同在一个屋檐下作文-党建工作责任制度

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
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.
[,]

1

7
B.

1

7
C.
1

2
D.

1

2
D
C
B
11
33
B.
[
11
,]

22
C.
[
11
,]

43
A
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，
bc osc
的值等于（ ）
a
1
1
A.

B.
2
2
则
C. −1 D. 1
5. 设圆O
1< br>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
（ ）

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< br>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−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
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{a
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
1
=d，
22
a
1
2< br>a
2
a
3
b
1
=d，且是正整数，则q等于__ ______。
b
1
b
2
b
3
sin(πx
)cos(
πx
)215
(x)
，则f(x)的最 小值11. 已知函数
f(x)
44
x
2
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）。

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13. 设
a
n











14. 已知过点(0，1)的直线l与曲线C：
yx< br>1
，求证：当正整数n≥2时，a
n+1
n
。

k(n1k)
k1
n
1
(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。













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，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)co sx+f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x。

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）
A
如图，在锐角△ABC中，AB是线段AD内一点。过P作 PE⊥AC，垂足为E，做PF⊥AB，
E
垂足为F。O
1
、O
2< br>分别是△BDF、△CDE的外心。求证：
F
P
O
1
、O2
、E、F四点共圆的充要条件为P是△ABC的垂心。

O
2

O
1

DC
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。














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)=

k1


m

，其中[a]

i1

i1

5
表示不大于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。

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. B 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< br>P
PAAC22
，斜高为
7
，故
27AM22，由此得
C
7
。在△AMC中，由余弦定理得
CMAM
2< br>AB
222
AMCMAC1
cosAMC
。
2AMCM7
1
2
2. A 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
34
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
223
34
知原不等式等价于
|a||k1||k|
，对任意的k ∈R成立。由于
23
4

5
k3k

23< br>
34

14
|k1||k|

1k1 k
，
23

23

3
5
kk1< br>
2

341
1
所以
min{|k1||k| }
，从而上述不等式等价于
|a|
。
kR
3
233
D
M
3. D 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
=81个。由
不等式a−2b+10 >0得2b9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
45753161< br>
。
8181
4.C 令c=π，则对任意的x∈R，都有f(x)+f( x−c)=2，于是取
ab
x∈R，af(x)+bf(x−c)=1，由此得
1
，c=π，则对任意的
2
bcosc
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< br>

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

)13bsi n(x

)cosc13bsinccos(x

)(ab1) 0
，所以
13(abcosc)sin(x

)13bsincc os(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
2 c2c
和的圆锥曲线（当r
1
=r
2
时，O
1
O< br>2
的中垂线是轨
r
1
r
2
|r
1
r
2
|
5. A 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< br>迹的一部份，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< br>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. B 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，< br>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
F
7.
3225
。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
A
与F点重合时，|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值
B
|AC||BD|3225
。
8.
2
。因为
ABAEACAF2
，所以
AB(ABBE)AC(ABBF)2，即
3
2
2
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3 31
BFBC2
。设
EF
与
BC
的夹角为θ，则有< br>|BF||BC|cosθ2
，即3cosθ=2，所以
2
cosθ< br>。
3
53

9. 。如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交 线
6
分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA
1
B
1B、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
D
1
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
23
π
，A A
1
=1，则
A
1
AE
。
3
6
ππ

，所以
EAF
，故弧EF的长为同理
BAF
66
在过球心A的大圆上，因为
AE

23
π
3
π
，而这样的弧共有三条。在面BB
1
C
1
C上， 交线为弧FG且在距球心为1的
369
3
π
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
，所以
3
2
3
π
3
π
。这样的弧也有三条。 弧FG的长为
326
3353π
π
3
π
于是，所得的曲线长为
3

。
966
22
1
a
1
2
a
2
a
3
a
1
2
(a
1
d)
2
( a
1
2d)
2
14
10. 。因为，故由已知条件知道：

22
2
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3m
1< br>即5≤m≤13且是某个有理数的平方，由此可知
q
。
2
4mπ
2sin(
πx
)2
45
15
4
f(x )(x)
，设11.。实际上
5
44
x
π
15133 5
g
(
x
)2sin(
πx
)(x)
，则 g(x)≥0，g(x)在
[,
]
上是增函数，在
[,]
上是减4444
444
3
1335
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< br>[,]
，使
4
4444
g(x
2
)=g(x
1
)。于是
f(x
1
)
35
g(x
1
)2g(x
2
)2g(x
2
)2
f(x
2< br>)
，而f(x)在
[,]
上是减函数，所以
44
x
1
x
1
x
2
12. 3960。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< br>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
A
9
2
=16×72种。所以，符合题设条件的填法共有72
2
−72−16×72=3960种。

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
45
545
15
f (x)f()
，即f(x)在
[,]
上的最小值是。
5
45< br>44
2
n
1
1111
()
，因此
an

13. 证明：由于，于是，对任意

n1
k1
k
k(n1k)n1kn1k
11
n
11
n1
1
的正整数n≥2，有
(a
n
a
n1
)




2n1
k1
kn2
k1
k
nn
111111
()

(

1)0
，即a
n+1
n
。
n1n2
k1k(n1)(n2)(n1)(n2)
k1
k

14. 解： 设点M、N的坐标分别为(x
1
，y
1
)和(x
2
，y2
)，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。

1

yx
1

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
1311
x
1
x
2
0
…(3)，由此解得< br>k1
。对
yx
求导，得
y'1
2
，则< br>1k4xx
111
y'|
xx
1
1
2
，
y'|
xx
2
1
2
，于是直线l
1的方程为
yy
1
(1
2
)(xx
1
)
，即
x
1
x
2
x
1
1112
y (x
1
)(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
1
x
1
x
1
1211220
，理可求得直线l
2
的方程为
y(1
2
)x
…(5)。(4)−(5)得
(
2

2
)x
p
x
2
x
2
x
2
x
1
x< br>1
x
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
111111x
1
x
2
2y
p
(2(
2< br>
2
))x
p
2()
…(7)，其中
1< br>，
x
1
x
2
x
1
x
2
x< br>1
x
2
x
1
x
2
2
11x
1
2
x
2
(x
1
x
2
)
2< br>2x
1
x
2
x
1
x
2
2
2
代入(7)
()12(1k)2k1
，
222x
1
2
x
2
x
1
2
x
2x
1
2
x
2
x
1
x
2
x1
x
2
35
式得2y
p
=(3−2k)x
p< br>+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. 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
22
偶函数，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)
g
(
x
)
g
(
x

π
)
2

h
(
x
)
h
(
x

π
)

f
3
(x)

2sinx

0
< br>
g
(
x
)
g
(
x

π
)

2cosx
f
2
(x)

，

0


h
(
x
)
h
(x

π
)
x

2sin2x
xkπ
，
f
4
(x)


xkπ
0x

π
2
，
π
xkπ
2
kπ
2
， 其中k为任意整
kπ
2
xkπ
数。
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)+f< br>2
(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
π< br>3
πππ
g(xπ)g(kπ)g(kπ2(k1)π)g(kπ )g(kπ)g(x)
，故对
2222
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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f
3
(x)sin x+f
4
(x)sin2x=0，故
h(x)=f
3
(x)sinx +f
4
(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
h
(
x
)
h
(
x

π
)
f
3
(x)sinx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)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）
A
证明：
连结BP、CP、O
1
O
2
、EO
2
、EF、FO
1
。
因为PD⊥BC，PF⊥AB，
F
P
故B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直径。
又因为O
1
是△BDF的外心，
故O
1
在BP上且是BP的中点。
O
1
同理可证C、D、 P、E四点共圆，且O
2
是的CP中
D
B
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
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∠PFO
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
O
2
E+∠EFO
1
=180°得
(∠ACB−∠ACP)+2∠ACP+(90°−∠ABP)+(90°−∠ACB)=180°，
即∠ABP=∠ACP。
又因为AB故BD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）
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
E
O
2
B'C

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。
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）
证明：定义集合A={
mk1
|m∈N*，k∈P}，其中N*为正整数集。

k1
是无理数，则
i1
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
当且仅当m1
=m
2
，k
1
=k
2
。
由于对任 意k、i∈P且k≠i，
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的关系。若
m
1
i1mk1
，则
m
1
m
k1
。
i1


k1


。
i1

由m
1
是正整数可知，对i=1，2，3，4，5，满足这个条件的m
1
的个数为

m
从而n=

k1

m
=f(m，k)。

i1

i1

5
因此对任意n∈N*，存在m∈N*，k∈P，使得f(m，k)=n。