2007年全国高中数学联赛一、二试试题及答案

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?PB?C
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、AC，
则∠AMC为二面角A?PB?C的平面角 。不妨设AB=2，则
A
PA?AC?22
，斜高为
7
，故
2?7?AM?22
，由此得
7
AM
2
?CM
2
? AC
2
1
CM?AM?
。在△AMC中，由余弦定理得
cos?AM C?

??
。
2
2?AM?CM7
2. 设实数a使得不等 式|2x?a|+|3x?2a|≥a
2
对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是（ A ）
1111
,]
C.
[?,]
D. [?3，3]
2243
1
2
解：令
x?a
，则有< br>|a|?
，排除B、D。由对称性排除C，从而只有A正确。
3
3
3 4
1
一般地，对k∈R，令
x?ka
，则原不等式为
|a|?|k? 1|?|a|?|k?|?|a|
2
，由此易
2
23
34
知 原不等式等价于
|a|?|k?1|?|k?|
，对任意的k∈R成立。由于
23< br>4
?
5
k?3k?
?
23
?
34
?
14
|k?1|?|k?|?
?
1?k1?k?
，
23< br>?
23
?
3?
5
kk?1
?
2
?< br>3411
所以
min{|k?1|?|k?|}?
，从而上述不等式等价于|a|?
。
k?R
2333
A.
[?,]
B.
[?
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（ D ）
A.
11
33
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9
2< br>=81个。由不
等式a?2b+10>0得2b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
52

81
B.
59

81
C.
60

81
D.
61

81
45?7?5?3?161
?
。
8181
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，
bcosc
的值等于（ C ）
a
11
A.
?
B.
22
则
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?
∈R ，af(x)+bf(x?c)=1，由此得
1
，c=π，则对任意的x
2
b cosc
??1
。
a
一般地，由题设可得
f(x)?13sin( x?
?
)?1
，
f(x?c)?13sin(x?
?
?c) ?1
，其中
π
2
0?
?
?
且
tan
?
?
，于是af(x)+bf(x?c)=1可化为
23
13asin( x?
?
)?13bsin(x?
?
?c)?a?b?1
，即
13asin(x?
?
)?13bsin(x?
?
)cosc?13bsi nccos(x?
?
)?(a?b?1)?0
，所以
13(a?bcosc )sin(x?
?
)?13bsinccos(x?
?
)?(a?b?1)? 0
。
?
a?bcosc?0(1)
?
(2)
， 由已知条 件，上式对任意x∈R恒成立，故必有
?
bsinc?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s inc=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 ?
bcosc
1
，所以
??1
。
2
a
5. 设圆O
1
和圆O
2
是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是
（ A ）

解：设圆O
1
和圆O
2
的半径分别是r
1
、r
2
，| O
1
O
2
|=2c，则一般地，圆P的圆心轨迹是焦点为
O
1
、O
2
，且离心率分别是
2c
2c
和的圆锥曲线（当r< br>1
=r
2
时，O
1
O
2
的中垂线是轨迹r
1
?r
2
|r
1
?r
2
|
的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。
当r
1
=r
2
且r
1
+r
2
<2c时，圆P的圆心轨迹如选项B；当0<2c<|r
1
?r
2
|时，圆P的圆心轨迹如选
项C；当r
1
≠r
2
且r
1
+r
2
<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，…，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，…，23，2，10，14，18，2 5，27，29，…，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）
7. 在平面直角坐标系 内，有四个定点A(?3，0)，B(1，?1)，C(0，3)，
P
F
D(?1，3 )及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为

32?25
。
解：如图，设AC与BD交于F点，则|PA|+|PC|≥| AC|=|FA|+|FC|，
A
B

|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|?32?25
。
8. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，
CA?33
，若< br>AB?AE?AC?AF?2
，则
EF
与
BC
的夹角的余弦值 等于
2
。
3
解：因为
AB?AE?AC?AF?2< br>，所以
AB?(AB?BE)?AC?(AB?BF)?2
，即
AB?AB?B E?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
2
2
BF?BC?2
。设
EF
与
BC
的夹角为θ，则有
|BF|?|BC|?cosθ?2< br>，即3cosθ=2，所以
2
cosθ?
。
3
9. 已知正 方体ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长 为1，以顶点A为球心，
23
为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲
3
53π
线的长等于 。
6
解：如图，球面与正方体的六个面都 相交，所得的交线分为两类：
一类在顶点A所在的三个面上，即面AA
1
B
1
B、面ABCD和面
AA
1
D
1
D上；另一类在不过顶点A 的三个面上，即面BB
1
C
1
C、
面CC
1
D1
D和面A
1
B
1
C
1
D
1
上。在面AA
1
B
1
B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为
23
πππ
，AA
1
=1，则
?A
1
AE?。同理
?BAF?
，所以
?EAF?
，故弧EF的
3
6 66
23
π
3
??π
，而这样的弧共有三条。在面BB
1< br>C
1
C上，交线为弧FG且在距球心为长为
369
3
π
1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为，
?FBG?
，所
3
2
3
π
3
??π
。这样的弧也有三条。 以弧FG的长 为
326
3353
π
π?
3
?π?
于是，所得的曲 线长为
3
?
。
966
AE?
10. 已知等差数列{a< br>n
}的公差d不为0，等比数列{b
n
}的公比q是小于1的正有理数。若a< br>1
=d，
22
a
1
2
?a
2
?a< br>3
1
b
1
=d，且是正整数，则q等于 。
b< br>1
?b
2
?b
3
2
2
22
a
1
2
?a
2
?a
3
a
1
2
?( a
1
?d)
2
?(a
1
?2d)
2
14< br>??
解：因为，故由已知条件知道：
22
b
1
?b
2
?b
3
b
1
?b
1
q?b
1
q1 ?q?q
1414
2
1+q+q
2
为，其中m为正整数。令
1?q?q?
，则
mm
1114156?3m
14
q?????1 ???
。由于q是小于1的正有理数，所以
1??3
，
24m24m
m
56?3m1
即5≤m≤13且是某个有理数的平方，由此可知
q?
。 < br>4m2

sin(
πx
)?cos(
πx
)?2 15
45
。
(?x?)
，则f(x)的最小值为
5
44
x
π
2sin(
πx
?)?2
π
15
15
4
解：实际上
f(x)?
设
g
(
x
)?2sin(
πx
?)(?x?)
，
(?x?)
，
444
44
x
3
1335
则g(x)≥0，g(x)在
[,]上是增函数，在
[,]
上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线
x?
4
4444
1335
对称，则对任意
x
1
?[,]
，存在
x
2
?[,]
，使g(x
2
)=g(x
1< br>)。于是
4444
g(x
1
)?2g(x
2
)?2 g(x
2
)?2
35
f(x
1
)????f(x
2
)
，而f(x)在
[,]
上是减函数，所以
44
x
1
x
1
x
2
11. 已知函数
f(x)?
545< br>45
15
f(x)?f()?
，即f(x)在
[,]
上的最小 值是。
45
5
44
12. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的1 6个小方格内，每个小
方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法
共有 3960 种（用数字作答）。
解：使2个a既不同行也不同列的填法有C
4
2
A
4
2
=72种，同样，使2个b
既不同行也不同列的填 法也有C
4
2
A
4
2
=72种，故由乘法原理，这样的填法
共有72
2
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C
16
1
A9
2
=16×72种。所以，符合题设条
2
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）
1
，求证：当正整数n≥2时，a
n+1
n
。
?
k(n?1?k)
k?1
1111
2
n
1
证明 ：由于，于是，对任意的正
?(?)
，因此
a
n
?
?
n?1
k?1
k
k(n?1?k)n?1kn?1?k
11
n11
n?1
1
整数n≥2，有
(a
n
?a
n? 1
)?

?
??
2n?1
k?1
kn?2
k?1
k
nn
111111
?(?)
?
??(
?< br>?1)?0
，即a
n+1
n
。
n?1n?2< br>k?1
k(n?1)(n?2)(n?1)(n?2)
k?1
k
114. 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。求曲线C
x
13. 设
a
n
?
在点M、N处切线的交点轨迹。
解：设点M、N的坐标分 别为(x
1
，y
1
)和(x
2
，y
2
)， 曲线C在点M、N处的切线分别为l
1
、l
2
，
其交点P的坐标为( x
p
，y
p
)。若直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1。
n
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
+∞)上有两个相异的实 根x
1
、x
2
，故k≠1，且Δ=1+4(k?1)>0…(1)，
x
1
?x
2
??0
…(2)，
1?k
1311x
1
x
2
??0
…(3)，由此解得
?k?1
。对
y?x?
求导，得
y'?1?
2
，则
1?k4xx1
11
y'|
x?x
1
?1?
2
，
y '|
x?x
2
?1?
2
，于是直线l
1
的方程为< br>y?y
1
?(1?
2
)(x?x
1
)
，即< br>x
2
x
1
x
1

1112
)? (1?
2
)(x?x
1
)
，化简后得到直线l
1
的 方程为
y?(1?
2
)x?
…(4)。同
x
1
x< br>1
x
1
x
1
12
1122
理可求得直线l< br>2
的方程为
y?(1?
2
)x?
…(5)。(4)?(5)得
(
2
?
2
)x
p
???0
，
x< br>2
x
1
x
1
x
2
x
2
x< br>2
2x
1
x
2
因为x
1
≠x
2，故有
x
p
?
…(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得x
p
=2。(4)+(5)得
x
1
?x
2
111111x1
?x
2
2y
p
?(2?(
2
?
2< br>))x
p
?2(?)
…(7)，其中
???1
，
x< br>1
x
2
x
1
x
2
x
1
x< br>2
x
1
x
2
y?(x
1
?
2
11x
1
2
?x
2
(x
1
?x
2
)
2
?2x
1
x
2
x
1
?x
2
2
2
????()??1?2(1?k)?2k?1
，代入(7)
2 22222
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2
35
式得2y
p
=(3?2k)x
p
+2，而x
p
=2，得y
p
=4?2k。又由
?k?1
得
2? y
p
?
，即点P的轨迹为
42
(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f
i
(x)(i=1，2，3，
4)满足：（1）对i=1，2，3， 4，f
i
(x)是偶函数，且对任意的实数x，有f
i
(x+π)=f
i
(x)；（2）
对任意的实数x，有f(x)=f
1
(x)+f
2
(x)cosx+f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x。
f(x)?f(?x)f(x)?f(?x)
，
h(x)?
，则f(x)=g (x)+h(x)，且g(x)是偶函
22
g
(
x
)?
g< br>(
x
?
π
)
数，h(x)是奇函数，对任意的x∈R，g(x +2π)=g(x)，h(x+2π)=h(x)。令
f
1
(x)?
，
2
π
?
g
(
x
)?
g
(
x?
π
)
x?kπ?
?
h
(
x
)?h
(
x
?
π
)
?
?
x?kπ
2cosx2
，，
f
3
(x)?
?
f
2
( x)?
?
2sinx
π
?
?
0x?kπ
0x?kπ ?
?
2
?
kπ
?
h
(
x
)?h
(
x
?
π
)
x?
?
2sin2x2
，其中k为任意整数。
f
4
(x)?
?
kπ
?< br>0x?
2
?
证明：记
g(x)?
容易验证f
i
(x)，i=1，2，3，4是偶函数，且对任意的x∈R，f
i
(x+π)=f
i
(x)，i=1，2，3，4。
下证对任意的x∈R，有f
1
(x)+f2
(x)cosx=g(x)。当
x?kπ?
因为
f
1
(x)?f
2
(x)cosx?f
1
(x)?
ππ
时，显然 成立；当
x?kπ?
时，
22
g
(
x
)?
g
(
x
?
π
)
，而
2
3
π3
πππ
g(x?π)?g(kπ?)?g(kπ??2(k?1)π)?g(?kπ?) ?g(kπ?)?g(x)
，故对
2222
kπ
时，显然成立；当x=kπ时 ，
2
任意的x∈R，f
1
(x)+f
2
(x)cosx=g (x)。
下证对任意的x∈R，有f
3
(x)sinx+f
4
(x )sin2x=h(x)。当
x?
h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ)=h(?kπ) =?h(kπ)，所以h(x)=h(kπ)=0，而此时f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x=0，故
h(x)=f
3
(x)sinx+f
4< br>(x)sin2x；当
x?kπ?
π
时，
2
h(x?π)? h(kπ?
3
π
3
πππ
)?h(kπ??2(k?1)π)?h( ?kπ?)??h(kπ?)??h(x)
，故
2222

f
3
(x)sinx?
h
(
x
)?
h
(
x?
π
)
?h(x)
，又f
4
(x)sin2x=0，从 而有h(x)=f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x。
2
于是，对任意的x∈R，有f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin 2x=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，ABA
AD是边BC上的高，P是线段AD内一点。过P作
PE⊥ AC，垂足为E，作PF⊥AB，垂足为F。O
1
、O
2
分
E
别是△BDF、△CDE的外心。求证：O
1
、O
2
、E、F四
F
P
点共圆的充要条件为P是△ABC的垂心。
证明：连结BP、CP、O
1
O
2
、EO
2
、EF、FO
1
。因为PD⊥BC，
O
2
PF⊥AB，故B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直
O
1
径。又因为O
1
是△BDF的外心，故O
1
在BP上且是BPDB'C
的中点。同理可证C、D、P、E四点共圆，且O
2
是的
BCP中点。综合以上知O
1
O
2
∥BC，所以∠PO
2
O
1
=∠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、O
1、P、E四点共线，C、
O
2
、P、F四点共线，∠FO
2
O< br>1
=∠FCB=∠FEB=∠FEO
1
，故O
1
、O
2
、E、F四点共圆。
必要性：设O
1
、O
2
、E、F四 点共圆，故∠O
1
O
2
E+∠EFO
1
=180°。 由于∠PO
2
O
1
=∠PCB=∠ACB?∠ACP，又因为O
2
是直角△CEP的斜边中点，也就是△CEP
的外心，所以∠PO
2
E=2 ∠ACP。因为O
1
是直角△BFP的斜边中点，也就是△BFP的外心，
从而∠PF O
1
=90°?∠BFO
1
=90°?∠ABP。因为B、C、E、F四点共 圆，所以∠AFE=∠ACB，
∠PFE=90°?∠ACB。于是，由∠O
1
O2
E+∠EFO
1
=180°得
(∠ACB?∠ACP)+2∠ACP +(90°?∠ABP)+(90°?∠ACB)=180°，即∠ABP=∠ACP。又因为
ABB'D= BD。连结AB'、PB'。由对称性，有∠AB'P=∠ABP，从而∠AB'P=∠ACP，所以A、P、< br>B'、C四点共圆。由此可知∠PB'B=∠CAP=90°?∠ACB。因为∠PBC=∠PB'B，
故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90°，故直线BP和AC垂直。由题设P 在边BC的
高上，所以P是△ABC的垂心。
二、（本题满分50分）如图，在7×8的长方 形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。
如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这两个棋 子相连。现从这56个棋子中取
出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横、竖、斜方向 ）上依次相连。问
最少取出多少个棋子才可能满足要求？并说明理由。
解：最少要取出11个棋子，才可能满足要求。其原因如下：
如果一个方格在第i行第j列，则记这个方格为(i，j)。
第一步证明若任取10个棋子， 则余下的棋子必有一个五子连
珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。
用反 证法。假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五
子连珠。如图1，在每一行的前五格中必须各取 出一个棋子，
后三列的前五格中也必须各取出一个棋子。这样，10个被取
出的棋子不会分布在 右下角的阴影部分。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< br>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

?
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，存在k∈P
?
，
i?1
i?1
??
5
和正整数m，使得f(m，k)=n。
证明：定义集合A= {
mk?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k
1
、k
2
∈P和正整 数m
1
、m
2
，
m
1
k
1
?1? m
2
k
2
?1
当
i?1
且仅当m
1
=m
2
，k
1
=k
2
。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
mk?1
。下面确定n与m、k的关
k?1
。由m
1
是正整数可知，对i=1 ，2，3，4，5，
i?1
5
??
k?1
?
k?1
?
满足这个条件的m
1
的个数为
?
m
?
。从而n=
?
?
m
?
=f(m，k)。因此对任意
i?1i?1
i?1
????
系。若
m
1
i?1?mk?1
，则
m
1
?m
n∈N*，存在m∈N*，k∈P，使得f(m，k)=n。