且 x≠?y。

(2.2) (2.3) (2.4) (2.5)

an?1an?2 ? 1 (a ? 1)(an?2 ? 1) ,n≥2, ? 1 ? n?1 an?1 ? an?2 an?1 ? an?2 a a ?1 (a ? 1)(an?2 ? 1) 和 an ? 1 ? n ?1 n ?2 ,n≥2。 ? 1 ? n ?1 an?1 ? an?2 an?1 ? an?2
如果该 n>1,我们有 an ? 1 ? 将式(2.3)和(2.4)两端相乘,得 an ? 1 ?
2 2 an a2 ?1 ?1 ? 1 ,n≥2。 ? n?2 an?1 ? an?2 an?1 ? an?2

由(2.5)递推,必有(2.2)或|x|=1 且 y≠?x。 (2.6) 反之,如果条件(2.2)或(2.6)满足,则当 n≥2 时,必有 an=常数,且常数是 1 或-1。 (2)由(2.3)和(2.4) ,我们得到

an ? 1 an ?1 ? 1 an?2 ? 1 ,n≥2。 ? ? an ? 1 an ?1 ? 1 an ?2 ? 1

(2.7)

54

记 bn ?

an ? 1 ,则当 n≥2 时, an ? 1
(2.8) (2.9) (2.10)

2 2 3 2 bn ? bn?1bn?2 ? (bn?2bn?3 )bn?2 ? bn ?2bn?3 ? (bn?3bn?4 ) bn?3 ? bn?3bn?4 ? ? a ?1 y ? 1 Fn?1 x ? 1 Fn?2 由此递推,我们得到 n ?( ) ?( ) ,n≥2, an ? 1 y ?1 x ?1

这里 Fn=Fn?1+Fn?2,n≥2,F0=F1=1。 由(2.9)解得 Fn ?

1 1 ? 5 n?1 1 ? 5 n?1 [( ) ?( ) ]。 2 2 5

上式中的 n 还可以向负向延伸,例如 F?1=0,F?2=1。 这样一来,式(2.8)对所有的 n≥0 都成立。由(2.8)解得

( x ? 1) Fn?2 ( y ? 1) Fn?1 ? ( x ? 1) Fn?1 ( y ? 1) Fn?2 ,n≥0。 an ? ( x ? 1) Fn?2 ( y ? 1) Fn?1 ? ( x ? 1) Fn?1 ( y ? 1) Fn?2
式(2.11)中的 F?1、F?2 由(2.10)确定。

(2.11)

?x ? y ? z ? w ? 2 ? 2 2 2 2 ?x ? y ? z ? w ? 6 三、 (本题满分 50 分)解方程组 ? 3 。 3 3 3 x ? y ? z ? w ? 20 ? ? x 4 ? y 4 ? z 4 ? w4 ? 66 ?
解:令 p=x+z、q=xz,我们有 p2=x2+z2+2q,p3=x3+z3+3pq,p4=x4+z4+4p2q?2q2。同样,令 s=y+w、 t=yw,有 s2=y2+w2+2t,s3=y3+w3+3st,s4=y4+w4+4s2t?2t2。 在此记号系统下,原方程组的第一个方程为 p=s+2。 (3.1) 于是 p2=s2+4s+4,p3=s3+6s2+12s+8,p4=s4+8s3+24s2+32s+16。现在将上面准备的 p2、p3、p4 和 s2、 s3、s4 的表达式代入,得 x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4,x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8, x4+z4+4p2q?2q2=y4+w4+4s2t?2t2+8s3+24s2+32s+16。 利用原方程组的第二至四式化简,得 q=t+2s?1, (3.2) 2 pq=st+2s +4s?4, (3.3) 2p2q?q2=2s2t?t2+4s3+12s2+16s?25。 (3.4) 将(3.1)和(3.2)代入(3.3) ,得 t ? 将(3.5)代入(3.2) ,得 q ?

s ?1 , 2

(3.5) (3.6)

5s ? 2, 2
2 2

将(3.1) (3.5) (3.6)代入(3.4) ,得 s=2。所以有 t=0,p=4,q=3。 这样一来,x、z 和 y、w 分别是方程 X ? 4 X ? 3 ? 0 和 Y ? 2Y ? 0 的两根,即

?x ? 3 ?x ? 1 ?y ? 2 ?y ? 0 或? ,且 ? 或? 。详言之,方程组有如下四组解:x=3,y=2,z=1,w=0; ? ?z ? 1 ?z ? 3 ?w ? 0 ?w ? 2
或 x=3,y=0,z=1,w=2;或 x=1,y=2,z=3,w=0;或 x=1,y=0,z=3,w=2。 注:如果只得到一组解,或者不完整,最多得 40 分。

2006 年全国高中数学联赛加试试题的另解
杜伟杰 (广东仲元中学 511400) 2006 年全国高中数学联赛加试第一题

55

以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与 ?AB0 B1 的边 ABi 交于 Ci (i

? 0,1) 。在 AB0 的延长线上任取

? Q 交 C B 的延长线于 Q ;以 C 为圆心,C Q 点 P0 ,以 B0 为圆心, B0 P0 为半径作圆弧 P 0 0 1 0 0 1 1 0
? P 交 B A 的延长线于 P ;以 B 为圆心, B P 为半径作圆弧 ? P1Q1 交 B1C0 的 为半径作圆弧 Q 0 1 1 1 1 1 1
延长线于 Q1 ;以 C0 为圆心, C0Q1 为半径作圆弧 Q1 P0 ,交 AB0 的延长线于 P0 。 试证:

?

'

'

? Q 相切于点 P ; ?Q 与P (1) 点 P0 与点 P0 重合,且圆弧 P 0 1 0 0 0
'

(2) 四点 P0 、 Q0 、 Q1 、 P (原题图略) 1 共圆。 第(1)问的证明略,下面着重讨论第 2 问的另一种证明方法: 构思:证明四点共圆,如果能找(或猜测)到该圆的圆心,转而证明圆心到四点距离相等, 也是一个常用的方法,那么圆心究竟在哪里? 试验:由题意可以知道: C1 B0 ? C1 B1 ? C0 B1 ? C0 B0 =常数(大于 B0 B1 ) 。 利用《几何画板》制作如图 1 所示的试验场景,其中圆 O 为四边形 P 0Q0Q 1P 1 的外接圆。

C1B0 = C1B1 = C0B1 = C0B0 =

4.07852 厘米 1.87466 厘米 4.61694 厘米 1.33625 厘米
A

C1B0+C1B1 = 5.95318 厘米 C0B1+C0B0 = 5.95318 厘米
P1

O C1 C0

Q1

B1

B0

Q0 P0

拖动点 A观察圆心 O的位置变化
图1 拖动点 A ,观察圆心 O 位置的变化,猜测点 O 可能是 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心(这 两个三角形的内心可能是重合的) 。利用《几何画板》中的测量工具测得相关角的度数,可以验 证这个猜想是正确的! 所以我们就有了下面的另解: 证明:首先证明 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心重合: 假设这两个三角形的内心不重合,并设 O 为 ?AC1B0 的内心, M 、 N 、 F 分别为切点。则 可从点 B1 引圆 O 的切线与圆 O 切于点 E 、与线段 AB0 交于点 D ,而且点 D 与点 C0 不重合,如 图 2。 由切线性质,可以得到: B1 E ? B1M , DE ? DN ………………….①
A

C1 F ? C1M , B0 F ? B0 N ………………..②
M N O C1 F E D

56

C0 B1 B0

分别将①、②中的等式相加,得到: B1 D ? B1M ? DN ………………………..③

C1 B0 ? C1M ? B0 N ……………………. ④ ③-④: B1 D ? C1 B0 ? B1M ? C1M ? ( B0 N ? DN ) ∴ DB1 ? DB0 ? C1 B1 ? C1 B0
又因为

图2

C0 B1 ? C0 B0 ? C1 B1 ? C1 B0 ,∴ DB1 ? DB0 ? C0 B1 ? C0 B0 ∴ DB1 ? DC0 ? C0 B1 ,这与点 D 与点 C0 不重合矛盾,所以 假设不成立,因此: ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心重合。 设 ?AC1B0 、 ?AC0 B1 的内心为 O ,如图 3。
由于直线 OC0 平分 ?AC0 B1 ,又 C0Q1 ? C0 P0' ,∴直线 OC0
' 垂直平分线段 P0'Q1 ,∴ OP 0 ? OQ 1
O

P1

A

同理: 直线 OB0 垂直平分线段 P0 Q0 ,∴ OP 0 ? OQ0 直线 C1O 垂直平分线段 P 1 ? OQ0 1Q0 ,∴ OP 图3 直线 B1O 垂直平分线段 P 1Q1 ,∴ OP 1 ? OQ 1
' ∴ OQ1 ? OQ0 ,∴ OP 0 ? OP 0
B1

Q1 C1 C0

B0 Q0

又点 P 、 P0' 都在 AB0 的延长线上,∴点 P0 、 P0' 重合,且圆

P0

? Q 相切于点 P 。 ?Q 与P 弧P 0 1 0 0 0
∴ OP 1 ? OP 0 ? OQ 1 ? OQ0 所以四点 P0 、 Q0 、 P1 、 Q1 共圆

57

二○○五年全国高中数学联合竞赛试题
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 小题,每小题均给出 A,B,C,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的。请将正 确答案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一 个(不论是否写在括号内) ,一律得 0 分。 1.使关于 x 的不等式 x ? 3 ? 6 ? x ? k 有解的实数 k 的最大值是( A. 6 ? 3 B. 3 C. 6 ? 3 D. 6 )

2.空间四点 A、B、C、D 满足 | AB |? 3, | BC |? 7, | CD |? 11, | DA |? 9, 则 AC ? BD 的取值( ) A.只有一个 B.有二个 C.有四个 D.有无穷 多个 3. ?ABC 内接于单位圆,三个内角 A、B、C 的平分线延长后分别交此圆 于 A1 、 B1 、 C1 。则

AA1 ? cos

A B C ? BB1 ? cos ? CC1 ? cos 2 2 2 的值为( sin A ? sin B ? sin C



A.2 B.4 C.6 D.8 4.如图, ABCD ? A?B ?C ?D ? 为正方体。任作平面 ? 与对角线 AC ? 垂直,使得 ? 与正方体 的每个面都有公共点,记这样得到的截面多边形的面积为 S,周 长为 l .则( ) A.S 为定值, l 不为定值 B.S 不为定值, l 为定值 C.S 与 l 均为定值 D.S 与 l 均不为定值 5.方程 (

x2 sin 2 ? sin 3

?

y2 cos 2 ? cos 3

? 1 表示的曲线是

) A.焦点在 x 轴上的椭圆 C.焦点在 y 轴上的椭圆 6.记集合 T ? {0,1,2,3,4,5,6}, M ? {

B.焦点在 x 轴上的双曲线 D.焦点在 y 轴上的双曲线

a1 a 2 a3 a 4 ? ? ? | ai ? T , i ? 1,2,3,4}, 将 M 中的元素 7 7 2 73 7 4


按从大到小的顺序排列,则第 2005 个数是(

5 5 6 3 ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 4 C. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
A.

5 5 6 2 ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 3 D. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
B.

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。 7.将关于 x 的多项式 f ( x) ? 1 ? x ? x 2 ? x 3 ? ? ? x19 ? x 20 表为关于 y 的多项式 g ( y ) ?

a0 ? a1 y ? a2 y 2 ? ? ? a19 y19 ? a20 y 20 , 其中 y ? x ? 4. 则 a0 ? a1 ? ? ? a20 ?
2 2

.

8.已知 f ( x) 是定义在 (0,??) 上的减函数, 若 f (2a ? a ? 1) ? f (3a ? 4a ? 1) 成立, 则a的 取值范围是 9.设 ? 、 ? 、 ? 满足 0 ? ? ? ? ? ? ? 2? ,若对于任意

x ? R, cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? 0, 则 ? ? ? ?
10.如图,四面体 DABC 的体积为

1 ,且满足 6

58

?ACB ? 45?, AD ? BC ?

AC 2

? 3, 则 CD ?

.

11.若正方形 ABCD 的一条边在直线 y ? 2 x ? 17 上,另外两个顶点在抛物线 y ? x 2 上.则该 正方形面积的最小值为 . 12.如果自然数 a 的各位数字之和等于 7,那么称 a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到 大排成一列 a1 , a2 , a3 ,?, 若 an ? 2005 . , 则 a5 n ? 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.数列 {an } 满足: a0 ? 1, an?1 ?
2 7an ? 45an ? 36

2

, n ? N.

14.将编号为 1,2,?,9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上,每个等分点上各有一 个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要 S.求使 S 达到最小值的放法的概率. (注:如果某种放法,经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合,则认为是相同的放法) 15.过抛物线 y ? x 2 上的一点 A(1,1)作抛物线的切线,分别交 x 轴于 D,交 y 轴于 B.点 C 在抛物线上, 点 E 在线段 AC 上, 满足

AE BF ? ?1 ;点 F 在线段 BC 上, ? ?2 , 满足 且 ?1 ? ?2 ? 1 , EC FC

线段 CD 与 EF 交于点 P.当点 C 在抛物线上移动时,求点 P 的轨迹方程.

二○○五年全国高中数学联合竞赛参考答案及评分标准
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 解: 令y? 2.
2 2 2 2

x ? 3 ? 6 ? x ,3 ? x ? 6, 则 y2 ? ( x ? 3) ? (6 ? x) ? 2 ( x ? 3)(6 ? x) ? 2[( x ? 3)

?(6 ? x)] ? 6. ?0 ? y ? 6,?实数k 的最大值为 6 。选 D。
解:注意到 3 ? 11 ? 1130? 7 ? 9 , 由于 AB ? BC ? CD ? DA ? 0, 则 DA2 ? DA =

?

2

( AB ? BC ? CD) 2 ? AB2 ? BC2 ? CD 2 ? 2( AB ? BC ? BC ? CD ? CD ? AB) ? AB2 ?
BC 2 ? CD 2 ? 2( BC ? AB ? BC ? BC ? CD ? CD ? AB ) ? AB 2 ? BC 2 ? CD 2 ? 2( AB ?
2

BC) ? (BC ? CD), 即 2 AC ? BD ? AD2 ? BC2 ? AB2 ? CD 2 ? 0,? AC ? BD 只有一个值得 0,故
选 A。 3. 解:如图,连 BA 1 ? 2sin( B ? 1 ,则 AA

A A? B ?C B C ) ? 2sin( ? ? ) 2 2 2 2

? 2 cos(

B C ? ). 2 2 A B C A A? B ?C A?C ? B ? ? ? AA1 cos ? 2 cos( ? ) cos ? cos ? cos ? cos( ? C ) ? cos( ? B) 2 2 2 2 2 2 2 2 B C A ? sin C ? sin B,同理BB1 cos ? sin A ? sin C , CC1 cos ? sin A ? sin B,? AA1 cos ? BB1 ? 2 2 2 B C 2(sin A ? sin B ? sin C ) cos ? CC1 cos ? 2(sin A ? sin B ? sin C ),? 原式 ? ? 2.选A. 2 2 sin A ? sin B ? sin C
4. 解:将正方体切去两个正三棱锥 A ? A?BD与 C ? ? D?B?C 后,得到一个以

59

平行平面 A?BD与D?B?C 为上、下底面的几何体 V,V 的每个侧面都是等腰直角三角形,截面多 边形 W 的每一条边分别与 V 的底面上的一条边平行,将 V 的侧面沿棱 A?B ? 剪开, 展平在一张平 面上,得到一个 ,显然 A?B?B1 A1 ,而多边形 W 的周界展开后便成为一条与 A?A1 平行的线段(如图中 E ?E1 )

E ?E1 ? A?A1 ,故 l 为定值。 当 E ? 位于 A?B ? 中点时,多边形 W 为正六边形,而当 E ? 移至 A? 处时,W 为正三角形,易知周长为定值 l 的正 3 2 3 2 六边形与正三角形面积分别为 l 与 l ,故 S 不为 24 36
定值。选 B。 5. 解:? 2 ? 3 ? ? ,? 0 ?

?
2

? 2 ? 3?

?
2

?

?
2

,? cos(

?
2

? 2 ) ? cos( 3 ?

?
2

), 即

sin 2 ? sin 3. ? ? 又 0 ? 2 ? , ? 3 ? ? ,? cos 2 ? 0, cos 3 ? 0,? cos 2 ? cos 3 ? 0, 方程表示的 2 2
曲线是椭圆。

? (sin 2 ? sin 3 ) ? (cos 2 ? cos 3 ) ? 2 2 sin

2? 3 2? 3 ? ? 0,? sin ? 0, ? 2 2 2 2 2? 3 ? ? sin( ? ) ? 0,? (?)式 ? 0. 2 4 即 sin 2 ? sin 3 ? cos 2 ? cos 3. ?曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆,选 C。 ? ?
6. 4 解:用 [a1a2 ?ak ] p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 7 ,得

?

2? 3 2? 3 ? sin( ? ) ??(?) 2 2 4 2 ? 3 3? 3? 2? 3 ? ? ,? ? ? ? ?. 2 4 4 2 4

M ? ? {a1 ? 73 ? a2 ? 72 ? a3 ? 7 ? a4 | ai ?T , i ? 1, 2,3, 4} ? {[a1a2a3a4 ]7 | ai ?T , i ? 1, 2,3, 4}. M ? 中的最大数为 [6666 ]7 ? [2400 ]10 。 在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列的第 2005 个数是 2400-2004=396。而 [396 ]10 ? 1 1 0 4 [1104 ]7 将此数除以 7 4 ,便得 M 中的数 ? 2 ? 3 ? 4 . 故选 C。 7 7 7 7
二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.解:由题设知, f ( x) 和式中的各项构成首项为 1,公比为 ? x 的等比数列,由等比数列的求和

(? x) 21 ? 1 x 21 ? 1 ( y ? 4) 21 ? 1 ? . 令 x ? y ? 4, 得 g ( y) ? 公式,得: f ( x) ? , 取 y ? 1, ? x ?1 x ?1 y?5
有 a 0 ? a1 ? a 2 ? ? ? a 20 ? g (1) ?

5 21 ? 1 . 6
2

8.解:? f ( x) 在 (0,??) 上定义,又 2a ? a ? 1 ? 2(a ? ) ?
2

1 4

7 ? 0;3a 2 ? 4a ? 1 ? (3a ? 1) 8

? (a ? 1), 仅当 a ? 1 或 a ?

1 2 时, 3a ? 4a ? 1 ? 0.(?) 3 ? f ( x) 在 (0,??) 上是减函数,? 2a 2 ? a ? 1 ? 3a 2 ? 4a ? 1, ? a 2 ? 5a ? 0,? 0 ? a ? 5,

60

1 或 1 ? a ? 5. 3 9.解:设 f ( x) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ), 由 x ? R , f ( x) ? 0 知, f (?? ) ? 0, f (?? ) ? 0, f (?? ) ? 0, 即 cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? ?1, cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? ?1, cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? ?1. ? cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? 1 2? 4? ? . ? 0 ? ? ? ? ? ? ? 2? ,? ? ? ? , ? ? ? , ? ? ? ? { , }, 又 ? ? ? ? ? ? ? , ? ? ? ? 2 3 3 2? 4? ? ? ? . 只有 ? ? ? ? ? ? ? ? .?? ? ? ? . 3 3 2? 2? 4? ,有 ? ?? ? ,? ? ? ? , ?x ? R, 记 x ? ? ? ? ,由 另一方面,当 ? ? ? ? ? ? ? ? 3 3 3 2? 2? 4? 4? ), sin(? ? )), (cos( ? ? ), sin(? ? )) 构成单位圆 于三点 (cos ? , sin ? ), (cos( ? ? 3 3 3 3 x 2 ? y 2 ? 1 上正三角形的三个顶点.其中心位于原点,显然有 2? 4? cos ? ? cos(? ? ) ? cos(? ? ) ? 0. 3 3 即 cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? cos(x ? ? ) ? 0. 1 1 1 10.解:? AD ? ( ? BC ? AC ? sin 45 ?) ? VDABC ? , 3 2 6 AC ? 1. 又 即 AD ? BC ? 2
结合(*)知 0 ? a ?

3 ? AD ? BC ?

AC 2

? 3 AD ? BC ?
AC

AC 2

? 3,

? 1 时成立,这时 AB ? 1, AD ? 面 ABC,? DC ? 3 . 2 11.解:设正方形的边 AB 在直线 y ? 2 x ? 17 上,而位于抛物线上的两个顶点坐标为 C ( x1 , y1 ) 、 D( x2 , y 2 ) ,则 CD 所在直线 l 的方程 y ? 2 x ? b, 将直线 l 的方程与抛物线方程联立,得
等号当且仅当 AD ? BC ?

x 2 ? 2 x ? b ? x1, 2 ? 1 ? b ? 1.
令正方形边长为 a, 则 a 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? 5( x1 ? x2 ) 2 ? 20(b ? 1). ① 在 y ? 2 x ? 17 上任取一点(6,,5) ,它到直线 y ? 2 x ? b 的距离为 a,? a ?
2 ①、②联立解得 b1 ? 3, b2 ? 63. ?a 2 ? 80, 或 a 2 ? 1280 . ? amin ? 80.

| 17 ? b | 5

②.

m 12.解:∵方程 x1 ? x2 ? ? ? xk ? m 的非负整数解的个数为 Cm , xi ? 0(i ? 2) 的 ? k ?1 .而使 x1 ? 1 m?1 6 m ? 7 ,可知, k 位“吉祥数”的个数为 P(k ) ? Ck 整数解个数为 Cm ? k ?2 .现取 ?5 . 6 6 ∵2005 是形如 2abc 的数中最小的一个“吉祥数” ,且 P(1) ? C6 ? 1, P(2) ? C7 ? 7, 6 P(3) ? C8 ? 28, 对于四位“吉祥数” 1abc,其个数为满足 a ? b ? c ? 6 的非负整数解个数,即 6 C6 ?3?1 ? 28 个。

∵2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数” ,即 a65 ? 2005 . 从而 n ? 65,5n ? 325.
6 6 又 P(4) ? C9 ? 84, P(5) ? C10 ? 210, 而

? P(k ) ? 330.
k ?1

5

61

∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是:70000,61000,60100,60010,60001,52000.∴ 第 325 个“吉祥数”是 52000,即 a5n ? 52000 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.证明: (1)由题设得 a1 ? 5, 且 {an } 严格单调递增.将条件式变形得
2 2 2 2a n ?1 ? 7a n ? 45a n ? 36 , 两边平方整理得 an ① ?1 ? 7an an?1 ? an ? 9 ? 0

2 2 ② ? an ? 7an?1an ? an ?1 ? 9 ? 0 ①-②得 (an?1 ? an?1 )(an?1 ? an?1 ? 7an ) ? 0,?an ?1 ? an ,?an ?1 ? an ?1 ? 7an ? 0 ? an?1 ? 7an ? ab?1 . ③ 由③式及 a0 ? 1, a1 ? 5 可知,对任意 n ? N , an 为正整数.??????????10 分 a a 2 2 (2)将①两边配方,得 (a n ?1 ? a n ) ? 9(a n a n ?1 ? 1),? a n a n ?1 ? 1 ? ( n ?1 n ) . ④ 3 由③ an?1 ? an ? 9an ? (an?1 ? an ) ≡ ?(an ? an?1 ) ? mod3? a ? an ∴ an?1 ? an ≡ (?1)n ? a1 ? a0 ? ≡0(mod3)∴ n ?1 为正整数 3

④式成立.

? an an?1 ? 1 是完全平方数.????????????????????????20 分
14.解:九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上,每点放一个,相当于九个不同元素在圆周 上的一个圆形排列,故共有 8!种放法,考虑到翻转因素,则本质不同的放法有

8! 种. ?5 分 2

下求使 S 达到最小值的放法数: 在圆周上,从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径, 对其中任一条路径, 设 x1 , x2 ,?, xk 是依次排列于这段弧上的小球号码,则

| 1 ? x1 | ? | x1 ? x2 | ??? || xk ? 9 |?| (1 ? x1 ) ? ( x1 ? x2 ) ? ? ? ( xk ? 9) |?| 1 ? 9 |? 8. 上式 取等号当且仅当 1 ? x1 ? x2 ? ? ? xk ? 9 ,即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递增排列. 因此 S 最小 ? 2 ? 8 ? 16 .?????????????????????????10 分 由上知,当每个弧段上的球号 {1, x1 , x2 ,? xk ,9} 确定之后,达到最小值的排序方案便唯一确
定. 在 1,2,?,9 中,除 1 与 9 外,剩下 7 个球号 2,3,?,8,将它们分为两个子集,元素较
0 1 2 3 少的一个子集共有 C7 每种情况对应着圆周上使 S 值达到最小的唯 ? C7 ? C7 ? C7 ? 26 种情况,

26 1 ? . ?????20 分 8! 315 2 15.解一: 过抛物线上点 A 的切线斜率为: y? ? 2x | x?1 ? 2,?切线 AB 的方程为 y ? 2 x ? 1. ? B、D 1 的坐标为 B (0,?1), D ( ,0),? D 是线段 AB 的中点. ??????5 分 2 AE 2 ? ?1 知, 设 P( x, y) 、 C( x0 , x0 ) 、 E ( x1 , y1 ) 、 F ( x2 , y2 ) ,则由 EC 2 2 1 ? ?1 x0 1 ? ?1 x0 ? x ? 1 ? ? 2 x0 BE ? ? 2 , 得 x2 ? 2 0 , y 2 ? x1 ? , y1 ? ; . 1 ? ?1 1 ? ?1 FC 1 ? ?2 1 ? ?2
一排法,即有利事件总数是 2 种,故所求概率 P ?
6

62

2 1 ? ?1 x0 1 ? ?1 x0 y? x? 1 ? ?1 1 ? ?1 ∴EF 所在直线方程为: ? , 2 2 ? 1 ? ? 2 x0 1 ? ?1 x0 ? 2 x0 1 ? ?1 x0 ? ? 1 ? ?2 1 ? ?1 1 ? ?2 1 ? ?1

化简得
2 2 [(?2 ? ?1 ) x0 ? (1 ? ?2 )]y ? [(?2 ? ?1 ) x0 ? 3]x ? 1 ? x0 ? ?2 x0 .?

①????10 分 当 x0 ?
2 2 2 x0 x ? x0 1 时,直线 CD 的方程为: y ? ?② 2 2 x0 ? 1

x ?1 ? x? 0 ? 1 ? 3 2 联立①、②解得 ? ,消去 x0 ,得 P 点轨迹方程为: y ? (3 x ? 1) . ???15 分 2 3 ? y ? x0 ? 3 ? 1 3 1 1 3 1 1 当 x 0 ? 时,EF 方程为: ? y ? ( ? 2 ? ?1 ? 3) x ? ? ? 2 , CD 方程为: x ? ,联 2 2 4 4 2 4 2 1 ? ? x? , ? ? 2 ? 2 ? 立解得 ? ? 也在 P 点轨迹上.因 C 与 A 不能重合,∴ x0 ? 1,? x ? . 3 ? y ? 1 .? ? ? 12 ? ? 1 2 2 ∴所求轨迹方程为 y ? (3 x ? 1) ( x ? ). ??????????????????20 分 3 3 1 解二:由解一知,AB 的方程为 y ? 2 x ? 1, B(0,?1), D( ,0), 故 D 是 AB 的中点. ??5 分 2 CD CA CB , t1 ? ? 1 ? ?1 , t 2 ? ? 1 ? ? 2 , 则 t1 ? t 2 ? 3. 因为 CD 为 ?ABC 的中线, 令? ? CP CE CF ? S ?CAB ? 2S ?CAD ? 2S ?CBD .


S S t ?t 1 CE ? CF S ?CEF 1 1 1 3 3 ? ? ? ?CEP ? ?CFP ? ( ? )? 1 2 ? ,?? ? , t1t 2 CA ? CB S ?CAB 2S ?CAD 2S ?CBD 2 t1? t 2? 2t1t 2? 2t1t 2? 2 ? P 是 ?ABC 的重心. ???????????????????????????10 分 2 设 P( x, y),C( x0 , x0 ), 因点 C 异于 A,则 x0 ? 1, 故重心 P 的坐标为
2 0 ? 1 ? x0 1 ? x0 ? 1 ? 1 ? x0 x2 1 2 ? , ( x ? ), y ? ? 0 , 消去 x0 , 得 y ? (3 x ? 1) 2 . 3 3 3 3 3 3 1 2 2 故所求轨迹方程为 y ? (3 x ? 1) ( x ? ). ??????????????????20 分 3 3

x?

63

2005 年全国高中数学联赛试题(二)
一、 (本题满分 50 分) 如图,在△ABC 中,设 AB>AC,过 A 作△ABC 的外接圆的切线 l,又以 A 为圆心,AC 为 半径作圆分别交线段 AB 于 D;交直线 l 于 E、F。 证明:直线 DE、DF 分别通过△ABC 的内心与一个旁心。

(注:与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆,旁切圆的圆心称 为旁心。 ) 二、 (本题满分 50 分) 设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy ? bz ? a, az ? cx ? b; bx ? ay ? c.

x2 y2 z2 求函数 f ( x, y, z ) ? 的最小值. ? ? 1? x 1? y 1? z
三、 (本题满分 50 分)

当n为平方数, ?0 ? 对每个正整数 n,定义函数 f (n) ? ? 1 . ?[{ n }]当n不为平方数 ?
(其中[x]表示不超过 x 的最大整数, {x} ? x ? [ x]). 试求:

? f (k ) 的值.
k ?1

240

试题(二)参考答案
一、 (本题满分 50 分) 证明: (1)先证 DE 过△ABC 的内心。 如图,连 DE、DC,作∠BAC 的平分线分别交 DC 于 G、DE 于 I,连 IC,则由 AD=AC, 得,AG⊥DC,ID=IC. 又 D、C、E 在⊙A 上, ∴∠IAC=

1 ∠DAC=∠IEC,∴A、I、C、E 四点共圆, 2

∴∠CIE=∠CAE=∠ABC,而∠CIE=2∠ICD, ∴∠ICD=

1 ∠ABC. 2
1 1 ∠ABC,∴∠ACI= ∠ACB,∴I 为△ABC 的内心。 2 2

∴∠AIC=∠IGC+∠ICG=90°+

(2)再证 DF 过△ABC 的一个旁心. 连 FD 并延长交∠ABC 的外角平分线于 I1,连 II1、B I1、B I,由(1)知,I 为内心, ∴∠IBI1=90°=∠EDI1,∴D、B、l1、I 四点共圆, ∵∠BI l1 =∠BDI1=90°-∠ADI1

64

=(

1 1 ∠BAC+∠ADG)-∠ADI= ∠BAC+∠IDG,∴A、I、I1 共线. 2 2

I1 是△ABC 的 BC 边外的旁心 二、解:由条件得, b(az ? cx ? b) ? c(bx ? ay ? c) ? a(cy ? bz ? a) ? 0 , 即 2bcx ? a ? b ? c ? 0 ,
2 2 2

?x ?

b2 ? c2 ? a2 a2 ? c2 ? b2 a2 ? b2 ? c2 ,z ? . ,同理,得 y ? 2ac 2ab 2bc

? a、b、c、x、y、z 为正数,据以上三式知, b2 ? c 2 ? a 2 , a 2 ? c2 ? b2 , a 2 ? b2 ? c 2 ,
故以 a、b、c 为边长,可构成一个锐角三角形 ABC, ? x ? cos A, y ? cos B, z ? cosC ,问题转化为:在锐角△ABC 中,

cos2 A cos2 B cos2 C ? ? 的最小值. 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 令 u ? cot A, v ? cot B, w ? cot C, 则 u, v, w ? R ? , uv ? vw ? wu ? 1,
求函数 f (cos A 、 cos B 、 cos C )= 且 u 2 ? 1 ? (u ? v)(u ? w), v 2 ? 1 ? (u ? v)(v ? w), w2 ? 1 ? (u ? w)(v ? w).

?

cos2 A ? 1 ? cos A

1?

u2 u2 ?1 u u2 ?1 u3
u2 ?1
3

?

u2 u 2 ? 1( u 2 ? 1 ? u )
u3 (u ? v)( u ? w)

?

u 2 ( u 2 ? 1 ? u) u2 ?1
u3 1 1 ( ? ), 2 u?v u?w

? u2 ?
2

u2 ?

? u2 ?

cos B v 1 1 cos2 C w3 1 1 2 2 ?v ? ( ? ), ?w ? ( ? ). 同理, 1 ? cos B 2 u ? v u ? w 1 ? cosC 2 u?w v?w
1 u 3 ? v 3 v 3 ? w3 u 3 ? w3 1 ? f ? u 2 ? v 2 ? w2 ? ( ? ? ) ? u 2 ? v 2 ? w 2 ? [(u 2 ? uv ? v 2 ) 2 u?v v?w u?w 2
+ (v ? vw ? w ) ? (u ? uw ? w )] ?
2 2 2 2

1 1 (uv ? vw ? uw) ? . (取等号当且仅当 u ? v ? w , 此时, 2 2 1 1 a ? b ? c, x ? y ? z ? ), [ f ( x, y, z )] min ? . 2 2
2

三、解:对任意 a, k ? N * ,若 k 2 ? a ? (k ? 1) 2 ,则 1 ? a ? k ? 2k ,设 a ? k ? ? ,0 ? ? ? 1, 则

1

{ a} ?

?

1

?

1 a ?k
2

?

a ? k 2k ? ? 2k 1 2k ? ? ? 1,?[ ]?[ ]. 2 2 2 a?k a?k a?k a ? k2 { a}
2
k 2 ? a ?( k ?1) 2

让 a 跑遍区间 (k , (k ? 1) )中的所有整数,则 于是
( n ?1) 2

?

[

2k 1 2k ] ? ?[ ], {a} i i ?1

?
a ?1

f (a) ? ?? [
i ?1 i ?1

n

2k

2k ??① ] i

2k 下面计算 ? [ ], 画一张 2k× 2k 的表,第 i 行中,凡是 i 行中的位数处填写“*”号,则这行 i i ?1 2k 2k 2k 的“*”号共 [ ] 个,全表的“*”号共 ? [ ] 个;另一方面,按列收集“*”号数,第 j 列中, i i i ?1
65

2k

若 j 有 T(j)个正因数,则该列使有 T(j)个“*”号,故全表的“*”号个数共

?T ( j) 个,因此 ?[
j ?1
i ?1

2k

2k

2k 2k ] = ?T ( j) . i j ?1

示例如下: j 1 i 1 * 2 3 4 5 6
n n 2k

2 * *

3 * *

4 * * *

5 *

6 * * *

*
i ?1 j ?1

则 ??②

? f (a) ? ??T ( j) ? n[T (1) ? T (2)] ? (n ? 1)[T (3) ? T (4)] ?? ? [T (2n ? 1) ? T (2n)]
i ?1

由此,

? f (k ) ?? (16 ? k )[T (2k ? 1) ? T (k )] ??③
k ?1 k ?1

256

15

记 ak ? T (2k ? 1) ? T (2k ), k ? 1,2,?,15, 易得 ak 的取值情况如下: k

ak

1 3 因此,

2 5
16 n

3 6

4 6
15

5 7

6 8

7 6

8 9

9 8

10 8

11 8

12 10

13 7

14 10

15 10

? f (k ) ?? (16 ? k )ak ? 783??④
k ?1 k ?1

据定义 f (256) ? f (162 ) ? 0 , 又当 k ?{241 ,242,?,255 }, 设k ? 152 ? r

(16 ? r ? 30) , r r r r , k ? 15 ? 152 ? r ? 15 ? ? ? ? 152 ? r ? 15 31 152 ? r ? 15 30 1 30 1 31 ] ? 1, k ? {241 ,242,?,255 } ??⑤ 1? ? ? ? 2 ,则 [ r { 152 ? r } r { k}

从则

? f (k ) ? 783? ? f (k ) ? 783? 15 ? 768.
i ?1 i ?1

240

256

2005 年全国高中数学联赛加试第 2 题的探讨
本文对 2005 年的全国高中数学联赛加试第 2 题的解法及来历作以探讨,供感兴趣的读者参 考。 题目:设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy ? bz ? a ; az ? cx ? b;

bx ? ay ? c ,求函数

f ( x, y, z ) ?

x2 y2 z2 的最小值。 ? ? 1? x 1? y 1? z

一.几种迷茫思路的分析 这道题目初看起来比较平易, 给人一种立刻想到直接使用 Cauchy 不等式的通畅思路的惊喜, 殊不知,这是一个极大的误区,本题的难度和技巧正好在这里设置了较好的陷阱。

66

思路一: 由 Cauchy 不等式知 f ( x, y, z ) ?

x2 y2 z2 ? ? ? 1? x 1? y 1? z

( x ? y ? z) 2 u2 9 ? (记u ? x ? y ? z ) ? u ? 3 ? ?6 3? x ? y ? z 3?u u?3 1 到此,在 u>0 的情况下,力图使用函数 f ( x) ? x ? 的性质无法得到最小值。 x ?
思路二:考虑到题目的条件是 6 个变量的 3 个等量关系,于是,可根据三个条件等式容易求 出 x、y、z 用 a、b、c 表达的式子:

x?

b2 ? c2 ? a2 ; 2bc

y?

c2 ? a 2 - b2 ; 2ca

z?

a 2 ? b2 - c2 2ab

因为 a、b、c;x、y、z 都是正数,所以,

a 2 ? b 2 ? c 2 ? 0; b 2 ? c 2 - a 2 ? 0; c 2 ? a 2 - b 2 ? 0 即以 a、b、c 为对应边可以构成一个锐角△ABC,令 x ? cos A, y ? cos B, z ? cosC, 从而,
结合 Cauchy 不等式有

cos2 A cos2 B cos2 C (cos A ? cos B ? cosC ) 2 ? ? ? 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 3 ? cos A ? cos B ? cosC u ? c o s A ? c o sB ? c o s C ,则 令 2 cos A cos2 B cos2 C u2 9 f ( x, y, z ) ? ? ? ? ? u ?3? ?6 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 3 ? u u?3 A B C 因为 u ? cos A ? cos B ? cos C ? 1 ? 4 sin sin sin ? 1 2 2 2 3 3 u ? cos A ? cos B ? cos C ? ,∴ 4 ? u ? 3 ? 3 ? 2 2 1 ? 9? 到此,似乎胜利的曙光就在眼前,立刻想到在区间 ? 4, ? 内使用函数 f ( x) ? x ? 的性质, x ? 2? 1 但也无法得到最小值,而此时的最大值正好与题目的最小值 (由于函数 2 2 2 2 cos A cos B cos C 0 f ( x, y, z ) ? ? ? 的对称性,可以猜测其最小值在 A=B=C=60 时达到 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 1 )吻合,实际上,这是一条无用的信息(表明使用 Cauchy 不等式过当! ) ,它是答题人再次陷 2 f ( x, y, z ) ?
入不能自拔的困境。 俗话说得好,失败是成功之母,上面的思路也昭示我们,对原式不能直接使用 Cauchy 不等 式,需要再对原式做更好的更有用的恒等变形,可能是正确的途径。 二.赛题的解答 为证明本赛题,我们先证明如下一个引理。 引理:在△ABC 中,求证:

tan 2

A B C A B C ? tan 2 ? tan 2 ? 2 ? 8 sin sin sin 2 2 2 2 2 2



等号成立的条件是△ABC 为等边三角形。 证明:用向量方法证明如下

设 i , j , k 是平面上的单位向量,且 j 与k 成角为π -A, k 与i 成角为π -B, i 与 j 成角为π

? ? ?

?

?

? ?

?

?

67

-C,那么,

? A ? B ? C (i tan ? j tan ? k tan ) 2 ? 0 ,所以 2 2 2 A B C tan 2 ? tan 2 ? tan 2 2 2 2 A B B C C A ? 2 tan tan cos C ? 2 tan tan cos A ? 2 tan tan cos B 2 2 2 2 2 2 A B C B C A ? 2 tan tan (1 ? 2sin 2 ) ? 2 tan tan (1 ? 2sin 2 ) ? 2 2 2 2 2 2 C A B ?2 tan tan (1 ? 2sin 2 ) 2 2 2 A B B C C A? ? ? 2? tan tan ? tan tan ? tan tan ? ? 2 2 2 2 2 2? ? A B C sin sin sin A B C 2 2 2 ? 4 sin sin sin ( ? ? ) B C C A A B 2 2 2 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C sin A ? sin B ? sin C ? 2 ? 4 sin sin sin ? A B C 2 2 2 2 ? cos cos cos 2 2 2 A B C ? 2 ? 8 sin sin sin . 2 2 2 A B B C C A 注意到,在△ABC 中有熟知的等式: tan tan ? tan tan ? tan tan ? 1 . 2 2 2 2 2 2
从而①得证。 有了上面的引理,本题的解答就容易多了,下面看本题的解法。 解:同思路二得到,以 a、b、c 为对应边可以构成一个锐角△ABC, 令 x ? cos A, y ? cos B, z ? cosC, 从而

cos2 A cos2 B cos2 C 1 ? sin 2 A 1 ? sin 2 B 1 ? sin 2 C ? ? ? ? ? C 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC 2 A 2 B 2 cos 2 cos 2 cos2 2 2 2 A A B B C C 1 ? 4 sin 2 cos2 1 ? 4 sin 2 cos2 1 ? 4 sin 2 cos2 2 2 ? 2 2 ? 2 2 ? A B C 2 cos2 2 cos2 2 cos2 2 2 2 A A A A B B B B sin 2 ? cos2 ? 4 sin 2 cos2 sin 2 ? cos2 ? 4 sin 2 cos2 2 2 2 2 ? 2 2 2 2 ? A B 2 cos2 2 cos2 2 2 C C C C sin 2 ? cos2 ? 4 sin 2 cos2 2 2 2 2 ? C 2 cos2 2 f ( x, y , z ) ?

68

等号成立的条件显然是 A=B=C=600 时达到,最后一个不等式是根据引理而得到的。

3 1 A ? (tan2 ? tan2 2 2 2 3 1 A ? ? (tan2 ? tan2 2 2 2 3 1 A ? ? (2 ? 8 sin sin 2 2 2 1 ? 2 ?

B C A B C ? tan2 ) ? 2(sin 2 ? sin 2 ? sin 2 ) 2 2 2 2 2 B C A B C ? tan2 ) ? 2(1 ? 2 sin sin sin ) 2 2 2 2 2 B C A B C sin ) ? 2(1 ? 2 sin sin sin ) 2 2 2 2 2

1 x2 y2 z2 所以, f ( x, y, z ) ? 的最小值为 . ? ? 2 1? x 1? y 1? z
显然,在 ?A ? ?B ? ?C ? 60 时,等号成立,所以 f ( x, y, z ) 的最小值为
0

1 . 2

三.背景探索 早在 1994 年,华东交大刘健先生就提出了如下猜想命题: 在△ABC 中,是否有:

cos2 A cos2 B cos2 C 1 ? ? ? ② 2 2 2 2 2 2 sin B ? sin C sin C ? sin A sin A ? sin B 2
0

后来,湖南师大附中黄军华(现为深圳中学教师)先生在文[1]曾证明了这一猜想。 请看证明:分两种情况 (1)当△ABC 为钝角三角形时,此时不妨设 A>90 , 于是 a ? b ? c ,
2 2 2

所以 再据

2 2 2 sin A?sin B?si n C ? 2?c o2 sB ?c o 2 s C ,∴ cos2 B ? cos2 C ? 1 ? cos2 A sin A> sin B , sin A> sin C ,所以,

cos2 A cos2 B cos2 C ? ? sin 2 B ? sin 2 C sin 2 C ? sin 2 A sin 2 A ? sin 2 B cos2 A cos2 C ? ? sin 2 B ? sin 2 C sin 2 A ? sin 2 B cos2 A cos2 C ? ? sin 2 A ? sin 2 C sin 2 A ? sin 2 B cos2 B ? cos2 C 1 ? ? 2 sin 2 A 2
即此种情况②得证。 (2)当△ABC 为非钝角三角形时,

sin 2 B ? sin 2 C ? 1 ? cos(B ? C ) cos(B ? C ) ? 1 ? cos A cos(B ? C ) ? 1 ? cos A ? 2 cos2
所以,

A 2

cos2 A cos2 A 1 ? sin 2 A ? ? ? sin 2 B ? sin 2 C 2 A 2 A 2 cos 2 cos 2 2 1 1 A A ? ? tan2 ? 2 sin 2 2 2 2 2

cos2

A A A A ? sin 2 ? 4 sin 2 cos2 2 2 2 2 A 2 cos2 2

69

从而

co2 sA co2 sB co2 sC ? ? 2 2 2 2 2 2 si n B ?si n C si n C ?si n A si n A?si n B 2 2 2 cos A cos B cos C ? ? ? A B C 2 cos2 2 cos2 2 cos2 2 2 2 3 1 A B C A B C ? ? (tan2 ? tan2 ? tan2 ) ? 2(sin 2 ? sin 2 ? sin 2 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 A B C A B C 1 ? ? (2 ? 8 sin sin sin ) ? 2(1 ? 2 sin sin sin ) ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2



即三角形为非钝角三角形时结论也成立,综上结论得证。 对比③之后的叙述与今年的这道竞赛加试第 2 题的解法,不难知道,今年的这道赛题无非 是在②的第 2 种情况的基础上增加了一个解方程组的程序(并由此判断△ABC 为锐角三角形)罢 了,即今年的这道加试题可以看作是由解方程组(初中知识的要求) ,判断三角形种类、与求最 值(高中知识的要求)三个问题的简单合成(串联) 。 顺便指出,①的证明曾经是上世纪 1990 年前后在文[2]等刊物上讨论过几年的一个结论。 四.条件等式的几何解释 对比条件等式 cy ? bz ? a ; az ? cx ? b; bx ? ay ? c(注意 a、b、c、x、y、z 为正数)

c cos B ? b cos C ? a b cos A ? a cos B ? c b2 ? c2 ? a2 c2 ? a 2 - b2 , y ? cos B ? , 以及余弦定理,可知,应有 x ? cos A ? 2bc 2ca a 2 ? b2 - c2 z ? cosC ? , 从而,求解本题中的解方程组的环节就可以看作是余弦定理的默认 2ab
与△ABC 中的斜射影定理

a cos C ? c cos A ? b

结果。另外,有了上边的余弦定理结构,解答中的构造三角形法已经水到渠成了。

70

2004 年全国高中数学联赛试卷
第一试
一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.设锐角?使关于 x 的方程 x2+4xcos?+cos?=0 有重根,则?的弧度数为 ( ) ? ? 5? ? 5? ? A. B. 或 C. 或 D. 6 12 12 6 12 12 2.已知 M={(x,y)|x2+2y2=3},N={(x,y)|y=mx+b}.若对于所有的 m∈R,均有 M∩N??, 则 b 的取值范围是 ( ) 6 6 6 6 2 3 2 3 2 3 2 3 A.[- , ] B.(- , ) C.(- , ] D.[- , ] 2 2 2 2 3 3 3 3 1 3.不等式 log2x-1+ log1 x3+2>0 的解集为 2 2 A.[2,3) B.(2,3] C.[2,4) D.(2,4] → → → → 4.设点 O 在?ABC 的内部,且有 OA +2 OB +3 OC= 0 ,则?ABC 的面积与?AOC 的面积的比为 ( ) 3 5 A.2 B. C.3 D. 2 3 ??? 5.设三位数 n=abc,若以 a,b,c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的 三位数 n 有( ) A.45 个 B.81 个 C.165 个 D.216 个 6.顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A 是底面圆周上的点,B 是底面 P 圆内的点,O 为底面圆圆心,AB⊥OB,垂足为 B,OH⊥PB,垂足为 H,且 PA=4,C 为 PA 的中点,则当三棱锥 O-HPC 的体积最大时,OB 的长为 ( ) C H 5 2 5 6 2 6 O A. B. C. D. 3 3 3 3 B 二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) A 7.在平面直角坐标系 xOy 中,函数 f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长 的区间上的图像与函数 g(x)= a2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ; 8.设函数 f:R→R,满足 f(0)=1,且对任意 x,y∈R,都有 f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2,则 f(x)= ; 9.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,二面角 A-BD1—A1 的度数 D1 是 ; A1 10.设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k2-pk也是一个正整数,则 B1 k= ; 11.已知数列 a0,a1,a2,?,an,?满足关系式(3-an+1)(6+an)=18,且 a0=3, 1 则∑ 的值是 a i=0 i
n

C1

D

C B



A

12.在平面直角坐标系 xOy 中,给定两点 M(-1,2)和 N(1,4),点 P 在 x 轴上移动,当∠MPN 取最大值时,点 P 的横坐标为 ; 三.解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.一项“过关游戏”规则规定:在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次,如果这 n 次抛掷所出现的 点数的和大于 2n,则算过关.问: ⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关?

71

⑵ 他连过前三关的概率是多少? 4 14.在平面直角坐标系 xOy 中,给定三点 A(0, ),B(-1,0),C(1,0),点 P 到直线 BC 的距离 3 是该点到直线 AB、AC 距离的等比中项. ⑴ 求点 P 的轨迹方程; ⑵ 若直线 L 经过?ABC 的内心(设为 D),且与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的取值范围. 2x-t 15.已知?,?是方程 4x2-4tx-1=0(t∈R)的两个不等实根,函数 f(x)= 2 的定义域为[?,?]. x +1 ⑴ 求 g(t)=maxf(x)-minf(x); 1 1 1 ? ⑵ 证明:对于 ui∈(0, )(i=1,2,3),若 sinu1+sinu2+sinu3=1,则 + + 2 g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 3 6 < . 4

72

二试题
一.(本题满分 50 分)在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交于点 H, 以 DE 为直径的圆分别交 AB、 AC 于 F、G 两点,FG 与 AH 相交于点 K,已知 BC=25,BD=20, BE=7,求 AK 的长.

C

D G K A F E B H

二.(本题满分 50 分)在平面直角坐标系 XOY 中,y 轴正半轴上的点列{An}与曲线 y= 2x(x?0)上 1 的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|= ,直线 AnBn 在 x 轴上的截距为 an,点 Bn 的横坐标为 bn,n∈N*. n ⑴ 证明 an>an+1>4,n∈N*; b2 b3 bn bn+1 ⑵ 证明有 n0∈N*,使得对?n>n0,都有 + +?+ + <n-2004. b1 b2 bn-1 bn 三.(本题满分 50 分)对于整数 n?4,求出最小的整数 f(n),使得对于任何正整数 m,集合{m, m+1,?,m+n-1}的任一个 f(n)元子集中,均至少有 3 个两两互素的元素.

二试题
一.(本题满分 50 分)在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交于点 H,以 DE 为直径的圆分别交 AB、AC 于 F、G 两 点,FG 与 AH 相交于点 K,已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的长. 二.(本题满分 50 分)在平面直角坐标系 XOY 中,y 轴正半轴上的 1 点列{An}与曲线 y= 2x(x?0)上的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|= ,直线 n AnBn 在 x 轴上的截距为 an,点 Bn 的横坐标为 bn,n∈N*. ⑴ 证明 an>an+1>4,n∈N*; b2 b3 bn bn+1 ⑵ 证明有 n0∈N*,使得对?n>n0,都有 + +?+ + <n- b1 b2 bn-1 bn 2004.
D G K A F
18 20

C
15 24 25

H

P

E

7

B

三. (本题满分 50 分)对于整数 n?4, 求出最小的整数 f(n), 使得对于任何正整数 m, 集合{m, m+1,?,m+n-1}的任一个 f(n)元子集中,均至少有 3 个两两互素的元素.

73

2004 年全国高中数学联赛试卷(答案)
第一试
一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1 1.解:由方程有重根,故 ?=4cos2?-cot?=0, 4 ? ? 5? ∵ 0<?< ,?2sin2?=1,??= 或 .选 B. 2 12 12 2.解:点(0,b)在椭圆内或椭圆上,?2b2?3,?b∈[- 6 6 , ].选 A. 2 2
A

3 S O 3.解:令 log2x=t?1 时, t-1> t-2.t∈[1,2),?x∈[2,4),选 C. B 2 C 4.解:如图,设?AOC=S,则?OC1D=3S,?OB1D=?OB1C1=3S, B ?AOB=?OBD=1.5S.?OBC=0.5S,??ABC=3S.选 C. D 5.解:⑴等边三角形共 9 个; ⑵ 等腰但不等边三角形:取两个不同数码(设为 a,b),有 36 种取法,以小数为底时总能构 成等腰三角形,而以大数为底时,b<a<2b.a=9 或 8 时,b=4,3,2, 1,(8 种);a=7,6 时,b=3,2,1(6 种);a=5,4 时,b=2,1(4 种); P a=3,2 时,b=1(2 种),共有 20 种不能取的值.共有 236-20=52 种方 法,而每取一组数,可有 3 种方法构成三位数,故共有 523=156 个三 C 位数 H 即可取 156+9=165 种数.选 C. O 6. 解: AB⊥OB, ?PB⊥AB, ?AB⊥面 POB, ?面 PAB⊥面 POB. B OH⊥PB,?OH⊥面 PAB,?OH⊥HC,OH⊥PC, A 又,PC⊥OC,?PC⊥面 OCH.?PC 是三棱锥 P-OCH 的 高.PC=OC=2. 而?OCH 的面积在 OH=HC= 2时取得最大值(斜边=2 的直角三角形). 2 6 当 OH= 2时,由 PO=2 2,知∠OPB=30?,OB=POtan30?= . 3 1 又解:连线如图,由 C 为 PA 中点,故 VO-PBC= VB-AOP, 2 PH PO2 而 VO-PHC∶VO-PBC= = 2 (PO2=PH· PB). PB PB 记 PO=OA=2 2=R,∠AOB=?,则 1 1 1 VP—AOB= R3sin?cos?= R3sin2?,VB-PCO= R3sin2?. 6 12 24 PO2 R2 1 2 sin2? 1 3 = = .?VO-PHC= ? R. 2= 2 PB R +R2cos2? 1+cos2? 3+cos2? 3+cos2? 12 2cos2?(3+cos2?)-(-2sin2?)sin2? sin2? 1 3 ∴ 令 y= ,y?= =0,得 cos2?=- ,?cos?= , 3 3 3+cos2? (3+cos2?)2 2 6 ∴ OB= ,选 D. 3
1

C1

二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.解:f(x)=

2? 2? a2+1sin(ax+?),周期= ,取长为 ,宽为 2 a2+1的矩形,由对称性知,面 a a 2? 2 积之半即为所求.故填 a +1. a

74

? ?1 2 a2+1 2 2p 2 又解: a +1[1-sin(ax+?)]dx= (1-sint)dt= a a +1. a ?0 0





8.解:令 x=y=0,得,f(1)=1-1-0+2,?f(1)=2. 令 y=1,得 f(x+1)=2f(x)-2-x+2,即 f(x+1)=2f(x)-x.① 又, f(yx+1)=f(y)f(x)-f(x)-y+2, 令 y=1 代入, 得 f(x+1)=2f(x)-f(x)-1+2, 即 f(x+1)=f(x)+1. ② 比较①、②得,f(x)=x+1. 3 9. 解: 设 AB=1, 作 A1M⊥BD1, AN⊥BD1, 则 BN? BD1=AB2, ?BN=D1M=NM= . 3 D1 6 ?A1M=AN= . A1 3 M 2 2 1 2 1 ∴ AA12=A1M2+MN2+NA2-2A1M?NAcos?,?12= + + -2? cos?,?cos?= . 3 3 3 3 2 D ??=60?. 2 A p p 1 10.解:设 k2-pk=n,则(k- )2-n2= ,?(2k-p+2n)(2k-p-2n)=p2,?k= 2 4 4 (p+1)2. 1 2 1 1 1 2 2 11.解: = + ,?令 bn= + ,得 b0= ,bn=2bn-1,?bn= an+1 an 3 an 3 3 3
n+1 1 2 -1 1 1 ?2 .即 = ,?∑ = (2n+2-n-3). an 3 a 3 i=0 i n n

C1 B1 N C B

y
M O K P

N

12.解:当∠MPN 最大时,⊙MNP 与 x 轴相切于点 P(否则⊙ MNP 与 x 轴交于 PQ,则线段 PQ 上的点 P?使∠MP?N 更大).于是, 延长 NM 交 x 轴于 K(-3,0),有 KM?KN=KP2,?KP=4.P(1, 0),(-7,0),但(1,0)处⊙MNP 的半径小,从而点 P 的横坐标=1.

x

三.解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.解:⑴ 设他能过 n 关,则第 n 关掷 n 次,至多得 6n 点, 由 6n>2n,知,n?4.即最多能过 4 关. ⑵ 要求他第一关时掷 1 次的点数>2,第二关时掷 2 次的点数和>4,第三关时掷 3 次的点数 和>8. 4 2 第一关过关的概率= = ; 6 3 第二关过关的基本事件有 62 种, 不能过关的基本事件有为不等式 x+y?4 的正整数解的个数, 6 5 2 有 C4个 (亦可枚举计数:1+1,1+2,1+3,2+1,2+2,3+1)计 6 种,过关的概率=1- 2= ; 6 6 第三关的基本事件有 63 种,不能过关的基本事件为方程 x+y+z?8 的正整数解的总数,可连 56 7 3 8?7?6 写 8 个 1,从 8 个空档中选 3 个空档的方法为 C8= =56 种,不能过关的概率= 3 = ,能过 6 27 3?2?1 20 关的概率= ; 27 2 5 20 100 ∴连过三关的概率= ? ? = . 3 6 27 243 y 14.解:⑴ 设点 P 的坐标为(x,y), x 3y A AB 方程: + =1,?4x-3y+4=0, ① P 1 -1 4 D BC 方程:y=0, ② B C AC 方程:4x+3y-4=0, ③ x O 1 K -1 2 ∴ 25|y| =|(4x-3y+4)(4x+3y-4)|, ?25y2+16x2-(3y-4)2=0,?16x2+16y2+24y-16=0,

75

?2x2+2y2+3y-2=0. 或 25y2-16x2+(3y-4)2=0,?16x2-34y2+24y-16=0, ?8x2-17y2+12y-8=0. ∴ 所求轨迹为圆:2x2+2y2+3y-2=0, ④ 2 2 或双曲线:8x -17y +12y-8=0. ⑤ 但应去掉点(-1,0)与(1,0). 1 1 ⑵ ?ABC 的内心 D(0, ):经过 D 的直线为 x=0 或 y=kx+ . ⑥ 2 2 (a) 直线 x=0 与圆④有两个交点,与双曲线⑤没有交点; 1 1 5 1 (b) k=0 时,直线 y= 与圆④切于点(0, ),与双曲线⑤交于(± 2, ),即 k=0 满足要求. 2 2 8 2 1 (c) k=± 时,直线⑥与圆只有 1 个公共点,与双曲线⑤也至多有 1 个公共点,故舍去. 2 1 25 (c) k?0 时,k? 时,直线⑥与圆有 2 个公共点,以⑥代入⑤得:(8-17k2)x2-5kx- =0. 2 4 2 34 2 当 8-17k2=0 或(5k)2-25(8-17k2)=0,即得 k=± 与 k=± . 17 2 2 34 2 ∴ 所求 k 值的取值范围为{0,± ,± }. 17 2 1 15.解:⑴ ?+?=t,??=- .故?<0,?>0.当 x1,x2∈[?,?]时, 4 2 2(x +1)-2x(2x-t) -2(x2-xt)+2 ∴ f ?(x)= = .而当 x∈[?,?]时,x2-xt<0,于是 f ?(x)>0,即 (x2+1)2 (x2+1)2 f(x)在[?,?]上单调增. 2?-t 2?-t (2?-t)(?2+1)-(2?-t)(?2+1) (?-?)[t(?+?)-2??+2] ∴ g(t)= 2 - 2 = = ? +1 ? +1 (?2+1)(?2+1) ?2?2+?2+?2+1 5 t2+1(t2+ ) 2 8 t2+1(2t2+5) = = 25 16t2+25 t2+ 16 8secu(2sec2u+3) 16+24cos2u 16 6 ⑵ g(tanu)= = ? , 16sec2u+9 16cosu+9cos3u 16+9cos2u 1 1 1 1 1 ∴ + + ? [16?3+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)]= [75- g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 16 6 16 6 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)] 1 sinu1+sinu2+sinu3 2 而 (sin2u1+sin2u2+sin2u3)?( ) ,即 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)?3. 3 3 1 1 1 1 3 6 ∴ + + ? (75-3)= .由于等号不能同时成立,故得证. g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 16 6 4

二试题(答案)
一.解:∵ BC=25,BD=20,BE=7, ∴ CE=24,CD=15. 6 ∵ AC· BD=CE· AB,? AC= AB, ① 5 ∵ BD⊥AC,CE⊥AB,?B、E、D、C 共圆, 6 6 ?AC(AC-15)=AB(AB-7),? AB( AB-15)=AB(AB-18), 5 5 ∴ AB=25,AC=30.?AE=18,AD=15. 1 ∴ DE= AC=15. 2
A

C
15

D G K F
18 20

24

25

H

P

E

7

B

76

延长 AH 交 BC 于 P, 则 AP⊥BC. ∴ AP· BC=AC· BD,?AP=24. 连 DF,则 DF⊥AB, 1 ∵ AE=DE,DF⊥AB.?AF= AE=9. 2 ∵ D、E、F、G 共圆,?∠AFG=∠ADE=∠ABC,??AFG∽?ABC, AK AF 9?24 216 ∴ = ,?AK= = . AP AB 25 25 1 1 1 二. 解: ⑴ 点 An(0, ), Bn(bn, 2bn)?由|OAn|=|OBn|, ?bn2+2bn=( )2, ?bn= 1+( )2-1(bn>0). n n n 1 n 1 ∴ 0<bn< 2.且 bn 递减,?n2bn=n( n2+1-n)= = 单调增. 2n 1 n2+1+n 1+( )2+1 n 1 1 ∴ 0<n bn< .?令 tn= > 2且 tn 单调减. 2 n bn bn 2bn 由截距式方程知, + =1,(1-2n2bn=n2bn2) an 1 n bn bn(1+n 2bn) 1+n 2bn 1 2 1 2 1 2 ∴ an= = = 2 =( ) + 2( )=tn2+ 2tn=(tn+ )2- ?( 2+ )2 2 n bn 2 2 2 1-n 2bn 1-2n bn n bn n bn 1 - =4. 2 且由于 tn 单调减,知 an 单调减,即 an>an+1>4 成立. 1 1 亦可由 2 =bn+2. = bn+2,得 an=bn+2+ 2 bn+2, . n bn n bn ∴ 由 bn 递减知 an 递减,且 an>0+2+ 2? 2=4.
n

⑵ 即证∑ (1-
k=1

bk+1 )>2004. bk 1 1+( )2- k 1 1+( )2 k+1 1 1 =k2(( )2-( )2) k k+1 1 1+( )2+1 k 1 1+( )2+ k 1 1+( )2 k+1

bk+1 bk-bk+1 1- = = bk bk

1 1+( )2-1 k

2k+1 ? (k+1)2
n

1 1+( )2+1 k 2k+1 1 1 > . 2? > ( 1 2 k+1) 2 k+2 2 1+( ) k
n

bk+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴∑ (1- )>∑ >( + )+( + + + )+?+> + + +?. b k +2 3 4 5 6 7 8 2 2 2 k k=1 k=1 bk+1 只要 n 足够大,就有∑ (1- )>2004 成立. bk k=1 三.解:⑴ 当 n?4 时,对集合 M(m,n)={m,m+1,?,m+n-1}, 当 m 为奇数时,m,m+1,m+2 互质,当 m 为偶数时,m+1,m+2,m+3 互质.即 M 的子集 M 中存在 3 个两两互质的元素,故 f(n)存在且 f(n)? n. ①
n

77

取集合 Tn={t|2|t 或 3|t,t?n+1},则 T 为 M(2,n)={2,3,?,n+1}的一个子集,且其中任 3 个数无不能两两互质.故 f(n)?card(T)+1. n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 但 card(T)=[ ]+[ ]-[ ].故 f(n)?[ ]+[ ]-[ ]+1. ② 2 3 6 2 3 6 由①与②得,f(4)=4,f(5)=5.5?f(6)?6,6?f(7)?7,7?f(8)?8,8?f(9)?9. 现计算 f(6),取 M={m,m+1,?,m+5},若取其中任意 5 个数,当这 5 个数中有 3 个奇数 时,这 3 个奇数互质;当这 3 个数中有 3 个偶数 k,k+2,k+4(k?0(mod 2))时,其中至多有 1 个被 5 整除,必有 1 个被 3 整除,故至少有 1 个不能被 3 与 5 整除,此数与另两个奇数两两互质.故 f(6)=5. 而 M(m,n+1)=M(m,n)∪{m+n},故 f(n+1)?f(n)+1. ③ ∴ f(7)=6,f(8)=7,f(9)=8. n+1 n+1 n+1 ∴ 对于 4?n?9,f(n)= [ ]+[ ]-[ ]+1 成立. ④ 2 3 6 设对于 n?k,④成立,当 n=k+1 时,由于 M(m,k+1)=M(m,k-5)∪{m+k-5,m+k-4,?,m+k}. 在{m+k-5,m+k-4,?,m+k}中,能被 2 或 3 整除的数恰有 4 个,即使这 4 个数全部取出, 只要在前面的 M(m,k-5)中取出 f(n)个数就必有 3 个两两互质的数.于是 当 n?4 时,f(n+6)?f(n)+4=f(n)+f(6)-1. k+2 k+2 k+2 故 f(k+1)?f(k-5)+f(6)-1=[ ]+[ ]-[ ]+1, 2 3 6 比较②,知对于 n=k+1,命题成立. n+1 n+1 n+1 ∴对于任意 n∈N*,n?4,f(n)= [ ]+[ ]-[ ]+1 成立. 2 3 6 又可分段写出结果: 4k+1,(n=6k, k∈N*), 4k+2,(n=6k+1,k∈N*), 4k+3,(n=6k+2,k∈N*), f(n)= 4k+4,(n=6k+3,k∈N*), 4k+4,(n=6k+4,k∈N*), 4k+5,(n=6k+5,k∈N*).

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2003 年全国高中数学联合竞赛试卷
第一试 (10 月 12 日上午 8:00?9:40) 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.删去正整数数列 1,2,3,??中的所有完全平方数,得到一个新数列.这个数列的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2.设 a,b∈R,ab≠0,那么直线 ax-y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是
y y y y

O

x

O

x

O

x

O

x

A.

B.

C.

D.

3.过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线,若此直线与抛物线交于 A、B 两点, 弦 AB 的中垂线与 x 轴交于点 P,则线段 PF 的长等于 16 8 16 (A) (B) (C) 3 (D) 8 3 3 3 3 5? 2? ? ? ? 4.若 x∈[- ,- ],则 y=tan(x+ )-tan(x+ )+cos(x+ )的最大值是 12 3 3 6 6 12 11 11 12 (A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3 5 6 6 5 4 9 5.已知 x,y 都在区间(-2,2)内,且 xy=-1,则函数 u= + 的最小值是 4-x2 9-y2 8 24 12 12 (A) (B) (C) (D) 5 11 7 5 6.在四面体 ABCD 中, 设 AB=1,CD= 3,直线 AB 与 CD 的距离为 2,夹角为 ,则四面 3 体 ABCD 的体积等于 3 1 1 3 (A) (B) (C) (D) 2 2 3 3 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) 7.不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0 的解集是 . x2 y2 8.设 F1、F2 是椭圆 + =1 的两个焦点,P 是椭圆上一点,且|PF1|∶|PF2|=2∶1,则△PF1F2 9 4 的面积等于 . 9.已知 A={x|x2-4x+3<0,x∈R}, - B={x|21 x+a?0,x2-2(a+7)x+5?0,x∈R} 若 A?B,则实数 a 的取值范围是 . 3 5 10. 已知 a, b, c, d 均为正整数, 且 logab= , logcd= , 若 a-c=9, 则 b-d= . 2 4 11.将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内,并使得每个球都和其相邻的四个球 相切,且与圆柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于 . - 12. 设 M ={(十进制)n 位纯小数 0. a a ?a |a 只取 0 或 1(i=1,2,?,n-1),a =1},T 是 Sn Mn 中元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则lim = n→∞Tn 三、 (本题满分 20 分)
n 1 2 n i n n

?



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3 13.设 ?x?5,证明不等式 2 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x<2 19. 四、(本题满分 20 分) 1 14.设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai,Z1= +bi,Z2=1+ci(其中 a,b,c 都是实数)对应的不共线 2 的三点.证明:曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R) 与△ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点. 五、(本题满分 20 分) 15.一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A,且 OA=a,折叠纸片,使圆周上 某一点 A?刚好与点 A 重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当 A?取遍圆周上所有点时,求 所有折痕所在直线上点的集合.

加试题 (10 月 12 日上午 10:00?12:00) 一、 (本题 50 分) 过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线,切点为 A、B,所作割线交圆于 C、D 两点,C 在 P、D 之间.在弦 CD 上取一点 Q,使∠DAQ=∠PBC. 求证:∠DBQ=∠PAC. 二、 (本题 50 分) 设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0. l m n ? 3 ? ?3 ? ? 3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过 x 的最大整数.求这种三角形周长 ?10 ? ?10 ? ?10 ? 的最小值. 三、 (本题 50 分) 1 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形,其中 n=q2+q+1,l? q(q+1)2+1,q 2 ?2, q∈N. 已知此图中任四点不共面, 每点至少有一条连线段, 存在一点至少有 q+2 条连线段. 证 明:图中必存在一个空间四边形(即由四点 A、B、C、D 和四条连线段 AB、BC、CD、DA 组成的 图形). 2003 年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.解:452=2025,462=2116. 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个,而 2026 至 2115 之间没有完全平方数.故 1 至 2025 中共有新数列中的 2025-45=1980 项.还缺 2003-1980=23 项.由 2025+23=2048.知选 C. x2 y2 2.解:曲线方程为 + =1,直线方程为 y=ax+b. a b 由直线图形,可知 A、C 中的 a<0,A 图的 b>0,C 图的 b<0,与 A、C 中曲线为椭圆矛盾. 由直线图形,可知 B、D 中的 a>0,b<0,则曲线为焦点在 x 轴上的双曲线,故选 B. p 4 3.解:抛物线的焦点为原点(0,0),弦 AB 所在直线方程为 y= 3x,弦的中点在 y= = 上,即 k 3

80

4 4 3 4 4 16 AB 中点为( , ),中垂线方程为 y=- (x- )+ ,令 y=0,得点 P 的坐标为 . 3 3 3 3 3 3 16 ∴ PF= .选 A. 3 2? 5? ? ? ? ? ? 4.解:令 x+ =u,则 x+ =u+ ,当 x∈[- ,- ]时,u∈[- ,- ], 6 3 2 12 3 4 6 2 ? ? y=-(cotu+tanu)+cosu=- +cosu.在 u∈[- ,- ]时,sin2u 与 cosu 都单调递增,从而 sin2u 4 6 11 ? y 单调递增.于是 u=- 时,y 取得最大值 3,故选 C. 6 6 1 1 5.解:由 x,y∈(-2,2),xy=-1 知,x∈(-2,- )∪( ,2), 2 2 4 2 4 9x2 -9x +72x -4 35 u= + = =1+ . 4 4-x2 9x2-1 -9x4+37x2-4 37-(9x2+ 2) x 1 1 1 4 2 当 x∈(-2,- )∪( ,2)时,x2∈( ,4),此时,9x2+ 2?12.(当且仅当 x2= 时等号成立). 2 2 4 x 3 12 此时函数的最小值为 ,故选 D. 5 A 6.解:如图,把四面体补成平行六面体,则此平行六面体的体积=1? 3? M π D sin ?2=3. 3 N B 1 1 C 而四面体 ABCD 的体积= ?平行六面体体积= .故选 B. 6 2 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) 5-1 5-1 5+1 5+1 7.解:即|x|3-2|x|2-4|x|+3<0,?(|x|-3)(|x|- )(|x|+ )<0.?|x|<- ,或 <|x|<3. 2 2 2 2 5-1 5-1 ∴ 解为(-3,- )∪( ,3). 2 2 8.解:F1(- 5,0),F2( 5,0);|F1F2|=2 5. |PF1|+|PF2|=6,?|PF1|=4,|PF2|=2.由于 42+22=(2 5)2.故?PF1F2 是直角三角形 5 5. ∴ S=4. 9.解:A=(1,3); 1 x2+5 - 又,a?-21 x∈(-1,- ),当 x∈(1,3)时,a? -7∈( 5-7,-4). 4 2x ∴ -4?a?-1. 10.解:a3=b2,c5=d4,设 a=x2,b=x3;c=y4,d=y5,x2-y4=9.(x+y2)(x-y2)=9. ∴ x+y2=9,x-y2=1,x=5,y2=4.b-d=53-25=125-32=93. 11.解:如图,ABCD 是下层四个球的球心,EFGH 是上层的四个球心.每个球 心与其相切的球的球心距离=2.EFGH 在平面 ABCD 上的射影是一个正方形.是 E 把正方形 ABCD 绕其中心旋转 45?而得.设 E 的射影为 N,则
F

H G

MN= 2-1.EM= 3,故 EN2=3-( 2-1)2=2 2.∴ EN= 4 8.所求圆柱的 高=2+ 8. - 12. 解:由于 a1,a2,?,an-1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数,Tn=2n 1. - 在每一位(从第一位到第 n-1 位)小数上,数字 0 与 1 各出现 2n 2 次.第 n 位 n-1 则 1 出现 2 次. - - - ∴ Sn=2n 2?0.11?1+2n 2?10 n. Sn 1 1 1 ∴ lim = ? = . n→∞Tn 2 9 18 三、 (本题满分 20 分)
4

D N A M B

C

81

3 13.解:x+1?0,2x-3?0,15-3x?0.? ?x?5. 2 x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x x+1+x+1+2x-3+15-3x 由平均不等式 ? ? 4 4 ∴ 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x= x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x?2 14+x. 3 但 2 14+x在 ?x?5 时单调增.即 2 14+x≤2 14+5=2 19. 2 故证.

14+x . 4

四、(本题满分 20 分) 14.解:曲线方程为: Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t) ∴ x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t.(0?x?1) y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2 即 y=(a-2b+c)x2+2(b-a)x+a (0?x?1). ① 若 a-2b+c=0,则 Z0、Z1、Z2 三点共线,与已知矛盾,故 a-2b+c?0.于是此曲线为轴与 x 轴垂直的抛物线. 1 1 3 1 AB 中点 M: + (a+b)i,BC 中点 N: + (b+c)i. 4 2 4 2 1 1 3 1 与 AC 平行的中位线经过 M( , (a+b))及 N( , (b+c))两点,其方程为 4 2 4 2 1 3 4(a-c)x+4y-3a-2b+c=0.( ?x? ). ② 4 4 令 4(a-2b+c)x2+8(b-a)x+4a=4(c-a)x+3a+2b-c. 即 4(a-2b+c)x2+4(2b-a-c)x+a-2b+c=0.由 a-2b+c?0,得 4x2+4x+1=0, 1 3 1 此方程在[ , ]内有惟一解: x= . 4 4 2 1 1 以 x= 代入②得, y= (a+2b+c). 2 4 1 1 ∴ 所求公共点坐标为( , (a+2b+c)). 2 4 五、(本题满分 20 分) 15.解:对于⊙O 上任意一点 A?,连 AA?,作 AA?的垂直平分线 MN,连 OA?.交 MN 于点 P.显 然 OP+PA=OA?=R.由于点 A 在⊙O 内,故 OA=a<R.从而当点 A?取遍圆周上所有点时,点 P 的 轨迹是以 O、A 为焦点,OA=a 为焦距,R(R>a)为长轴的椭圆 C. 而 MN 上任一异于 P 的点 Q,都有 OQ+QA=OQ+QA?>OA?.故点 M S D Q 在椭圆 C 外.即折痕上所有的点都在椭圆 C 上及 C 外. 反之, 对于椭圆 C 上或外的一点 S, 以 S 为圆心, SA 为半径作圆, S' Q A' 交⊙O 于 A?,则 S 在 AA?的垂直平分线上,从而 S 在某条折痕上. P 最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交. 1? 当 S 在⊙O 外时,由于 A 在⊙O 内,故⊙S 与⊙O 必相交; O A 2? 当 S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内, 但在椭圆 C 外或其上的点 S?), N 取过 S?的半径 OD,则由点 S?在椭圆 C 外,故 OS?+S?A?R(椭圆的长 轴).即 S?A?S?D.于是 D 在⊙S?内或上,即⊙S?与⊙O 必有交点. 于是上述证明成立. 综上可知, 折痕上的点的集合为椭圆 C 上及 C 外的所有点的集合.

82

加试题 一、 (本题 50 分) 分析:由∠PBC=∠CDB,若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ,则?BDQ∽?DAQ.反之,若?BDQ∽ BD DQ ?DAQ. 则本题成立. 而要证?BDQ∽?DAQ, 只要证 = 即可. AD AQ A 证明:连 AB. ∵ ?PBC∽?PDB, BD PD AD PD P O ∴ = ,同理, = . BC PB AC PA C BD BC Q ∵ PA=PB,∴ = . AD AC B ∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ,∠ABC=∠ADQ. ∴ ?ABC∽?ADQ. BC DQ BD DQ ∴ = .∴ = . AC AQ AD AQ ∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ. ∴ ?ADQ∽?DBQ. ∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC.证毕. 二、 (本题 50 分)

D

l m n ? 3 ? ?3 ? ? 3 ? 解:当 3l、3m、3n 的末四位数字相同时,? 4?=? 4?=? 4?. ?10 ? ?10 ? ?10 ? - 即求满足 3l?3m≡3n( mod 104)的 l、m、n.∴ 3n(3l n-1)≡0 (mod 104).(l-n>0) n 4 l-n 4 m -n 但 (3 ,10 )=1,故必有 3 ≡1(mod 10 );同理 3 ≡1(mod 104). 下面先求满足 3x≡1(mod 104)的最小正整数 x. 1 4 ∵ ?(104)=104? ? =4000.故 x|4000.用 4000 的约数试验: 2 5 4 ∵ x=1,2,时 3x≡ ∕1(mod 10),而 3 ≡1(mod 10),∴ x 必须是 4 的倍数; 2 20 2 ∵ x=4,8,12,16 时 3x≡ ∕ 1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 20 的倍数; x 3 100 3 ∵ x=20,40,60,80 时 3 ≡ ∕1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 100 的倍数; 4 500 4 ∵ x=100,200,300,400 时 3x≡ ∕1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ). x 4 即,使 3 ≡1(mod 10 )成立的最小正整数 x=500,从而 l-n、m-n 都是 500 的倍数, 设 l-n=500k,m-n=500h,(k,h∈N*,k>h). 由 m+n>l,即 n+500h+n>n+500k,?n>500(k-h)?500,故 n?501. 取 n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值. ∴ 所求周长的最小值=3003.

三、 (本题 50 分) 证明:设点集为 V={A0,A1,?,An-1},与 Ai 连线的点集为 Bi,且|Bi|=bi.于是 1?bi?n -1.又显然有
n-1 i=0

∑ bi=2l?q(q+1)2+2.

若存在一点与其余点都连线,不妨设 b0=n-1. 则 B0 中 n-1 个点的连线数 1 l-b0? q(q+1)2+1-(n-1) (注意:q(q+1)=q2+q=n-1) 2 1 1 = (q+1)(n-1)-(n-1)+1= (q-1)(n-1)+1 2 2 1 1 ? (n-1)+1?[ (n-1)]+1.(由 q?2) 2 2

83

n-1 但若在这 n-1 个点内,没有任一点同时与其余两点连线,则这 n-1 个点内至多连线[ ] 2 条,故在 B0 中存在一点 Ai,它与两点 Aj、Ak(i、j、k 互不相等,且 1?i,j,k)连了线,于是 A0、 Aj、Ai、Ak 连成四边形. 现设任一点连的线数?n-2.且设 b0=q+2?n-2.且设图中没有四边形.于是当 i≠j 时, - - Bi 与 Bj 没有公共的点对,即|Bi∩Bj|?1(0?i,j?n-1).记B0 =V\B0,则由|Bi∩B0|?1,得|Bi∩B0 | - - ?bi-1(i=1,2,?,n-1),且当 1?i,j?n-1 且 i≠j 时,Bi∩B0 与 Bj∩B0 无公共点对.从而 n-1 - - B0 中点对个数? ∑ (Bi∩B0 中点对个数).即
i=1 2 - 2 Cn2 -b0? ∑ C|Bi∩B0 |? ∑ Cbi-1 n-1 n-1 i=1 i=1 1n-1

1 1 n-1 2 n-1 = ∑ (b2 - 3 b +2) ? [ ( ∑ b ) -3 ∑ bi+2(n-1)](由平均不等式) i 2 i=1 i 2 n-1 i=1 i i=1 1 1 1 2 = [ (2l-b0) -3(2l-b0)+2(n-1)]= [(2l-b0)2-3(n-1)(2l-b0)+2(n-1)2] 2 n-1 2(n-1) 1 = (2l-b0-n+1)(2l-b0-2n+2)(2l?q(q+1)2+2=(n-1)(q+1)+2) 2(n-1) 1 ? [(n-1)(q+1)+2-b0-n+1][(n-1)(q+1)+2-b0-2n+2] 2(n-1) 1 = [(n-1)q+2-b0][(n-1)(q-1)+2-b0].(两边同乘以 2(n-1)即 2(n-1) (n-1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0).(n-1?q(q+1)代入) 得 q(q+1)(n-b0)(n-b0-1)?(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0).(各取一部分因数比较) ① 但(nq-q-n+3-b0)-q(n-b0-1)=(q-1)b0-n+3(b0?q+2)?(q-1)(q+2)-n+3=q2+q+1-n =0.② (nq-q+2-b0)-(q+1)(n-b0)=qb0-q-n+2?q(q+1)-n+2=1> 0. ③ 又(nq-q-n+3-b0)、(nq-q+2-b0)、q(n-b0-1)、(q+1)(n-b0)均为正整数, 从而由②、③得, q(q+1)(n-b0)(n-b0-1)<(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3- b0). ④ 由①、④矛盾,知原命题成立. 又证:画一个 n?n 表格,记题中 n 个点为 A1,A2,?,An,若 Ai 与 Aj 连了线,则将表格中 第 i 行 j 列的方格中心涂红.于是表中共有 2l 个红点,当 d(Ai)=m 时,则表格中的 i 行及 i 列各 有 m 个红点.且表格的主对角线上的方格中心都没有涂红. 由已知,表格中必有一行有 q+2 个红点.不妨设最后一行前 q+2 格为红点.其余格则不为 红点(若有红点则更易证),于是:问题转化为:证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶 点. 若否,则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点.于是,前 n-1 行的前 q+2 个方格中,每行至多有 1 个红点.去掉表格的第 n 行及前 q+2 列,则至多去掉 q+2 +(n-1)=q+2+q2+q=(q+1)2+1 个红点.于是在余下(n-1)?(n-q-2)方格表中,至少有 2l-(q+1)2-1=q(q+1)2+2-(q+1)2-1=(q-1)(q+1)2+1=q3+q2-q 个红点.
2 设此表格中第 i 行有 mi(i=1, 2, ?, n-1)个红点, 于是, 同行的红点点对数的总和= ∑ Cm . 其 i i=1
3 2 2 2 2 中 n-1=q2+q.(由于当 n>k 时,Cn +C2 k <Cn+1+Ck-1,故当红点总数为 q +q -q 个时,可取

n-1

2 q2 行每行取 q 个红点,q 行每行取 q-1 个红点时 ∑ Cm 取最小值,由下证可知红点数多于此数时 i i=1

n-1

更有利于证明.即)

84



2 2 q2C2 q+qCq-1? ∑ Cmi. i=1

n-1

由假设,不存在处在不同行的 2 个红点对,使此四点两两同列,所以,有(由于去掉了 q+2 列,故还余 q2-1 列,不同的列对数为 Cq22 -1)
n-1 i=1 2 ∑ Cm ?Cq22 -1. i

所以 q2?q(q-1)+q(q-1)(q-2)?(q2-1)(q2-2). ? q(q-1)(q2+q-2)?(q-1)(q+1)(q2-2)?q3+q2-2q?q3+q2-2q-2.矛盾.故证.

二○○二年全国高中数学联合竞赛试题
一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1、 函数 f(x)= log 1 ( x 2 ? 2 x ? 3) 的单调递增区间是
2

(A) (-∞,-1) (B) (-∞,1) (C) (1,+∞) 2 2 2 2 2 2、 实数 x, y 满足(x+5) +(y?12) =14 ,则 x +y 的最小值为 (A) 2 3、 函数 f(x)= (B) 1 (C)

(D) (3,+∞) (D)

3

2

x x ? x 2 1? 2
(B) 是奇函数但不是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数 y B O P1 A x

(A) 是偶函数但不是奇函数 (C) 既是奇函数又是偶函数

x y x2 y2 ? ? 1 相交于 A,B 两点,该圆上点 P,使 4、 直线 ? ? 1 椭圆 4 3 16 9
得⊿PAB 面积等于 3,这样的点 P 共有 (A) 1 个 (B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个 5、 已知两个实数集合 A={a1, a2, ? , a100}与 B={b1, b2, ? , b50},若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个元素都有原象,且 f(a1)?f(a2)??? f(a100),则这样的映射共有
50 (A) C100 50 (B) C 90 49 (C) C100 49 (D) C 99

6、 由曲线 x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为 V1,满足 x2+y2?16, x2+(y-2)2?4, x2+(y+2)2?4 的点(x,y) 组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积 为 V2,则 (A) V1=

y 4

4

y

1 V2 2

(B) V1=

2 V2 3

-4

o -4

4 x

-4

o

4 x

(C) V1=V2

(D) V1=2V2

-4

二、 填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7、 已知复数 Z1,Z2 满足|Z1|=2, |Z2|=3, 若它们所对应向量的夹角为 60°, 则 8、 将二项式 ( x ?

z1 ? z 2 = z1 ? z 2
P1 P2 P3



1 2 x
4

) n 的展开式按 x 的降幂排列,若前三项

系数成等差数列,则该展开式中 x 的指数是整数的项共有 个。

P4
85

P10 P5

P7

P9 P6

P8

9、 如图,点 P1,P2,?,P10 分别是四面体点或棱的中点,那么在同一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k?10)有 个。 10、 已知 f(x)是定义在 R 上的函数,f(1)=1 且对任意 x∈R 都有 f(x+5)?f(x)+5 f(x+1)?f(x)+1 若 g(x)=f(x)+1?x,则 g(2002)= 。 11、 若 log4 ( x ? 2 y) ? log4 ( x ? 2 y) ? 1 ,则|x|?|y|的最小值是 。 12、 使不等式 sin2x+acosx+a2?1+cosx 对一切 x∈R 恒成立的负数 a 的取值范围是 。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13、 已知点 A(0,2)和抛物线 y=x2+4 上两点 B、C 使得 AB⊥BC,求点 C 的纵坐标的取值范围。 14、 如图,有一列曲线 P0, P1, P2, ??,已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形,Pk+1 是 对 Pk 进行如下操作得到的:将 Pk 的每条边三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边 三角形,再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,?),记 Sn 为曲线 Pk 所围成图形面积。 ①求数列{Sn}的通项公式;②求 lim S n 。
n??

P0 P1 15、 设二次函 f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件: ① 当 x∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且 f(x)?x; ② 当 x∈(0,2)时,f(x)? ( P2 数

x ?1 2 ) 2

③ f(x)在 R 上的最小值为 0。 求最大值 m(m>1),使得存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)?x

二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题
一、 (本题满分 50 分) 如图,在⊿ABC 中,∠A=60°,AB>AC,点 O 是外心,两条高 BE、 CF 交于 H 点,点 M、N 分别在线段 BH、HF 上,且满足 BM=CN,求 A F N O K M H E

MH ? NH 的值。 OH
二、 (本题满分 50 分) 实数 a,b,c 和正数?使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3, 且 满足 ① x2?x1=?, ② x3> 求

B

C

1 (x1+x2) 2 2a 3 ? 27c ? 9ab

?

3

?

3 3 2
86

三、 (本题满分 50 分) 在世界杯足球赛前, F 国教练为了考察 A1,A2,?,A7 这七名, 准备让他们在三场训练比赛(每场 90 分钟)都上场,假设在比赛的任何时刻,这些中有且仅有一人在场上,并且 A1,A2,A3,A4 每人上 场的总时间(以分钟为单位)均被 13 整除,如果每场换人次数不限,那么按每名队员上场的总时间 计算,共有多少种不同的情况。

参考答案及评分标准
一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.解:由 x2-2x-3>0 ? x<-1 或 x>3,令 f(x)= log 1 u , u= x2-2x-3,故选 A
2

2.解:B 3.解:A 4.解:设 P1(4cos?,3sin?) (0<?< 的面积 S。 S= S ?OAP1 ? S ?OBP1 = ∴Smax=6 2 ∵S⊿OAB=6 ∴ ( S ?P1 AB ) max ? 6 2 ? 6

? ),即点 P1 在第一象限的椭圆上,如图,考虑四边形 P1AOB 2

1 1 ? ? 4 ? 3 sin ? ? ? 3 ? 4 cos ? =6(sin?+cos?)= 6 2 sin(? ? ) 2 2 4
y B P1

∵ 6 2 ? 6 <3 O A x ∴点 P 不可能在直线 AB 的上方, 显然在直线 AB 的下方有两 个点 P,故选 B 5.解:不妨设 b1<b2<?<b50,将 A 中元素 a1, a2, ? , a100 按顺序分 为非空的 50 组,定义映射 f:A→B,使得第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi (i=1,2,?,50),易知 这样的 f 满足题设要求,每个这样的分组都一一对应满足条件的映射,于是满足题设要求的映射
49 49 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等, 而 A 的分法数为 C 99 , 则这样的映射共有 C 99 ,

故选 D。 6.解:如图,两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹 在两相距为 8 的平行平面之间,用任意一个与 y 轴垂直的平面截这两个旋转体, 设截面与原点距 离为|y|,则所得截面面积 ∵S1=?(42?4|y|) , S2=?(42?y2)??[4?(2?|y|)2]=?(42?4|y|) ∴ S1=S2 由祖暅原理知,两个几何体体积相等。故远 C。 四、 填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 解: 由余弦定理得|Z1+Z2|= 19 , |Z1?Z2|= 7 ,

y 4

4

y

-4

o -4

4 x

-4

o

4 x

-4

z1 ? z 2 133 = z1 ? z 2 7
8. 解:不难求出前三项的系数分别是 1, ∵2?

1 1 n, n(n ? 1) , 2 8
P2

1 1 n ? 1 ? n(n ? 1) 2 8

P1

P4 P3
87

P10 P5

P7

P9 P6

P8

∴当 n=8 时, Tr ?1 ? C n ( ) x
r r

1 2

16 ?3r 4

(r=0,1,2,?,8)

∴r=0,4,8,即有 3 个 9. 如图,点 P1,P2,?,P10 分别是四面体点或棱的中点,那么在同一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k?10)有 个。 解:首先,在每个侧面上除 P1 点外尚有五个点,其中任意三点组添加点 P1 后组成的四点组都在同
3 3 一个平面,这样三点组有 C5 个,三个侧面共有 3 C5 个。

其次,含 P1 的每条棱上三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平 面上,这样的四点组有 3 个
3 ∴共有 3 C5 +3=33 个

10. 解:由 g(x)=f(x)+1?x 得 f(x)=g(x)+ x ?1 ∴g(x+5)+(x+5)?1?g(x)+(x?1)+5 g(x+1)+(x+1)?1?g(x)+(x?1)+5 ∴g(x+5)?g(x), g(x+1)?g(x) ∴g(x)?g(x+5)?g(x+4)?g(x+3)?g(x+2)?g(x+1)?g(x) ∴g(x+1)=g(x) ∴T=1 ∵g(1)=1 ∴g(2002)=1

?x ? 2 y ? 0 ? x ? 2 | y |? 0 ? ?? 2 11. 解: ? x ? 2 y ? 0 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
由对称性只考虑 y?0,因为 x>0,所以只须求 x?y 的最小值。 令 x?y=u 代入 x2?4y2=4 中有 3y2?2uy+(4?u2)=0 ∵y∈R ∴⊿?0 ? u ? 3 ∴当 x ?

12. 解:∵sin2x+acosx+a2?1+cosx ∴ (cos x ? ∵a<0,

4 3 时,u= 3 ,故|x|?|y|的最小值是 3 3, y ? 3 3
a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? 2 4
a ?1 2 a ?1 2 ) 有最大值 (1 ? ) 2 2

∴当 cosx=1 时,函数 y ? (cos x ? ∴ (1 ?

a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? ? a2+a-2?0 ? a?-2 或 a?1 2 4

∵a<0 ∴负数 a 的取值范围是(-∞,2] 五、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 解:设 B 点坐标为 B(y12?4,y1),C 点坐标为 C(y2?4,y) 显然 y12?4≠0,故 k AB ? ∵AB⊥BC ∴KBC= ?(y1+2)

y1 ? 2 1 ? 2 y1 ? 4 y1 ? 2

????5 分

88

∴?

?(2+y1)(y+y1)+1=0 ?y12+(2+y)y1+(2y+1)=0

2 ? ? y ? y1 ? ?( y1 ? 2)[x ? ( y1 ? 4)] 2 ? ?y ? x ? 4

????10 分

∵y1∈R ∴⊿?0 ?y?0 或 y?4 ????15 分 ∴当 y=0 时,点 B 的坐标为(-3,-1);当 y=4 时,点 B 的坐标为(5,?3),均满足题意。 故点 C 的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞) 14.

P0 P1 P2 解:①对 P0 进行 操作, 容易看出 P0 的每条边变成 P1 的 4 条边,故 P1 的边数为 3?4;同样,对 P1 进行操作,P1 的 2 每条边变成 P2 的 4 条边,故 P2 的边数为 3?4 ,从而不难得到 Pn 的边数为 3?4n ???? 5分 已知 P0 的面积为 S0=1,比较 P1 与 P0,容易看出 P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等边三角 形,其面积为

1 1 1 ,而 P0 有 3 条边,故 S1=S0+3? 2 =1+ 2 3 3 3
1 1 ? 2 , 2 3 3

再比较 P2 与 P1, 容易看出 P2 在 P1 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为 而 P1 有 3?4 条边,故 S2=S1+3?4?

1 1 4 =1+ + 3 4 3 3 3 2 1 1 4 4 类似地有:S3=S2+3?42? 6 =1+ + 3 + 5 3 3 3 3 2 n ?1 1 4 4 4 ∴Sn= 1 ? ? 3 ? 5 ? ? ? 2 n ?1 3 3 3 3 3 n 4 k =1+ ? ( ) 4 k ?1 9 8 3 4 n = ? ?( ) (※) 5 5 9
下面用数学归纳法证明(※)式 当 n=1 时,由上面已知(※)式成立, 假设当 n=k 时,有 Sk=

????5 分

????10 分

8 3 4 k ? ?( ) 5 5 9 1
,而 Pk 有 3?4k 条边。故

当 n=k+1 时,易知第 k+1 次操作后,比较 Pk+1 与 Pk,Pk+1 在 Pk 的每条边上增加了一个小等 边三角形,其面积为 Sk+1=Sk+3?4k?

3

2 ( k ?1)

1 3
2 ( k ?1)

=

8 3 4 k ?1 ? ?( ) 5 5 9

综上所述,对任何 n∈N,(※)式成立。

89

② lim S n ? lim[ ?
n ?? n ??

8 5

3 4 n 8 ?( ) ] ? 5 9 5

15. 解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0 由①得 f(1)?1,由②得 f(1)?1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 ∴f(x)= x ? x ? 4 2 4
∴a= b= 假设存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)?x 取 x=1 时,有 f(t+1)?1 ?

1 4

????5 分

1 1 1 (t+1)2+ (t+1)+ ?1 ? ?4?t?0 4 2 4 1 4

对固定的 t∈[-4,0],取 x=m,有 f(t ?m)?m

? (t+m)2+ (t+m)+ ?m ?m2??(1?t)m+(t2+2t+1)?0 ? 1 ? t ? ? 4t ?m? 1 ? t ? ? 4t ∴m? 1 ? t ? 4t ? 1 ? (?4) ? ? 4 ? (?4) =9
当 t= -4 时,对任意的 x∈[1,9],恒有 f(x?4)?x= ????10 分 ????15 分

1 4

1 2

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)?0 4 4
????20 分

∴m 的最大值为 9。 另解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0 由①得 f(1)?1,由②得 f(1)?1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 1 ∴f(x)= x ? x ? = (x+1)2 4 2 4 4 1 由 f(x+t)= (x+t+1)2?x 在 x∈[1,m]上恒成立 4
∴a= b=

1 4

????5 分

∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2?0 当 x∈[1,m]时,恒成立 令 x=1 有 t2+4t?0 ??4?t?0 令 x=m 有 t2+2(m+1)t+(m-1)2?0 当 t∈[-4,0]时,恒有解 令 t= ?4 得,m2?10m+9?0 ? 1?m?9 即当 t= ?4 时,任取 x∈[1,9]恒有

????10 分 ????15 分

90

f(x-4)-x= ∴ mmin=9

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)?0 4 4
????20 分

加试题参考答案及评分标准
一、 (本题满分 50 分) 解:在 BE 上取 BK=CH,连接 OB、OC、OK, 由三角形外心的性质知 ∠BOC=2∠A=120° 由三角形垂心的性质知 ∠BHC=180°-∠A=120° ∴∠BOC=∠BHC ∴B、C、HO 四点共圆 ∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH ∴⊿BOK≌⊿COH ∵BOK=∠BOC=120°,∠OKH=∠OHK=30° 观察⊿OKH A F N ????20 分 ????30 分 O K M H E

B

C

KH OH ? ?KH= 3 OH sin 120 ? sin 30?
又∵BM=CN,BK=CH, ∴KM=NH ∴MH+NH=MH+KM=KH= 3 OH ∴

????40 分

MH ? NH = 3 OH

????50 分

二、 (本题满分 50 分) 解:∵ f(x)=f(x)?f(x3)=(x?x3)[x2+(a+x3)x+x32+ax3+b] ∴ x1,x2 是方程 x2+(a+x3)x+x32+ax3+b 的两个根 ∵ x2?x1=? ∴ (a+x)2?4(x32+ax3+b)=???? ?3x32+2ax3+?2+4b?a2=0 ∵x3>

1 (x1+x2) 2 1 2 2 ∴ x3 ? [? a ? 4a ? 12b ? 3? ] 3
且 4a2?12b-3?2?0 ∵ f(x)=x3+ax2+bx+c = (x ? ∵ f(x3)=0 ∴

(Ⅰ) (Ⅱ) ????10 分 ????20 分

a 3 a2 a 2 3 1 ) ? ( ? b)(x ? ) ? a ? c ? ab 3 3 3 27 3

1 2 a a2 a ab ? a 3 ? c ? ? ( x3 ? ) 3 ? ( ? b)(x3 ? ) 3 27 3 3 3

(Ⅲ)

a 1 2 3 a2 ?2 2 2 由(Ⅰ)得 x3 ? ? 4a ? 12b ? 3? ] ? ?b? 3 3 3 3 4

91

记 p= 令 y=

a2 ?2 1 2 2 3 ? b ,由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知 p? 且 ab ? a 3 ? c? ? 4 3 3 27 9

p?

?2
4

( p ? ?2 )

1 2 3 2 3 3 a ? c? ? y ( y 2 ? ?2 ) 3 27 9 4 4 2 2 2 2 3? ? 3? ? 3? ? 3 3 y? y ? ( )3 ? ? ∵ y ? =y ? 4 4 4 2 4 2 ? 2 = ( y ? ) ( y ? ?) 2

p?

?

2

,则 y?0 且 ab ?

????30 分

?0

2 3 3 3 2a 3 ? 27c ? 9ab 3 3 ????40 分 a ?c ? ? ? ? ? 27 18 2 ?3 ∴取 a=2 3 ,b=2,c=0,?=2,则 f(x)=x3+ax2+bx+c 有根 ? 3 ? 1 , ? 3 ? 1 ,0
∴ ab ?

1 3

显然假设条件成立,且

1 3 3 ? (48 3 ? 36 3 ) ? 8 2 ? 3 2a ? 27c ? 9ab 3 3 综上所述 的最大值是 3 2 ?
3

2a 3 ? 27c ? 9ab

????50 分

三、 (本题满分 50 分) 解:设第 i 名队员上场的时间为 xi 分钟(i=1,2,3,?,7),问题即求不定方程 x1+x2+?+x7=270 在条件 7|xi (1?i?4)且 13|xj (5?j?7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,?,x7)是满足条件①的一组正整数解,则应有



? xi =7m
i ?1

4

?x
j ?5

7

j

=13n

m,n∈N

∴m,n 是不定方程 7m+13n=270 ② 在条件 m?4 且 n?3 下的一组正整数解。 ????10 分 ∵ 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m′=m ?4 n′=n ?3 有 7m′+13n′=270 ③ ∴ 求②满足条件 m?4 且 n?3 的正整数解等价于求③的非负整数解。 ∵易观察到 7?2+13?(-1)=1 ∴ 7?406+13?(-203)=203 即 m0=406 n0= ?203 是③的整数解 ∴ ③的整数通解为 m′=406 ?13k n′= ?203+7k k∈Z 令 m′?0 n′?0,解得 29?k?31 ????20 分 取 k=29,30,31 得到③满足条件的三组非负整数解:

?m? ? 29 ? ?n ? ? 0 ?m ? 33 ? ?n ? 3

?m? ? 16 ? ?n ? ? 7 ?m ? 20 ? ?n ? 10

?m? ? 3 ? ?n? ? 14 ?m ? 7 ? ?n ? 17
????30 分

从而得到②满足条件的三组正整数解:

1)在 m=33,n=3 时,显然 x5=x6=x7=13 仅有一种可能,

92

4?1 3 又设 xi=7yi (i=1,2,3,4),于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有 C33 ?1 ? C32 ? 4960组正整数解。 3 ∴此时①有满足条件的 C 32 =4960 组正整数解。

2)在 m=20,n=10 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj (j=5,6,7)
3 2 由 y1+y2+y3+y4=20,有 C19 组正整数解;以及 y5+y6+y7=10,有 C9 组正整数解。 3 2 ∴此时①有满足条件的 C19 =34884 组正整数解。 ? C9

3) 在 m=7,n=17 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj (j=5,6,7)
3 2 由 y1+y2+y3+y4=7,有 C6 组正整数解;以及 y5+y6+y7=17,有 C16 组正整数解。????40

分 综上所述,①满足条件的正整数解的组数为
3 3 3 3 2 =4960+34884+2400=42244 C32 ? C19 ? C9 ? C6 ? C16

????50 分

二○○一年全国高中数学联合竞赛试题
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 小题, 每题均给出 (A) 、 (B) 、 (C) 、 (D) 四个结论, 其中有且仅有一个是正确的. 请 将正确答案的代表字母填在题后的括号内.每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超 过一个(不论是否写在括号内) ,一律得 0 分. 1.已知 a 为给定的实数,那么集合 M={x| x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的个数为( ) (A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 不确定 2. 命题 1 长方体中,必存在到各顶点距离相等的点; 命题 2 长方体中,必存在到各棱距离相等的点; 命题 3 长方体中,必存在到各面距离相等的点. 以上三个命题中正确的有 ( ) (A) 0 个 (B) 1 个 (C) 2 个 (D) 3 个 3.在四个函数 y=sin|x|,y=cos|x|,y=|ctgx|,y=lg|sinx|中以 ? 为周期、在(0, 数是 (A)y=sin|x| (A) k= 8 3 . (B)y=cos|x| (B)0<k?12 (C)y=|ctgx| (C) k?12
C

? )上单调递增的偶函 2
( ) )

(D)y=lg|sinx| (D) 0<k?12 或 k= 8 3
C

4.如果满足∠ABC=60° ,AC=12, BC=k 的△ABC 恰有一个,那么 k 的取值范围是(

k
60°

12
B

k
60°

12

A

5.若 (1 ? x ? x )
2

2 1000

的展开式为
2000

B

A

a0 ? a1 x ? a2 x ? ?? a2000 x , 则 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 的值为
333 666 999 2001





(A) 3 (B) 3 (C) 3 (D) 3 6.已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24 元,而 4 枝玫瑰与 5 枝康乃馨的价格之和小于 22 元,则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较结果是() . (A)2 枝玫瑰价格高 (B)3 枝康乃馨价格高 (C)价格相同 (D)不确定

93

【答】 (



二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上. 1 7.椭圆 ? ? 的短轴长等于 . 2 ? cos ? 8.若复数 z1,z2 满足| z1|=2,| z2|=3,3z1-2z2=

3 ? i ,则 z1?z2= 2



A1 B1

O H

D

1

9.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,则直线 A1C1 与 BD1 的距离 是 . 10. 不等式

C1

1 3 ? 2 ? 的解集为 log1 x 2
2


A B

D C

11.函数 y ? x ? x 2 ? 3 x ? 2 的值域为



A
12. 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图) ,要求同一块中种同一 种植物,相邻的两块种不同的植物.现有 4 种不同的植物可供选择,则有 种栽种方案.

F E D

B C

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且 b1=a12,b2=a22,b3=a32(a1<a2) ,又 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 .试求{an}的首项与公差.
n???

14.设曲线 C1:

x2 ? y 2 ? 1(a 为正常数)与 C2:y2=2(x+m) 在 x 轴上方仅有一个公共点 P. 2 a
1 时,试求Δ OAP 的面积的最大值(用 2

⑴ 求实数 m 的取值范围(用 a 表示) ; ⑵ O 为原点,若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A,当 0<a< a 表示) . 15.用电阻值分别为 a1、a2、a3、a4、a5 、 a6 (a1>a2>a3>a4>a5>a6) 的电阻组装成一个如图 的组件,在组装中应如何选取电阻,才能使该 组件总电阻值最小?证明你的结论.

A

加试题
一.如图,△ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直 线 ED 和 AB 交于点 M, FD 和 AC 交于点 N. 求证: (1)OB⊥DF,OC⊥DE. (2)OH⊥MN.
B O F H D E C N

M

94

二.设 xi ? 0 (i=1,2,?,n) ,且 值.

? xi2 ? 2
i ?1

n

1?k ? j ?n

?

n k xk x j ? 1,求 ? xi 的最大值与最小 j i ?1

三.将边长为正整数 m,n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正 方形.每个正方形的边均平行于矩形的相应边.试求这些正方形边长 之和的最小值.

D

D1

C n

A

m A1

B

参考答案及评分标准
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 【答】 ( C ) 【解】 方程 x2-3x-a2+2=0 的根的判别式Δ =1+4a2>0,方程有两个不相等的实数根.由 M 有 2 个元素,得集合 M 有 22=4 个子集. 2. 【答】 ( B ) 【解】 只有命题 1 对. 3. 【答】 ( D ) 【解】 y=sin|x|不是周期函数. y=cos|x|=cosx 以 2 ? 为周期. y=|ctgx|在 (0, ) 上单调递减. 只 有 y=lg|sinx|满足全部条件. 4. 【答】 ( D ) 【解】 根据题设,△ABC 共有两类如图. 易得 k= 8 3 或 0<k?12.本题也可用特殊 值法,排除(A) 、 (B) 、 (C) . 5. 【答】 ( C ) 【解】 令 x=1 可得 31000 = a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? ?? a2000 ;

? 2

C

C

k
60° B

12
B

k
60°

12

A

A

令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? ? a2? 2 ? a3? 3 ? ?? a2000? 2000 ;
3 2 (其中 ? ? ? 1 ? 3 i ,则 ? =1 且 ? + ? +1=0) 2 2 2 令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? 2 ? a2? 4 ? a3? 6 ? ?? a2000? 4000 .

以上三式相加可得 3

1000

=3( a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 ) .
999

所以 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 = 3



6. 【答】 ( A ) 【解】 设玫瑰与康乃馨的单价分别为 x、y 元/枝. 则 6x+3y>24,4x+5y<22.令 6x+3y=a>24,4x+5y=b<22,解出 x=

1 1 (5a ? 3b) ,y= (3b ? 2a) . 9 18

1 1 所以 2x-3y= (11a ? 12b) ? (11 ? 24 ? 12 ? 22) =0,即 2x>3y. 9 9

95

也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究. 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上. 7.椭圆 ? ?

2 3 1 的短轴长等于 . 2 ? cos ? 3

2 3 【解】 ? (0) ? a ? c ? 1, ? (? ) ? a ? c ? 1 . 故 a ? 2 , c ? 1 ? b ? 3 .从而 2b ? . 3 3 3 3 3 3 30 72 8.若复数 z1,z2 满足| z1|=2,| z2|=3,3z1-2z2= ? i ,则 z1?z2= ? ? i . 2 13 13

1 1 z1 ? z1 ? z 2 = z1 z 2 (2 z 2 ? 3z1 ) 2 6 3 ?i 30 72 可得 z1 z 2 ? 6(3z1 ? 2 z 2 ) ? 6(3z1 ? 2 z 2 ) ? ?6 ? 2 ? ? ? i .本题也可设三角形式进行运算. 3 13 13 2 z 2 ? 3z1 2 z 2 ? 3z1 ?i 2 6 9.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,则直线 A1C1 与 BD1 的距离是 . 6
【解】 由 3z1-2z2= z 2 ? z 2 ? z1 ? 【解】 作正方体的截面 BB1D1D,则 A1C1⊥面 BB1D1D.设 A1C1 与 B1D1 交于点 O,在面 BB1D1D 内作 OH⊥BD1,H 为垂足,则 OH 为 A1C1 与 BD1 的公垂 D A1 O 1 线.显然 OH 等于直角三角形 BB1D1 斜边上高的一半,即

1 3

6 OH= . 6
10. 不等式

B1

H

C1

1 3 ? 2 ? 的解集为 (0,1) ? (1,2 ) ? (4,?? ) . log1 x 2
2 7

A B

D C

2

【解】

1 3 1 3 ?2? 或 ? 2 ? 等价于 log 1 x 2 log 2 1 x
2

2

1 3 ?2?? . log 1 x 2
2



1 7 1 1 ?? . ?? 或 2 log 1 x 2 log 1 x
2

2

此时 log 1 x ? ?2 或 log 1 x ? 0 或 ?
2 2

2 ? log 1 x ? 0 . 2 7

∴解为 x >4 或 0<x<1 或 1<x< 2 7 . 即解集为 (0,1) ? (1,2 7 ) ? ( 4,?? ) . 11.函数 y ? x ? x 2 ? 3 x ? 2 的值域为 [1, ) ? [ 2,?? ) . 【解】
2

2

3 2

y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 ? x 2 ? 3x ? 2 ? y ? x ? 0 .

两边平方得 (2 y ? 3) x ? y 2 ? 2 ,从而 y ?

y2 ? 2 3 且x? . 2 2y ? 3

96

y2 ? 2 y 2 ? 3y ? 2 3 ?0 ? ? 0 ?1? y ? 或 y ? 2 . 2y ? 3 2y ? 3 2 2 y ?2 任取 y ? 2 ,令 x ? ,易知 x ? 2 ,于是 x 2 ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x 2 ? 3 x ? 2 . 2y ? 3 3 y2 ? 2 任取 1 ? y ? ,同样令 x ? ,易知 x ? 1 , 2 2y ? 3
由 y?x? y? 于是 x 2 ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x 2 ? 3 x ? 2 . 3 因此,所求函数的值域为 [1, ) ? [ 2,?? ) . 2 12. 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图) , 块中种同一种植物,相邻的两块种不同的植物.现有 4 种不同 供选择,则有 【解】 732 种栽种方案.

A F E D B C

要求同一 的植物可

考虑 A、C、E 种同一种植物,此时共有

4× 3× 3× 3=108 种方法. 考虑 A、C、E 种二种植物,此时共有 3× 4× 3× 3× 2× 2=432 种方法. 考虑 A、C、E 种三种植物,此时共有 P43× 2× 2× 2=192 种方法. 故总计有 108+432+192=732 种方法.

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 【解】 设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得 a12(a1+2d)2=(a1+d)4 化简得 2a12+4a1d+d2=0 解得 d=( ? 2 ? 2 ) a1.????????????????????????5 分 而 ? 2 ? 2 <0,故 a1<0. 若 d=( ? 2 ? 2 ) a1,则 q ?
2 a2 ? ( 2 ? 1) 2 ; 2 a1
2 a2 ? ( 2 ? 1) 2 ;????????????????10 分 a12

若 d=( ? 2 ? 2 )a1,则 q ?
n???

但 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存在,故|q|<1.于是 q ? ( 2 ? 1) 2 不可能. 从而

a12 1 ? ( 2 ? 1)
2

? 2 ? 1 ? a12 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2 .

所以 a1= ? 2 ,d=( ? 2 ? 2 ) a1=( ? 2 ? 2 )( ? 2 )= 2 2 ? 2 .????????20 分 14.

? x2 ? ? y 2 ? 1, ⑴ 【解】 由 ? a 2 消去 y 得,x2+2a2x+2a2m-a2=0. 2 ? ? y ? 2( x ? m)



设 f(x)= x2+2a2x+2a2m-a2,问题⑴转化为方程①在 x∈(-a,a)上有唯一解或等根.

97

只须讨论以下三种情况: 2 1? Δ =0 得 m= a ? 1 .此时 xp= -a2,当且仅当-a<-a2<a,即 0<a<1 时适合; 2 2? f(a)· f(-a)<0 当且仅当–a<m<a; 3? f(-a)=0 得 m=a. 此时 xp=a-2a2, 当且仅当-a< a-2a2<a, 即 0<a<1 时适合. f(a)=0 得 m=-a, 此时 xp=-a-2a2,由于-a-2a2<-a,从而 m≠-a. 综上可知,当 0<a<1 时,m=

a2 ?1 或-a<m?a; 2

当 a?1 时,-a<m<a.????????????????????10 分 ⑵ 【解】 Δ OAP 的面积 S= ∵0<a<

1 ayp. 2

1 , 故-a<m?a 时,0 ? ?a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m ? a , 由唯一性得 xp= ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m . 显 2
x2 p a
2

然当 m=a 时,xp 取值最小.由于 xp>0,从而 y p ? 1 ? S=a a ? a 2 .

取值最大,此时 yp=2 a ? a 2 ,∴

1 a2 ?1 时,xp=-a2,yp= 1 ? a 2 ,此时 S= a 1 ? a 2 . 2 2 1 下面比较 a a ? a 2 与 a 1 ? a 2 的大小: 2 1 1 令 a a ? a 2 = a 1 ? a 2 ,得 a= . 2 3 1 1 故当 0<a? 时 , a a (1 ? a ) ? a 1 ? a 2 .此时 Smax= 1 a 1 ? a 2 . 3 2 2 1 1 1 2 当 <a< 时, a a (1 ? a ) ? a 1 ? a .此时 Smax= a a ? a 2 .?????20 分 2 2 3
当 m= 15. 【解】 设 6 个电阻的组件(如图 3) 的总电阻为 RFG.当 Ri=ai ,i=3,4,5,6,R1, R2 是 a1,a2 的任意排列时,RFG 最 小.????????????????5 分 证明如下 1°设当两个电阻 R1,R2 并联时,所得组件阻值为 R:则 1 ? 1 ? 1 .故交换二电阻的位置, R R1 R2 不改变 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不妨取 R1>R2. 2°设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB:

R AB ?

R R ? R1 R3 ? R2 R3 R1R2 ? R3 ? 1 2 . R1 ? R2 R1 ? R2

A

R1 R2
图1

R3
B

显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以为使 RAB 最小必须取

R1 R3 R2
98

C

R4
图2

D

R3 为所取三个电阻中阻值最小的一个. 3°设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻为 RCD:

1 1 1 R1 R2 ? R1 R3 ? R1 R4 ? R2 R3 ? R2 R4 . ? ? ? RCD R AB R4 R1 R2 R4 ? R1 R3 R4 ? R2 R3 R4
若记 S1 ?
1?i ? j ?4

?R R
i

j

, S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

.则 S1、S2 为定值.

于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 . S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3<R1,即得总电阻的 阻值最小.??????????????????????????15 分 4°对于图 3,把由 R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最小,由 3°必需 使 R6<R5;且由 1°,应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必需使 R5< R4,且应使 RCD 最小. 而由 3°,要使 RCD 最小,应使 R4< R3 < R2 且 R4< R3 < R1. 这就说明,要证结论成立?????????????????????20 分 A C F R1 R2 R4 R6 图3 R3 B D R5 E

E G

99

加试题答案
一. 【证明】 (1)∵A,C,D,F 四点共圆, ∴∠BDF=∠BAC. 又∵∠OBC=

A

1 (180° -∠BOC)=90° -∠BAC, 2

O

F ∴OB⊥DF. E H 同理 OC⊥DE.?????????10 分 (2) ∵CF⊥MA, C B D ∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2.??① ∵BE⊥NA, N ∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2.??② ∵DA⊥BC, ∴BD 2-CD 2=BA 2-AC 2.??③ ∵OB⊥DF, ∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2.??④ M ∵OC⊥DE, 2 2 2 2 ∴CM -CD =OM -OD .??⑤??????????????????30 分 ①-②+③+④-⑤,得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2. MO 2-MH

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