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2007-2011全国高中数学联赛试题及答案

时间:2011-06-01


2010 年全国高中数学联合竞赛一试试卷
(考试时间:10 月 17 日上午 8∶00—9∶20)

一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.把答案填在横线上.
1.函数 f ( x ) =

x ? 5 ? 24 ? 3 x 的值域是

. .

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

(

)

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
2 2

标均为整数的点)的个数是



4.已知 {an } 是公差不为 0 的等差数列, {bn } 是等比数列,其中 a1 = 3 , b1 = 1 , a2 = b2 ,

3a5 = b3 , 且 存 在 常 数 α , β 使 得 对 每 一 个 正 整 数 n 都 有 an = logα bn + β , 则

α +β =
5.函数 f ( x ) = a
2x



+ 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 = α , 则 sin α = .

8.方程 x + y + z = 2010 满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解( x , y , z )的个数是



二、解答题:本大题共 3 小题,共 56 分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤.
9. (本小题满分 16 分)已知函数 f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 ) ,当 0 ≤ x ≤ 1 时,
3 2

f ' ( x ) ≤ 1 ,试求 a 的最大值.
, 10. (本小题满分 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 ≠ x2 且 x1 + x2 = 4 .线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 C ,求 ?ABC 面积的最大 值. 11. (本小题满分 20 分)证明:方程 2 x + 5 x ? 2 = 0 恰有一个实数根 r ,且存在唯一的严
3

格递增正整数数列 {an } ,使得

2 = r a1 + r a2 + r a3 +? . 5
1

2010 年全国高中数学联合竞赛加试试卷(A 卷)
(考试时间:10 月 17 日上午 9∶40—12∶10) 一、 (本题满分 40 分) 如图, 锐角三角形 ABC 的外心为 O ,K 是边 BC 上一点 (不是边 BC 的中点) D 是线段 AK 延长线上一点,直线 BD 与 AC 交于点 N ,直线 CD 与 AB 交于点 , M .求证:若 OK ⊥ MN ,则 A , B , D , C 四点共圆.

A

O

B

K D

C

N M

二、 (本题满分 40 分)设 k 是给定的正整数, r = k +

( m) f ( l ) ( r ) = f f ( l ?1) ( r ) ,l ≥ 2 . 证明: 存在正整数 m , 使得 f ( r ) 为一个整数.这里 ? x ? ? ?

(

)

1 (1) .记 f ( r ) = f ( r ) = r ? r ? , ? ? 2

表示不小于实数 x 的最小整数,例如: ? ? = 1 , ?1? = 1 . ?? 2 三、 (本题满分 50 分) 给定整数 n > 2 , 设正实数 a1 ,a2 , …,an 满足 ak ≤ 1 ,k = 1 ,2 , …,

?1? ? ?

n ,记 Ak =

n n a1 + a2 + ? + ak n ?1 , k = 1 , 2 ,…, n .求证: ∑ ak ? ∑ Ak < . k 2 k =1 k =1

四、 (本题满分 50 分)一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A1 A2 ? An 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个,同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶 点 的数 字或颜 色中 至少有 一个 相同. 问:该 种密 码锁 共有多 少种不 同的 密码 设置?

2

3

4

5

200= 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) x 99 1. 若函数 f ( x ) = . 且 f ( n ) ( x ) = f ? f ? f ? f ( x ) ? ? ,则 f ( ) (1) = . ?? ? ? 2 1+ x
n

【答案】 答案】 【解析】 解析】

1 10
f ( ) ( x) = f ( x) =
1

x

1+ x

2

, f ( 2) ( x ) = f ? f ( x ) ? = ? ?
1 . 10

x

1 + 2x2



1 + 99 x 2. 已知直线 L : x + y ? 9 = 0 和圆 M : 2 x 2 + 2 y 2 ? 8 x ? 8 y ? 1 = 0 ,点 A 在直线 L 上, B , .
2

……, f (99 ) ( x ) =

x

.故 f (99 ) (1) =

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 上两点, 答案】 【答案】 [3 ,6]



【解析】 解析】

设 A ( a , ? a ) ,则圆心 M 到直线 AC 的距离 d = AM sin 45° ,由直线 AC 9
34 .解得 3 ≤ a ≤ 6 . 2

与圆 M 相交,得 d ≤

?y≥0 ? 3. 在坐标平面上有两个区域 M 和 N , M 为 ? y ≤ x 变化的区域, . , N 是随 t 变化的区域,它由 ?y≤2 ? x ?

所确定, 不等式 t ≤ x ≤ t + 1 所确定,t 的取值范围是 0 ≤ t ≤1 , M 则 和 N 的公共面积是函数 f ( t ) = .
1 2 解析】 由题意知 【解析】 f ( t ) = S阴影部分面积 = S?AOB ? S?OCD ? S ?BEF

y

【答案】 答案】

?t 2 + t +

A C D F E B x

1 1 1 2 = 1 ? t 2 ? (1 ? t ) = ?t 2 + t + 2 2 2
6

O

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 n +1 n + 2 2n + 1 3

a 的值为 . 答案】 2009 【答案】

【解析】 解析】

设 f ( n) =

1 1 1 + +? + .显然 f ( n ) 单调递减,则由 f ( n ) 的最 n +1 n + 2 2n + 1

1 大值 f (1) < a ? 2007 ,可得 a = 2009 . 3 2 x y2 5. 椭圆 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 上任意两点 P , Q ,若 OP ⊥ OQ ,则乘积 OP ? OQ 的 . a b 最小值为 . 2 a 2b 2 答案】 【答案】 a 2 + b2 ? π? π ?? ? ? 解析】 设 P ( OP cosθ ,OP sin θ ) , Q ? OQ cos ? θ ± ? ,OQ sin ? θ ± ? ? . 【解析】 2? 2 ?? ? ? ?

由 P , Q 在椭圆上,有
1 OP
2

=

cos 2 θ sin 2 θ + 2 a2 b


=

1 OQ
2

=

sin 2 θ cos 2 θ + a2 b2



①+② 得

1
OP
2

+

1
OQ
2

1 1 + 2. 2 a b

2a 2 b 2 2 a 2b 2 时, OP OQ 达到最小值 2 . a 2 + b2 a + b2 6. 若方程 lg kx = 2lg ( x + 1) 仅有一个实根,那么 k 的取值范围是 . 仅有一个实根,

于是当 OP = OQ =



【答案】 答案】 解析】 【解析】 kx > 0 x +1 > 0

x2 + ( 2 ? k ) x + 1 = 0

k <0 或k =4 当且仅当 ① ②

③ ④

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

? = k 2 ? 4k ≥ 0 ? k ≤ 0 或 k ≥ 4 . ?x + x = k ? 2 < 0 (ⅰ)当 k < 0 时,由③得 ? 1 2 ,所以 x1 , x2 同为负根. ? x1 x2 = 1 > 0 ?x +1 > 0 ,所以原方程有一个解 x1 . 又由④知 ? 1 ? x2 + 1 < 0

(ⅱ)当 k = 4 时,原方程有一个解 x =

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 , x2 同为正根,且 x1 ≠ x2 ,不合题意,舍去. 综上可得 k < 0 或 k = 4 为所求. 7. 一个由若干行数字组成的数表,从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个 . 一个由若干行数字组成的数表, 数之和,最后一行仅有一个数, 个正整数按从小到大排成的行, 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 可以用指数表示) (可以用指数表示) 的数是 【答案】 答案】
101 × 298
7

易知: 【解析】 解析】 (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 ,…, d 99 = 298 (ⅲ) a100 为所求. 设第 n ( n≥ 2 ) 行的第一个数为 an ,则

an = an ?1 + ( an?1 + 2n?2 ) = 2an ?1 + 2n?2 = 2 ? 2an?2 + 2n ?3 ? + 2n?2 ? ? 2 n? 4 n? 2 n? 2 3 n? 2 = 2 ? 2an ?3 + 2 ? + 2 × 2 + 2 = 2 an ?3 + 3 × 2 =…… = 2n ?1 a1 + ( n ? 1) × 2n?2 = ( n + 1) 2n?2 ? ?

故 a100 = 101× 298 . 8. 某车站每天 8 00 ~ 9∶00 , 9∶00 ~ 10∶00 都恰有一辆客车到站,但到站的时刻是随 . ∶ 都恰有一辆客车到站, 机的,且两者到站的时间是相互独立的, 机的,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 ∶ 到车站, 精确到分) 一旅客 8 20 到车站,则它候车时间的数学期望为 (精确到分) . 27 答案】 【答案】 解析】 旅客候车的分布列为 【解析】 10 30 50 70 =0 候车时间(分) 1 1 1 1 1 1 1 1 × × × 概率 2 3 6 6 2 6 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 x2 y2 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 + 为整数) =1 . 16 12 x2 y2 = 1 交于不同两点 C , D ,问是否存在直线 l ,使得 交于不同两点 A , B ,与双曲线 ? 4 12 若存在,指出这样的直线有多少条?若不存在,请说明理由. 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. ? y = kx + m ? 解析】 由 ? x2 y 2 消去 y 化简整理得 ( 3 + 4k 2 ) x 2 + 8kmx + 4m 2 ? 48 = 0 【解析】 + =1 ? ?16 12 8km 设 A ( x1 ,y1 ) , B ( x2 ,y2 ) ,则 x1 + x2 = ? 3 + 4k 2
?1 = ( 8km ) ? 4 ( 3 + 4k 2 )( 4m 2 ? 48 ) > 0
2

① ………4 分

? y = kx + m ? 由 ? x2 y 2 消去 y 化简整理得 ( 3 ? k 2 ) x 2 ? 2kmx ? m 2 ? 12 = 0 =1 ? ? ? 4 12 2km 设 C ( x3 ,y4 ) , D ( x4 ,y4 ) ,则 x3 + x4 = 3 ? k2 ? 2 = ( ?2km ) + 4 ( 3 ? k 2 )( m 2 + 12 ) > 0
2

② …………8 分

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
8

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

所以 2km = 0 或 ?

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 = 条.………14 分 数列 {an } 满足 a1 = p , a2 = p 2 ? q , an = pan?1 ? qan ?2 ( n = 3 , , ) 4 ? 的通项公式( 表示) (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式(用 α , β 表示) ; (Ⅱ)若 p = 1 , q = 【解析】 解析】

2. (本小题 15 分)已知 p , q ( q ≠ 0 ) 是实数,方程 x 2 ? px + q = 0 有两个实根 α , β , . 是实数,

整理得 an ? β an ?1 = α ( an?1 ? β an?2 )

an ? pxn ?1 ? qxn ?2 = (α + β ) an ?1 ? αβ an?2 , ( n = 3 , , , ) 4 5 ?

1 项和. ,求 {an } 的前 n 项和. 4 方法一:(Ⅰ)由韦达定理知 α ? β = q ≠ 0 ,又 α + β = p ,所以

令 bn = an+1 ? β an ,则 bn+1 = α bn ( n = 1, , ) .所以 {bn } 是公比为 α 的等比数列. 2 ? 数列 {bn } 的首项为: b1 = a2 ? β a1 = p 2 ? q ? β p = (α + β ) ? αβ ? β (α + β ) = α 2 .
2

所以 bn = α 2 ? α n ?1 = α n+1 ,即 an+1 ? β an = α n +1 ( n = 1,2 , ) . ? 所以 an+1 = β an + α n+1 ( n = 1,2 , ) . ? ①当 ? = p 2 ? 4q = 0 时,α = β ≠ 0 , a1 = p = α + α = 2α , an+1 = β an + α n+1 ( n = 1,2 , ) ?
a a ?a ? 变为 an+1 = α an + α n+1 ( n = 1,2 , ) . ? 整理得, nn+11 ? nn = 1 , n = 1,2 , ) . ? 所以, 数列 ? nn ? ( α + α ?α ? a a 2α 成公差为 1 的等差数列,其首项为 1 = = 2 .所以 nn = 2 + 1( n ? 1) = n + 1 . α α α 于是数列 {an } 的通项公式为 an = ( n + 1)α n ;……………………………5 分

②当 ? = p 2 ? 4q > 0 时, α ≠ β , β ? α n+1 β α an+1 = β an + α n+1 = β an + α = β an + α n+1 ? α n+1 ( n = 1,2 , ) . ? β ?α β ?α β ?α 整理得 an+1 +
? α n+ 2 α n+1 ? = β ? an + ? ? , ( n = 1,2 , ) . β ?α β ?α ? ?

? α n+1 ? 所以,数列 ? an + ? 成公比为 β 的等比数列,其首项为 β ?α ? ? α2 α2 β2 α n+1 β2 a1 + =α + β + = .所以 an + = β n?1 . β ?α β ?α β ?α β ?α β ?α

β n+1 ? α n+1 .………………………………10 分 β ?α 1 1 (Ⅱ)若 p = 1 ,q = , ? = p 2 ? 4q = 0 , 则 此时 α = β = . 由第(Ⅰ)步的结果得, 数列 {an } 4 2 n ? 1 ? n +1 的通项公式为 an = ( n + 1) ? ? = 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
于是数列 {an } 的通项公式为 an =
9

所以 sn = 3 ? 方法二:

n+3 .………………………………………………………15 分 2n

(Ⅰ)由韦达定理知 α ? β = q ≠ 0 ,又 α + β = p ,所以 a1 = α + β , a2 = α 2 + β 2 + αβ . 特征方程 λ 2 ? pλ + q = 0 的两个根为 α , β . ①当 α = β ≠ 0 时,通项 an = ( A1 + A2 n )α n ( n = 1,2 , ) 由 a1 = 2α , a2 = 3α 2 得 ?
?( A1 + A2 )α = 2α ? , 解得 A1 = A2 = 1 .故 an = (1 + n )α n .…………5 分 ? 2 2 ?( A1 + 2 A2 )α = 3α ? ②当 α ≠ β 时,通项 an = A1α n + A2 β n ( n = 1,2 , ) .由 a1 = α + β , a2 = α 2 + β 2 + αβ 得 ?

? A1α + A2 β = α + β ?α β ? , 解得 A1 = , A2 = .故 ? 2 2 2 2 β ?α β ?α ? A1α + A2 β = α + β + αβ ?
an = ?α n +1 β n +1 β n+1 ? α n +1 + = .………………………………………10 分 β ?α β ?α β ?α

(Ⅱ)同方法一. 3. (本小题满分 15 分)求函数 y = x + 27 + 13 ? x + x 的最大和最小值. . 的最大和最小值. 【解析】 解析】
13 函数的定义域为 [ 0 , ] .因为
y = x + x + 27 + 13 ? x = x + 27 + 13 + 2 x (13 ? x ) ≥ 27 + 13 = 3 3 + 13

当 x = 0 时等号成立.故 y 的最小值为 3 3 + 13 .……………………5 分 又由柯西不等式得
y2 =

(

x + x + 27 + 13 ? x

由柯西不等式等号成立的条件,得 4 x = 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

所以 y ≤ 11 .

1? ?1 ≤ ? + 1 + ? ( 2 x + ( x + 27 ) + 3 (13 ? x ) ) = 121 2 3? ? …………………………………………………………10 分
2

)

200= 年全国高中数学联合竞赛加试 试题参考答案及评分标准(A 卷)
说明: 1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分. 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本 评分标准适当划分档次评分,10 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 如图, 上弧BC AC的中点. 一、 如图,M ,N 分别为锐角三角形 ?ABC( ∠A < ∠B ) 的外接圆 Γ 上弧 ⌒ 、⌒ 的中点. 过 的内心, 点 C 作 PC ∥ MN 交圆 Γ 于 P 点, I 为 ?ABC 的内心,连接 PI 并延长交圆 Γ 于 T . 求证: ⑴求证: MP ? MT = NP ? NT ; 在弧AB ,记 ⑵在弧 ⌒ (不含点 C )上任取一点 Q ( Q ≠ A , T , B ) 记 ?AQC , △QCB 的内心 , 分别为 I1 , I 2 ,

10

P N

C M I T

B

A

Q

求证: 四点共圆. 求证: Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. ⑴连 NI , MI .由于 PC ∥ MN , P , C , M , N 共圆,故 PCMN 是等 【解析】 解析】 腰梯形.因此 NP = MC , PM = NC .
P N I T A C M

B

连 AM , CI ,则 AM 与 CI 交于 I ,因为 ∠MIC = ∠MAC + ∠ACI = ∠MCB + ∠BCI = ∠MCI ,所以 MC = MI .同理 NC = NI . 于是 NP = MI , PM = NI . 故四边形 MPNI 为平行四边形.因此 S△ PMT = S△ PNT (同底,等高) . 又 P , N , T , M 四点共圆,故 ∠TNP + ∠PMT = 180° ,由三角形面积公式 1 1 1 S△ PMT = PM ? MT sin ∠PMT = S△ PNT = PN ? NT sin ∠PNT = PN ? NT sin ∠PMT 2 2 2 于是 PM ? MT = PN ? NT . ⑵因为 ∠NCI1 = ∠NCA + ∠ACI1 = ∠NQC + ∠QCI1 = ∠CI1 N ,
P N I I2 I1 A T Q C M

B

所以 NC = NI1 ,同理 MC = MI 2 .由 MP ? MT = NP ? NT 得 由⑴所证 MP = NC , NP = MC ,故
NT MT = . NI1 MI 2

NT MT = . MP NP

又因 ∠I1 NT = ∠QNT = ∠QMT = ∠I 2 MT ,有 ?I1 NT ∽ ?I 2 MT . 故 ∠NTI1 = ∠MTI 2 ,从而 ∠I1QI 2 = ∠NQM = ∠NTM = ∠I1TI 2 . 因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆.
11

1 ? n k ? 二、求证不等式: ?1 < ? ∑ 2 求证不等式: , ? ? ln n ≤ , n = 1 ,2,… k +1? 2 ? k =1 解析】 证明:首先证明一个不等式: 【解析】 x ⑴ < ln(1 + x) < x , x > 0 . 1+ x x . 事实上,令 h( x) = x ? ln(1 + x) , g ( x) = ln(1 + x) ? 1+ x 1 1 x 1 则对 x > 0 , h′( x) = 1 ? > 0 , g ′( x) = ? = >0. 2 1 + x (1 + x) (1 + x)2 1+ x 1 于是 h( x) > h(0) = 0 , g ( x) > g (0) = 0 .在⑴中取 x = 得 n 1 ? 1? 1 ⑵ < ln ?1 + ? < . n +1 ? n? n

令 xn = ∑

k 1 ? ln n ,则 x1 = , 2 k =1 k + 1
2

n

xn ? xn ?1 =

n 1 ? 1 n 1 ? ? ln ?1 + ? =? 2 <0 ?< 2 (n + 1)n n +1 ? n ?1? n +1 n 1 因此 xn < xn ?1 < ? < x1 = . 2 又因为
2

n ?1 ? 1? ln n = (ln n ? ln(n ? 1)) + (ln(n ? 1) ? ln( n ? 2)) + ? + (ln 2 ? ln1) + ln1 = ∑ ln ?1 + ? .从而 ? k? k =1

xn = ∑

n ?1 n ?1 k 1? n ? 1 ? n ?1 ? k ? k ? 1 ?? ? ∑ ln ?1 + ? = ∑ ? 2 ? ln ?1 + ? ? + 2 > ∑? 2 ? ? ? k ? k =1 ? k + 1 ? k ? ? n + 1 k =1 ? k + 1 k ? k =1 k + 1 k =1 n 2

= ?∑

n ?1 1 1 1 ≥ ?∑ = ?1 + > ?1 . n k =1 ( k + 1) k k =1 ( k + 1) k
2

n ?1

是给定的两个正整数.证明: 互素. 三、设 k , l 是给定的两个正整数.证明:有无穷多个正整数 m ≥ k ,使得 Ck 与 l 互素. m 【解析】 解析】 证法一:对任意正整数 t ,令 m = k + t ? l ? ( k !) .我们证明 ( Ck , ) = 1 . l m
k k k

/ m 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p∣ Ck . / 若 p∣k!,则由 k !Ck = ∏ (m ? k + i ) ≡ ∏ [(i + tl (k !)] ≡ ∏ i ≡ k !( mod pα +1 ) . m
i =1 i =1 i =1

/ 及 p | k ! ,且 p ∣k!,知 p | k !C 且 p
α+1
k m

α

α

α +1

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

/ / m ∣ k !C .从而 p∣ Ck .
k m

/ m / 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p∣ Ck . 若 p∣k!,则由

k !Ck = ∏ (m ? k + i) ≡ ∏ [(i + tl (k !) 2 ] ≡ ∏ i ≡ k !( mod p ) . m
i =1 i =1 i =1

/ m 即 p 不整除上式,故 p∣ Ck .

若 p | k ! ,设 α ≥ 1 使 pα | k ! ,但 pα +1 ? ! . pα +1 | (k !) 2 .故由 k
/ k !Ck = ∏ (m ? k + i) ≡ ∏ [(i + tl (k !) 2 ] ≡ ∏ i ≡ k !( mod pα +1 ) ,及 pα | k ! ,且 pα ∣k!,知 m
k k
+1

k ?1 i =1

i =1

i =1

p | k !C 且 p
k m

α

α +1

/ ∣ k !Ck .从而 m

/ m p∣ Ck



四、在非负数构成的 3 × 9 数表

12

? x11 x12 x13 x14 x15 x16 x17 x18 x19 ? ? ? P = ? x21 x22 x23 x24 x25 x26 x27 x28 x29 ? ?x x x x x x x x x ? ? 31 32 33 34 35 36 37 38 39 ? 中每行的数互不相同, 中每行的数互不相同, 6 列中每列的三数之和为 1,x17 = x28 = x39 = 0 ,x27 ,x37 ,x18 , 前 ,
x38 , x19 , x29 均大于.如果 P 的前三列构成的数表 均大于.

? x11 x12 x13 ? ? ? S = ? x21 x22 x23 ? ?x x x ? ? 31 32 33 ? ? x1k ? ? ? 满足下面的性质 (O) :对于数表 P 中的任意一列 ? x2 k ? ( k = 1 ,2,…,=)均存在某个 , ) ?x ? ? 3k ? i ∈ {1 ,2 ,3} 使得

⑶ xik ≤ ui = min { xi1 ,xi 2 ,xi 3 } .

求证: 求证: 的不同列. , (ⅰ)最小值 ui = min { xi1 ,xi 2 ,xi 3 } , i = 1 ,2,3 一定自数表 S 的不同列.
? x1k * ? ? ? (ⅱ)存在数表 P 中唯一的一列 ? x2 k* ? , k * ≠ 1 ,2,3 使得 3 × 3 数表 , ? ? ?x ? ? 3k* ? ? x11 x12 x1k * ? ? ? S ′ = ? x21 x22 x2 k* ? ? ? x31 x32 x ? ? ? 3k* ? 仍然具有性质 (O) .

【解析】 解析】

(ⅰ)假设最小值 ui = min { xi1 ,xi 2 ,xi 3 } , i = 1 ,2,3 不是取自数表 S 的

不同列.则存在一列不含任何 ui .不妨设 ui ≠ xi 2 , i = 1 ,2,3.由于数表 P 中同一行中的 ⑶中取 k = 2 ,则存在某个 i0 ∈ {1 ,2 ,3} 使得 xi0 2 ≤ ui0 .矛盾. 任何两个元素都不等,于是 ui < xi 2 , i = 1 ,2,3.另一方面,由于数表 S 具有性质 (O) ,在

(ⅱ)由抽届原理知, min { x11 ,x12 } , min { x21 ,x22 } , min { x31 ,x32 } 中至少有两个值取在

同一列.不妨设 min { x21 ,x22 } = x22 , min { x31 ,x32 } = x32 .由前面的结论知数表 S 的第一列 一定含有某个 ui ,所以只能是 x11 = u1 .同样,第二列中也必含某个 ui , i = 1 ,2.不妨设
x22 = u2 .于是 u3 = x33 ,即 ui 是数表 S 中的对角线上数字. ? x11 x12 x13 ? ? ? S = ? x21 x22 x23 ? ?x x x ? ? 31 32 33 ? 记 M = {1,2 , ,9} ,令集合 ?

显然 I = {k ∈ M | x1k > x11 ,x3k > x32 } 且 1, 3 ? I . 2 因为 x18 ,x38 > 1≥ x11 ,x32 , 所以 8 ∈ I . 故 I ≠ ? .于是存在 k * ∈ I 使得 x2 k* = max { x2 k | k ∈ I } .显然, k * ≠ 1 ,2,3. 下面证明 3 × 3 数表

I = {k ∈ M | xik > min { xi1 ,xi 2 } ,i = 1 ,3} .

13

? x11 x12 x1k * ? ? ? S ′ = ? x21 x22 x2 k* ? ? ? x31 x32 x ? ? ? 3k* ? 具有性质 (O) .

从上面的选法可知 ui′ := min xi1 ,xi 2 ,xik* = min { xi1 ,xi 2 } , (i = 1 ,3) .这说明
x1k * > min { x11 ,x12 } ≥ u1 , x3 k* > min { x31 ,x32 } ≥ u3 .

{

}

又 由 S 满 足 性 质 (O) . 在 ⑶ 中 取 k = k * , 推 得 x2k* ≤ u2 , 于 是
′ u2 = min x21 ,x22 ,x2 k* = x2 k* .下证对任意的 k ∈ M ,存在某个 i = 1 ,2,3 使得 ui′ ≥ xik .假

若不然,则 xik > min { xi1 ,xi 2 } ,i = 1 ,3 且 x2 k > x2 k* .这与 x2k* 的最大性矛盾.因此,数表 S ′ 满足性质 (O) . 下证唯一性.设有 k ∈ M ? x11 x12 ? ? S = ? x21 x22 ?x x ? 31 32 使得数表 x1k ? ? x2 k ? ? x3k ? 具有性质 (O) ,不失一般性,我们假定

{

}

⑷ u2 = min { x21 ,x22 ,x23 } = x22
u3 = min { x31 ,x32 ,x33 } = x33 x32 < x31 .
? ,有 u1 = min { x11 ,x12 ,x1k } = x11 .又由(ⅰ)知:或者 由于 x32 < x31 , x22 < x21 及(ⅰ) ? ? (a ) u 3 = min { x31 ,x32 ,x3 k } = x3k ,或者 (b)u 2 = min { x21 ,x22 ,x2 k } = x2 k . ? 如果 (a ) 成立,由数表 S 具有性质 (O) ,则 ? u1 = min { x11 ,x12 ,x1k } = x11 , ? ⑸ u 2 = min { x ,x ,x } = x ,
21 22 2k 22

u1 = min { x11 ,x12 ,x13 } = x11

? u 3 = min { x31 ,x32 ,x3 k } = x3k .
? ? 由数表 S 满足性质 (O) , 则对于 3 ∈ M 至少存在一个 i ∈ {1 ,2 ,3} 使得 u i ≥ xik * . k * ∈ I 由

? ? ? 及⑷和⑹式知, x1k * > x11 = u1 , x3k* > x32 = u 3 .于是只能有 x2 k* ≤ u 2 = x2 k .类似地,由 S ′ 满 ′ 足性质 (O) 及 k ∈ M 可推得 x2 k ≤ u2 = x2 k* .从而 k * = k .

2008 全国高中数学联合竞赛一试试题 参考答案及评分标准(A 卷)
说明:
1.评阅试卷时,请依据本评分标准.选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 = 分和 0 分两档;其他 各题的评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次. 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分,解答题中 5 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 14

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.函数 f ( x) = A.0

5 ? 4x + x2 在 ( ?∞, 2) 上的最小值是 2? x
B.1 C.2

( C ) D.3

[解] 当 x < 2 时, 2 ? x > 0 ,因此

f ( x) =

1 + (4 ? 4 x + x 2 ) 1 1 1 当且仅当 = + (2 ? x) ≥ 2 ? ? (2 ? x ) = 2 , = 2? x时 2? x 2? x 2? x 2? x

上式取等号.而此方程有解 x = 1 ∈ (?∞, 2) ,因此 f ( x) 在 ( ?∞, 2) 上的最小值为 2. 2.设 A = [?2, 4) , B = {x x 2 ? ax ? 4 ≤ 0} ,若 B ? A ,则实数 a 的取值范围为( D ) A. [?1, 2) B. [?1, 2] C. [0,3] D. [0,3)

[解] 因 x 2 ? ax ? 4 = 0 有两个实根

x1 =

a a2 a a2 ? 4+ , x2 = + 4 + , 2 4 2 4

故 B ? A 等价于 x1 ≥ ?2 且 x2 < 4 ,即

a a2 a a2 ? 4+ ≥ ?2 且 + 4 + <4, 2 4 2 4
解之得 0 ≤ a < 3 . 3.甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得 1 分,负者得 0 分,比赛进行到有一人 比对方多 2 分或打满 6 局时停止. 设甲在每局中获胜的概率为

2 , 乙在每局中获胜的概率为 3
( B ) D.

1 ,且各局胜负相互独立,则比赛停止时已打局数 ξ 的期望 Eξ 为 3 241 266 274 A. B. C. 81 81 81 [解法一] 依题意知, ξ 的所有可能值为 2,4,6.
设每两局比赛为一轮,则该轮结束时比赛停止的概率为

670 243

2 1 5 ( ) 2 + ( )2 = . 3 3 9
若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对 下轮比赛是否停止没有影响.从而有

5 P (ξ = 2) = , 9

4 5 20 , P (ξ = 4) = ( )( ) = 9 9 81

15

4 16 P (ξ = 6) = ( ) 2 = , 9 81
5 20 16 266 故 Eξ = 2 × + 4 × + 6 × = . 9 81 81 81
[解法二] 依题意知, ξ 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 (ξ = 2) = P ( A1 A2 ) + P( A1 A2 ) =

5 , 9

P (ξ = 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 (ξ = 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 故 Eξ = 2 × + 4 × + 6 × = . 9 81 81 81
4.若三个棱长均为整数(单位:cm)的正方体的表面积之和为 564 cm ,则这三个正方
2

体的体积之和为 A. 764 cm 或 586 cm
3 3

( A ) B. 764 cm
3

C. 586 cm 或 564 cm
3

3

D. 586 cm

3

则有 6 a 2 + b 2 + c 2 = 564 ,a 2 + b 2 + c 2 = 94 , [解] 设这三个正方体的棱长分别为 a, b, c , 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 =,
2 2 2 2 2

(

)

8,7,6. 若 c = 9 ,则 a 2 + b 2 = 94 ? 92 = 13 ,易知 a = 2 , b = 3 ,得一组解 ( a, b, c ) = (2, 3, 9) . 若 c = 8 , a 2 + b 2 = 94 ? 64 = 30 ,b ≤ 5 . 2b ≥ 30 ,b ≥ 4 , 则 但 从而 b = 4 或 5. b = 5 , 若
2

则 a = 5 无解,若 b = 4 ,则 a = 14 无解.此时无解.
2 2

若 c = 7 ,则 a 2 + b 2 = 94 ? 49 = 45 ,有唯一解 a = 3 , b = 6 . 若 c = 6 ,则 a 2 + b 2 = 94 ? 36 = 58 ,此时 2b ≥ a + b = 58 , b ≥ 29 .故 b ≥ 6 ,但
2 2 2 2

b ≤ c = 6 ,故 b = 6 ,此时 a 2 = 58 ? 36 = 22 无解.

16

?a = 2, ?a = 3, ? ? 综上,共有两组解 ?b = 3, 或 ?b = 6, ?c = 9 ?c = 7. ? ?
体积为 V1 = 2 + 3 + 9 = 764 cm 或 V2 = 3 + 6 + 7 = 586 cm .
3 3 3
3

3

3

3

3

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

( B )

D. 4

? x + y = 0, ? x = 0, ? x = ?1, [解] 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 . ① ② ③

将②代入 xy + yz + xz + y = 0 得 x 2 + y 2 + xy ? y = 0 . 由①得 x = ?

1 ,代入③化简得 ( y ? 1)( y 3 ? y ? 1) = 0 . y

易知 y 3 ? y ? 1 = 0 无有理数根,故 y = 1 ,由①得 x = ?1 ,由②得 z = 0 ,与 z ≠ 0 矛盾,

? x = 0, ? x = ?1, 故该方程组共有两组有理数解 ? y = 0, 或 ? y = 1, ? ? ? z = 0 ? z = 0. ? ?
6.设 ?ABC 的内角 A,B,C 所对的边 a, b, c 成等比数列,则 围是 A. (0, +∞)

sin A cot C + cos A 的取值范 sin B cot C + cos B
( C )

5 +1 5 ?1 5 + 1 C. ( ) , ) 2 2 2 [解] 设 a, b, c 的公比为 q ,则 b = aq, c = aq 2 ,而
B. (0,

D. (

5 ?1 , +∞) 2

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(π ? B) sin B b = = = =q. sin( B + C ) sin(π ? A) sin A a

因此,只需求 q 的取值范围.

因 a, b, c 成等比数列,最大边只能是 a 或 c ,因此 a, b, c 要构成三角形的三边,必需且 只需 a + b > c 且 b + c > a .即有不等式组

17

?a + aq > aq 2 , ?q 2 ? q ? 1 < 0, ? ? 即? ? 2 2 ?aq + aq > a ?q + q ? 1 > 0. ? ?

?1 ? 5 5 +1 <q< , ? ? 2 2 解得 ? ? q > 5 ? 1 或q < ? 5 + 1 . ? ? 2 2
从而

5 ?1 5 +1 5 ?1 5 + 1 <q< ,因此所求的取值范围是 ( , ). 2 2 2 2

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 = 分) 7.设 f ( x) = ax + b ,其中 a, b 为实数, f1 ( x ) = f ( x) , f n +1 ( x) = f ( f n ( x)) , n = 1, 2,3,? , 若 f 7 ( x) = 128 x + 381 ,则 a + b = 5 .

[解] 由题意知 f n ( x) = a n x + (a n ?1 + a n ? 2 + ? + a + 1)b = a n x + 由 f 7 ( x) = 128 x + 381 得 a 7 = 128 ,

an ?1 ?b , a ?1

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

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

?2 + 3



a 1 [解] f ( x) = 2 cos 2 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 又 a > 2 或 a < ?2 时, f ( x) 的最小值不能为 ? , 2 1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 = ? ,解得 a = ?2 + 3 , a = ?2 ? 3 (舍去). 2 2
=.将 24 个志愿者名额分配给 3 个学校,则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的 分配方法共有 222 种.

[解法一] 用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校,而用 ? 表示名额.如

| ???? | ?? ? | ?? |
表示第一、二、三个学校分别有 4,18,2 个名额. 若把每个“ ? ”与每个“ | ”都视为一个位置,由于左右两端必须是“|”,故不同的 分配方法相当于 24 + 2 = 26 个位置(两端不在内)被 2 个“|”占领的一种“占位法”.
18

“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 = 253 种. 23 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法 有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. [解法二] 设分配给 3 个学校的名额数分别为 x1 , x2 , x3 ,则每校至少有一个名额的分法 数为不定方程

x1 + x2 + x3 = 24 .
的正整数解的个数,即方程 x1 + x2 + x3 = 21 的非负整数解的个数,它等于 3 个不同元素 中取 21 个元素的可重组合:
21 H3 = C21 = C2 = 253 . 23 23

又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法 有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. 10.设数列 {an } 的前 n 项和 S n 满足: Sn + an =

n ?1 , n = 1, 2,? ,则通项 n( n + 1)

an =

1 1 . ? n 2 n(n + 1)
[解] an +1 = S n +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)
=

1 ?2 , + 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 + 令 bn = an +

1 1 1 , ( a1 = 0 ), b1 = a1 + = 2 2 n( n + 1)

1 1 1 1 有 bn +1 = bn ,故 bn = n ,所以 a n = n ? . 2 2 n(n + 1) 2
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 ? 2 x , f ( x + 6) ? f ( x) ≥ 63 ? 2 x ,则 f ( 2008) =

22008 + 2007



19

[解法一] 由题设条件知

f ( x + 2) ? f ( x) = ?( f ( x + 4) ? f ( x + 2)) ? ( f ( x + 6) ? f ( x + 4)) + ( f ( x + 6) ? f ( x)) ≥ ?3 ? 2 x + 2 ? 3 ? 2 x + 4 + 63 ? 2 x = 3 ? 2 x ,
因此有 f ( x + 2) ? f ( x) = 3 ? 2 x ,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 ?
[解法二] 令 g ( x ) = f ( x) ? 2 x ,则

41003+1 ? 1 2008 + f (0) = 2 + 2007 . 4 ?1

g ( x + 2) ? g ( x) = f ( x + 2) ? f ( x) ? 2 x + 2 + 2 x ≤ 3 ? 2 x ? 3 ? 2 x = 0 , g ( x + 6) ? g ( x) = f ( x + 6) ? f ( x) ? 2 x + 6 + 2 x ≥ 63 ? 2 x ? 63 ? 2 x = 0 ,
即 g ( x + 2) ≤ g ( x ), g ( x + 6) ≥ g ( x) , 故 g ( x) ≤ g ( x + 6) ≤ g ( x + 4) ≤ g ( x + 2) ≤ g ( x) , 得 g ( x) 是周期为 2 的周期函数, 所以 f (2008) = g (2008) + 22008 = g (0) + 22008 = 22008 + 2007 . 12. 一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 4 6 的正四面体容器内可向各个方向自由运 动,则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是

72 3



[解] 如答 12 图 1, 考虑小球挤在一个角时的情况, 记小球半径为 r ,作平面 A 1 B1C1 //平面 ABC ,与小球 相切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体 P ? A 1 B1C1 的 中心, PO ⊥ 面A1 B1C1 ,垂足 D 为 A 1 B1C1 的中心.

1 因 VP ? A B C = S ?A B C ? PD = 4 ? VO ? A1B1C1 1 1 1 3 111

答 12 图 1

1 = 4 ? ? S ?A1B1C1 ? OD , 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 P ,连接 OP ,则 1 1

PP = PO 2 ? OP 2 = (3r ) 2 ? r 2 = 2 2r . 1 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 如答 12 图 2. 记正四面体的棱长为 a , P 过 1 靠近边的切点的轨迹仍为正三角形, 记为 P EF , 1
20

作 PM ⊥ PA 于 M . 1 因 ∠MPP = 1

3 π ,有 PM = PP ? cos MPP = 2 2r ? = 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长 1 1
6

2

P E = PA ? 2 PM = a ? 2 6r . 1
小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 2 中阴影部分)

S?PAB ? S ?P1EF =

3 2 2 ( a ? (a ? 2 6r ) 2 ) = 3 2ar ? 6 3r . 4
答 12 图 2

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 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.已知函数 f ( x) =| sin x | 的图像与直线 y = kx ( k > 0) 有且仅有三个交点,交点的横 坐标的最大值为 α ,求证:

cos α 1+ α 2 . = sin α + sin 3α 4α
[证]

f ( x) 的图象与直线

y = kx ( k > 0) 的三个交点如答
答 13 图 3π 内相切,其切点为 3π 13 图所示,且在 (π , ) A(α , ? sin α ) , α ∈ (π , ) .…5 分 2 2

3 由于 f ′( x) = ? cos x , x ∈ (π , π ) ,所以 ? cos α = ? sin α ,即 α = tan α .…10 分 2 α
因此

cos α cos α 1 = = sin α + sin 3α 2sin 2α cos α 4sin α cos α = cos 2 α + sin 2 α 4sin α cos α = 1 + tan 2 α 1 + α 2 . = 4 tan α 4α

…15 分 …20 分

14.解不等式: log 2 ( x12 + 3x10 + 5 x8 + 3 x 6 + 1) < 1 + log 2 ( x 4 + 1) . [解法一] 由 1 + log 2 ( x 4 + 1) = log 2 (2 x 4 + 2) ,且 log 2 y 在 (0, +∞) 上为增函数,故原不等式 等价于

x12 + 3x10 + 5 x8 + 3x 6 + 1 < 2 x 4 + 2 .

21

即 分组分解

x12 + 3x10 + 5 x8 + 3 x 6 ? 2 x 4 ? 1 < 0 . x12 + x10 ? x8 +2 x10 + 2 x8 ? 2 x 6 +4 x8 + 4 x 6 ? 4 x 4 + x6 + x4 ? x2 + x4 + x2 ? 1 < 0 ,

…5 分

( x8 + 2 x 6 + 4 x 4 + x 2 + 1)( x 4 + x 2 ? 1) < 0 ,
所以

…10 分

x4 + x2 ? 1 < 0 ,

( x2 ?
所以 x 2 <

?1 ? 5 2 ?1 + 5 )( x ? )<0. 2 2

…15 分

?1 + 5 ?1 + 5 ?1 + 5 ,即 ? <x< . 2 2 2

故原不等式解集为 (

5 ?1 , 2

5 ?1 ). 2

…20 分

[解法二] 由 1 + log 2 ( x 4 + 1) = log 2 (2 x 4 + 2) ,且 log 2 y 在 (0, +∞) 上为增函数,故原不等式 等价于 x12 + 3 x10 + 5 x8 + 3 x 6 + 1 < 2 x 4 + 2 . 即 …5 分

2 1 + > x 6 + 3 x 4 + 3x 2 + 1 + 2 x 2 + 2 = ( x 2 + 1)3 + 2( x 2 + 1) , x 2 x6
( 1 3 1 ) + 2( 2 ) > (x 2 + 1) 3 + 2(x 2 + 1) , x2 x

…10 分

令 g (t ) = t 3 + 2t ,则不等式为 g (

1 ) > g ( x 2 + 1) , x2

显然 g (t ) = t 3 + 2t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于

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

…15 分

5 ?1 2

5 ?1 , 2

5 ?1 ). 2

…20 分 在 y 轴上,

15.如题 15 图,P 是抛物线 y 2 = 2 x 上的动点,点 B,C 圆 ( x ? 1)2 + y 2 = 1 内切于 ?PBC , ?PBC 面积的最小值. 求 [解] 设 P ( x0 , y0 ), B (0, b), C (0, c) ,不妨设 b > c .

22

答 15 图

直线 PB 的方程: y ? b =

y0 ? b , x x0

化简得 ( y0 ? b) x ? x0 y + x0b = 0 . 又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1,

y0 ? b + x0b
2 ( y0 ? b) 2 + x0

=1 ,

…5 分

2 2 故 ( y0 ? b) 2 + x0 = ( y0 ? b) 2 + 2 x0b( y0 ? b) + x0 b 2 ,

易知 x0 > 2 ,上式化简得 ( x0 ? 2)b 2 + 2 y0b ? x0 = 0 , 同理有 ( x0 ? 2)c 2 + 2 y0 c ? x0 = 0 . …10 分

2 2 ? x0 所以 b + c = ?2 y0 , bc = ,则 (b ? c) 2 = 4 x0 + 4 y0 ? 8 x0 . x0 ? 2 ( x0 ? 2) 2 x0 ? 2 2 因 P ( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 = 2 x0 ,则 2 2 x0 4 x0 , . …15 分 b?c = 2 ( x0 ? 2) x0 ? 2

(b ? c ) 2 =

x0 4 所以 S ?PBC = 1 (b ? c) ? x0 = ? x0 = ( x0 ? 2) + + 4 ≥ 2 4 + 4 = 8. x0 ? 2 x0 ? 2 2
当 ( x0 ? 2) 2 = 4 时,上式取等号,此时 x0 = 4, y0 = ±2 2 . 因此 S ?PBC 的最小值为 8. …20 分

2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷) 试题参考答案及评分标准
说明:
1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分; 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分,10 分为一个档次,不要增加其他中间档次.

一、 (本题满分 50 分) 如 题 一 图 , 给 定 凸 四 边 形 ABCD , ∠B + ∠D < 180 , P 是 平 面 上 的 动 点 , 令 f ( P ) = PA ? BC + PD ? CA + PC ? AB . (Ⅰ)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P,A,B,C 四点共圆; ( Ⅱ ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 AB 上 一 点 , 满 足 :

BC AE 3 , = 3 ?1 , = AB 2 EC

1 ∠ECA ,又 DA, DC 是 ⊙O 的切线, AC = 2 ,求 f ( P ) 的最小值. 2 [解法一] (Ⅰ)如答一图 1,由托勒密不等式,对平面 上的任意点 P ,有 PA ? BC + PC ? AB ≥ PB ? AC . 因此 f ( P ) = PA ? BC + PC ? AB + PD ? CA ∠ECB =
23

答一图 1

≥ 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, …10 分 f ( P ) = ( PB + PD ) ? CA . 又因 PB + PD ≥ BD ,此不等式当且仅当 B , P , D 共线且 P 在 BD 上时取等号.因此当 且仅当 P 为 ?ABC 的外接圆与 BD 的交点时, f ( P ) 取最小值 f ( P ) min = AC ? BD . 故当 f ( P ) 达最小值时, P, A, B, C 四点共圆. ( Ⅱ ) 记 ∠ECB = α , 则 ∠ECA = 2α , 由 正 弦 定 理 有 …20 分

AE sin 2α 3 ,从而 = = AB sin 3α 2 3 sin 3α = 2sin 2α ,即 3(3sin α ? 4sin 3 α ) = 4sin α cos α ,所以

3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 α ) ? 4 cos α = 0 ,
整理得 4 3 cos 2 α ? 4 cos α ? 3 = 0 , 解得 cos α = …30 分

3 1 (舍去) 或 cos α = ? ,故 α = 30 , ∠ACE = 60 . 2 2 3

sin ∠EAC ? 30 BC 由已知 ,有 sin(∠EAC ? 30 ) = ( 3 ? 1) sin ∠EAC ,即 = 3 ?1 = sin ∠EAC EC 3 1 sin ∠EAC ? cos ∠EAC = ( 3 ? 1) sin ∠EAC ,整理得 2 2 2? 3 1 sin ∠EAC = cos ∠EAC , 2 2 1 故 tan ∠EAC = = 2 + 3 ,可得 ∠EAC = 75 ,………40 分 2? 3 从而 ∠E = 45 , ∠DAC = ∠DCA = ∠E = 45 , ?ADC 为等腰直角三角形.因 AC = 2 , 则 CD = 1 .
0

(

)

又 ?ABC 也 是 等 腰 直 角 三 角 形 , 故 BC = 2 , BD 2 = 1 + 2 ? 2 ?1? 2 cos135 = 5 ,

BD = 5 .
故 f ( P) min = BD ? AC = 5 ? 2 = 10 . [解法二] 故 P0 在 BD 上) . 过 A, C , D 分别作 P0 A, P0C , P0 D 的垂线,两两相交得 ?A1 B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而 在 ?A1 B1C1 内 , 记 ?ABC 之 三 内 角 分 别 为 x, y,z , 则 ∠AP0C = 180° ? y = z + x , 又 因 …50 分 (Ⅰ)如答一图 2,连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O 于 P0 点(因为 D 在圆 O 外,

B1C1 ⊥ P0 A , B1 A1 ⊥ P0C ,得 ∠B1 = y ,同理有 ∠A1 = x , ∠C1 = z ,
所以 ?A1 B1C1 ∽ ?ABC . …10 分 设 B1C1 = λ BC , C1 A1 = λ CA , A1 B1 = λ AB , 则对平面上任意点 M ,有 λ f ( P0 ) = λ ( P0 A ? BC + P0 D ? CA + P0C ? AB)

= P0 A ? B1C1 + P0 D ? C1 A1 + P0C ? A1 B1 = 2 S ?A1B1C1 ≤ MA ? B1C1 + MD ? C1 A1 + MC ? A1 B1 = λ ( MA ? BC + MD ? CA + MC ? AB ) = λ f (M ) ,
从而

f ( P0 ) ≤ f ( M ) .
24

答一图 2

由 M 点的任意性,知 P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 由点 P0 在 ⊙O 上,故 P0 , A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ) f ( P ) 的最小值 , 2 f ( P0 ) = S ?A1B1C1 = 2λ S?ABC , …20 分

λ

AE sin 2α 3 , 从 而 = = AB sin 3α 2 3 sin 3α = 2sin 2α ,即 3(3sin α ? 4sin 3 α ) = 4sin α cos α ,所以
记 ∠ECB = α , 则 ∠ECA = 2α , 由 正 弦 定 理 有

3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 α ) ? 4 cos α = 0 ,
整理得 4 3 cos 2 α ? 4 cos α ? 3 = 0 , …30 分

3 1 (舍去) 或 cos α = ? , 2 2 3 故 α = 30 , ∠ACE = 60 .
解得 cos α =

sin ∠EAC ? 30 BC 由已知 ,有 sin(∠EAC ? 30 ) = ( 3 ? 1) sin ∠EAC ,即 = 3 ?1 = sin ∠EAC EC 3 1 sin ∠EAC ? cos ∠EAC = ( 3 ? 1) sin ∠EAC , 2 2 2? 3 1 1 整 理 得 sin ∠EAC = cos ∠EAC , 故 tan ∠EAC = = 2+ 3 , 可 得 2 2 2? 3 ∠EAC = 75 ,…40 分
0

(

)

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, ∠AB1 B = 90° ,所以 B1 BDC1 为矩形,

B1C1 = BD = 1 + 2 ? 2 ?1? 2 cos135° = 5 ,故 λ =
f ( P ) min = 2 ?
[解法三]

5 ,所以 2

5 ?1 = 10 . …50 分 2 (Ⅰ)引进复平面,仍用 A, B, C 等代表 A, B, C 所对应的复数.

由三角形不等式,对于复数 z1 , z2 ,有

z1 + z2 ≥ z1 + z2 ,
当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号. 有 所以

PA ? BC + PC ? AB ≥ PA ? BC + PC ? AB ,

( 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) = PB ? AC ,
(1)

从而

PA ? BC + PC ? AB + PD ? CA ≥ PB ? AC + PD ? AC
≥ BD ? AC .
(2) …10 分

= ( PB + PD ) ? 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 λ > 0 ,使得

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

25

A? P B?A , =λ C?P C?B A? P B? A 所以 arg( ) = arg( ), 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.
(2)式取等号的条件显然为 B , P , D 共线且 P 在 BD 上. 故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ?ABC 之外接圆上, P , A, B , C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P ) min = BD ? AC . 以下同解法一. 二、 (本题满分 50 分) 设 f ( x ) 是周期函数, T 和 1 是 f ( x ) 的周期且 0 < T < 1 .证明: (Ⅰ)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使 …20 分

1 是 f ( x ) 的周期; p ( Ⅱ ) 若 T 为 无 理 数 , 则 存 在 各 项 均 为 无 理 数 的 数 列 {an } 满 足 1 > an > an +1 > 0 (n = 1, 2, ???) 都是 f ( x) 的周期.
n 且 ( m , n ) = 1 ,从而存在整数 m

(n = 1, 2, ???) ,且每个 an

[证] (Ⅰ)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T =

a , b ,使得
ma + nb = 1 .
于是 1 ma + nb = = a + bT = a ?1 + b ? T m m 是 f ( x) 的周期.

…10 分

又因 0 < T < 1 ,从而 m ≥ 2 .设 p 是 m 的素因子,则 m = pm′ , m′ ∈N? ,从而 1 1 = m′ ? p m 是 f ( x ) 的周期. …20 分 (Ⅱ)若 T 是无理数,令 ?1? a1 = 1 ? ? ? T , ?T ? 则 0 < a1 < 1 ,且 a1 是无理数,令

?1? a2 = 1 ? ? ? a1 , ? a1 ?
……

?1? an +1 = 1 ? ? ? an , ………30 分 ? an ?
由数学归纳法易知 an 均为无理数且 0 < an < 1 .又 即 an +1 = 1 ? ?

?1? 1 ?1? ? ? ? < 1 ,故 1 < an + ? ? an , an ? an ? ? an ?
…40 分

?1? ? an < an .因此 {an } 是递减数列. ? an ?

26

1 最后证: 每个 an 是 f ( x ) 的周期. 事实上, 1 和 T 是 f ( x ) 的周期, a1 = 1 ? ? ? T 亦 因 故 ?T ? ? ? ? ? 是 f ( x ) 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 ? ak ? 纳法,已证得 an 均是 f ( x ) 的周期. …50 分
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

(ⅰ) 0 = x0 < xn < xn +1 , n = 1, 2,3,? ; (ⅱ) lim xn 存在;
n →∞

(ⅲ) xn ? xn ?1 = ∑ ak xn + k ? ∑ ak +1 xn + k , n = 1, 2,3,? .
k =1 k =0

2008

2007

, , .注意到(ⅲ)中式子可化为 [证] 必要性:假设存在 {xn } 满足(ⅰ)(ⅱ)(iii)
* 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 ,将上式取极限得
n →∞

…10 分

b = a1 (b ? x1 ) + a2 (b ? x2 ) + ? + a2008 (b ? x2008 ) = b ? ∑ ak ? ( a1 x1 + a2 x2 + ? + a2008 x2008 ) < b ? ∑ ak ,
k =1
k =1

2008

2008

因此 ∑ ak > 1 .
k =1

2008

…20 分

充分性:假设 ∑ ak > 1 .定义多项式函数如下:
k =1

2008

f ( s ) = ?1 + ∑ ak s k , s ∈ [0,1] ,
k =1

2008

则 f ( s ) 在[0,1]上是递增函数,且

f (0) = ?1 < 0 , f (1) = ?1 + ∑ ak > 0 .
k =1

2008

因此方程 f ( s ) = 0 在[0,1]内有唯一的根 s = s0 ,且 0 < s0 < 1 ,即 f ( s0 ) = 0 .…30 分
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
k xn = ∑ s0 = k =1 n n s0 ? s0 +1 . 1 ? s0 n +1

n

n 因 0 < s0 < 1 ,故 lim s0 +1 = 0 ,因此 lim xn = lim s0 ? s0 n →∞ n →∞ n →∞ 1 ? s 0

=

s0 ,即 {xn } 的极限存在,满 1 ? s0

足(ⅱ) .

…40 分
2008 k =1

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

27

n k n n xn ? xn ?1 = s0 = ( ∑ ak s0 ) s0 = ∑ ak s0 + k = ∑ ak ( xn + k ? xn + k ?1 ) . k =1 k =1 k =1

2008

2008

2008

, , . 综上,存在数列 {xn } 满足(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)

…50 分

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案
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? C PB? 的平面角的余弦值为( B ) A.
P

1 7

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?

1 2

D

M C B

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、 A AC ,则∠AMC 为二 面角 A? C 的 平面角 。不妨 设 AB=2,则 PB?

PA = AC = 2 2 , 斜高为 7 , 2 × 7 = AM ? 2 2 , 故 由此得CM = AM =
中,由余弦定理得 cos ∠AMC =

7 。 在△AMC 2

+ CM 2 ? AC 2 1 =? 。 2 ? AM ? CM 7 2. 设实数 a 使得不等式|2x? x2a|≥a 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所组成的 a|+|3 ? 2 集合是( A ) 1 1 1 1 1 1 A. [? , ] B. [? , ] C. [? , ] D. [? 3,3] 3 3 2 2 4 3 2 1 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 1 3 4 一般地,对 k∈R,令 x = ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | + | a | ? | k ? |≥| a |2 ,由 2 2 3 3 4 此易知原不等式等价于 | a |≤| k ? 1 | + | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k ? 3 k ≥ ?2 3 3 4 ? 1 4 ? | k ? 1 | + | k ? |= ?1 ? k 1 ≤ k < , 2 3 ? 2 3 5 ?3 ? k k <1 ? 2 ? 1 3 4 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. 将号码分别为 1、2、…、= 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?+10>0 成立的事件发生的概率等于( D ) 2b 52 59 60 61 A. B. C. D. 81 81 81 81 2 解:甲、乙二人每人摸出一个小球都有 = 种不同的结果,故基本事件总数为 = =81 个。 由不等式 a?+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、…、 2b = 中每一个值,使不等式成立,则共有 =×5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、…、= 中每一个 值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、= 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、 8、= 中每一个值,有 3 种;当 b== 时,a 只能取 =,有 1 种。于是,所求事件的概率为 45 + 7 + 5 + 3 + 1 61 。 = 81 81 AM
2

28

4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x? 对任意实数 x 恒成立, c)=1 则

b cos c 的值等于( a
A. ?

C B.



1 2

1 2

C. 1 ?

D. 1

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

1 ,c=π,则对任意 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 2 π 中 0 < ? < 且 tan ? = ,于是 af(x)+bf(x? 可化为 c)=1 2 3 13a sin( x + ? ) + 13b sin( x + ? ? c ) + a + b = 1 ,即 13a sin( x + ? ) + 13b sin( x + ? ) cos c ? 13b sin c cos(x + ? ) + (a + b ? 1) = 0 , 所以 13 (a + b cos c ) sin( x + ? ) ? 13b sin c cos(x + ? ) + (a + b ? 1) = 0 。
?a + b cos c = 0 (1) ? 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c = 0 (2) , ? 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 b cos c 1 (1)、(3)知 a = b = ,所以 = ?1 。 2 a 5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能 是( A )

解:设圆 O1 和圆 O2 的半径分别是 r1、r2,|O1O2|=2c,则一般地,圆 P 的圆心轨迹是焦点 2c 2c 为 O1、O2,且离心率分别是 和 的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨 r1 + r2 | r1 ? r2 | 迹的一部份,当 c=0 时,轨迹是两个同心圆)。 r2|时,圆 P 的圆心轨迹如选 当 r1=r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 B;当 0<2c<|r1? 项 C;当 r1≠r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 D。由于选项 A 中的椭圆和双曲线的 焦点不重合,因此圆 P 的圆心轨迹不可能是选项 A。 6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同, 且为 A∩B 空集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( B ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 解:先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若 A 是{1,2,…,4=}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,…,4=}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},{2=},…,{4=}共 13 个; {26},{34},{42},{46}共 4 个。由于 A 是{1,2,…,4=}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
29



二、填空题(本题满分 54 分,每小题 = 分) 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(? 3,0),B(1,? 1), C(0,3), D(? 1 ,3)及一个动点 P ,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为

A={1,3,5,…,23,2,10,14,18,25,27,2=,…,4=,26,34,42,46}, B={2n+2|n∈A},则 A、B 满足题设且|A∪B|≤66。 D C
P F

3 2 +2 5 。 解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|, |PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD| , 因 此 , 当 动 点 P 与 F 点 重 合 时 , |PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值 | AC | + | BD |= 3 2 + 2 5 。

A B

8. 在 △ABC 和 △AEF 中 , B 是 EF 的 中 点 , AB=EF=1 , BC=6 , CA = 33 , 若 2 AB ? AE + AC ? AF = 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于 。 3 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 2 × 33 × 1

2

2

1 + BF ? ( AC ? AB) ? 1 = 2 , 即 BF ? BC = 2 。 设 EF 与 BC 的 夹 角 为 θ , 则 有
2 。 3 =. 已知正方体 ABCD?B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球 A1 2 3 为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到 心, 3 5 3π 的曲线的长等于 。 6 解:如图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分 即面 AA1B1B、 ABCD 面 为两类: 一类在顶点 A 所在的三个面上, 和面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 2 3 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上,因为 AE = ,AA1=1,则 3 π π π 2 3 π 3 ∠A1AE = 。同理 ∠BAF = ,所以 ∠EAF = ,故弧 EF 的长为 ? = π, 6 6 6 3 6 9 而这样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上,交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面与球面相交所 3 π 得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 , ∠FBG = ,所以弧 FG 的长为 3 2 3 π 3 ? = π 。这样的弧也有三条。 3 2 6 3 3 5 3π 于是,所得的曲线长为 3 × 。 π + 3× π = 9 6 6 10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 2 2 a 2 + a2 + a 3 1 a1=d,b1=d2,且 1 是正整数,则 q 等于 。 b1 + b2 + b3 2

| BF | ? | BC | ? cos θ = 2 ,即 3cosθ=2,所以 cos θ =

解:因为

2 2 2 a1 + a 2 + a 3

b1 + b2 + b3

=

2 a1 + (a1 + d )2 + (a1 + 2d )2

b1 + b1q + b1q
30

2

=

14 ,故由已知条件知道: 1 + q + q2

1+q+q 为
2

14 14 ,其中 m 为正整数。令 1 + q + q 2 = ,则 m m 1 1 14 1 56 ? 3m q=? + + ?1 = ? + 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 2 4 m 2 4m 1 14 56 ? 3m 1< < 3 ,即 5≤m≤13 且 是某个有理数的平方,由此可知 q = 。 m 4m 2 4 5 sin( πx ) ? cos(πx ) + 2 1 5 11. 已知函数 f (x ) = ( ≤ x ≤ ) ,则 f(x)的最小值为 。 x 4 4 5
解:实际上 f (x ) =

2 sin( πx ?

π

4

)+2 (

x 1 3 3 5 1 5 g(x ) = 2 sin( πx ? )( ≤ x ≤ ) ,则 g(x)≥0,g(x)在 [ , ] 上是增函数,在 [ , ] 上 4 4 4 4 4 4 4 3 1 3 3 5 是减函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x = 对称,则对任意 x 1 ∈ [ , ] ,存在 x 2 ∈ [ , ], 4 4 4 4 4 使 g(x2)=g(x1)。于是 g(x 1 ) + 2 g(x 2 ) + 2 g(x 2 ) + 2 3 5 f (x 1 ) = = ≥ = f (x 2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数,所以 x1 x1 x2 4 4

π

1 5 ≤ x ≤ ) ,设 4 4

1 5 5 4 5 4 5 f (x ) ≥ f ( ) = ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 4 5 4 4 5 12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每 个小方格内至多填 1 个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的 填法共有 3=60 种(用数字作答)。 2 2 解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C4 A4 =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 2 共有 72 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; 1 2 2 个 a 所在的方格内仅有 1 个方格内填有 b 的情况有 C16 A= =16×72 种。所以,符合题设条件 2 的填法共有 72 ?16×72=3=60 种。 72? 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13. 设 an = 证明:由于

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

n

1

n+1

<an。

1 1 1 1 2 n 1 = ( + ) ,因此 a n = ∑ ,于是,对任意 k (n + 1 ? k ) n + 1 k n + 1 ? k n + 1 k =1 k

1 1 n 1 1 n +1 1 的正整数 n≥2,有 (a n ? a n + 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 1 14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y = x + (x > 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲 x 线 C 在点 M、N 处切线的交点轨迹。 解:设点 M、N 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),曲线 C 在点 M、N 处的切线分别为 l1、 l2,其交点 P 的坐标为(xp,yp)。若直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1。 ?y = x + 1 1 ? x ,消去 y,得 x + = kx + 1 ,即(k? 2+x? 由方程组 ? 1)x 1=0。由题意知,该方程 x ?y = kx + 1 ?









31

在(0, +∞)上有两个相异的实根 x1、2, k≠1, Δ=1+4(k? x 故 且 1)>0…(1), 1 + x 2 = x

1 > 0 …(2), 1?k 1 1 1 3 x 1x 2 = > 0 …(3) , 由 此 解 得 < k < 1 。 对 y = x + 求 导 , 得 y' = 1 ? 2 , 则 1?k 4 x x 1 1 1 y' |x = x = 1 ? 2 , y' |x = x = 1 ? 2 , 于 是 直 线 l1 的 方 程 为 y ? y 1 = (1 ? 2 )( x ? x 1 ) , 即 x1 x2 x1
1 2

y ? (x 1 +

1 1 1 2 ) = (1 ? 2 )( x ? x 1 ) ,化简后得到直线 l1 的方程为 y = (1 ? 2 )x + …(4)。同理 x1 x1 x1 x1 1 1 2 2 1 2 …(5)。(4)? ( 2 ? 2 )x p + (5)得 ? = 0 ,因为 )x + 2 x2 x1 x1 x2 x2 x2

可求得直线 l2 的方程为 y = (1 ?

x1≠x2,故有 x p =

x1 + x 2

2x 1x 2

…(6)。

将(2)(3)两式代入(6)式得 xp=2。 x + x2 1 1 1 1 1 1 + = 1 =1, (4)+(5) 得 2y p = (2 ? ( 2 + 2 )) x p + 2( + ) …(7) , 其 中 x 1x 2 x1 x2 x1 x2 x1 x 2
2 2 x 1 + x 2 (x 1 + x 2 )2 ? 2x 1x 2 x + x2 2 1 1 2 + 2 = = =( 1 ) ? = 1 ? 2(1 ? k ) = 2k ? 1 ,代入(7) 2 2 2 2 2 x1 x 2 x1x 2 x1x 2 x 1x 2 x 1x 2

式得 2yp=(3?)xp+2,而 xp=2,得 yp=4?。又由 2k 2k

3 5 < k < 1 得 2 < y p < ,即点 P 的轨迹为(2, 4 2

2),(2,2.5)两点间的线段(不含端点)。 15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3, 4)满足:(1)对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2)对 任意的实数 x,有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 f (x ) + f ( ?x ) f (x ) ? f ( ?x ) 证明:记 g(x ) = , h (x ) = ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函 2 2 数,h(x)是奇函数,对任意的 x∈R,g(x+2π)=g(x),h(x+2π)=h(x)。 π ? g(x ) ? g(x +π ) x ≠ kπ + g(x ) + g(x +π ) ? 2 cos x 2 令 f1(x ) = , f2 (x ) = ? π, 2 0 x = kπ + ? 2 ? kπ ? h(x ) + h (x +π ) ? h(x ) ? h (x +π ) x ≠ ? x ≠ kπ ? 2 sin 2x 2 ,其中 k 为任 , f 4 (x ) = ? f 3 (x ) = ? 2 sin x kπ 0 x = kπ ? ? 0 x = ? 2 ? 意整数。 容易验证 fi(x),i=1,2,3,4 是偶函数,且对任意的 x∈R,fi(x+π)=fi(x),i=1,2,3,4。 下证对任意的 x∈R, f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 x ≠ kπ + 有 当 因为 f1(x ) + f2 (x ) cos x = f1(x ) =

π

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 2 2 2 2 任意的 x∈R,f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 kπ 下证对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x ≠ 时,显然成立;当 x=kπ 时, 2 h(x)=h(kπ)=h(kπ? )=h(?)=? ) , 所 以 h(x)=h(kπ)=0 , 而 此 时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0 , 故 2kπ kπ h(kπ
32

2

时, 显然成立; x = kπ + 当

π

2

时,

h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当 x = kπ +
h(x +π ) = h (kπ + 3π

π 时, 2

3π π π ? 2(k + 1)π ) = h( ?kπ ? ) = ?h(kπ + ) = ?h (x ) , ) = h ( kπ + 2 2 2 2 h(x ) ? h (x +π ) 故 f 3 (x ) sin x = = h (x ) ,又 f4(x)sin2x=0,从而有 2 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 于是,对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述,结论得证。

2007 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案
一、 (本题满分 50 分)如图,在锐角△ABC 中, A AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 E P 作 PE⊥AC,垂足为 E,作 PF⊥AB,垂足为 F。O1、 F P O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。求证:O1、O2、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。 O2 证明:连结 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为 O1 PD⊥BC,PF⊥AB,故 B、D、P、F 四点共圆,且 BP 为 D B' C B 该圆的直径。又因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上 且是 BP 的中点。 同理可证 C、 、 、 四点共圆, O2 是的 CP 中点。 D P E 且 综合以上知 O1O2∥BC, 所以∠PO2O1=∠PCB。因为 AF·AB=AP·AD=AE·AC,所以 B、C、E、F 四点共圆。 充分性:设 P 是△ABC 的垂心,由于 PE⊥AC,PF⊥AB,所以 B、O1、P、E 四点共线, C、O2、P、F 四点共线,∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1,故 O1、O2、E、F 四点共圆。 必要性:设 O1、O2、E、F 四点共圆,故∠O1O2E+∠EFO1=180°。 由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?ACP, ∠ 又因为 O2 是直角△CEP 的斜边中点, 也就是△CEP 的外心,所以∠PO2E=2∠ACP。因为 O1 是直角△BFP 的斜边中点,也就是△BFP 的外心,从 ∠ ∠ 而 ∠PFO1==0°?BFO1==0°?ABP 。 因 为 B 、 C 、 E 、 F 四 点 共 圆 , 所 以 ∠AFE=∠ACB , ∠ ∠PFE==0°?ACB。于是,由∠O1O2E+∠EFO1=180°得 (∠ACB?ACP)+2∠ACP+(=0°?ABP)+(=0°?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==0°?ACB。因为∠PBC=∠PB'B, ∠ 故∠PBC+∠ACB=(=0°?ACB)+∠ACB==0°,故直线 BP 和 AC 垂直。由题设 P 在边 BC 的 ∠ 高上,所以 P 是△ABC 的垂心。 二、 (本题满分 50 分) 如图, 7×8 的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。 在 如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点, 那么称这两个棋子 相连。现从这 56 个棋子中取出一些,使得棋盘上剩下的棋子, 没有五个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。问最少 取出多少个棋子才可能满足要求?并说明理由。 解:最少要取出 11 个棋子,才可能满足要求。其原因如 下: 如果一个方格在第 i 行第 j 列,则记这个方格为(i,j)。 第一步证明若任取 10 个棋子,则余下的棋子必有一个五 子连珠,即五个棋子在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。用反证法。假设可取出 10 个棋子,使余下的棋子没有一个五子连珠。如图 1,在每一行的前五格中必须各取出一个

33

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。

图1 图2 第二步构造一种取法,共取走 11 个棋子,余下的棋子没有五子连珠。如图 2,只要取 出有标号位置的棋子,则余下的棋子不可能五子连珠。 综上所述,最少要取走 11 个棋子,才可能使得余下的棋子没有五子连珠。 三、 (本题满分 50 分)设集合 P={1,2,3,4,5},对任意 k∈P 和正整数 m,记
5 ? k + 1? f(m,k)= ∑ ?m ? ,其中[a]表示不大于 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存 i +1? i =1 ? 在 k∈P 和正整数 m,使得 f(m,k)=n。

证明:定义集合 A={ m k + 1 |m∈N*,k∈P},其中 N*为正整数集。由于对任意 k、i∈P

k +1 是无理数,则对任意的 k1、k2∈P 和正整数 m1、m2,m 1 k1 + 1 = m 2 k 2 + 1 i +1 当且仅当 m1=m2,k1=k2。由于 A 是一个无穷集,现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成一
且 k≠i, 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 m 1 i + 1 ≤ m k + 1 ,则 m 1 ≤ m

? 5,满足这个条件的 m1 的个数为 ?m ? n∈N*,存在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。

k +1 。由 m1 是正整数可知,对 i=1,2,3,4, i +1 5 ? k + 1? k + 1? ? 。从而 n= ∑ ?m ? =f(m,k)。因此对任意 i +1? i +1? i =1 ?

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