1、 2007 年全国高中数学联合竞赛一试试卷 （考试时间：上午 8：009：40） 一、选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分） 1. 如图，在正四棱锥 PABCD 中，APC=60 ，则二面角 APBC 的平面角的余弦值为（ ） A. 7 1 B. 7 1 C. 2 1 D. 2 1 2. 设实数 a 使得不等式|2xa|+|3x2a|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. 3 1 , 3 1 B. 2 1 , 2 1 C. 3 1 , 4 1 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
2、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 a2b+100 成立的事件发生的概率等于（ ） A. 81 52 B. 81 59 C. 81 60 D. 81 61 4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(xc)=1 对任意实数 x 恒成立， 则 a cbcos 的值等于（ ） A. 2 1 B. 2 1 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
3、：A 与 B 的元素个数相同，且 为 AB 空集。若 nA 时总有 2n+2B，则集合 AB 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， 33CA，若2AFACAEAB，则EF与BC的夹角的余弦值等于_。 9. 已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，以顶点 A 为球
4、心， 3 32 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 321 2 3 2 2 2 1 bbb aaa 是正整数，则 q 等于_。 11. 已知函数) 4 5 4 1 ( 2)cos()sin( )( x x xx xf，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 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）。
5、 D AB C P 三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分） 13. 设 n k n knk a 1 )1( 1 ，求证：当正整数 n2 时，an+10 成立的事件发生的概率等于（ D ） A. 81 52 B. 81 59 C. 81 60 D. 81 61 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 a2b+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=
6、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 81 61 81 135745 。 4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(xc)=1 对任意实数 x 恒成立， 则 a cbcos 的值等于（ C ） D AB C P M A. 2 1 B. 2 1 C. 1 D. 1 解：令 c=，则对任意的 xR，都有 f(x)+f(xc)=2，于是取 2 1 ba，c=，则对任意的 x R，af(x)+b
7、f(xc)=1，由此得1 cos a cb 。 一般地，由题设可得1)sin(13)(xxf，1)sin(13)(cxcxf，其中 2 0 且 3 2 tan，于是 af(x)+bf(xc)=1 可化为 1)sin(13)sin(13bacxbxa，即 0) 1()cos(sin13cos)sin(13)sin(13baxcbcxbxa，所以 0) 1()cos(sin13)sin()cos(13baxcbxcba。 由已知条件，上式对任意 xR 恒成立，故必有 ) 3(01 )2(0sin ) 1 (0cos ba cb cba ， 若 b=0，则由(1)知 a=0，显然不满足(3)式，故
8、b0。所以，由(2)知 sinc=0，故 c=2k+ 或 c=2k(kZ)。当 c=2k 时，cosc=1，则(1)、(3)两式矛盾。故 c=2k+(kZ)，cosc=1。由 (1)、(3)知 2 1 ba，所以1 cos a cb 。 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 21 2 rr c 和 | 2 21 rr c 的圆锥曲线（当 r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹 的一部份，当
9、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|r1r2|时，圆 P 的圆心轨迹如选 项 C；当 r1r2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 AB 空集。若 nA 时总有 2n+2B，则集合 AB 的元素个数最多为（ B ） A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 解：先证|AB|66，只须证|A|33，为此只须证若
10、 A 是1，2，49的任一个 34 元子集， 则必存在 nA，使得 2n+2B。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 nA，使得 2n+2B。 如取 A=1，3，5，23，2，10，14，18，25，27，29，49，26，34，42，46， B=2n+2|nA，则 A、B 满足
11、题设且|AB|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)， D(1，3)及一个动点 P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 P F D C B A 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
12、， 33CA，若2AFACAEAB，则EF与BC的夹角的余弦值等于 3 2 。 解 ： 因 为2AFACAEAB， 所 以2)()(BFABACBEABAB， 即 2 2 BFACABACBEABAB。因为1 2 AB， 1 1332 36133 133 ABAC，BFBE，所以21)(1ABACBF，即 2BCBF。设EF与BC的夹角为 ，则有2cos|BCBF，即 3cos=2，所以 3 2 cos。 9. 已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，以顶点 A 为球心， 3 32 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 6 35 。 解： 如图， 球面与正方
13、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 3 32 AE，AA1=1，则 6 1 AEA。同理 6 BAF ，所以 6 EAF ，故弧 EF 的 长为 9 3 63 32 ，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 3 3 ， 2 FBG
14、，所 以弧 FG 的长为 6 3 23 3 。这样的弧也有三条。 于是，所得的曲线长为 6 35 6 3 3 9 3 3 。 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 321 2 3 2 2 2 1 bbb aaa 是正整数，则 q 等于 2 1 。 解：因为 22 111 2 1 2 1 2 1 321 2 3 2 2 2 1 1 14)2()( qqqbqbb dadaa bbb aaa ，故由已知条件知道： 1+q+q2为 m 14 ，其中 m 为正整数。令 m qq 14 1 2 ，则 m m m
15、q 4 356 2 1 1 14 4 1 2 1 。由于 q 是小于 1 的正有理数，所以3 14 1 m ， 即 5m13 且 m m 4 356 是某个有理数的平方，由此可知 2 1 q。 11. 已知函数) 4 5 4 1 ( 2)cos()sin( )( x x xx xf，则 f(x)的最小值为 5 54 。 解： 实际上) 4 5 4 1 ( 2) 4 sin(2 )( x x x xf， 设) 4 5 4 1 )( 4 sin(2)(x xxg， 则 g(x)0， g(x)在 4 3 , 4 1 上是增函数， 在 4 5 , 4 3 上是减函数， 且 y=g(x)的图像关于直线
16、4 3 x 对称，则对任意 4 3 , 4 1 1 x，存在 4 5 , 4 3 2 x，使 g(x2)=g(x1)。于是 )( 2)(2)(2)( )( 2 2 2 1 2 1 1 1 xf x xg x xg x xg xf ，而 f(x)在 4 5 , 4 3 上是减函数，所以 5 54 ) 4 5 ()( fxf，即 f(x)在 4 5 , 4 1 上的最小值是 5 54 。 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
17、 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 件的填法共有 7227216 72=3960 种。 三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分） 13. 设 n k n knk a 1 )1( 1 ，求证：当正整数 n2 时，an+1an。 证明：由于) 1 11 (
18、 1 1 )1( 1 knknknk ，因此 n k n kn a 1 1 1 2 ，于是，对任意的正 整数 n2，有 1 11 1 1 2 11 1 1 )( 2 1 n k n k nn knkn aa 0) 1 1 ( )2)(1( 1 )2)(1( 11 ) 2 1 1 1 ( 11 n k n k knnnnknn ，即 an+10(1)，0 1 1 21 k xx(2)， 0 1 1 21 k xx(3)，由此解得1 4 3 k。对 x xy 1 求导，得 2 1 1 x y，则 2 1 1 1| 1 x y xx ， 2 2 1 1| 2 x y xx ，于是直线 l1的方程为)
19、( 1 1 ( 1 2 1 1 xx x yy，即 )( 1 1 () 1 ( 1 2 11 1 xx xx xy，化简后得到直线 l1的方程为 1 2 1 2 ) 1 1 ( x x x y(4)。同 理可求得直线 l2的方程为 2 2 2 2 ) 1 1 ( x x x y(5)。(4)(5)得0 22 ) 11 ( 21 2 1 2 2 xx x xx p ， 因 为 x1x2， 故 有 21 21 2 xx xx xp (6) 。 将 (2)(3) 两 式 代 入 (6) 式 得 xp=2 。 (4)+(5) 得 ) 11 (2) 11 (2(2 21 2 2 2 1 xx x xx
20、y pp (7)，其中1 11 21 21 21 xx xx xx ， 12)1 (21 2 )( 2)(11 21 2 21 21 2 2 2 1 21 2 21 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 kk xxxx xx xx xxxx xx xx xx ， 代入(7) 式得 2yp=(32k)xp+2，而 xp=2，得 yp=42k。又由1 4 3 k得 2 5 2 p y，即点 P 的轨迹为 (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+2)=f(x)，求证：存在 4 个函数 fi(x)(i=1，2，3， 4)
21、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+)=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 2 )()( )( xfxf xg ， 2 )()( )( xfxf xh ，则 f(x)=g(x)+h(x)，且 g(x)是偶函 数， h(x)是奇函数， 对任意的 xR， g(x+2)=g(x)， h(x+2)=h(x)。 令 2 )()( )( 1 xgxg xf ， 2 0 2cos2 )()( )( 2 kx kx x xgxg xf， kx kx x x
22、hxh xf 0 sin2 )()( )( 3 ， 2 0 22sin2 )()( )( 4 k x k x x xhxh xf，其中 k 为任意整数。 容易验证 fi(x)，i=1，2，3，4 是偶函数，且对任意的 xR，fi(x+)=fi(x)，i=1，2，3，4。 下证对任意的 xR，有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当 2 kx时， 显然成立； 当 2 kx时， 因为 2 )()( )(cos)()( 121 xgxg xfxxfxf ，而 )() 2 () 2 () 1(2 2 3 () 2 3 ()(xg kg kgk kg kgxg，故对 任意的 xR，f1(x)+f
23、2(x)cosx=g(x)。 下证对任意的 xR，有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 2 k x 时，显然成立；当 x=k 时， h(x)=h(k)=h(k2k)=h(k)=h(k)，所以 h(x)=h(k)=0，而此时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；当 2 kx时， )() 2 () 2 () 1(2 2 3 () 2 3 ()(xh kh khk kh khxh， 故 )( 2 )()( sin)( 3 xh xhxh xxf ，又 f4(x)sin2x=0，从而有 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 于是，对任意的 xR，有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述，结论得证。
