高中数学竞赛讲义
?x11x12x1k*??? S???x21x22x
2k*???x31x32x??3k*??具有性质(O)．
从上面的选法可知 又由
3)．这说明 ui?:?minxi1，xi2，xik*?min?xi1，xi2?，(i?1，??x1k*?min?x11，x12?≥u1，x3k*?min?x31，x32?≥u3．
S满足性质(O)．在⑶中取
??minx21，x22，x2k*?x2k*．下证对任意的k?k*，推得x2k*≤u2，于是u2??k?M，存在某个i?1，2，3使得ui?≥xik．假若不然，则xik?min?xi1，xi2?，i?1，3且x2k?x2k*．这与x2k*
的最大性矛盾．因此，数表
S?满足性质(O)．
下证唯一性．设有k?M使得数表
?x11x12x1k???? S?x21x22x2k
???xxx??31323k?具有性质(O)，不失一般性，我们假定
⑷ 由于
u1?min?x11，x12，x13??x11 u2?min?x21，x22，x23??x22 u3?min?x31，x32，x33??x33 x32?x31．
3，1?1?min?x，ux12，x1k??x11．又11?3?mi??2?min?x，(a)unx31，x3，?xk，或者(b)ux22，x2k??x2k． 2xk?3321?如果(a)成立，由数表S具有性质(O)，则
x32?xx22?x21及（ⅰ），有
由（ⅰ）知：或者
?1?min?x，ux12，x1k??x11， 11? ⑸u2?min?x，x，x??x，
21222k22 由数表
?3?min?x，x，x??x． u31323k3k(O)，则对于
?S满足性质
3?M至少存在一个
?i≥xi??1，2，3?使得uik*．由
k*?I(O)及
及⑷和⑹式知，
?1，x?x?u?3．于是只能有x≤u?2?x．类似地，由S?x1k*?x11?u322k3k*2k*??x2k*．从而k*?k． x2k≤u2
2008全国高中数学联合竞赛一试试题
参考答案及评分标准（A卷）
说明：
满足性质
k?M可推得
1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次．
2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次．
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
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1．函数
5?4x?x2f(x)?2?x在
(??,2)上的最小值是 （ C ）
A．0 B．1 C．2 D．3 [解] 当
x?2时，2?x?0，因此
1?(4?4x?x2)111当且仅当?2?x时上式取f(x)???(2?x)?2??(2?x)?2，
2?x2?x2?x2?x等号．而此方程有解
2．设A．
x?1?(??,2)，因此f(x)在(??,2)上的最小值为2．
A?[?2,4)，B?{xx2?ax?4?0}，若B?A，则实数a的取值范围为（ D ）
[?1,2) B．[?1,2] C．[0,3] D．[0,3)
x?ax?4?0有两个实根
2[解] 因
aa2x1??4?242aa，x??4?224，
故
B?A等价于x1??2且x2?4，即
2aa2aa?4???2且?4??4， 2424解之得
0?a?3．
3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获
胜的概率为
21，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数?的期望E?33241670266274A. B. C. D.
812438181 [解法一] 依题意知，?的所有可能值为2，4，6.
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为
为 （ B ）
215()2?()2?． 3395， 9若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有
P(??2?)
4520P(??4)?()(?)，
9981
416P(??6)?(2)?，
981故
52016266． E??2??4??6??9818181[解法二] 依题意知，令
?的所有可能值为2，4，6.
Ak表示甲在第k局比赛中获胜，则Ak表示乙在第k局比赛中获胜．
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由独立性与互不相容性得
P(??2)?P(A1A2)?P(A1A2)?5， 9P(??4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)
211220， ?2[()3()?()3()]?333381P(??6)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)
2116?4()2()2?，
3381故
52016266． E??2??4??6??98181814．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这三个正方体的体积之和为 （ A ）
A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3 [解] 设这三个正方体的棱长分别为
a,b,c2，则有
6?a2?b2?c22??564，
a2?b2?c2?94，不妨设
1?a?b?c?10，从而3c?a?b?c?94，c?31．故6?c?10．c只能取9，8，7，6．
若若
222c?9，则a2?b2?94?92?13，易知a?2，b?3，得一组解(a,b,c)?(2,3,9)．
22c?8，则a2?b2?94?64?30，b?5．但2b?30，b?4，从而b?4或5．若b?5，则a?5无解，若
若若故
b?4，则a2?14无解．此时无解．
c?7，则a2?b2?94?49?45，有唯一解a?3，b?6．
2222c?6，则a2?b2?94?36?58，此时2b?a?b?58，b?29．故b?6，但b?c?6，
b?6，此时a2?58?36?22无解．
?a?2,?a?3,??综上，共有两组解?b?3,或?b?6,
?c?9?c?7.??体积为
V1?23?33?93?764cm或V2?33?63?73?586cm．
3
3
?x?y?z?0,?5．方程组xyz?z?0,的有理数解(x,y,z)的个数为 （ B ） ??xy?yz?xz?y?0?A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 [解] 若
?x?y?0，?x?0，?x??1，z?0，则?解得或
???xy?y?0.?y?0?y?1.- 11 -
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若由
z?0，则由xyz?z?0得xy??1． ①
x?y?z?0得z??x?y． ②
xy?yz?xz?y?0得x2?y2?xy?y?0． ③
将②代入
由①得
x??1，代入③化简得
(y?1)(y3?y?1)?0.
y易知
y3?y?1?0无有理数根，故y?1，由①得x??1，由②得z?0，与z?0矛盾，故该方程组共有两组有理数解
?x?0,?x??1,??或y?0,?y?1, ??z?0?z?0.??6．设
?ABC的内角
A,B,C所对的边
a,b,c成等比数列，则
sinAcotC?cosAsinBcotC?cosB的取值范围是
（ C ）
5?15?15?15?1) C. (,) D. (,??) 22222[解] 设a,b,c的公比为q，则b?aq,c?aq，而
A.
(0,??) B. (0,sinAcotC?cosAsinAcosC?cosAsinC?sinBcotC?cosBsinBcosC?cosBsinC
?sinA(?C)?sinB(?C)?s?inB(??s?inA()Bsibn??q． )Asian因此，只需求因
q的取值范围．
a,b,c成等比数列，最大边只能是a或c，因此a,b,c要构成三角形的三边，必需且只需a?b?c且b?c?a．即
有不等式组
22??a?aq?aq,??q?q?1?0,即? ?22??aq?aq?a??q?q?1?0.?1?55?1?q?,??22解得? ?q?5?1或q??5?1.??22从而
5?15?15?15?1?q?，因此所求的取值范围是(,)．
2222f(x)?ax?b，其中a,b为实数，f1(x)?f(x)，fn?1(x)?f(fn(x))，n?1,2,3,?，若
5 .
二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 7．设
f7(x)?128x?381，则a?b?
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[解] 由题意知
fn(x)?ax?(a7nn?1?an?2an?1???a?1)b?ax??b，
a?1n由
a7?1f7(x)?128x?381得a?128，?b?381，因此a?2，b?3，a?b?5．
a?18．设
f(x)?cos2x?2a(1?cosx)的最小值为?1，则a?2?2?3．
[解]
a1f(x)?2cos2x?1?2a?2acosx?2(cosx?)2?a2?2a?1，
22a?2时，f(x)当cosx?1时取最小值1?4a； a??2时，f(x)当cosx??1时取最小值1；
(1) (2)
(3)
?2?a?2时，f(x)当cosx?a2时取最小值
1?a2?2a?1． 2又
a?2或a??2时，f(x)的最小值不能为?1， 2故
11?a2?2a?1??，解得a??2?3，a??2?3(舍去)． 229．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种． [解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用
?表示名额．如
|????|???|??|
表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额． 若把每个“
?”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于24?2?26个位置（两端不在内）
种． ?”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有C223?253被2个“｜”占领的一种“占位法”．
“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“
又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种． 综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种． [解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为
． x1?x2?x?324x1,x2,x3，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程
的正整数解的个数，即方程
x1?x2?x3?21的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：
212． H3?C2123?C23?253又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种． 综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．
10．设数列
{an}的前n项和Sn满足：Sn?an?n?111．
，n?1,2,?，则通项a=?nn(n?1)2nn(n?1)[解]
an?1?Sn?1?Sn?nn?1?an?1??an，
(n?1)(n?2)n(n?1)- 13 -
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即 2
an?1?n?2?211???an
(n?1)(n?2)n?1n(n?1)?21， ?an?(n?1)(n?2)n(n?1)11． )?an?(n?1)(n?2)n(n?1) =
由此得 2
(an?1?令
bn?an?111，b?a?? (a1?0)， 1122n(n?1)，所以
有
11b?，故bn?1?bnn2n2an?11． ?nn(n?1)211．设
f(x)是定义在R上的函数，若f(0)?2008 ，且对任意x?R，满足
)=f(x?2)?f(x)?3?2x，f(x?6)?f(x)?63?2x，则f(2008[解法一] 由题设条件知
22008?2007．
f(x?2)?f(x)??(f(x?4)?f(x?2))?(f(x?6)?f(x?4))?(f(x?6)?f(x))
因此有
??3?2x?2?3?2x?4?63?2x?3?2x，
f(x?2)?f(x)?3?2x，故
41003?1?12008???2?1)?f(0)?3??f(0)?2?2007．
4?12f(2008)?f(2008)?f(2006)?f(2006)?f(2004)???f(2)?f(0)?f(0)
?3?(22006?22004[解法二] 令
g(x)?f(x)?2x，则
g(x?2)?g(x)?f(x?2)?f(x)?2x?2?2x?3?2x?3?2x?0，
g(x?6)?g(x)?f(x?6)?f(x)?2x?6?2x?63?2x?63?2x?0，
即故得
g(x?2)?g(x),g(x?6)?g(x)，
g(x)?g(x?6)?g(x?4)?g(x?2)?g(x)，
g(x)是周期为2的周期函数，
所以
f(2008)?g(2008)?22008?g(0)?22008?22008?2007．
46的正四面体容器内可向各个方12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为
向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是723．
[解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为
r，作平面
A1B1C1//平面ABC，与小球相切于点D，则小球球心O为正四面体
P?A1B1C1的中心，PO?面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心．
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答12图1
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因
1VP?A1B1C1?S?A1B1C1?PD?4?VO?A1B1C1
31?4??S?A1B1C1?OD，
3故
PD?4OD?4r，从而PO?PD?OD?4r?r?3r．
PAB的切点为P1，连接OP，则
1记此时小球与面
22PP(3r)2?r2?22r． 1?PO?OP1?考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为
PAB)相切时的情况，易知小球在面PAB上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为
．
，如答12图2．记正四面体的棱长为a，过P作PM?PA于MPEF111 因
?MPP1??6，有
PM?PP1?cosMPP1?22r?3?6r2，故小三角形的边长
PE?PA?2PM?a?26r． 1小球与面
PAB不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）
S?PAB?S?PEF?1又r322(a?(a?26r)2)?32ar?63r． 4
?1，a?46，所以
S?PAB?S?P1EF?243?63?183．
由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13．已知函数
723．
答12图2
f(x)?|sinx|的图像与直线y?kx (k?0)有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为?，求证：
．
cos?1??2?sin??sin3?4?f(x)的图象与直线
[证]
y?kx
(k?0)的三个交点如答
(?,3?)2内
相
切
13图所示，且在
，其切点为
A(??,由于因此
s?i，n??(?,3?)．…5分 2，即
答13图
3sin?f?(x)??cosx，x?(?,?)，所以?cos???2???tan?．…10分
cos?cos?1??sin??sin3?2sin2?cos?4sin?cos? …15分
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cos2??sin2??4sin?cos?14．解不等式:
21?tan?1??2??4tan?4?． …20分
log2(x12?3x10?5x8?3x6?1)?1?log2(x4?1)．
[解法一] 由
1?log2(x4?1)?log2(2x4?2)，且log2y在(0,??)上为增函数，故原不等式等价于
…5分
x12?3x10?5x8?3x6?1?2x4?2．
即 分组分解
x12?3x10?5x8?3x6?2x4?1?0．
x12?x10?x8
?2x10?2x8?2x6
?4x8?4x6?4x4
?x6?x4?x2
?x4?x2?1?0，
…10分
(x8?2x6?4x4?x2?1)(x4?x2?1)?0，
所以
x4?x2?1?0，
(x2??1?52?1?5)(x?)?0． …15分
22，即
所以
x2??1?52??1?5
故原不等式解集为
(5?1,25?1． …20分
)2在
[解法二] 由
1?log2(x4?1)?log2(2x4?2)，且log2y …5分
(0,??)上为增函数，故原不等式等价于
x12?3x10?5x8?3x6?1?2x4?2．
即
21?6?x6?3x4?3x2?1?2x2?2?(x2?1)3?2(x2?1)， 2xx(131)?2(2)?(x2?1)3?2(x2?1)， …10分 2xx
令
g(t)?t3?2t，则不等式为g(1)?g(x2?1)， 2x显然
g(t)?t3?2t在R上为增函数，由此上面不等式等价于
1?x2?1， …15分 2x
即
(x2)2?x2?1?0，解得x2?5?1 2
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故原不等式解集为(5?1,25?1． …20分 )215．如题15图，面积的最小值．
[解] 设
P是抛物线y2?2x上的动点，点B,C在y轴上，圆(x?1)2?y2?1内切于?PBC，求?PBCP(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不妨设b?c．
y0?b，
xx0直线
PB的方程:y?b?化简得 又圆心
(y0?b)x?x0y?x0b?0． (1,0)到PB的距离为1，
220y0?b?x0b(y0?b)?x故
?1 ， …5分
222(y0?b)2?x0?(y0?b)2?2x0b(y0?b)?x0b，
易知
x0?2，上式化简得(x0?2)b2?2y0b?x0?0，
同理有
(x0?2)c2?2y0c?x0?0． …10分
?x0?2y0，4x?4y?8x0，则(b?c)2?bc?x0?2x0?2(x0?2)22020答15图
．
所以
b?c?因
2P(x0,y0)是抛物线上的点，有y0?2x0，则
224x0(b?c)?(x0?2)2，
b?c?2x0． …15分 x0?2所以
x14S?PBC?(b?c)?x0?0?x0?(x0?2)??4?24?4?8．
2x0?2x0?2当
(x0?2)2?4时，上式取等号，此时x0?4,y0??22．
因此
S?PBC的最小值为8． …20分
2008年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）
试题参考答案及评分标准
说明：
1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；
2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次．
一、（本题满分50分）
ABCD，?B??D?180?f(P)?PA?BC?PD?CA?PC?AB．
（Ⅰ）求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；
如题一图，给定凸四边形（Ⅱ）设
，
P是平面上的动点，令
E是
AE3?ABC外接圆O的?AB上一点，满足：?AB2，
BC1?3?1，?ECB??ECA，又EC2- 17 -
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DA,DC是?O的切线，AC?2，求f(P)的最小值． [解法一] （Ⅰ）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有 PA?BC?PC?AB?PB?AC． 因此 f(P)?PA?BC?PC?AB?PD?CA ?PB?CA?PD?CA?(PB?PD)?CA． 因为上面不等式当且仅当P,A,B,C顺次共圆时取等号，因此当且仅当P在?ABC的外接圆且在
?AC上时，
f(P)?(PB?PD)?CA． …10分
又因PB?PD?BD，此不等式当且仅当B,P,D共线且P在BD上时取
答一图1 等号．因此当且仅当P为?ABC的外接圆与BD的交点时，f(P)取最小值f(P)．
min?AC?BD故当f(P)达最小值时，P,A,B,C四点共圆． …20分
（Ⅱ）记
?ECB??，则
?ECA?2?，由正弦定理有
，所以
AEsin2?3，从而3sin3??2sin2?，即??ABsin3?23(3sin??4sin3?)?4sin?cos?整理得解得
33?43(1?cos2?)?4cos??0，
43cos2??4cos??3?0，
…30分
cos??31??或cos???（舍去），故??30，?ACE?60． 223BC?,有sin(?EAC?30)?(3?1)sin?EAC，即?3?1=
ECsin?EAC31sin?EAC?cos?EAC?(3?1)sin?EAC，整理得 222?31sin?EAC?cos?EAC， 221?故tan?EAC??2?3，可得?EAC?75，………40分
2?3??从而?E?45，?DAC??DCA??E?45，?ADC为等腰直角三角形．因AC?2，则CD?1．
2?又?ABC也是等腰直角三角形，故BC?2，BD?1?2?2?1?2cos135?5，BD?5．
由已知
sin??EAC?300?f(P)min?BD?AC?5?2?10． …50分
[解法二] （Ⅰ）如答一图2，连接BD交?ABC的外接圆O于P点（因为D在圆O外，故P在BD上）．
00过A,C,D分别作PA,PC,PD的垂线，两两相交得?ABC，易知P在?ACD内，从而在?ABC内，记?ABC1111110000之三内角分别为x，y，z，则?APC?180??y?z?x，又因BC?PA，BA?PC，得?B?y，同
01101101理有?A?x，?C?z，
11所以?ABC∽?ABC． …10分
111设BC??BC，CA??CA，AB??AB，
111111故
则对平面上任意点
M，有
?f(P0)??(P0A?BC?P0D?CA?PC0?AB) ?P0A?B1C1?P0D?C1A1?PC0?A1B1
?2S?A1B1C1
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答一图2
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?MA?BC11?MD?C1A1?MC?A1B1 ??(MA?BC?MD?CA?MC?AB) ??f(M)， 从而 f(P)?f(M)．
0由M点的任意性，知P点是使f(P)达最小值的点．
0由点P在?O上，故P,A,B,C四点共圆． …20分
00（Ⅱ）由（Ⅰ），f(P)的最小值
2 f(P)??2?S?ABC， S0??A1B1C1AEsin2?3记?ECB??，则?ECA?2?，由正弦定理有，从而3sin3??2sin?2，即??ABsin3?233(3sin??4sin??)4sin?cos?，所以
33?43(1?cos2?)?4cos??0，
整理得解得
43cos2??4cos??3?0，
…30分
31或cos???（舍去）， 223??故??30，?ACE?60．
cos??由已知
BC?,有sin(?EAC?30)?(3?1)sin?EAC，即?3?1=
ECsin?EAC31sin?EAC?cos?EAC?(3?1)sin?EAC， 222?311?整理得故t可得?EAC?75，…40sin?EAC?cos?EAC，an?EAC??2?3，222?3分
所以
sin??EAC?300??E?45?，?ABC为等腰直角三角形，AC?2，S?ABC?1，因为?AB1C?45?，B1点在⊙O上，
?AB1B?90?，所以B1BDC1为矩形，
B1C1?BD?1?2?2?1?2cos135??5，故??52，所以
5?1?10． …50分 2[解法三] （Ⅰ）引进复平面，仍用A,B,C等代表A,B,C所对应的复数． 由三角形不等式，对于复数z,z，有
12f(P)min?2? 当且仅当有
z1?z2?z1?z2，
z1与z2（复向量）同向时取等号．
???????????????????????????????? PA?BC?PC?AB?PA?BC?PC?，AB )(A?P)(C?B)?(C?P)(B?A所以
) （1） ?(A?P)(C?B)?(C?P)(B?A??P?C?A?B?C?B?P? A- 19 -
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????????， ?(B?P)(C?A)?PB?AC????????????????????????????????????????从而 PA?BC?PC? AB?PD?C?APB?AC?PD?AC?????????????????????(PB?PD)?AC ?BD?AC． （2） …10分
（1）式取等号的条件是
(A?P)(C?B)与(C?P)(B?A)同向，故存在实数??0，使得
(A?P)(C?B)??(C?P)(B?A)，
A?PB?A ， ??C?PC?BA?PB?A所以 arg(， )?)arg(C?PC?B????????????????向量PC旋转到PA所成的角等于BC旋转到AB所成的角， 从而P,A,B,C四点共圆．
（2）式取等号的条件显然为B,P,D共线且P在BD上．
故当f(P)达最小值时P点在?ABC之外接圆上，P,A,B,C四点共圆． …20分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(P)．
min?BD?AC 复数 以下同解法一．
二、（本题满分50分） 设
f(x)是周期函数，TT和1是
f(x)的周期且0?T?1．证明：
1是f(x)的周期； p（Ⅱ）若T为无理数，则存在各项均为无理数的数列{an}满足1?an?an?1?0 (n?1,2,???)，且每个
（Ⅰ）若
为有理数，则存在素数
p，使
an(n?1,2,???)都是f(x)的周期．
[证] （Ⅰ）若T是有理数，则存在正整数m,n使得 于是
T?n且(m,n)?1，从而存在整数a,b，使得 mma?nb?1．
f(x)的周期． …10分
?又因0?T?1，从而m?2．设p是m的素因子，则m?pm?，m??N，从而
是
1ma?nb??a?bT?a?1?b?Tmm11?m?? pm …20分
是
f(x)的周期．
（Ⅱ）若T是无理数，令
?1?a1?1???T，
?T?则0?a?1，且a是无理数，令
11
?1?a2?1???a1，
?a1?- 20 -
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……
?1?an?1?1???an， ………30分
?an?由数学归纳法易知
an均为无理数且
0?an?1．又
?1?1?1?????1，故1?an???anan?an??an?，即
?1?．因此{a}是递减数列． …40分 an?1?1???an?anna?n?最后证：每个
an是f(x)的周期．事实上，因1和T?1?ak?1?1???ak?ak?也是
是
1?亦是f(x)的周期．假设
f(x)的周期，故a1?1??ak??T?T?的周期．由数学归纳法，已证得
是
f(x)的周期，则
f(x)an均是
f(x)的周
期． …50分
三、（本题满分50分） 设
2008k?1ak?0，k?1,2,?,2008．证明：当且仅当?ak?1时，存在数列{xn}满足以下条件：
0?x0?xn?xn?1，n?1,2,3,?； （ⅱ）limx存在；
n（ⅰ）
n??（ⅲ）
xn?xn?1??akxn?k??ak?1xn?k，n?1,2,3,?．
k?1k?020082007[证] 必要性：假设存在 其中
，（ⅱ），（iii）．注意到（ⅲ）中式子可化为 {xn}满足（ⅰ）
2008k?1*xn?xn?1??ak(xn?k?xn?k?1)，n?N，
x0?0．
n项，并注意到x0?0得
x?a(x． …10分
n1n?1?x1)?a2(xn?2?x2)???a2008(xn?2008?x2008)由（ⅱ）可设b?limx，将上式取极限得
n将上式从第1项加到第
n??
b?a1(b?x1)?a2(b?x2)???a2008(b?x2008) ?b??ak?(a1x1?a2x2???a2008x2008)?b??akk?1k?120082008
2008，
因此
?ak?1k?1． …20分
2008充分性：假设
?ak?1k?1．定义多项式函数如下：
2008k?1 则
f(s)??1??aksk，
s?[0,1]，
f(s)在[0,1]上是递增函数，且
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f(0)??1?0因此方程下取数列
，
f(1)??1??ak?0．
k?12008f(s)?0在[0,1]内有唯一的根s?s0，且0?s0?1，即f(s0)?0．…30分
k，n?1,2,?，则明显地{x}满足题设条件（ⅰ），且 {xn}为xn??s0nk?1n
n?1s0?s0xn??s?1?s0k?1nk0n?10．
因
0?s0?1，故limsn???0，因此
s0?sn0?1s0limxn?lim?n??n??1?s1?s00，即
{xn}的极限存在，满足
（ⅱ）． …40分
最后验证
，因f(s)?0，即{xn}满足（ⅲ）0?aks0k?1，从而
2008
xn?xn?1?s?(?as)s??asn0kk0n0k?1k?12008k?12008n?kk0??ak(xn?k?xn?k?1)．
k?12008综上，存在数列
，（ⅱ），（ⅲ）． …50分 {xn}满足（ⅰ）
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.
P17 B.
?1 7C.
12 D.
?1 2D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
MCBPA?AC?22，斜高为7，故2?7?AM?22，
7由此得CM?AM?。在△AMC中，由余弦定理得
2AM2?CM2?AC21cos?AMC???。
2?AM?CM7面角。不妨设AB=2，则
A.
A2. 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 ）
111111C. [?D. [?3，3] [?,] B. [?,] ,]
33224321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。
33134一般地，对k∈R，令x?ka，则原不等式为|a|?|k?1|?|a|?|k?|?|a|2，由此易知原不等式等价于
22334|a|?|k?1|?|k?|，对任意的k∈R成立。由于
234?5k?3k??2334?14?|k?1|?|k?|??1?k1?k?，
23?235?3?kk?1?2?- 22 -
高中数学竞赛讲义
所以
min{|k?1|?k?R3411|k?|}?，从而上述不等式等价于|a|?。 23333. 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.
52 81B.
59 81C.
60 81D.
61 81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
45?7?5?3?161。 ?81814. 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
bcosc的值等于（ C ）
aD. 1
A.
?1 2B.
12 C. ?1
解：令c=π，则对任意的x∈R，都有f(x)+f(x?c)=2，于是取
a?b?12，c=π，则对任意的x∈R，af(x)+bf(x?c)=1，由此得
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
0???所以
π2且tan??，于是af(x)+bf(x?c)=1可化为 2313asin(x??)?13bsin(x???c)?a?b?1，即
13asin(x??)?13bsin(x??)cosc?13bsinccos(x??)?(a?b?1)?0， 13(a?bcosc)sin(x??)?13bsinccos(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?bcosc1，所以??1。 2a5. 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
2cr1?r2和
2c|r1?r2|
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+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：
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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)，D(?1，3)及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 D32?25 。
C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
PF|AC|?|BD|?32?25。
B，即
CA?33，若A2AB?AE?AC?AF?2，则EF与BC的夹角的余弦值等于 。 3解：因为AB?AE?AC?AF?2，所以AB?(AB?BE)?AC?(AB?BF)?28. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，AB?AB?BE?AC?AB?AC?BF?2。因为AB?1，
33?1?36AC?AB?33?1???1，BE??BF，所以
2?33?1221?BF?(AC?AB)?1?2，即
BF?BC?2。设
EF与
BC的夹角为θ，则有
2。 3239. 已知正方体ABCD?ABCD的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，则球
353?面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。
6|BF|?|BC|?co?s?2，即3cosθ=2，所以cos??1
1
1
1
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
AE?233，AA1=1，则
?A1AE??6。同理
?BAF??6，所以
?EAF??6，故弧EF的长为
23?3???369，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，半径为这样的弧也有三条。
于是，所得的曲线长为
33，
?FBG??2，所以弧FG的长为
3?3???326。
3?3353???3???966。
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=d，且
2
222a1?a2?a3b1?b2?b3是正整数，
1 。 22222a1?a2?a3a1?(a1?d)2?(a1?2d)214解：因为??b1?b2?b3b1?b1q?b1q21?q?q2142其中m为正整数。令1?q?q?，则
m则q等于 ，故由已知条件知道：1+q+q2为
14，m- 24 -
高中数学竞赛讲义
1114156?3m14???1???。由于q是小于1的正有理数，所以1??3，即5≤m≤1324m24mm156?3m且是某个有理数的平方，由此可知q?。
4m245sin(?x)?cos(?x)?215(?x?)，则f(x)的最小值为 11. 已知函数f(x)? 。
x445q??15?x?)，设
x441335?15g(x)?2sin(?x?)(?x?)，则g(x)≥0，g(x)在[,]上是增函数，在[,]上是减函数，且y=g(x)的
444444431335图像关于直线x?对称，则对任意x?[,]，存在x?[,]，使g(x)=g(x)。于是
1244444g(x1)?2g(x2)?2g(x2)?235f(x1)????f(x2)，而f(x)在[,]上是减函数，所以
x1x1x244解：实际上
2sin(?x??f(x)?4)?2(21
545f(x)?f()?45，即f(x)在
4515[,]上的最小值是
544。
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，
2
故由乘法原理，这样的填法共有72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722?72?16×72=3960种。
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13. 设
an??1，求证：当正整数n≥2时，a
k(n?1?k)k?1nn+1
11112n1?(?)，因此an?证明：由于，于是，对任意的正整数n≥2，有?k(n?1?k)n?1kn?1?kn?1k?1k11n11n?11(an?an?1)???? 2n?1k?1kn?2k?1knn111111?(?)???(??1)?0，即a
n?1n?2k?1k(n?1)(n?2)(n?1)(n?2)k?1k114. 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在点M、N处切线的交点轨迹。
xn+1
n
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。
?y?x?1?x，消去由方程组??y?kx?1?y，得
x?1?kx?1，即(k?1)x+x?1=0。由题意知，该方程在(0，+≦)上有两个相异的实根x2
113?0…(2)，x1x2??0…(3)，由此解得?k?1。
1?k1?k41111对y?x?求导，得y'?1?，则y'|x?x?1?，y'|x?x?1?22，于是直线l的方程为2xxxx12x1、x2，故k≠1，且Δ=1+4(k?1)>0…(1)，
x1?x2?121
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y?y1?(1?1)(x?x1)2x1，即
y?(x1?11)?(1?2)(x?x1)x1x1l2的方程为
，化简后得到直线l1的方程为
y?(1?(12)x?2x1x1…(4)。同理可求得直线
y?(1?12)x?2x2x2…(5)。(4)?(5)得
2x1x21122?)x???0x?，因为x≠x，故有pp22x2x1x1x2x1?x21
2
…(6)。
将(2)(3)两式代入(6)式得xp=2。 (4)+(5)
得
2yp?(2?(1111?))x?2(?)p22x1x2x1x2…(7)，其中
x?x211??1?1x1x2x1x2，
22x1?x2(x1?x2)2?2x1x2x1?x22112????()??1?2(1?k)?2k?1，代入(7)222222x1x2x1x2x1x2x1x2x1x2式得2yp=(3?2k)xp+2，而xp=2，得yp=4?2k。又由
35?k?1得2?yp?，即点P的轨迹为(2，2)，(2，2.5)两点间的线段（不含42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)?的x∈R，g(x+2π)=g(x)，h(x+2π)=h(x)。
f(x)?f(?x)f(x)?f(?x)，h(x)?，则f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函数，h(x)是奇函数，对任意
22??g(x)?g(x?π)x?kπ?g(x)?g(x?π)?2cosx2， 令f(x)?，f(x)??21?20x?kπ??2?kπ?h(x)?h(x?π)?h(x)?h(x?π)x??x?kπ?2sin2x2，f(x)??f3(x)??2sinx4kπ0x?kπ??0x??2?x?kπ?，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
?223?3???g(x?π)?g(kπ?)?g(kπ??2(k?1)?)?g(?k??)?g(kπ?)?g(x)，故对
2222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
时，显然成立；当
x?k???时，因为
f1(x)?f2(x)cosx?f1(x)?g(x)?g(x?π)，而
2x?kπ2时，显然成立；当x=kπ时，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?2h(x)?h(x?π)，故f(x)sinx??h(x)，又f(x)sin2x=0，从而有
324
h(x?π)?h(k??3π)?h(k??3???2(k?1)π)?h(?kπ?)??h(kπ?)??h(x)222π时， 2?h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。
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
- 26 -
高中数学竞赛讲义
一、（本题满分50分）如图，在锐角△ABC中，AB
证明：连结BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为PD⊥BC，PF⊥AB，故B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直径。又因为O1是△BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中点。同理可证C、D、P、E四点共圆，且O2是的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
AEFO1BDPO2B'C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
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
?k?1?m??i?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和正整数m，使得f(m，k)=n。 i?1??k?1证明：定义集合A={mk?1|m∈N*，k∈P}，其中N*为正整数集。由于对任意k、i∈P且k≠i，是无理数，则对任意
i?1f(m，k)=
的k1、k2∈P和正整数m1、m2，
5m1k1?1?m2k2?1当且仅当m=m，k=k。由于A是一个无穷集，现将A中的元素按从小
1
2
1
2
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
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m1i?1?mk?1，则m1?m??m?5?k?1?。从而n=???mi?1?i?1?k?1。由i?1m1是正整数可知，对i=1，2，3，4，5，满足这个条件的m1的个数为k?1??=f(m，k)。因此对任意n∈N*，存在m∈N*，k∈P，使得f(m，k)=n。
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