2007年全国高中数学联赛试题+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.71B.71C.21D.21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.]31,31[B.]21,21[C.]31,41[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+100成立的事件发生的概率等于（）A.8152B.8159C.8160D.81614.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，则acbcos的值等于（）A.21B.21C.−1D.15.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.62B.66C.68D.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=6，33CA，若2AFACAEAB，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，332为半径作一个球，则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，b1=d2，且321232221bbbaaa是正整数，则q等于________。11.已知函数)4541(2)cos()sin()(xxπxπxxf，则f(x)的最小值为________。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DABCP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nknknka1)1(1，求证：当正整数n≥2时，an+1an。14.已知过点(0，1)的直线l与曲线C：)0(1xxxy交于两个不同点M和N。求曲线C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，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。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.71B.71C.21D.21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22ACPA，斜高为7，故2272AM，由此得27AMCM。在△AMC中，由余弦定理得712cos222CMAMACCMAMAMC。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）A.]31,31[B.]21,21[C.]31,41[D.[−3，3]解：令ax32，则有31||a，排除B、D。由对称性排除C，从而只有A正确。一般地，对k∈R，令kax21，则原不等式为2|||34|||23|1|||akaka，由此易知原不等式等价于|34|23|1|||kka，对任意的k∈R成立。由于125334121134325|34|23|1|kkkkkkkk，所以31|}34|23|1{|minRkkk，从而上述不等式等价于31||a。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+100成立的事件发生的概率等于（D）A.8152B.8159C.8160D.8161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+100得2ba+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816181135745。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，则acbcos的值等于（C）DABCPMA.21B.21C.−1D.1解：令c=π，则对任意的x∈R，都有f(x)+f(x−c)=2，于是取21ba，c=π，则对任意的x∈R，af(x)+bf(x−c)=1，由此得1cosacb。一般地，由题设可得1)sin(13)(xxf，1)sin(13)(cxcxf，其中20π且32tan，于是af(x)+bf(x−c)=1可化为1)sin(13)sin(13bacxbxa，即0)1()cos(sin13cos)sin(13)sin(13baxcbcxbxa，所以0)1()cos(sin13)sin()cos(13baxcbxcba。由已知条件，上式对任意x∈R恒成立，故必有)3(01)2(0sin)1(0cosbacbcba，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21ba，所以1cosacb。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212rrc和||221rrc的圆锥曲线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。当r1=r2且r1+r22c时，圆P的圆心轨迹如选项B；当02c|r1−r2|时，圆P的圆心轨迹如选项C；当r1≠r2且r1+r22c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.62B.66C.68D.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。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)，PFDCBAD(−1，3)及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为5223。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5223||||BDAC。8.在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，33CA，若2AFACAEAB，则EF与BC的夹角的余弦值等于32。解：因为2AFACAEAB，所以2)()(BFABACBEABAB，即22BFACABACBEABAB。因为12AB，1133236133133ABAC，BFBE，所以21)(1ABACBF，即2BCBF。设EF与BC的夹角为θ，则有2cos||||θBCBF，即3cosθ=2，所以32cosθ。9.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，332为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于635π。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332AE，AA1=1，则61πAEA。同理6πBAF，所以6πEAF，故弧EF的长为ππ936332，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得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为33，2πFBG，所以弧FG的长为ππ63233。这样的弧也有三条。于是，所得的曲线长为635633933πππ。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321232221bbbaaa是正整数，则q等于21。解：因为22111212121321232221114)2()(qqqbqbbdadaabbbaaa，故由已知条件知道：1+q+q2为m14，其中m为正整数。令mqq1412，则mmmq4356211144121。由于q是小于1的正有理数，所以3141m，即5≤m≤13且mm4356是某个有理数的平方，由此可知21q。11.已知函数)4541(2)cos()sin()(xxπxπxxf，则f(x)的最小值为554。解：实际上)4541(2)4sin(2)(xxππxxf，设)4541)(4sin(2)(xππxxg，则g(x)≥0，g(x)在]43,41[上是增函数，在]45,4