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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卷 (考试时间:上午 8:00—9:40) 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

r />C.

1 2
2

D. ?

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,

b cos c 的值等于( ) a 1 1 A. ? B. 2 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|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 3

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

b1=d2,且

为________。 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________种(用数字作答)。
1

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 an ?

? 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 ? 在点 M、N 处切线的交点轨迹。

1 ( x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C x

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。

2

2007 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、 (本题满分 50 分)如图,在锐角△ABC 中,AB<AC, AD 是边 BC 上的高, P 是线段 AD 内一点。 过 P 作 PE⊥AC, 垂足为 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 F 件为 P 是△ABC 的垂心。

A E P O2 D C

O1 B

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。

3

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 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存在 k∈P i ?1 ?

和正整数 m,使得 f(m,k)=n。

4

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 ? 2 2 ,斜高为 7 ,故 2 ? 7 ? AM ? 2 2 ,由此得
AM 2 ? CM 2 ? AC 2 1 7 ?? 。 。 在△AMC 中, 由余弦定理得 cos?AMC ? CM ? AM ? 2 ? AM ? CM 7 2
2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所组成的集 合是( A )

1 1 1 1 , ] C. [? , ] D. [?3,3] 2 2 4 3 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 2 2 3 3 4 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? ?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
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.

1 1 3 3

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

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 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,

b cos c 的值等于( C ) a 1 1 A. ? B. 2 2


C. ?1

D. 1

5

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 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 。 ?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 ?

b cos c 1 ? ?1 。 ,所以 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 r1 ? r2 | r1 ? r2 |

的一部份,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. 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,…,23,2,10,14,18,25,27,29,…,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) 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 。 解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|,

3 2 ?2 5

A B
6

|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 。
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

2 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 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
9. 已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心,

2

2

2 3 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 5 3π 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 AA1B1B、面 ABCD 和面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、 面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上,因为

π π π 2 3 ,AA1=1,则 ?A1 AE ? 。同理 ?BAF ? ,所以 ?EAF ? ,故弧 EF 的 6 6 6 3 2 3 π 3 长为 ? ? π ,而这样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上,交线为弧 FG 且在距球心为 3 6 9 π 3 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 2 3 3 π 3 以弧 FG 的长为 ? ? 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

AE ?

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,且 解: 因为
2 2 a12 ? a2 ? a3 是正整数,则 q 等于 b1 ? b2 ? b3

1 2



2 2 a12 ? a2 ? a3 a 2 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 ,故由已知条件知道: ? 1 ? 2 b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q2 14 14 2 1+q+q2 为 ,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q ? ,则 m m 14 1 1 14 1 56 ? 3m ? 3, 。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 即 5≤m≤13 且 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 4m 2

7

sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 4 5 。 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 4 4 5 x π 2 sin( πx ? ) ? 2 1 5 π 1 5 4 ( ? x ? ), 解: 实际上 f ( x ) ? 设 g ( x) ? 2 sin( πx ? )( ? x ? ) , 4 4 4 4 4 x 1 3 3 5 3 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 4 4 4 4 1 3 3 5 对称,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
11. 已知函数 f ( x) ?

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. 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 3960 种(用数字作答)。 解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C42A42=72 种,同样,使 2 个 b 既不同行也不同列的填法也有 C42A42=72 种,故由乘法原理,这样的填法 共有 722 种,其中不符合要求的有两种情况:2 个 a 所在的方格内都填有 b 的情况有 72 种; 2 个 a 所在的方格内仅有 1 个方格内填有 b 的情况有 C161A92=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) 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 an ? ? ,于是,对任意的正 k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k n ? 1 k ?1 k 1 1 n 1 1 n?1 1 整数 n≥2,有 (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 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。求曲线 C x
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。

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 x1 x2 ? ? 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 ? x1 ? 1 ? 2 , y' | x ? x2 ? 1 ? 2 , 于 是 直 线 l1 的 方 程 为 y ? y1 ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) , 即 x2 x1 x1
8

1 1 1 2 ) ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,化简后得到直线 l1 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? …(4)。同 x1 x1 x1 x1 1 1 2 2 1 2 理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? …(5)。(4)?(5)得 ( 2 ? 2 ) x p ? ? ?0, x2 x1 x1 x2 x2 x2 2 x1 x2 因 为 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 x1 ? x2 2 y p ? (2 ? ( 2 ? 2 ))x p ? 2( ? ) … (7) , 其 中 ? ? ?1 , x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 y ? ( x1 ?
2 1 1 x12 ? x2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 x ?x 2 代入(7) ? ? ? ? ( 1 2 )2 ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 , 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 3 5 式得 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 4 2

(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。 证明:记 g ( x ) ?

f ( x) ? f (? x) f ( x) ? f (? x) , h( x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函 2 2 g ( x) ? g ( 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 f1 ( x) ? , 2 π ? g ( x) ? g ( x ? π ) x ? kπ ? ? h( x ) ? h( x ? π ) ? ? x ? kπ 2 cos x 2 f 3 ( x) ? ? , , f 2 ( x) ? ? 2 sin x π ? ? 0 x ? k π 0 x ? kπ ? ? 2 ? kπ ? h( x ) ? h( x ? π ) x? ? 2 sin 2 x 2 ,其中 k 为任意整数。 f 4 ( x) ? ? kπ ? 0 x? 2 ?
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,有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当 x ? kπ ? 因为 f1 ( x) ? f 2 ( x) cos x ? f1 ( x) ?

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

π π 时, 显然成立; 当 x ? kπ ? 时, 2 2

任意的 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 ?

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

9

f 3 ( x) sin x ?

h( x ) ? h( x ? π ) ? 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。

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, AB<AC, A 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。O1、O2 分 E 别是△BDF、△CDE 的外心。求证:O1、O2、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、 EO2、 EF、 FO1。 因为 PD⊥BC, O2 PF⊥AB,故 B、D、P、F 四点共圆,且 BP 为该圆的直 O1 径。又因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上且是 BP D B' C 的中点。同理可证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是的 B CP 中点。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=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、 (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 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
10

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 f(m, k)=

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? 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 ?

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 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 i ?1

且仅当 m1=m2,k1=k2。由于 A 是一个无穷集,现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成一个 无穷数列。对于任意的正整数 n,设此数列中第 n 项为 m k ? 1 。下面确定 n 与 m、k 的关

k ?1 。由 m1 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 m1 的个数为 ?m 。从而 n = ? ?m ? =f(m,k)。因此对任意 ? i ? 1 i ? 1 i ? 1 ? ? ? ?
系。若 m1 i ? 1 ? m k ? 1 ,则 m1 ? m n∈N*,存在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。

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