全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一二試試題及答案

1、2007年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽一試試卷（考試時間：上午8：009：40）一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）1. 如圖，在正四棱錐PABCD中，APC=60，則二面角APBC的平面角的余弦值為（ ）A. B. C. D. 2. 設(shè)實數(shù)a使得不等式|2xa|+|3x2a|a2對任意實數(shù)x恒成立，則滿足條件的a所組成的集合是（ ）A. B. C. D. 3，33. 將號碼分別為1、2、9的九個小球放入一個袋中，這些小球僅號碼不同，其余完全相同。甲從袋中摸出一個球，其號碼為a，放回后，乙從此袋中再摸出一個球，其號碼為b。則使不等式a2b+100成立的事件發(fā)生的概率等于（ ）A. B. C. D.

2、 4. 設(shè)函數(shù)f(x)=3sinx+2cosx+1。若實數(shù)a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1對任意實數(shù)x恒成立，則的值等于（ ）A. B. C. 1D. 15. 設(shè)圓O1和圓O2是兩個定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則圓P的圓心軌跡不可能是（ ）6. 已知A與B是集合1，2，3，100的兩個子集，滿足：A與B的元素個數(shù)相同，且為AB空集。若nA時總有2n+2B，則集合AB的元素個數(shù)最多為（ ）A. 62B. 66C. 68D. 74二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）7. 在平面直角坐標系內(nèi)，有四個定點A(3，0)，B(1，1)，C(0，3)，D(1，3)及一個動點P，則|PA|+

3、|PB|+|PC|+|PD|的最小值為_。8. 在ABC和AEF中，B是EF的中點，AB=EF=1，BC=6，若，則與的夾角的余弦值等于_。9. 已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，以頂點A為球心，為半徑作一個球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長等于_。10. 已知等差數(shù)列an的公差d不為0，等比數(shù)列bn的公比q是小于1的正有理數(shù)。若a1=d，b1=d2，且是正整數(shù)，則q等于_。11. 已知函數(shù)，則f(x)的最小值為_。12. 將2個a和2個b共4個字母填在如圖所示的16個小方格內(nèi)，每個小方格內(nèi)至多填1個字母，若使相同字母既不同行也不同列，則不同的填法共有_種（用數(shù)字作答）。

4、三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）13. 設(shè)，求證：當正整數(shù)n2時，an+1an。14. 已知過點(0，1)的直線l與曲線C：交于兩個不同點M和N。求曲線C在點M、N處切線的交點軌跡。15. 設(shè)函數(shù)f(x)對所有的實數(shù)x都滿足f(x+2)=f(x)，求證：存在4個函數(shù)fi(x)(i=1，2，3，4)滿足：（1）對i=1，2，3，4，fi(x)是偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x，有fi(x+)=fi(x)；（2）對任意的實數(shù)x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。2007年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽加試試卷（考試時間：上午10：0012：00）一、（本

5、題滿分50分）如圖，在銳角ABC中，AB0成立的事件發(fā)生的概率等于（ D ）A. B. C. D. 解：甲、乙二人每人摸出一個小球都有9種不同的結(jié)果，故基本事件總數(shù)為92=81個。由不等式a2b+100得2ba+10，于是，當b=1、2、3、4、5時，每種情形a可取1、2、9中每一個值，使不等式成立，則共有95=45種；當b=6時，a可取3、4、9中每一個值，有7種；當b=7時，a可取5、6、7、8、9中每一個值，有5種；當b=8時，a可取7、8、9中每一個值，有3種；當b=9時，a只能取9，有1種。于是，所求事件的概率為。4. 設(shè)函數(shù)f(x)=3sinx+2cosx+1。若實數(shù)a、b、c使得

6、af(x)+bf(xc)=1對任意實數(shù)x恒成立，則的值等于（ C ）A. B. C. 1D. 1解：令c=，則對任意的xR，都有f(x)+f(xc)=2，于是取，c=，則對任意的xR，af(x)+bf(xc)=1，由此得。一般地，由題設(shè)可得，其中且，于是af(x)+bf(xc)=1可化為，即，所以。由已知條件，上式對任意xR恒成立，故必有，若b=0，則由(1)知a=0，顯然不滿足(3)式，故b0。所以，由(2)知sinc=0，故c=2k+或c=2k(kZ)。當c=2k時，cosc=1，則(1)、(3)兩式矛盾。故c=2k+(kZ)，cosc=1。由(1)、(3)知，所以。5. 設(shè)圓O1和圓O2

7、是兩個定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則圓P的圓心軌跡不可能是（ A ）解：設(shè)圓O1和圓O2的半徑分別是r1、r2，|O1O2|=2c，則一般地，圓P的圓心軌跡是焦點為O1、O2，且離心率分別是和的圓錐曲線（當r1=r2時，O1O2的中垂線是軌跡的一部份，當c=0時，軌跡是兩個同心圓）。當r1=r2且r1+r22c時，圓P的圓心軌跡如選項B；當02c|r1r2|時，圓P的圓心軌跡如選項C；當r1r2且r1+r22c時，圓P的圓心軌跡如選項D。由于選項A中的橢圓和雙曲線的焦點不重合，因此圓P的圓心軌跡不可能是選項A。6. 已知A與B是集合1，2，3，100的兩個子集，滿足：A與B的元素個數(shù)相同，

8、且為AB空集。若nA時總有2n+2B，則集合AB的元素個數(shù)最多為（ B ）A. 62B. 66C. 68D. 74解：先證|AB|66，只須證|A|33，為此只須證若A是1，2，49的任一個34元子集，則必存在nA，使得2n+2B。證明如下：將1，2，49分成如下33個集合：1，4，3，8，5，12，23，48共12個；2，6，10，22，14，30，18，38共4個；25，27，29，49共13個；26，34，42，46共4個。由于A是1，2，49的34元子集，從而由抽屜原理可知上述33個集合中至少有一個2元集合中的數(shù)均屬于A，即存在nA，使得2n+2B。如取A=1，3，5，23，2，10，

9、14，18，25，27，29，49，26，34，42，46，B=2n+2|nA，則A、B滿足題設(shè)且|AB|66。二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）7. 在平面直角坐標系內(nèi)，有四個定點A(3，0)，B(1，1)，C(0，3)，D(1，3)及一個動點P，則|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值為 。解：如圖，設(shè)AC與BD交于F點，則|PA|+|PC|AC|=|FA|+|FC|，|PB|+|PD|BD|=|FB|+|FD|，因此，當動點P與F點重合時，|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值。8. 在ABC和AEF中，B是EF的中點，AB=EF=1，BC=6，若，則與的夾角的余

10、弦值等于 。解：因為，所以，即。因為，所以，即。設(shè)與的夾角為，則有，即3cos=2，所以。9. 已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，以頂點A為球心，為半徑作一個球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長等于 。解：如圖，球面與正方體的六個面都相交，所得的交線分為兩類：一類在頂點A所在的三個面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一類在不過頂點A的三個面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交線為弧EF且在過球心A的大圓上，因為，AA1=1，則。同理，所以，故弧EF的長為，而這樣的弧共有三條。在面BB1C1C上，交線為弧FG且

11、在距球心為1的平面與球面相交所得的小圓上，此時，小圓的圓心為B，半徑為，所以弧FG的長為。這樣的弧也有三條。于是，所得的曲線長為。10. 已知等差數(shù)列an的公差d不為0，等比數(shù)列bn的公比q是小于1的正有理數(shù)。若a1=d，b1=d2，且是正整數(shù)，則q等于 。解：因為，故由已知條件知道：1+q+q2為，其中m為正整數(shù)。令，則。由于q是小于1的正有理數(shù)，所以，即5m13且是某個有理數(shù)的平方，由此可知。11. 已知函數(shù)，則f(x)的最小值為 。解：實際上，設(shè)，則g(x)0，g(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且y=g(x)的圖像關(guān)于直線對稱，則對任意，存在，使g(x2)=g(x1)。于是，而f(x)

12、在上是減函數(shù)，所以，即f(x)在上的最小值是。12. 將2個a和2個b共4個字母填在如圖所示的16個小方格內(nèi)，每個小方格內(nèi)至多填1個字母，若使相同字母既不同行也不同列，則不同的填法共有 3960 種（用數(shù)字作答）。解：使2個a既不同行也不同列的填法有C42A42=72種，同樣，使2個b既不同行也不同列的填法也有C42A42=72種，故由乘法原理，這樣的填法共有722種，其中不符合要求的有兩種情況：2個a所在的方格內(nèi)都填有b的情況有72種；2個a所在的方格內(nèi)僅有1個方格內(nèi)填有b的情況有C161A92=1672種。所以，符合題設(shè)條件的填法共有722721672=3960種。三、解答題（本題滿分60

13、分，每小題20分）13. 設(shè)，求證：當正整數(shù)n2時，an+1an。證明：由于，因此，于是，對任意的正整數(shù)n2，有，即an+10(1)，(2)，(3)，由此解得。對求導(dǎo)，得，則，于是直線l1的方程為，即，化簡后得到直線l1的方程為(4)。同理可求得直線l2的方程為(5)。(4)(5)得，因為x1x2，故有(6)。將(2)(3)兩式代入(6)式得xp=2。(4)+(5)得(7)，其中，代入(7)式得2yp=(32k)xp+2，而xp=2，得yp=42k。又由得，即點P的軌跡為(2，2)，(2，2.5)兩點間的線段（不含端點）。15. 設(shè)函數(shù)f(x)對所有的實數(shù)x都滿足f(x+2)=f(x)，求證：

14、存在4個函數(shù)fi(x)(i=1，2，3，4)滿足：（1）對i=1，2，3，4，fi(x)是偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x，有fi(x+)=fi(x)；（2）對任意的實數(shù)x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。證明：記，則f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函數(shù)，h(x)是奇函數(shù)，對任意的xR，g(x+2)=g(x)，h(x+2)=h(x)。令，其中k為任意整數(shù)。容易驗證fi(x)，i=1，2，3，4是偶函數(shù)，且對任意的xR，fi(x+)=fi(x)，i=1，2，3，4。下證對任意的xR，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。當時，顯然成

15、立；當時，因為，而，故對任意的xR，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。下證對任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。當時，顯然成立；當x=k時，h(x)=h(k)=h(k2k)=h(k)=h(k)，所以h(x)=h(k)=0，而此時f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；當時，故，又f4(x)sin2x=0，從而有h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。于是，對任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。綜上所述，結(jié)論得證。2007年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽加試試題參考答

16、案一、（本題滿分50分）如圖，在銳角ABC中，ABAC，AD是邊BC上的高，P是線段AD內(nèi)一點。過P作PEAC，垂足為E，作PFAB，垂足為F。O1、O2分別是BDF、CDE的外心。求證：O1、O2、E、F四點共圓的充要條件為P是ABC的垂心。證明：連結(jié)BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因為PDBC，PFAB，故B、D、P、F四點共圓，且BP為該圓的直徑。又因為O1是BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中點。同理可證C、D、P、E四點共圓，且O2是的CP中點。綜合以上知O1O2BC，所以PO2O1=PCB。因為AFAB=APAD=AEAC，所以B、C、E、F四點共圓。充分性：設(shè)P是

17、ABC的垂心，由于PEAC，PFAB，所以B、O1、P、E四點共線，C、O2、P、F四點共線，F(xiàn)O2O1=FCB=FEB=FEO1，故O1、O2、E、F四點共圓。必要性：設(shè)O1、O2、E、F四點共圓，故O1O2E+EFO1=180。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因為O2是直角CEP的斜邊中點，也就是CEP的外心，所以PO2E=2ACP。因為O1是直角BFP的斜邊中點，也就是BFP的外心，從而PFO1=90BFO1=90ABP。因為B、C、E、F四點共圓，所以AFE=ACB，PFE=90ACB。于是，由O1O2E+EFO1=180得(ACBACP)+2ACP+(90ABP)+(90AC

18、B)=180，即ABP=ACP。又因為ABAC，ADBC，故BDCD。設(shè)B是點B關(guān)于直線AD的對稱點，則B在線段DC上且BD=BD。連結(jié)AB、PB。由對稱性，有ABP=ABP，從而ABP=ACP，所以A、P、B、C四點共圓。由此可知PBB=CAP=90ACB。因為PBC=PBB，故PBC+ACB=(90ACB)+ACB=90，故直線BP和AC垂直。由題設(shè)P在邊BC的高上，所以P是ABC的垂心。二、（本題滿分50分）如圖，在78的長方形棋盤的每個小方格的中心點各放一個棋子。如果兩個棋子所在的小方格共邊或共頂點，那么稱這兩個棋子相連。現(xiàn)從這56個棋子中取出一些，使得棋盤上剩下的棋子，沒有五個在一條

19、直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。問最少取出多少個棋子才可能滿足要求？并說明理由。解：最少要取出11個棋子，才可能滿足要求。其原因如下：如果一個方格在第i行第j列，則記這個方格為(i，j)。第一步證明若任取10個棋子，則余下的棋子必有一個五子連珠，即五個棋子在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。用反證法。假設(shè)可取出10個棋子，使余下的棋子沒有一個五子連珠。如圖1，在每一行的前五格中必須各取出一個棋子，后三列的前五格中也必須各取出一個棋子。這樣，10個被取出的棋子不會分布在右下角的陰影部分。同理，由對稱性，也不會分布在其他角上的陰影部分。第1、2行必在每行取出一個，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)這些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)這些方格上至少要取出2個棋子。在第1、2、3列