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全国高中数学联赛试题及解答(1978-2011)


1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

1978 年全国高中数学竞赛题
一试题 1.已知 y= log 1 1 ,问当 x 为何值时,(Ⅰ) x+3 2

y>0;(Ⅱ) y <0?

x 2.已知 tanx=2 2 (180°<x<270°),求 cos2x,co

s 的值. 2
3.设椭圆的中心为原点,它在 x 轴上的一个焦点与短轴两端连线互相垂直,且此焦点与长轴上较近的 端点的距离是 10- 5,求椭圆方程. 4.已知方程 2x2 -9x+8=0,求作一个二次方程,使它的一个根为原方程两根和的倒数,另一个根为原 方程两根差的平方. 5.把半径为 1 的四个小球叠成两层放在桌面上:下层三个,上层一个,两两相切,求上层小球最高点 离桌面的高度. 6.如图,设线段 AB 的中点为 M,从线段 AB 上的另一点 C 向直线 AB 的一侧引线段 CD,令线段 CD 的中点为 N ,BD 的中点为 P ,MN 的中点为 Q,求证:直线 PQ 平分线段 AC . 7.证明:当 n、k 都是给定的正整数,且 n>2,k >2 时,n(n-1)k-1 可以写成 n 个连续偶数的和. 8.证明:顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦的和小于该三角形的周长之半. 9.已知直线 l1 :y= 4x 和点 P(6,4),在直线 l1 上求一点 Q,使过 PQ 的直线与直线 l1 以及 x 轴在第Ⅰ 象限内围成三角形面积最小. 10.求方程组

x +y+z= 0, 的整数解. x3 +y3+z 3= -18

二试题 1.四边形两组对边延长后分别相交,且交点的连线与四边形的一条对角线平行,证明:另一条对角线 的延长线平分对边交点连成的线段. 2.⑴ 分解因式:x12 +x9 +x6+x3 +1. ⑵ 证明:对于任意角度θ,都有 5+8cos θ+4cos2θ+cos3θ≥0. 3.设 R 为平面上以 A (4,1)、B (-1,-6)、C(-3,2)三点为顶点的三角形区域(包括三角形的边界). 试求当(x ,y)在 R 上变动时,函数 4x-3y 的极大值和极小值.(须证明你的论断) 4.设 ABCD 为任意给定的四边形,边 AB、BC 、CD、CA 的中点分别为 E 、F 、G、H,证明:四边形 1 1 ABCD 的面积≤EG?HF≤ (AB+CD)· (AD +BC). 2 2 5.设有十人各拿提桶一只到水龙头前打水,设水龙头注满第 i(i= 1,2, …,10)个人的提桶需时 Ti 分钟, 假定这些 Ti 各不相同,问: (Ⅰ) 当只有一个水龙头可用时,应如何安排这十个人的次序, 使你们的总的花费时间(包括各人自己接 水所花时间)为最少?这时间等于多少?(须证明你的论断) (Ⅱ) 当有两个水龙头可用时,应如何安排这十个人的次序,使你们的总的花费时间为最少?这时间等 于多少?(须证明你的论断) 6.设有一个边长为 1 的正方形,试在这个正方形的内接正三角形中找出一个面积最大的和一个面积最 小的,并求出这两个面积.(须证明你的论断)

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1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

1978 年全国高中数学竞赛题解答 一试题 1.已知 y= log 1 1 ,问当 x 为何值时,(Ⅰ) y>0;(Ⅱ) y <0? x+3 2

解:当 x>-3 时,y= log (x +3),
2

⑴ x+3>1?x>-2 时,y>0; ⑵ 0<x+3<1,?-3<x <-2 时,y<0.

x 2.已知 tanx=2 2 (180°<x<270°),求 cos2x,cos 的值. 2
1-(2 2)2 7 1 1 x 1+cos x 3 解:cos2x= =- ;cos x= - = - .cos = - =- . 9 3 2 2 3 1+(2 2)2 1+tan2 x 3.设椭圆的中心为原点,它在 x 轴上的一个焦点与短轴两端连线互相垂直,且此焦点与长轴上较近的 端点的距离是 10- 5,求椭圆方程. 解:由已知 c=b,故 a= 2c,a-c= 10- 5= 5( 2-1)=c( 2-1),∴ c= 5,a= 10. 所求椭圆方程为

x 2 y2 + = 1. 10 5

4.已知方程 2x2 -9x+8=0,求作一个二次方程,使它的一个根为原方程两根和的倒数,另一个根为原 方程两根差的平方. 9 解:设已知方程两根为 x1 ,x2 ,则 x1 +x2 = ,x1 x2 =4.所求方程两根为 t1 ,t2, 2

t1=

1 2 81 17 = ,t2 =(x1 -x2)2 =(x1+x 2)2-4x 1x2 = -16= . x1+x2 9 4 4

2 17 ∴ 所求方程为(x - )(x- )=0,即 36x2 -161x+34=0. 9 4 5.把半径为 1 的四个小球叠成两层放在桌面上:下层三个,上层一个,两两相切,求上层小球最高点 离桌面的高度. 解:边长为 2 的正四面体的高 h= 2 6 2 6 2 6 .故所求高度=1+ +1=2+ . 3 3 3

6.如图,设线段 AB 的中点为 M,从线段 AB 上的另一点 C 向直线 AB 的一侧引线段 CD,令线段 CD 的中点为 N ,BD 的中点为 P ,MN 的中点为 Q,求证:直线 PQ 平分线段 AC . 证明:连 NP,取 AC 中点 O,则由于 N 、P 分别为 CD、BD 中点, 故 1 1 NP∥AB,NP= BC= (AB-AC )=AM=AO=OM. 2 2 ∴ NPMO 为平行四边形.即 PO 经过 MN 中点 Q.即直线 PQ 平分线 段 AC .
D N Q A O M P B

C

7.证明:当 n、k 都是给定的正整数,且 n>2, k>2 时,n(n-1)k-1 可 以写成 n 个连续偶数的和. 解:设开始的一个偶数为 2m,则此 n 个连续偶数的和为(2 m+…+2m+2n-2)×n÷2=n(2 m+n-1). 令 n(n-1)k-1= n(2 m+n-1),则(n-1)k-1-(n-1)=2m.

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1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

1 无论 n 为偶数还是奇数,(n-1)k-1 -(n-1)均为偶数,故 m= [(n-1)k-1 -(n-1)]为整数. 2
- - - ∴ 从(n-1)k 1 -(n-1)开始的连续 n 个偶数的和等于 n(n-1)k 1 .由于 n、k 给定,故(n-1)k 1-(n-1) 确定.故证.

8.证明:顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦的和小于该三角形的周长之半. 解:设此三角形三个角为 A 、B、C ,则其三边长分别为 2sinA,2sinB ,2sinC . 本题即证明 cosA +cos B+cos C<sinA +sinB +sinC. 由于 A +B >90°,故 90°>A>90°-B>0,?sinA>sin(90°-B)=cos B ,同理,sinB >cosC ,sinC >cosA ,三式 相加,即得证. 9.已知直线 l1 :y= 4x 和点 P(6,4),在直线 l1 上求一点 Q,使过 PQ 的直线与直线 l1 以及 x 轴在第Ⅰ 象限内围成三角形面积最小. 4a-4 a-6 5a 解:设 Q(a,4a),(a>1)则直线 PQ 方程为 y-4= (x -6),令 y=0,得 x= 6- = . a-6 a-1 a-1 1 5a 10a2 1 1 ∴ S= · ·4a= =10(a+1+ )=10(a-1+ +2)≥10(2+2)= 40.当且仅当 a=2 时 S 取得最小值. 2 a-1 a-1 a-1 a-1 即所求点为 Q(2,8).

10.求方程组

x +y+z= 0, 的整数解. x3 +y3+z 3= -18

解:x3 +y3+z 3-3xyz=(x+y +z)(x 2+y2 +z2 -xy-yz -zx )= 0,故 xyz= -6. 故 x= -3,y= 1,z=2,等共 6 组解. 二试题 1.四边形两组对边延长后分别相交,且交点的连线与四边形的一条对角线平行,证明:另一条对角线 的延长线平分对边交点连成的线段.
A

证明:如图所示,BD∥EF,作 BG∥ED 交 AC 于 G,则

AG AB AD = = ,从而 GD ∥BC ,即 BCDG 为平行四边形.P 为 BD 中点, AC AE AF
G B P C E Q F D

从而 Q 为 EF 中点. 2.⑴ 分解因式:x12 +x9+x 6+x3 +1. ⑵ 证明:对于任意角度θ,都有 5+8cos θ+4cos2θ+cos3θ≥0. 2π 2π 解:⑴令ε= cos +isin . 15 15
14



(x 3-1)(

x12 +x9 +x6 +x 3+1) =x15 -1=
14

∏(x-εk).而 x3-1=(x-1)(x -ε5)(x-ε10).
k=0

故 x +x +x +x +1=
12 9 6 3


k=0(k≠5 ,10)

(x-εk ).

⑵ 令 x=cos θ , 则 5+8cos θ+4cos2θ+cos3θ= 5+8x+4(2 x2 - 1)+4x3 - 3x=4x 3+8x2 +5x+1=(x+1)(2 x +1)2 ≥0 在 x≥-1 时成立. 3.设 R 为平面上以 A(4,1)、 B(-1,-6)、C (-3,2)三点为顶点的三 角形区域(包括三角形的边界).试求当(x,y)在 R 上变动时,函数 4x -3y 的极 大值和极小值.(须证明你的论断)
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y
C(-3,2) A(4,1)

O

x

B(-1,-6)

1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

1 解:令 4x-3y=t,则此直线在 x 轴上的截距即为 t. 4 分别以 A 、B、C 的值代入,得相应的 t=13,14,-18.即 4x-3y 的极大值为 14,极小值为-18. 4.设 ABCD 为任意给定的四边形,边 AB、BC 、CD、CA 的中点分别为 E 、F 、G、H,证明:四边形 1 1 ABCD 的面积≤EG?HF≤ (AB+CD)? (AD +BC ). 2 2
H A P E B D

证明:连 EF、FG 、GH、HE,取 BD 中点 P ,连 EP、PG . 1 易证 S 四边形 EFGH = S 四边形 ABCD . 2
G

O
F

1 1 而 S 四边形 EFGH = EG ?HFsin∠EOF≤ EG ?HF. 2 2
C

1 1 1 但 EP= AD ,PG= BC .EP+PG≥EG ,故 (AD+BC )≥EG, 2 2 2

1 1 1 同理, (AB +CD)≥HF.故 EG?HF≤ (AB+CD)? (AD+BC ), 2 2 2 1 1 从而,四边形 ABCD 的面积≤EG ?HF≤ (AB+CD)? (AD +BC ). 2 2 5.设有十人各拿提桶一只到水龙头前打水,设水龙头注满第 i(i= 1,2, …,10)个人的提桶需时 Ti 分钟, 假定这些 Ti 各不相同,问: (Ⅰ) 当只有一个水龙头可用时,应如何安排这十个人的次序, 使你们的总的花费时间(包括各人自己接 水所花时间)为最少?这时间等于多少?(须证明你的论断) (Ⅱ) 当有两个水龙头可用时,应如何安排这十个人的次序,使你们的总的花费时间为最少?这时间等 于多少?(须证明你的论断) 解:当只有 1 个水龙头可用时,所需时间为 10T1 +9T2 +8T3 +…+T10 , 若当 1≤i<j≤10 时,Ti >Tj ,则其余人不动,交换第 i 个人与第 j 个人的次序,则所需时间改变量 10T1+…+(11-i)Ti +…+(11-j)Tj +…+T10 -(10 T1+…+(11-i)Tj+…+(11-j)Ti +…) =(11-i)( Ti -Tj)+(11-j)(Tj-Ti )= (Tj -Ti)(i-j)>0.即这样交换后,所需时间变少. ∴ 应使注满桶所需的时间少的人先注水.不妨设 T1 <T2 <…<T10 ,则所需时间为 10T1+9T2+8T3 +…+T10 . ⑵ 设 T1 <T2<…<T10 ,则安排 T1 、T3、T5 、T7 、T9 在一个龙头, T2 、T4、T6 、T8、 T10 在另一个龙头.且 注水时间短的先注水.这样,共需时间 5(T1+T2)+4( T3 +T4)+3(T5 +T6 )+2(T7 +T8 )+(T9+T10 ). 6.设有一个边长为 1 的正方形,试在这个正方形的内接正三角形中找出一个面积最大的和一个面积最 小的,并求出这两个面积.(须证明你的论断) D 解:如图,设△EFG 是正方形 ABCD 的一个内接正三角形.且 E、F 分别在一 C M E 组对边 AD 、BC 上,取 EF 中点 M,连 MG.则∠ GME=∠GAE=90°,于是 A 、G、 F M、E 四点共圆.∴ ∠MAG= ∠MEG= 60°,同理,∠MBG= 60°,即△MAB 为正三 角形.于是 M 为定点,故 1=AB≤EF ≤ABsec15°= 6- 2. ∴ 3 ≤S△EFG≤2 3-3. 4
A G B

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1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

1979 年全国高中数学竞赛题
第一试

π 2π 1.求证:sin3θ=4sinθsin( +θ)sin( +θ) 3 3
2.已知:双曲线的两条渐近线的方程为 x+y=0 和 x-y= 0,两顶点间的距离为 2,试求此双曲线方程. 3.在△ABC 中,∠A 为钝角,求作一个面积最小的圆,把△ABC 完全盖住. 4.圆的两条非直径的圆相交,求证:它们不能互相平分.

x-y +z=1, y-z+u= 2, 5.解方程组 z-u+v= 3, u-v +x=4, v-x+y= 5.

⑴ ⑵ ⑶ ⑷ ⑸

6.解方程:5x2 +x -x 5x2 -1-2=0. 7.写出并证明立体几何中的“三垂线定理” . 8.设△ABC 三内角成等差数列,三条对应边 a、b、c 的倒数成等差数列,试求 A 、B 、C. 9.已知一点 P(3,1)及两直线 l1 :x+2y+3= 0,l2 :x+2y= 7=0,试求通过 P 点且与 l1 、l2 相切的圆的方程. 10.已知锐角三角形的三边 a、b、c 满足不等式 a>b>c,问四个顶点都在三角形边上的三个正方形哪个 最大?证明你的结论. 第二试 1.已知 f(x )=x -6x +5,问满足 f(x)+ f(y )≤0 和 f(x)-f(y)≥0 的点(x ,y)在平面上的什么范围内?并画图. 2.命题“一对对边相等及一对对角相等的四边形必为平行四边形”对吗?如果对,请证明,如果不对, 请作一四边形,满足已知条件,但它不是平行四边形.并证明你的作法.
2

π π 3.设 0<α < ,0<β< ,证明 2 2
1 1 + ≥9 . 2 α sin 2αsin 2βcos 2β cos 4.在单位正方形周界上任意两点间连了一条曲线,如果它把正方形分成两个面积相等的两部分,试证 这条曲线的长度不小于 1.

n 5.在正整数上定义一个函数 f(n)如下:当 n 为偶数时,f(n)= ,当 n 为奇数时,f(n)=n+3, 2
1° 证明:对任何一个正整数 m,数列 a0 =m ,a1=f(a0 ), …,an =f(an-1 ), …中总有一项为 1 或 3. 2° 在全部正整数中,哪些 m 使上述数列必然出现 “3” ?哪些 m 使上 述数列必然出现“1” ? D 6.如图,假设两圆 O1 和 O2 交于 A、B ,⊙O1 的弦 BC 交⊙O2 于 E ,⊙ A C O2 的弦 BD 交⊙O1 于 F,证明 F E ⑴ 若∠DBA=∠CBA ,则 DF=CE; O1 O2 ⑵ 若 DF=CE,则∠DBA= ∠CBA. 7. 某区学生若干名参加数学竞赛, 每个学生得分都是整数, 总分为 8250 B 分,前三名的分数是 88、85、80,最低分是 30 分,得同一分数的学生不超 过 3 人,问至少有多少学生得分不低于 60 分(包括前三名)?

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1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

1979 年全国高中数学竞赛试题解答
第一试

π 2π 1.求证:sin3θ=4sinθsin( +θ)sin( +θ) 3 3 π 2π π 证明:4 sinθsin( +θ)sin( +θ)= 2sinθ[-cos(π+2θ)+cos ]=2sinθcos2θ+sinθ 3 3 3 =2sinθ(1-2sin2 θ)+sinθ=3sinθ-4sin3θ= sin3θ. 2.已知:双曲线的两条渐近线的方程为 x+y=0 和 x-y= 0,两顶点间的距离为 2,试求此双曲线方程. 解:设双曲线方程为 x2 -y2 =λ,以(1,0)及(0,1)分别代入,得双曲线方程为 x 2-y2 =±1. 3.在△ABC 中,∠A 为钝角,求作一个面积最小的圆,把△ABC 完全盖住. 解:以 BC 为直径作⊙O,则⊙O 即为所求的最小圆. 首先,BC 是△ABC 的最长边,对于任意直径小于 BC 的圆,不可能盖住 BC .(若能盖住,则得到圆的 弦长大于同圆的直径,这是不可能的) 其次,由于∠A>90°,故点 A 在圆内.即此圆盖住了△ABC .故证. 4.圆的两条非直径的弦相交,求证:它们不能互相平分. 证明:设⊙O 的弦 AB、CD 互相平分于点 M,连 OM,则由 M 是弦 AB 中点. ∴ OM⊥AB,同理 OM⊥CD.于是过点 M 可能作 OM 的两条垂线,这是不可能的.故证. x-y +z=1, y-z+u= 2, 5.解方程组 z-u+v= 3, u-v +x=4, v-x+y= 5.
⑴ ⑵ ⑶ ⑷ ⑸

解:五式相加:x+y+z +u+v=15. ⑴+⑵:x+u=3,⑵+⑶:y +v=5,?z= 7;⑶+⑷:z+x=7,⑷+⑸:u+y=9,?v=-1;

x=0,y=6,u= 3. 即 x= 0,y= 6,z=7,u= 3,v= -1. 6.解方程:5x2 +x -x 5x2 -1-2=0.
解:5x2 -1≥0,?x ≥ 5 5 或 x≤- . 5 5

( 5x2-1)2-1-x 5x2 -1+x=0,?( 5x2 -1-1)( 5x2 -1+1-x)=0, 10 1 ? 5x2-1= 1.?x=± 及 x ≥1 时,5x2 -1=1-2x +x2,?2x2 +x-1= 0,?x=-1,x= . 5 2 10 . 5 7.写出并证明立体几何中的“三垂线定理” . 证明:略(见课本) 8.设△ABC 三内角成等差数列,三条对应边 a、b、c 的倒数成等差数列,试求 A 、B 、C. 1 1 2 + = ,?sin60°(sinA+sinC)=2sinA sinC , 解:B= 60°, sinA sinC sinB ∴ x=± ?2cos(A-C )-3cos

A -C A -C 1 +1=0,令 x= cos ,得 4x2-3x -1=0,x= 1,x=- (舍) 4 2 2

∴ A=B=C= 60°. 9.已知一点 P(3,1)及两直线 l1 :x+2y+3= 0,l2 :x+2y= 7=0,试求通过 P 点且与 l1 、l2 相切的圆的方程. 10 解:两直线距离= =2 5,圆心在直线 x +2y-2=0 上. 1+22
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1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

设圆方程为(x -2+2b)2 +(y-b)2 =5,?(3-2+2b)2 +(1-b)2 =5,?1+4b+4b2 +1-2b+b2= 5, 3 ?5b2+2b-3= 0,b=-1,b= . 5 4 3 ∴ 所求圆方程为(x -4)2 +(y+1)2 =5;(x- )2+(y- )2= 5. 5 5 10.已知锐角三角形的三边 a、b、c 满足不等式 a>b>c,问四个顶点都在三角形边上的三个正方形哪个 最大?证明你的结论. 解:此正方形有 4 个顶点,故必有一边在三角形的边上. 设 a、b、c 边上的高分别为 ha 、hb 、hc,且立于 a 边上正方形边长为 x,

ha-x x ah 2S 则 = ,aha= (a+ha)x,x= a = . a a+ha a+ha h
2S 2S 2S 现 aha =bhb =2S,a>b,于是 a+ha-(b+hb)=(a-b)+( - )= (a-b)(1- )= (a-b)(1-sinC)>0. a b ab ∴ a+ha>b+hb >c+hc. ∴ 立于 c 边上的正方形最大. 第二试 1.已知 f(x)=x -6x+5,问满足 f(x )+f(y)≤0 和 f(x)-f(y)≥0 的点(x,y)在平面上的什么范围内?并画图. 解:f(x )+f(y)≤0,?x2 -6x+5+y2 -6y+5≤0,?(x-3)2+( y-3)2≤8, y 表示以(3,3)为圆心,2 2为半径的圆及圆内部分. f(x )-f(y )≥0,? x2 -6x- y2 +6y ≥0,?(x-3)2 -(y -3)2 ≥0,?(x+y (3,3) -6)(x-y )≥0. 所求图形为阴影部分. 2.命题“一对对边相等及一对对角相等的四边形必为平行四边形” x O 对吗?如果对,请证明,如果不对,请作一四边形,满足已知条件,但 它不是平行四边形.并证明你的作法.
2

证明:不对,如图,作 △ABD ,及过 B、 A、D 三点的弧,以 BD 为 轴作此弧的对称图形,以 D 为圆心, AB 为半径作弧与所作对称弧有两个不同 的交点 C、C′ ,则四边形 ABCD 、ABC′ D 都是有一组对边相等,一组对角相等 的四边形,其中有一个不是平行四边形.

C' D C

π π 3.设 0<α < ,0<β< ,证明 2 2
1 1 + ≥9 . cos2 α sin2αsin2βcos 2β 证明: 1 1 1 4 1 1 + 2 = + 2 ≥ 2 + 2 2 2 2 2 2 cos α sin αsin βcos β cos α sin αsin 2β cos α sin α

B A

=tan2 α+1+4cot 2 α+4≥5+2 4tan2α cot2α=9. 4.在单位正方形周界上任意两点间连了一条曲线,如果它把正方形分成两个面积相等的两部分,试证 这条曲线的长度不小于 1. 证明 设 M、N 是单位正方形周界上两点,曲线 MN 把正方形的面积两等分. 1° 若 M、N 分别在正方形的对边上(图 1),于是曲线 MN≥线段 MN≥1. 2° 若 M、N 分别在正方形的一组邻边上 (图 2 ).连对 N' N' C D D C C D 角线 AC ,则曲线 MN 必与 AC 相交(若不相交,则曲线 MN N N E F 全部在 AC 的一边,它不可能平分正方形的面积 ),设其中 P P M 一个交点为 P ,作曲线 的 PN 段关于 AC 的对称曲线 PN’, A M A M A B N B 则点 M、N’在正方形的一组对边上,而曲线 MN’的长度等 B 2 3 1 于曲线 MN 的长度.于是化归为情形 1°.
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1978 年全国高中数学竞赛

冯惠愚

3°若 M、 分别在正方形的一条边 AB 上(图 3). N 连对边 AD 、 的中点 EF, BC 则曲线 MN 必与 EF 相交(理 由同上),设其中一个交点为 P ,作曲线 的 PN 段关于 EF 的对称曲线 PN’,则点 M、N’在正方形的一组对 边上,而曲线 MN’的长度等于曲线 MN 的长度.于是化归为情形 1°. 综上可知,命题成立.

n 5.在正整数上定义一个函数 f(n)如下:当 n 为偶数时,f(n)= ,当 n 为奇数时,f(n)=n+3, 2
1° 证明:对任何一个正整数 m,数列 a0 =m ,a1=f(a0 ), an =f(an-1 ), …, …中总有一项为 1 或 3. 2° 在全部正整数中,哪些 m 使上述数列必然出现“3” ?哪些 m 使上述数列必然出现“1” ? a a +3 证明:1°,当 an>3 时,若 an 为偶数,则 an+1= n <an,若 an 为奇数,则 an +2= n <an, 2 2 即于是在{an }中可以找出一个单调递减的子序列, 由于该序列的每项都是正整数, 故进行到某一项时序 列的项≤10,此时 当 an =3,6,9 时,出现如下的项:9→12→6→3→6→3→…;当 an≤10 且 3?? \ ? ? ?? ?? 如下的项: 7→10→5→8→4→2→1; 总之,该数列中必出现 1 或 3.

| an 时,出现

m 2° 当 m 为 3 的倍数时,若 m 为偶数, 仍为 3 的倍数;若 m 为奇时,m+3 是 3 的倍数,总之 an 对于 2 m 一切 n∈N *,都是 3 的倍数,于是,上述数列中必出现 3,当 m 不是 3 的倍数时, (若 m 为偶数)与 m+3(若 2 m 为奇数)都不能是 3 的倍数,于是 an 不是 3 的倍数,故 an≠3,此时数列中必出现 1. 6.如图,假设两圆 O1 和 O2 交于 A 、B,⊙O1 的弦 BC 交⊙O2 于 E ,⊙O2 的弦 BD 交⊙O1 于 F,证明 ⑴ 若∠DBA=∠CBA ,则 DF=CE; ⑵ 若 DF=CE,则∠DBA= ∠CBA. D A C 证明:连 AC 、AD 、AE 、AF,由 ADBE 是圆内接四边形,得 ∠AEC = ∠D,同理∠C= ∠AFD.从而∠DAF= ∠CAF. F E ⑴ 若∠DBA= ∠CBA ,则 AD=AE, AF=AC ,(同圆内,圆周角等,所 O2 O1 对弦等)于是,△ADF ≌△AEC,?DF=CE. ⑵ 若 DF=CE,则△ADF≌△AEC ,?AD=AE,?∠DBA=∠CAF . B 7. 某区学生若干名参加数学竞赛, 每个学生得分都是整数, 总分为 8250 分,前三名的分数是 88、85、80,最低分是 30 分,得同一分数的学生不超过 3 人,问至少有多少学生得分 不低于 60 分(包括前三名)? 解:8250-(88+85+80) =7997.(30+31+32+…+79)×3=50×109÷2×3= 8175.即从 30 到 79 分每个分数 都有 3 人得到时,共有 8175 分, 此时及格学生数为 20×3+3= 63 人. 8175-7997=178.若减少 3 名及格的学生至少减去 180 分.故至多减去 2 名及格的学生. ∴ 至少 63-2= 61 人及格.

-8-

1981
1 ( 35 5 2 0 )

A C 1+sinθ=a θ θ sin2+cos2=a A C α kπ 2 (k 0 1 2

B D

B D )

sinα+tanα T=cosα+cotα A A B C D T ABC B A=60° 1 ABCD BD AcCc BcDc A 30 t x A 1 t2+t+2 B 2.5 AcBcCcDc B 60 M t+1 2t2+2t t C.1 N M 12 C ABc BAc CDc DCc ADc DAc BCc CBc AC 24 D 48 y 0 y x y 2 x 0 t 1 M N 12 2t 1 D. 2(t 2)2 T C T B=45° AC= 2 2 3 D T

75°

N f(t)

t f(t)

x|x|+px+q=0 A C ( x lgx x lgx p 15
2

4q 0 ) 0.27 6a 3b 2 7 c 2(a+c) 3

B D 1.5 3a b+c 8 3a 3c

p<0

q>0 2.8 3 c 1 2a b 14 a+2b 5 a+c

2

0.021 2a+b+c 3 6 1+a b

1

2a+2b 9 4a 2b

3 ( P Q

15

)

O

CD

EF

AB

45°

CD

EF

AB

O 1 PC?QE+PD?QF<2

4 ( B C r

15 1

) 2 2 A B C A A 1 1 C B

A B C A C B C

A B p

2 q

5 Q

(

20

) CD DE EF FA

ABCDEF AB

AB

P BPQ=θ

BC θ

1981 1

(

35

5

2

0

)

A C ? ? 1+sinθ=a θ θ sin2+cos2=a A C θ θ 1+sinθ=a?| sin2+cos2|=a α kπ 2 (k 0 1 2 B.

B D

B D θ θ sin2+cos2=a,? ) 1+sinθ=|a| D

sinα+tanα T=cosα+cotα A T
2

B

T C

C T

D T

sin α(cosα+1) T=cos2α(sinα+1)>0 A B C D A C =π D ABC A=60° 1

B=45° AC= 2 2 3 2.5

75°

1 =4(3+ 3) B 1 5 25 =2·(2)2= 2 12 C M t x t+1 B =1 2t2+2t t C.1 1 t2+t+2 OAB t 1 =2(1 t)2
2 2

1 =4(3+ 3) B=A<D<C C

ABCD AcBcCcDc BD AcCc BcDc A 30 B 60 5

ABc BAc CDc DCc ADc DAc BCc CBc AC 24 D 48 5 12 2=30 y 0 y x y 2 x 0 t 1 M N 1 D. 2(t 2)2
y y=x
2

A N f(t) t f(t)

N M

A

12 2t

1 =2t2.

2

(1+t)=1 t

A
1

O t
1

B t+1 2 y=2-x

x

1 1 f(t)=1 2t2 2(1

1 1 t) =1 t +t 2=2+t

t (0 t

2

1)

A
l1 l2

x|x|+px+q=0

A C

p 4q 0 y=x|x| y= px q 15 ) 0.021 2a+b+c 3 6 1+a b lg3=2a b c 0.27 6a 3b 2 7 2(a+c) lg9=4a lg2=1 a 2b 3

2

B D A B

p<0

q>0 C D

C

D

2

( x lgx x lgx

1.5 3a b+c 8 3a 3c lg0.27=6a 3b 1

2.8 2a+2b 9 4a 2b 2 1 c

3 2a b 14 a+2b

5 a+c

lg8=3 3a 3c lg1.5=lg3

c lg5=1 a c)=3a

lg2=a c lg6=lg3 lg2=1 b c 1

a b

c lg1.5 lg0.021=lg3 lg14

lg2=(2a b) (1

lg1.5=3a b c a 2b

lg2

lg2.8=1 2a 2b c lg14=lg2.8 lg5=(1 2a 2b c) (a c)=1 3=(2a b) (1 a 2b) (1 a c) 3=2a b c 3 lg7=lg14 lg2=(1 a 2b) (1 a c)=2b c lg7=2a 2c lg1.5 lg7 lg1.5=3a b c 1 lg7=2b c 3 ( Q ) O O 1 PC?QE+PD?QF<2 OM CD
2

15

CD

EF

AB

45°

CD

EF

AB

P

M

EF
2

N

ON=n

OM=m
B C E A M O Q N F P D

CM=DM= 1 m EN=FN= 1 n ( 1 m2 m)( 1 n2 n)+( 1 m2 m)( 1 n2 n)<2 1 m2· 1 n2 mn<1 1 m2 n2 m2n2<1 2mn m2n2 ?m2 n2> 2mn “+” M N O m n ( E F CD EF O m=n ) PC2+PD2=(CM+OM)2+(CM OM)2=2(CM2+OM2)=2 QE2+QF2=2 2 2 2 2 2 2 2 2 4=PC +PD +QE +QF =(PC +QE )+(PD +QF ) 2 (PC?QE+PD?QF)

PC=QE PD=QF

4 ( B C r

15 1

) 2 2 A B C A2 A A B2 B1 1 1 C B

A B C A C B C

A B p

2 q

A m

C1 A2 C1 2p 2r 2 B 2p q 1 n k 2m 2k 2p 2r 2=2m 2k ?p r 1=m k

C A

q r 2m n

B

n

k

C

2p q 1=2m n q r=n k 3p 2=3m 5 Q ( 20 ) CD DE EF FA 5 MPN AB=2 M 3 3) θ P PB (8 3 3) x N (10
F A PB E D C Q M N

ABCDEF AB

AB

P BPQ=θ

BC θ

3 3 3 3 [arctan 10 arctan 8 ]

1982

1

( n A F { C F {

48 F(n 4) } } { ρ= 1

6 B F { D F {

0 } } {

1

)

}

}

1 cosθ +sinθ B C
3 5

A
2

D

log2[log1(log2)]=log3[log1(log3x)]= log5[log1(log5x)]=0 A A z<x<y B x<y<z |x 1|+|y 1|=1 1 B 2 φ (0 π 2) C y<z<x C π D z<y<x D 4

A sinsinφ<cosφ<coscosφ B sinsinφ>cosφ>coscosφ C sincosφ>cosφ>cossinφ D sincosφ<cosφ<cossinφ x1 x2 x2 (k 2)x+(k2+3k+5)=0(k ) 2 2 x1 +x2 A 19 B 18 5 C 59 D

M={(x y)| |xy|=1 x>0} A M N={(x y)| |xy|=1} C M N=N a b 1 1 (a+a )(b+b) A C 2 (

N={(x y)|arctanx+arccoty=π} B M N=M D M N={(x y)| |xy|=1 1 2 ) ab B D a+b 2 ( 2 +a+b)2

x

y

}

( ab+

a b

16

)

SABC π ASC=α(0<α< 2 ) θ π BSC=β(0<β< 2 )

π ASB= 2 SC 3 (

θ= arc cos(cotα?cotβ) 16 ) M |MP| |NQ| |AM|=|AN|=1

AB N

2r l |MP|

l

BA |NQ|

T

r |AT|=2a(2a< ) 2

|AM|+|AN|=|AB| 4 ( 20 ) 4 AD BE CF RQS z

P

ABC D E F RQS

BC CA AB P ABC

|AE|=|BF|=|CD|=1 x y

-1-

1982

P xyz 5 ( r) P(u v) 20 )

RQS x2+y2=r2(r u=pm v=qn(p |CN| |DN| ) q 1 9

xyz x A(r 0) B( r 0) y m n ) u>v C(0 x r) D(0 y

P

M N |AM| |BM|

8 2

-2-

1982

1982 1

( n A F { C F {

48 F(n 4) } } { A ρ= 1

6 B F { D F { B

0 } } {

1

)

}

D

} C

1 cosθ +sinθ B C e= 2 C D

A ρ= 1 1

π 2cos(θ + 4 )
2

log2[log1(log2)]=log3[log1(log3x)]= log5[log1(log5x)]=0
3 5

A

z<x<y
1 2

B x<y<z
1 3

C y<z<x y=3 =9
1 3 1 6

D z<y<x
1 1

x=2 A

y=3

z=5

1 5

x=2 =8

1 2

1 6

x<y

x=3210 z=2510 D 4 0) (2 1) (1 2)

z<x

A

|x 1|+|y 1|=1 1 B 2 π 2)

C π (0 1) (1

2

B

φ (0

A sinsinφ<cosφ<coscosφ C sincosφ>cosφ>cossinφ π 0<sinφ<φ< 2 x1 x2 x2 ?cossinφ>sinφ

B sinsinφ>cosφ>coscosφ D sincosφ<cosφ<cossinφ 0<cosφ<1 sincosφ<cosφ D

(k 2)x+(k2+3k+5)=0(k x12+x22 B 18 5 C 59 3k2 16k 16 0

)

A

19 =(k 2)2

D 4 k 4 3 5)2+19

4(k2+3k+5)=

x12+x22=(x1+x2)2 2x1x2=(k 2)2 2(k2+3k+5)= k2 10k 6= (k k= 4 x12+x22 18 B M={(x y)| |xy|=1 x>0} N={(x y)|arctanx+arccoty=π} A M N={(x y)| |xy|=1} B M N=M C M N=N D M N={(x y)| |xy|=1 x y M xy= 1 arctanx=π arccoty ?x= (0 π) x>0 a b N xy= 1 1 2 ) ab 1 y ?xy= 1 x<0 arctanx B a+b 2 ( 2 +a+b)2 ( π 2 0)

}

arccoty

(0 π) π

arccoty

1 1 (a+a )(b+b)

( ab+

-3-

1982

A C > 2 ( 16 ) SABC π ASC=α(0<α< 2 ) θ θ= SC EDF=θ arc cos(cotα?cotβ) SC D SD=1 SA SB E F EF SF=secβ DF=tanβ EF2=SE2+SF2= DE2+DF2 π ASB= 2 SC D

B D

a b

π BSC=β(0<β< 2 )

S D E

SAC SBC EDF A ASC=α

DE SC B

SC DF
A

F

C

BSC=β ASB=2

SE=secα DE=tanα

B

S

2DE?DFcosθ ?cosθ= cotαcotβ

sec2α+sec2β=tan2α+tan2β 2tanαtanβcosθ θ= arc(cotαcotβ) 3 ( |AT|=2a(2a< 16 ) AB M N

2r l

l |MP| |NQ|

BA

T

r ) 2
|MP| |NQ| |AM|=|AN|=1

l

y
N M

Q P

|AM|+|AN|=|AB| AT O AB M N (x a r)2+y2=r2(y y x2+2(a r)x+2ra+a2=0 r 2a<2 >0

x 0)

y2=4ax

T

OA

B x

x1

x2

M

N

x1+x2= (2a 2r) |AM|=|MP|=x1+a |AN|=|NQ|=x2+a

|AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r
l

y
N M

AN AN2

2

MC AB ND AB C D AN2=AD?AB AM2=AC?AB 2 AM =(AD AC)AB=CD?AB AM2=(AN+AM)(AN AM)=(AN+AM)(NQ MP)=(AN+AM)?CD AN+AM=AB 4 RQS RQS xyz P ABC G H P x+y+z GH
l

Q P

T

OA

C D

Bx

4 ( 20 ) AD BE CF z P

P

ABC D E F RQS xyz

BC CA AB P ABC

|AE|=|BF|=|CD|=1 x y

A S G F R B
z x y

h=2 3 P BC y+z

l x

ABC

E H Q D C

-4-

P

1982

[α β] m R AB BC AC 6 P xyz EA CD BS AC· DB· SE=1

y

AC

u=y(m y) y=α y=β Q AB BC STRUQV xyz SE 1 y=BEh=13h 3 z=13h

S
A TS E

BS 12 12 3 9 BE=13 x=13· 4h=13h

l

F B R U

648 3 xyz=(13)3h3=2197 3 5 ( r) P(u v) 20 ) x2+y2=r2(r u=pm v=qn(p ) q x

V Q D C

A(r 0) B( r 0) y m n ) u>v

P

C(0 x
y
D

r) D(0 y

M N |AM| |BM| |CN| |DN| 1 9 8 2 2m 2n 2 p +q =r p=q u>v m>n p2n(p2(m n)+1)=r2 ( 2(m n) 2(m n) 2(m n) p p +1 1 p =0 ) 2 2 B p q (p q)=1 p q p q 1(mod 4) 2 r 0 1 p q p q =2 ( r p q r ) p=2 q2n=r2 22m=(r+2m)(r 2m) r+2m r 2m q2n r+2m=qk r 2m=qh k>h 1 k+h=2n 1 1 1 r= 2 (qk+qh)= 2 qh(qk h+1) 2m= 2 (qk 1 2n m+1 2n 1=(qn+1)(qn 1) 2 (q +1) 2 =q qn+1=2α qn 1=2β (α+β=m+1 α>β) 2=2α 2β=2β(2α m=2 u=4 qn=3 q=3 n=1 v=3 |OP|=5 |AM|=5 4=1 |BM|=5+4=9 |CN|=5+3=8 |DN|=5 3=2 q=2 u=3 v=4 u>v p q (p q )=1 n 2ab=q a2+b2=r pm=2ab p=2 a|2m b|2m qn=22m 2 1=(2m 1+1)(2m 1 1) 2=qα qβ=qβ(qα β 1) q
m n β

N

P (u,v)

O

M A

x

C

1 qh)= 2 qh(qk

h

1)

qh

2m+1

h=0 r=

1)

β=1

α

β=1 α=2

a

b(a>b)

a2

b2= qn

2ab= pm a2+b2=r

a2 b2=pm

a=2λ b=2 a b =0 b=1 a=2m 1 2m 1+1=qα 2m 1 1=qβ (α+β=n α>β) n n β=0 2=q 1 q =3 q=3 n=1 a2=4 a=2 m=2

-5-

1983

1983
1 A C 1 1 x= 1+ 1 log13 log13
2 5

( p q

32 p
3

4 q
3

0 p+q B D

1

)

A A C

( 2

1) ABC

B

(1

2) BC

C AD

( 3

2)

D (2 3) sinA cosA BC M N=N AD

M={(x A 1 a 14

y)|y x } N={(x 1 B a=14

2

B D 2 y)|x +(y a)2 1} C a 1

D 0<a<1

f(x)=ax2 c 4 f(1) f(3) A 7 f(3) 26 a b c d B m n

1

1

f(2) 5 28 35 3 f(3) 3

4

f(3)

15

C

1 f(3) 20

D

P= ab+ cd Q= ma+nc· A P Q C P<Q ABCD P A 9 ABC A 2 ( ABC l>R+r 18 B l R+r 6 B 17

b d m+n B P Q D P Q PAB PBC C 1 l 6<R+r<6l m n PCD D 5 l C ) cosC D A B R C r PDA

P

5 3 sinA=5 cosB=13 11

a m n m?n

-1-

1983

1

(

8

)

arc sinx+arc cosx= 2

S

x

[ 1 1]

2 ( f(x2)|<|x1 x2|

16

)

f(x) [0 1]

f(0)=f(1)

x1 x2 [0 1]

|f(x1)

1 |f(x1) f(x2)|< 2

3

3 ( 4 1

16 ) M N M N

ABCD AC CD AC CD

ABD BCD AM AC=CN CD

ABC B

M N

D A E B M C N

4. (

16

)

2 3 3 4 5 5

5 0 x

( 3 2π

18

) M

F(x)=|cos2x+2sinxcosx sin2x+Ax+B| A B A B M

-2-

1983

1983 1 ( p q A C p3 q3=(p p+q p+q 32 4 p3 q 3 B D q)(p2+pq+q2) ?p q ?p q p+q=p q+2q ?p3 q3 ?p3 q3 p+q p q C 0 p+q 1 )

1 1 x= 1+ 1 log13 log13
2 5

A ( 2 1) B (1 2) x=log32+log35=log310 (2 3) ABC BC A C A tan 2 M={(x A M 1 a 14 N=N y2 (2a 1)y+a2 ?sinA cosA y)|y x2} N={(x 1 B a=14

C D AD B D

( 3

2)

D (2 sinA

3) cosA BC AD

B y)|x2+(y a)2 1} C a 1 y=x2 1)2 4(a2 ( M N=N

D 0<a<1 ) 1 14 a A 1

x2+(y a)2 1 1=0 =(2a

1) 0 ?a

f(x)=ax2 c 4 f(1) f(3) A 7 f(3) 26 B

1

1

f(2) 5 28 35 3 f(3) 3

4

f(3)

15

C 9a

1 f(3) 20 c=λ(a

D

f(1)=a c

f(2)=4a c

f(3)=9a c 8 =3

c)+ (4a c)

λ+4 =9 λ+ =1 5 3 1 5 40 3f(1) 3

5 λ= 3 8 8 40 3 3f(2) 3 C

5 8 f(3)= 3f(1)+ 3f(2)

8 5 3f(1)+ 3f(2) 20. a b c d m n

P= ab+ cd Q= ma+nc· A P Q C P<Q Q P ABCD P A 9 B 17 B

b d m+n B P Q D P Q P PAB C 1
-3-

m n PBC PCD D 5 PDA

1983

4 9 ABC A l>R+r A B l 180° R+r a B 6 ) cosC 4 5 C R D l 6<R+r<6l A

8 l D A B M R C R<6l A C r

A R=2sinA

3 R+r= 2 a<l 2 ( ABC 4 cosA= 5 cosC=cos(π 18 3 5 sinA=5 cosB=13 12 sinB=13 A

cosA=

5 A>135° cosB=13<cos60°

B>60°

4 cosA=5

5 4 3 12 16 B)= cosAcosB+sinAsinB= 13· 5+5· 13=65 11 y x y 36 a m n m?n x y 11 x+y>11 ( y=11 y=x y=x y=11 x=11 x+y=11

x x+y=11 ) 122

4=36

6 h1= 3 a 2 h2= 2 a r1 2 r2=3 3 2 4 a r2

Sh1=3Sr1

6 r1= 9 a

a2h2=4 m?n=6

6 r2= 6 a

1

(

8 x [

) 1 1]

π arc sinx+arc cosx=2 arcsinx arccosx

x

[ 1 1]

π sin(2 arccosx)=cos(arccosx)=x π arcsinx=2 2 ( f(x2)|<|x1 x2| 0 16 ) 1 |f(x1) f(x2)|<2

arccosx [0 π] arccosx f(0)=f(1)

π 2 arccosx

[

π 2

π 2]

f(x) [0 1]

x1 x2 [0 1]

|f(x1)

1 x1<x2 1, |x1 x2| 2

1 |f(x1) f(x2)|<|x1 x2|<2
-4-

1983

1 |x1 x2|>2

1 x2 x1>2, 1 0<2

1

1 (x2 x1)<2,

1

x2+x1

1 0<2 0|+|1 x2|

|f(x1) f(x2)|= |(f(x1) f(0)) f(x2) f(1))| =1 x2+x1 .

|f(x1) f(0)|+ |f(1) f(x2)|<| x1

3 ( AC CD

16

) AM

ABCD AC=CN CD

ABD BCD B M N AM

ABC M MC=CN ND N

3

4 1 AC

M N CD

AC BD E AM AC=CN CD CN ND=r(r>0) AM MC=r SABD=3SABC SBCD=4SABC SABD SBCD =3 4 AE EC AC=3 4 7 SACD SABC=6 1 DE EB=6 1 DB BE=7 AM AC=r (r+1) r AM=r+1AC 3 AE=7AC

D A E B M C N

1

4r 3 r 3 EM=(r+1 7)AC=7(r+1)AC EM 4r 3 MC= 7 4r 3 7 =1

1 MC=r+1AC CN DB EM ND· BE · MC=1 r=1 CN ND=1 N CN

Menelaus 4r2 3r 1=0

r·7· M AC 4. (

16 2 3 3

)

2 3 3 4 5 5

3 4

4 5 2

5 5

A
5 3 2 3 4 5 5 4

A
5 5

A
4 2

32+42=52 AD BCD 11 8 V1=3· 2·2 32 12·4=3 2 AC <2 1 =2·5 32 5 5 (2)2=4 11

B

D

B
2

3 3

D

B
5

3 3

D

C
1

C
2

C
3

<4

V2<V1

15 5 8 V3<3· 4 11=6 11<3 2 8 3 2 5 ( 3 x 2 π 18 ) F(x)=|cos2x+2sinxcosx M A B
-5-

sin2x+Ax+B| A B M

0

1983

F(x)=| h(x)=Ax+B A 0

2 sin(2x+ 4 )+Ax+B| A=0 5S h( 8 )<0 9S F( 8 )> 2 M= 2 2 B 0

S

g(x)= B>0

2 sin(2x+ 4 ) F(8 )> 2 5S h( 8 ) 0

S

9S S g(8 )=g( 8 )= 2 B<0 h(x) F(8 )> 2 5S F( 8 )< 2

5S g( 8 )= M> A>0 h(x) M> 2

2

S

5S F( 8 )> 2 A<0

9S 5S h( 8 )>h( 8 )>0 A=B=0 M

h(x)

5S S h(8 )>h( 8 )>0

S

2

A=B=0

-6-

1984

1984
1 (
2

40 S={ Z |argZ=α α B (
y
1
x=1 y 2 =x

5 } argZ= 2α )
y
1
x=1 y 2 =x

0 ( C )

1

)

A

argZ=2α

argZ=α logx(logxy2)>0
y
1
x=1 y 2 =x

D ( )
y
1
x=1 y 2 =x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

A.

B.

C.

D.

1 A 15 sinx=lgx A 1 a>0 a 1

n

m 5 B 10

m n C 7 ( ) C 3

ρ=

1

1 n Cmcosθ D 6 D 3

(

)

B 2 F(x) 1 ax 1 + ) 1 2 C

G(x)=F(x)?( A 1 x F( 1+x )=x A C F( 2 x)= 2 B

D ( ) B 1+x ) F( x)=F( 1 x Q( 2xy y2 x2)

a

F(x)

F(x 1)=F(x) P(x y) A ω B ω C 2ω D 2ω x A C 2 C ( AB D D(x x cos4=cosx 0) 10

D F(F(x))= x ω

1 B D 5 x ) AB D

F(x)

F(x)

DC AB AD BD

y

CD
A

1

C B

O D 1

x

(0

24π)

-1-

1984

1

(

15 P Q a>0 b>0 A B

) l a 1 b 1 logab+logba 2 Cr={(x y)|x2+y2 r2}

P

Q

l Cr A?Cr B

r 0

A?B

2 ( E F

10

) AcE=m AF=n

a b EF(Ac

a

θ A

AAc b )

d

a b

3 S

(
BPF

15 S
PCE

)
PEAF

ABC

P 4 9 (SXY

BC
Z

PE XY Z

BA

PF )

CA

S

ABC=1

S

4 (

15

)

an

12+22+32+

n2

n=1 2 3

0.a1a2 an

5

(

15

)

x1

x2

xn

2 xn 2 1 xn x2 x2 1 2 +x + + x +x x1+x2+ +xn x2 3 n 1

-2-

1984

1984 1 (
2

40 S={ Z |argZ=α α B }

5

0 ( )

1

)

A

argZ=2α argZ [0.2π)

argZ= 2α B ( )
y
x=1 y 2 =x

C

argZ=α D (

D

arg Z =2π α

logx(logxy2)>0
y
1
x=1 y 2 =x

)
y
1
x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

1

O

1

x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

A.

B.

C.

D.

0<x<1 1 n

1>y2>x>0 m 5

x>1 m n

y2>x>1 ρ= 1 C 7 1

D
n

(

)

Cmcosθ D 6

A

15 e=Cm
n

B 10 e>1 6 D ( )

Cm>1

n

m n

C5=5 C5=10 C4=4 C4=6

1

2

1

2

C3=3

1

C2=2

1

sinx=lgx 1 B 2 y=sinx y=lgx (0 π) (2π a>0 a 1 F(x) G(x)=F(x)?( A B 1 ax A

C 3 x>10 3π) 1 + ) 1 2 C G( x)=G(x) G(x) lgx>1 C

D

3 (0 10)

D F(x)

a {x|x 0 x R}

ax+1 G(x)=F(x)? 2(ax 1) B 1 x F( 1+x )=x A C F( 2 x)= 2 F(x 1)=F(x) 1 x t= 1+x P(x A y) ω 1 t x= 1+t F(x)

( B

) 1+x F( x)=F( ) 1 x

D F(F(x))= x 1 t F(t)= 1+t ω F( 2 x)= 2 F(x) x2) A

Q( 2xy y2

-3-

1984

B C D x=cosωt y2

ω 2ω 2ω y=sinωt 3π 2xy= sin2ωt=cos( 2 2ωt) 2ωt 1 B D 0<x< 3 3 x= 2 5 0) 0 x<1 x F(x) ) AB D ωt F(x) F(x) C

3π x2= cos2ωt=sin( 2 2ωt) x

A C

2 C

( AB D

10 D(x

D

DC AB AD BD

y

CD
A

1

C B

ab=c

2

a

c

b 2

AD=a BD=b CD=c a+b=2 2 2 2 2 c +b >a (1 x)(1+x)+(1 x) >(1+x)2

O D 1

x

0

x< 5 2 2 5<x< 5

x cos4=cosx x 4=2kπ 8 0<3k<24 8 x x=3kπ k=1 2 8 x=5mπ 8 8 0<5m<24

(0

24π)

m=1

2

14

k=3

m=5

k=6

m=10

8+14 2=20

1

(

15 P Q a>0 b>0 A B

) l a 1 b 1 logab+logba 2 Cr={(x y)|x2+y2 l Cr θ A A?Cr b PE XY Z B r2}

P

Q

l Cr A?Cr B

r 0

A?B PQ l P Q a>1 0<b<1 logab+logba 2 A={(x y)|x2+y2 r2} B={(x y)|0<x2+y2 r2} 2 ( 10 ) a b E F AcE=m AF=n EF(Ac a 3 S ( EF= m +n +d 2mncosθ ( 15 ) ABC S
PCE 2 2 2

A?B AAc ) BA ) PF CA S
ABC=1

d

a b

) P 4 9(SXY BC
Z

BPF

S

PEAF

-4-

1984
A E F B PM N C

BC AB ( N) P CPE S
BPF

M N 2 CB 3

P S

BM
PCE

( 4 9

M) P NC

PE

CBA CP 4 9 MN

EF r)2 S

2 BP 1 BC=r(3<r<3)
2 BPF+S PCE=r +(1

CP BC=1

r 2r+1=2(r

A F B E C

S

BPF=r

2

S

PCE=(1

r)2=2r2

12 1 112 1 5 2) +2<2(3-2) +2=9 S
AEPF

MP N

4 9

4 (

15 ) 12+22+ +n2

an

12+22+32+ 1

n2 n

n=1 2 3

0.a1a2 an

12 1 22 4 32 9 42 6 52 5 62 6 72 9 82 4 92 1 02 0(mod 10) a1=1 a2=5 a3=4 a4=0 a5=5 a6=1 a7=0 a8=4 a9=5 a10=5 a11=6 a12=0 a13=9 a14=5 a15=0 a16=6 a17=5 a18=9 a19=0 a20=0 a20=0 a20k+r=ar(k r N 0 r 19 a0=0) 0.a1a2 an 20 15405104556095065900
2 2 2 xn 1 xn x1 x2 x2+x3+ + xn +x1 x1+x2+ +xn 2 2

5

( x1
2

15

) x2
2

x1

x2
2

xn x3 x +x4 2x3
4

x2+x2

2x1 x +x3 3

2x2

xn x +x1 2x1
1

-5-

1985

1 a A C PQ S1

( 0

36 a>b

6 a 1>b
1

0 ( )

1

)

y2=2px S2 B S1<S2 4 4 arccos5 arccos( 5)=arcsinx

B D MN PQ ( C S1 ( S2 ) D

l ) D

PQ S1>S2

l S1=S2 S1<S2

MN A S1>S2

A

24 x=25 ( )
y

B

24 x= 25

C x=0 mx+ny2=0

x

mx2+ny2=1(m 0 n 0)

y

y

y

O

x

O

x

O

x

O

1

x
y=-x

A.

B.

C.

D.

Z W λ λ W+ W 1 |λ|2

|λ| 1

Z

Z

λZ=W

Z=

A 0<a<1 A ( ABC B x1=a

B x2=a
x1

C x3=a
x2

D
1

A B C )

xn=a C

xn

{xn}( D

B 24 A B C

6

) a b c A B C b2 a2=ac

2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 1 4 8 10 16 19 21 25 30 43 x d= y x*y x*y=ax+by+cxy 1*2=3 2*3=4 a b c d

11

x*d=x

-1-

1985

( 1

4 xoy 45° OB OAAc x 33.5

15

) A(x1

y1) B(x2 y2) 45° B x x2 y2

OA Bc A y

x Ac OBBc

x1 y1

x1x2y2y1 =x1?103+x2?102+y2?10+y1

2 A1B1C1D1
D A D1 B1 E B C

ABCD A1B1C1D1

E

BC

F

AA1

A1F FA=1

2

B1EF

F A1

C1

3 A A

4

5

λ

λ

2sin54q

-2-

1985

1985 1 a A C a>b PQ S1 a 1>b 1 y2=2px ( 0 36 a>b 6 a 1>b
1

0 ( )

1

)

B D a>0 b<0 MN PQ

B l PQ S1>S2 l S1=S2
y
M P
y 2 =2px

MN S2 ( ) A S1>S2 B S1<S2 C S1 S2 D PQ x =θ |PF|=ρ1 |QF|=ρ2 |PM|=ρ1 |QN|=ρ2 S1=π(PM+QN)?PQ=π(ρ1+ρ2)2 S2=π|MN|2=π(ρ1+ρ2)2sin2θ S1 S2 θ=90° C 4 4 arccos5 arccos( 5)=arcsinx A 24 x=25 B 24 x= 25

S1<S2

O
N

(

)
l

Q

x

C x=0

D

x

4 arcsinx=2 arccos5 24 sin2θ=2sinθcosθ=25

π 2θ

4 arccos5=θ 2θ

4 cosθ=5 π< π 2

3 sinθ=5 D

(m 0
y y

n 0)
y y

(

)

O

x

O

x

O

x

O

1

x
y=-x

A.

B.

C.

D.

y2 =

m nx

m n y= x > 1 B mx+ny =0
2

mx2+ny2=1 D

m<n

m | n |<1 A

m n Z W λ λ W+ W 1 |λ|2 |λ| 1 Z

m<0 n>0 m= n

Z

λZ=W

Z=

A Z

B λZ = W λ

C λZ
-3-

D |O|2Z= λ W

A B C |O| 1

1985

Z=

λ W+ W 1 |λ|2 0<a<1 A y=a
x

A
x1 x2 xn

x1=a B

x2=a

x3=a

xn=a

1

{xn}( D 0<a<1
1

)

C x1 x2 x3 x4 C 6 a =ac
2

x1<x3<x2

A ( ABC

B

B

C

C 24 A B C b2

y
x2 x4 x3 x1

) a b c B A

(1,a)

a=c

b2 a2=c2 2accosB ac=c2 2accosB 2acosB ?sinA=sin(A+B) 2sinAcosB.=sin(B A) b>a B>A ?A=B A ?B=2A C=4A A+B A=π( ) 2 B=7π 2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 x1=1 x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1 x1=0 174 1 4 8 10 16 19 21 25 30 43 3 3 7 a b c d 1 (3 x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 9 9+A9+C9=9+72+84=165
2 3

a
O
x1 x3 x2

1

x

11

mod 11 1 4 3 1 5 3 1 1 5 2 1 6 3 2 5 2 1 7 11 x y x*y x*y=ax+by+cxy 1*2=3 2*3=4 d= ax+bd+cxd=x x=0 bd=0 d 0 a+2b+2c=3 2a+3b+6c=4 ?a=5 c= 1 x=1 x*y=5x xy x x*4=5x 4x=x

1

3

2

1

5)

x*d=x

b=0 d=4 d=4

-4-

1985

( 1

4 xoy 45° OB OAAc x 33.5

15

) A(x1 x1

y1) B(x2 y2) 45° B x y1 x2 y2

OA Bc A y

x Ac OBBc

x1x2y2y1=x1?103+x2?102+y2?10+y1 x2y2 x1y1=67 x1<y1 x2>y2 81 x2>y2 x1 y1 x2 y2 10 x2y2=72 x2=9
O
A'

y
A B

x2y2>67 ? x2y2=72 y2=8

x2y2=91

B' x

x1y1=72 67=5 ?x1=1 2 A1B1C1D1
D A D1 B1 E B C

y1=5

x1x2y2y1=1985 E BC 1 A1F=3 F AA1 5 B1E= 2 A1F FA=1 2 B1EF

ABCD A1B1C1D1

AB=1 1 S'B1EF=2·

1 BE=2

10 61 B1F= 3 EF= 6

5 10 1 5 10 61 1 4· 9 4(4+ 9 36)=12 46 A1C1 1 =4 =arc cos B1EF 3 46 AD P ) AD1 A1C1

F A1

C1

B1EF cosθ= 3 46

D G A D1 B1 B E

C

BC1

FG B1E PB1

AD1 FG (G GF D1A1 P 1 AG=A1H=3

1 37 A1P=6 PB1= 6 HK PB1 GK GKH 37 =arc tan 3

F H A1 P K

C1

GH A1D1

H

GH

A1C1

HK?PB1=A1B1?HP

HK=

3 37 tan GKH= 3 37

3 A 32 32 30 31 30 0 30 1 k 15 30 k A 29 ) 15 A
-5-

A

0

31 0

A 30

31

31

0

1

(

1 1

15

1985

4

5

λ A B C B A C AC BC

λ

2sin54q AB

BC

AB

BC

2>2sin54q

D E A B C A B A C E

D C B A

D E

C D B B

A E C

=108q 2sin54q 108q AB AEB 36q sin2E sinE =2cosE 2cos36q=2sin54q E D E AC ADB E BDC ABC CDA AEB BE sin(B+E) AB = sinE BEC 120q CEA EAB 108q EA

ABCD 120q>108q ABC

-6-

1986

1986
1 42 7 1<a<0 θ=arcsina sinx<a A {x|2nπ+θ<x<(2n+1)π θ n Z} C {x|(2n 1)π+θ<x<2nπ θ n Z} x M={z|(z 1)2=|z 1|2} ( A M={ a
2

(

7

0

1

)

( ) B {x|2nπ θ<x<(2n+1)π+θ n Z} D {x|2nπ+θ<x<(2n+1)π θ n Z} ) C { }? M ?{ z z } D M={ }

} b c

B

M={

}

?a bc 8a+7=0 ? 2 2 ? b +c +bc 6a+6=0

a A

(

+

( )

) B B 4 ( 1] [9 + C 5 C1 C2 M 1 C 21 1 4 1 1 1 t=a+b+ c C 7 ) 000 999 6 13 s<t D ) C (0 D 6 C7 M D 28 1 7) D [1 9] ( M ( 7 ) ) C6

A 3 M 6 A 11 a b c

C7

C1 B 12

s= a+ b+ c s 2 t A

s>t ( 4

B s=t 28 6

f(x)=|1 2x|

x

[0

1]

1 f(f(f(x)))=2x 4x f(x)=4x+2 1 2 3 f(1001)+f(1001)+f(1001)+ 1000 +f(1001)

x y

z

4

5x+9y+4z

68u2

5x+9y+4z

+256=0

x+y+z

-1-

1986

1

(

17 ) ai 1+ai+1=2ai n
0

(i=1

a0 a1 2 3

a2 )

P(x)=a0Cn(1 x)n+a1Cnx(1 x)n 1+a2Cnx2(1 x)n 2+ +an 1C ( a0 a1)

1

2

n 1 n1 n x (1

x)+anCnxn

n

2

( AD BE

17 CF

) ABC

ABC

R

D E

F

BC

CA

AB

R S 2 EF+FD+DE S ABC

3

A

B

C

D

ABCD

-2-

1986

1986 1 42 7 1<a<0 θ=arcsina sinx<a A {x|2nπ+θ<x<(2n+1)π θ n Z} C {x|(2n 1)π+θ<x<2nπ θ n Z} π 2<θ<0 x A M={ (z 1)2 a b c
?a bc 8a+7=0 ? 2 2 ? b +c +bc 6a+6=0
2

(

0 1 ) ( ) B {x|2nπ θ<x<(2n+1)π+θ n Z} D {x|(2n 1)π θ<x<2nπ+θ n Z} π θ<x<θ D

7

y O

T 1

x

( π

0)

sinx<a ( C )

M={z|(z 1)2=|z 1|2} } B M={ }

{ z )=0

}? M ?{ z z ?z=1 z= z

}

D M={ z

} B

(z 1)( z

1)=0 ?(z 1)(z

( ) ( + ) B ( 1] [9 + ) 2 2 2 3+ b +c 2bc+3a 30a+27=0 ?(b b2+c2+2bc a2+2a 1=0 (b+c)2=(a 1)2 ?b+c=a 1 A 3 B 4 C 5 2 C1 C2 M 1 C 21 C6 C7 7+4+1=12 1 4 1 1 1 t=a+b+ c C R=1 1 =4 s<t abc=1

a A

M 6 A 11 M a C7 1 b c

C1 B 12 M 7

C (0 7) D [1 9] 2 c) +3(a 1)(a 9)=0 ?1 a b+c= a+1 ( D 6 3 C7 C7 M 7 M ( ) D 28 2 C6 4

9 ) A

D

C6

M

C5

1

s= a+ b+ c s t A

s>t

B s=t

D

1 abc =2absinC= 4R 1 1 1 a+b+ c 2 ( 4 6

a+ b+ c 1 1 1 + + = = a+ b+ c ( ab bc ca abc 28 7 ) 000 999 6

)

C

13

6 12 cosα=6.5=13 f(x)=|1 2x| x [0 1]

=13

=12

=25

D

-3-

1986

1 f(f(f(x)))=2x 1 x 4) 1 1 (4 x 2) 1 3 (2 x 4) 3 (4 x 1) (0 8 8 1 2 3 f(1001)+f(1001)+f(1001)+
1 x

f(f(x))=|1

2|1

? °4x 1 2x||=? 3 4x °4x 3 ?
1 8

4x

f(f(f(x))) 1 y=2x (0 x 1) 1

y=0

y=1 x=0 x=1

4x f(x)=4x+2

1000 +f(1001)

4 4x 4 4x f(x)+f(1 x)= 4x+2+ 1 x =4x+2+ =1 4 +2 4+2u4x 1 x=1001 2 3 1001 1001 500 1001 4
5x+9y+4z

=500 68u2
5x+9y+4z

x

y z

+256=0

x+y+z

2

5x+9y+4z

=t

t2 68t+256=0

?(t

64)(t 4)=0

?t=4

t=64

5x+9y+4z=2?5x+9y+4z=4

?9(x+y+z)=4+4x+5z 4 4(x+y+z)=4 x 5y 4

4 x+y+z 9 4 x+y+z 1?x+y+z [9 1]

5x+9y+4z=6?5x+9y+4z=36

?9(x+y+z)=36+4x+5z 36 ?x+y+z 4 4(x+y+z)=36 x 5y 36 ?x+y+z 9 4 =9u9=4

1

(

17 ) ai 1+ai+1=2ai n
0

(i=1

a0 a1 2 3

a2 )

P(x)=a0Cn(1 x)n+a1Cnx(1 x)n 1+a2Cnx2(1 x)n 2+ +an 1C

1

2

n 1 n1 n x (1

x)+anCnxn

n

(

a0 a1) ai+1 ai=ai ai

1

?

{ai}

ai

ai 1=d 0 x)+anCnxn n

ak=a0+kd

P(x)=a0C0(1 x)n+a1C1x(1 x)n 1+a2C2x2(1 x)n 2+ +an 1C n n n

n 1 n1 n ,n)x (1

= a0C0(1 x)n+(a0+d)C1x(1 x)n 1+(a0+2d)C2x2(1 x)n 2+ n n n
-4-

+(a0+(n

n 1)d)Cn n 1xn 1(1 x)+(a0+nd)Cnxn

1986
0 =a0[Cn(1 x)n+C1x(1 x)n 1+C2x2(1 x)n 2+ +Cn n 1xn 1(1 x)+Cnxn] n n n +d[C1x(1 x)n 1+2C2x2(1 x)n 2+ +(n 1)Cn n 1xn 1(1 x)+nCnxn] n n n 0 1 n 2 n 2 n 1 n 1 n1 n2 n =a0(1 x+x) +ndx[Cn 1(1 x) +Cn 1x(1 x) + +Cn 1x (1 x)+Cn 1x ] =a0+ndx(1 x+x)n 1=a0+ndx=a0+(an a0)x k k kCn=nCn 1) 1

(

2

( AD BE

17 CF

) ABC

ABC

R

D E

F

BC

CA

AB

R S 2 EF+FD+DE ABC OA C E F B ?OAF=(180q 2?C)/2=90q ?C OA R SOEAF=EF· 2 = 2 ·EF R SOFBD= 2 ·DF R SODCE= 2 ·DE OA R S= 2 (EF+FD+DE) EF OB FD OC ED R S< 2 EF+FD+DE S
F

A

?AFE=?C OA EF

OAB
O B D

E

C

R S 2 EF+FD+DE A

O AT AFE= TAF= ACB ?B F E D A F D C A E D B ? AFC= ADC AEB= ADB AFC+ AEB= ADC+ ADB=180° BFC= BEC AFC= AEB=90° D 16 )

F E

3 (

A

B (x y)

C x+y 1(mod 4)

D

ABCD x+y 0 2(mod4)

x+y 3(mod 4)

x A(x1 y1) B(x2 y2) C(x3 y3) D(x4 y4) x1+x3=x2+x4 y1+y3=y2+y4 x1+y1+x3+y3 0(mod 4) x2+y2+x4+y4 0(mod 4) 0 ) 2( x2+y2 2 )(mod 4) D

x4+y3

0(

x2+y2

-5-

1987

( 1 A C 2 ( A 3 ( ) A B C D 4 π (0<α<3) A ( ) A C B A 10 2 5 ) a a

5 n

(10 1 6 n +3a

11

8 00 a B D 6 a A B

9 30) 0 ( ( 6 D 12( a ) (a 0) ) ) 20 )

C

B

14

C

5 6

n(2

n<+

) ( ) A

ABC ABC

B

C

ABC=2α
B 2D

B 100 67 3π

C A

C
A C

22π(1+sinα) 66α 68 22π+ 3 πsinα ( 66α

B

D 33π 66α( 8

) 0 40 )

1 M={x xy lg(xy)} N={0 |x| y} M=N 1 1 1 (x+ y)+(x2+y2)+(x3+y3)+ 2 A={(x B={(x A 3 7 4 B k k 3 4 5 1 α x2 kx+1=0 ( ) 4 5 41 ( 5 k k ( ) ) 5 6 2 4 5 y)| |x|+|y|=α α>0} y)| |xy|+1=|x|+|y|} α 10 ( ) n α +α
2n 2n

1 +(x2001+y2001)

(

)

-1-

1987

ABC

ADE ADE

EC

M

ABC BMD

ADE

A

B

A D

E

C

(

)

n(n>3)

-2-

1987

( 1

5 n

1 n6+3a a (

0 ) )

20

)

n6+3a 2

A a B a C a D A B C ( 2 3 6 4 2 2 3 6 4 2 2 4 2 2 (n +3k) =n +9n k+27n k +27k =n +3(3n +9n k+9k )k a=(3n +9n k+9k )k (k k k a a 5 6 6 ( ) A B 14 10 2 x 3 y 3 x2+y2=25 ) x+y=k B C 5 6 (4 3) D 12( 7 a (a A B C D k k k 0 x 0) n(2 n<+ ) ( k k=0 y=k(x a) y A(x1 y1) a y1 0 x2 a y2 x2 a 0 y= =m 1 x1 a A y2 C A C ABC=2α(0<α< A B A 100 67 B 3π D k(k A 8 0 33π 66α( ) 2 3π 2α k(k 0(mod 3)) ) A C 22π(1+sinα) 66α 68 22π+ 3 πsinα A k(k 66α C A
B1 C2

) A

) 2x+2y

y
(4,3) 3

( 14 3

3

O

5

x

(

)

) x

B(x2 y2) m

y1=k(x1

a)

y2=k(x2 a) m 1 ABC ABC B (

y2 y1 4 π 3)

x2=mx1+(1 m)a B

A2

C
2D

A1 B C1 A C

1(mod 3)) 2 2α+ 3πsinα)

2(mod 3))

π 3(2sinα)

2 =33(3π ( 1

40

)

M={x xy lg(xy)} N={0 |x| y} M=N
-3-

1987

1 1 1 1 (x+ y)+(x2+y2)+(x3+y3)+…+(x2001+y2001) 0 M xyz0 lg(xy)=0 1 N |x|=1 y=1 y=1 |x|=1 x=1 x= 1 x=1 1 1 x2k+y2k = 2 x2k+1+y2k+1 = 2(k xy 2 A={(x B={(x A ) A B 4 4 α=2 3 7 k k =α α +α kn kn kn k 4
1 1 1 1

(

)

xy=1 xy=1

x=1 x= 1 y= 1 = 2

yz1

N*) y=1

0 ?x

0

y 0

xy=1

x=1

x= 1

y= 1

= 2

y)| |x|+|y|=α α>0} y)| |xy|+1=|x|+|y|} α (α x=1 4 x+y=α 4 0) (0 α) ( α y= 1 0) (0 α) (

y

B

x= 1 y=1

O

x

α=tan22.5°+1= 2 =1 α= 2 2α=2 2+2 ?α=2+ 2
2n 2n

2+

2 1 α x2 kx+1=0 ( α+α 1=k
1

10 ) kn(mod 10) 0 kn<10

n α +α

α +α 2

2n

2n

2n

2n

=(α

2n



2n

1

)2

kn kn

2 1 +8(mod

10)

k

kn

7

1(mod 10) kn 9 ?kn+1 9(mod 10) 3(mod 10) kn 7 ?kn+1 7(mod 10) 5(mod 10) kn 9 ?kn+1 9(mod 10) 3 5 7 3 4 5 4 5 41 ( 3 4 5 6 2 4 5 ) 5 4 ) 4 5 41 ( 5 6 2 4 5

4 20 AE=DF=h= 41

BC= 41 BE=CF=x= 16 41 EF= 41 2 16 6 = 41 41
4

BC
A
3

A B E
h x
41
5 5

AD2=AE2+EF2+FD2 2AE

1 DFcosθ=41(881 810cosθ)

D
4

B E

h x
5 4

4 3

D

F
1

-4-

C

F

2

C

1987

81 (41 41) AD=3 5 AD=6 2 BC=5 9 BE=CF=x=5 9 7 EF=5 2 5=5 1 DFcosθ=25 (337 (*) (*) AB=CD=3

(*)

BC

12 AE=DF=h= 5

AD2=AE2+EF2+FD2 2AE 5 AD=6 2 1 5 k (*)

49 288cosθ) (25 25)

k 10 A a B b C c D d E e A 2 a 8 2 {B C D E} {b c d e} 8 a 2 3 14 {a B c} {B d} {B e} {a C b} {C d} {E b} {E c} {a E d} 14 4 3 4=12 a {C e} {D b}

( ) 4 {D c} {a

)

D e}

1987 ABC ADE ADE A
B

EC AC R) x B

M

ABC BMD

ADE

A

C 1 1 b=2c+2ci D

c 1 d=2

E e
A D D' E' E M C

e(c e

1 2ei ADE Ec EcC A θ ADcEc ec=e(cosθ+isinθ) Dc 1 m=2(c+ec) esinθ)i dc=d(cosθ+isinθ)

M

MB MDc

1 1 1 1 1 1 1 z1=b 2(c+ec)=2c+2ci 2c 2e(cosθ+isinθ)= 2ecosθ+2(c 1 1 1 1 z2=dc m=(2e 2ei)(cosθ+isinθ) 2c 2e(cosθ+isinθ) 1 =2(esinθ 1 c) 2iecosθ BMDc

z2=z1i

|MB|=|MDc|

BMDc=90°

-5-

1987

( W( 2 W (m
2 2 2

) 3) p q Z) W

(m n) (p
2

q)(m n

2) +(n 3) =(p 2) +(q 3) 2 2 2 2 m +n p q =2 2(p m)+2 3(q n) p=m q=n W W 0=r0<r1<r2<r3< <rn< A0 A1 A2 A3 An An W n(n>3) 1 A A B α(A) α(B) A B

An

W rn

rn

B C A B C α(B) α(C) B α(A) C?α(A) D E D α(C) E?α(C) C α(D)=α(E) D α(B) B α(D)=α(E) {C} B α(E) C?α(E) A α(A)=α(E)=α(D)\{C} α(A) α(D) C A

α(B) α(C) A?α(C) B C D A

A D α(C) E=A

1

n i

n j 1 1

n

1 1

n 1

1 1 1 1 1 10 1 i 1 k 1 i j j 1 j n 2 2

1 1 1 3 n n 1 1 n 1 i j k 1 1 i i j 1 k 1

1

1

1 k

1

i

-6-

1988

(10 ( 1 x+y=0 A y= φ(x) 2 A |k|>1 3 5 y=φ(x) (

16

8 00 7 )

9 30) 0 )

B y= φ( x) k2x2+y2 4kx+2ky+k2 B |k| 1 M N P M={(x y)| |x|+|y|<1} y)| (x

C 1=0 C

y= φ 1(x) k 1<k<1

D y= φ 1( x) ( ) D 0<|k|<1

N={(x P={(x A M?P?N z z 4 π θ>3 a b A C 5 1 N M N P=I A 1 ( 1 2 3 4 2 (15 (15 Z (15 ) ) 2 x y c α

12 12 2) +(y+2) + |y|<1} C

1 1 (x+2)2+(y 2)2<2 2} P?N?M z z θ

y)| |x+y|<1 |x|<1 B M?N?P z z β γ

D A α β=a

B

C α=c

β γ=b γ

B D A

B

C I M

N ? B 2 4

M 10 )

? C

P P ? 3 D 4 b4 b3 = a2 a1 DE BC= 1

x a1 a2 a3 y x A=α 7 CD BE

b1

x b2

b3

y b4

( x+2)2n+1 ABC

AB AC

1 Z1 1 1 a+b=1 2n+1

|Z1

Z0|=|Z1|

Z0

Z0

0

Z

Z1Z= 1

) (a+b)n

a b an bn 22n

n N*

-1-

1988

{an}

a1=1

a2=2
?5an+1 3an(an·an+1 an+2=? ? an+1 an(an·an+1

) )

n

N*

an 0

ABC
A

P

Q R

P

Q

AB

S'PQR 2 > S'ABC 9

P
H N Q B R C

l1 l2 (1 1) ln (n=1 2 3 kn+1=an bn kn+1 ln+1 knkn+1 0 (n=1 2 3 ) ) an bn ln x

ln y (n=1 2 3 )

-2-

1988

1988
( 1 x+y=0 A y= φ(x) 2 A |k|>1 3 5 y=φ(x) ( ) D y= φ 1( x) C y= φ 1(x) x=φ 1( y) y= φ( x) B 1=0 k ( ) C 1<k<1 D 0<|k|<1 2 k 1<0 D B y= φ( x) y=φ 1(x) k2x2+y2 4kx+2ky+k2 B |k| 1 k 0 (0 0) M N P M={(x y)| |x|+|y|<1} y)| (x 7 0 )

N={(x P={(x A M?P?N z z M 1 (2 4 π θ>3 a b A C a 5 1 N M N P=I A 1 D ( 1 x y b c c (1

12 12 2) +(y+2) + |y|<1} C 0) (0

1 1 (x+2)2+(y 2)2<2 2} P?N?M z z 1) P

y)| |x+y|<1 |x|<1 B M?N?P z z

D A

B

C ( ) N

0) (0 1) ( 1 2 2 A α β γ

1 1 1 2) ( 2 2)

x+y= 1 x= 1 y= 1

θ

α β=a

β γ=b γ

α=c

B D A a b c

B

C π 3<θ<π I M C

π θ=3 P P ?

N ? B 2 4

M

? C 10

3 ) b1 x b2 b3

D 4

x a1 a2 a3 y x) b4 2 b3=3(y x x) ?

y b4

b4 b3 = a2 a1

1 a2 a1=4(y 2 ( x+2)2n+1

b4 b3 8 = a2 a1 3

( x+2)2n+1 ( x x=1

2)2n+1=2(C2n+12xn+C2n+123xn 1+C2n+125xn 2+ +C2n+122n+1) 1 =2(32n+1+1)
-3-

1

3

5

2n+1

1988

3

ABC AED ABC 7 2 1 ( 14

A=α

CD BE

AB AC

DE BC=

DE AD BC= AC=|cosα| 1

4

) 14

7 7

C14 (15 ) 2 BD AE BD E ABD 6 =3 BCD π 6 2 3 V=3( 3 )2· 3= 9 π 2 3 = 9 π DOM 6 3 3 1 =2· 3π·( 4 )2· 2 = 8 π 2 3 =2· 9 π 1 (15 Z ) 3 23 8 π=72 3π Z1 1 1 Z Z0|=|Z| |Z1 Z0|=|Z1| Z0 Z0 1 Z0 n N* 0 1 |Z | 0 Z Z1Z= 3 DAB DO= 2 DO·AB 6 OM= DA = 4 AE= 2 3
A B C O M E N

7

1 O MN BD AD BC M N
D

1 Z1= Z (15 (a+b)n ) an

| a b

1 1 |ZZ0+1|=1 |Z+Z |=|Z | 0 0 1 1 a+b=1

bn 22n

2n+1

a+b=ab a+b 2 ab ab 2 ab a+b=ab 4 (a+b)k=(ab)k 22k ak+bk 2 akbk=2 (a+b)k 2k+1 1° n=1 = =0 2° n=k(k 1 k N) (a+b)k ak bk 22k 2k+1 (a+b)k+1 ak+1 bk+1=(a+b)(a+b)k (ak+bk)(a+b)+ab(ak 1+bk 1) =(a+b)[(a+b)k ak bk]+ ab(ak 1+bk 1) 4?(22k 2k+1)+4?2k=22(k+1) 4?2k+1+4?2k=22(k+1) 2(k+1)+1 n=k+1 n N*

-4-

1988

{an}

a1=1

a2=2
?5an+1 3an(an·an+1 an+2=? ? an+1 an(an·an+1

) )

n

N*

an 0

1988

an

a2k+1

an 0(mod 4) an 0(mod 3) a1=1 a2=2 a3=7 a4=29 a1 1 a2 2 a3 3(mod 4) a3k 2 1 a3k 1 2 a3k 3(mod 4) a3k+1 5 3 3 2=9 1(mod 4) a3k+2 1 3= 2 2(mod 4) a3k+3 5 2 3 1=7 3(mod 4) n N a3n 2 1 a3n 1 2 a3n 3(mod 4) an 0(mod 4) 0 a1 1 a2 2(mod 3) a2k 1 1 a2k 2(mod 3) a2k 1?a2k a2k+1 5 2 3 1 1(mod 3) a2k 1?a2k a2k+1 2 1 1(mod 3) 1(mod 3) a2k?a2k+1 a2k+2 5 1 3 2 2(mod 3) a2k?a2k+1 a2k+2 1 2 2(mod 3) an 0(mod 3) ABC
A

a2k+2 2(mod 3)

an 0 P PQR CN 1 AB<2 Q RH AB ABC PQ 2 AB >3 AR 1 AC>3 l1 ) an bn ln x y (n=1 2 3 ) l2 S'PQR 2 > S'ABC 9 ln S'PQR 2 > S'ABC 9 1 1 PQ=3

P

Q R ABC

P
H N Q B R C

S'PQR PQ·RH PQ AR = = · S'ABC AB·CN AB AC AP AB 1 1 1 PQ<2 3=6

1 1 1 AR=3 AP>6 AC<2

(1 1) ln (n=1 2 3 kn+1=an bn kn+1 ln+1 knkn+1 0 (n=1 2 3 ) an=bn 0 kn 0 1 kn>1 k1>1 k1>k2>k3>? kn< 1 kn 1= 1 y=kn(x 1)+1 k1>1 1 0<k <1
1

an=bn=0 bn=1 k1< 1 1 k1>k2=k1 k >0 1

kn=1

kn+1=0 1 kn+1=kn k n

an+1

kn knkn+1=kn2 1

1

1 kn an=1 k n

k2>1

k1>k2>k3>0

km>1

>km>km+1>0
1

1 1 0<k <k <
1 2

1 <k <1 m
1

1 1 km+1=km k <km k =km 1 m m k1 k 1 m=m1 m0 km1 m
1

1 km

1

1 k1<km

2 k1<

m <k1 k 1 m m=m0 km1·km1+1<0 k1 m0 k1 1 m

1

1>km1=km1

1

1 km1 1>0

-5-

1988

k1< 1 km< 1

1 1<k <0
1

k1<k2=k1

1 k1<0 1

k2 < 1

k1<k2<k3<0

k1<k2<k3<? <km<km+1<0
1

1 1 1 0>k >k > >k > 2 m 1 1 k1>km
1

1 1 km+1=km k >km k =km m 1 m k1 k m m=m1(m1 m0) m km1

1 km

1

2 k1>

m >k1 k 1 m m=m0 k1 m0 k1 1 m

1

1

1<km1=km1

1 km1 1<0

km1·km1+1<0

-6-

1989

1989
(10 15 ( 30 5 ) B ABC z=(cosB sinA)+i(sinB cosA) ( ) B 1 f(x)=arctanx+2arcsinx A 3 A 4 A 5 t 1+t M={z| z=1+t+i t t M 6 M={u|u=12m+8n+4l N={u|u=20p+16q+12r m n l Z} p q r Z} M?N z D N?M z N A R t 1 t 0} R |t| 2 1} D 4 0 x 8 ( π π) y=f(x) B 3 B 6 C 8 x=l C B ( ) C 3 ( 4π 3 4π) 1 D [ 2π l) x= l 1 2π] ( ) 8 00 10 00)

1

A

A 2

C

D

3 3 [ 4π 4π]

y=f(x

y=f( x+l) D y ( ) D 24

N={z| z= 2[cos(arcsint)+icos(arccost)] t 0 B 1 C

A

M=N (

B M?N 30

N?M 5 )

C

1 2 3 4 5

a loga 2<1 l 2x+y=10 ( 10 0) lc l f0(x)=|x| f1(x)=|f0(x) 1 f2(x) |f1(x) 2

lc

l y f2 x x

a2 a1 6

1 3

2 3 a3

a2

14 3

a1 a2 a3

s t (s+5 3|cost|)2+(s 2|sint|)2 ( a1 a2 20 )

an n a1?a2? ?an=1 (2+a1)(2+a2) (2+an) 3n ( 20 ) S ABC SO=3

6
-1-

A

SBC

Oc

1989

AOc (

P

AP =8 POc 20 n ) N* an>0

P

S

Σ Σa )
aj
j

n

3

n

2

an=n
A O B C

j=1

j=1

10 35 ABC F 2AF=AB AC

30 12 30 ABC E

AB>AC ?A

E

EF

AB

E A F

( xi

35 R(i=1 2
n
i

) n n
n
i

2)

B

C

Σ|x |=1 Σx =0
i=1 i=1 n ° xi ° 1 ° i° 2 °i=1 °

Σ

1 2n

( n n

35 n n 4)

) +1 ( ) ( ) 4 4k k Z 1

-2-

1989

1989 ( 30 5 ) B ABC z=(cosB sinA)+i(sinB cosA) ( ) A B C D 0°<A B<90°<A+B<180° 90°>A>90° B>0° sinA>cosB cosA<sinB cosB sinA<0 sinB cosA>0 Z B A 1 f(x)=arctanx+2arcsinx A ( π x [ 3 A 4 A C 5 t 1+t M={z| z=1+t+i t t M M 6 N A R t 1 t 0} R |t| 1} D 4 A x x 1=t 8 0 4 π) 1 1] y=f(x) B f(t)=f( t) 3 B 6 x=l f(t) C t=0 C 8 8 B ( ) C 3 ( 4π 3 4π) π [ 4 1 D [ 2π π 4] 1 2π] π f(1)= 2 ( D )

1

2

3 3 [ 4π 4π]

π arctanx [ 4

π 1 4] 2arcsinx

π f( 1)= 2

y=f(x l) x= l

y=f( x+l) D y x=1 B ( ) D 24

N={z| z= 2[cos(arcsint)+icos(arccost)] t 0 B 1 xy=1(x 0 x 1)N M={u|u=12m+8n+4l N={u|u=20p+16q+12r C

2 x +y2=2(x 0)
2

m n l Z} p q r Z} M?N z D N?M z M M=N 4

A

M=N

B M?N

N?M

C

u=12m+8n+4l=4(3m+2n+l) u=20p+16q+12r=4(5p+4q+3r) ( 30 1 2 3

3m+2n+l 4 5 )

a loga 2<1 0<a<1 loga 2<0 a>1 a> 2 l 2x+y=10 ( 10 0) lc l lc (x+10) 2y=0 (2 6) f0(x)=|x| f1(x)=|f0(x) 1 f2(x) |f1(x) 2 1 x f0(x)=|x| x 2
-3-

(0 1) ( 2 + lc l y f2 x 1 x

)

x f0(x)=|x| 1 f1(x)=|f0(x) 1

1989

2 f0(x)=|x| x 2
y
y
y (1,2) 1

x 3 x f2(x) |f1(x) 2 7

(-1,2)

1

o

x

-1 o

1

x

-3

o

-1

3

x

4
1
2
3

α(0<α<1) n2<n+α<n+1 1 2 n N* n=1 5 1+ 5 <n< 2

n(n

N*)

α(n+α)=n2

α2+α 1=0 D= 1± 5 2 1+ 5 2 14 a2 a1 3 a3 a2 a1 a2 a3 3

α>0 5

D= 1

1+ 5 2 2 3

a1c=a1 6 s t

a2c=a2 2

a3c=a3 4

1 a1c<a2c<a3c 10 3|cost|)2+(s 2|sint|)2

C10=120

3

(s+5

x=3|cost| x=s+5 y=s ( a1 a2 20

y=2|sint| y=x 5 (3 0) )

x2 y2 9 + 4 =1 (s+5 y=x 5 3|cost|)2+(s 2|sint|)2 =2

an n a1?a2? ?an=1 (2+a1)(2+a2) (2+an) 3n 2+ai=1+1+ai 3 ai (i=1
3

2

n)
3 3

(2+a1)(2+a2) (2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2) (1+1+an) 3 a1?3 a2? 2 (2+a1)(2+a2) (2+an)=2n+(a1+a2+ a1+a2+ +an n a1a2 an=n=Cn
2 Cn
2

?3 an 3n a1a2 an=3n an

3

3

+an)2n 1+(a1a2+a1a3+ +an 1an)2n 2+ +a1a2
1

n

a1a2+a1a3+

+an 1an

Cn

(a1a2 an)n 1=Cn

2

(2+a1)(2+a2) (2+an)=2n+(a1+a2+ +an)2n 1+(a1a2+a1a3+
-4-

+an 1an)2n 2+ +a1a2 an

1989

2n+Cn2n 1+Cn2n 2+ +Cn=(2+1)n=3n ( 20 ) S ABC P AP =8 POc

1

2

1

SO=3 P SO SBC AOc AO BC AES Oc

6

A

SBC
S

Oc

AOc

S ABC BC AES AES AOc SBC Oc F ABC SO=3 tan

AO SE

BC AOc

E SO

SE
P O'
A O C E B

AB=6 OES= 3

AE=3 3 OE= 3 E=60°

3 OcE=AEcos60°=2 3 OcG AP =8 POc P S
ABC=

S

ABC

G

AE

9 OcG=OcEsin60°=4
O' F P

PH 8 = ?PH=2 OcG 9 s 3 2 4 ·6 =9 3 s= 3 S =3 2=1
A

OH G

E

1 s =( )2 S'ABC 3 ( 20 n

) N* an>0

Σa Σa )
j

n

3 j

n

2

an=n

j=1

j=1

a13=a12 a1>0 n k(k N
k+1 j=1
3

a1=1

k a j =(

1)
k+1 j=1

Σ
j=1

n

aj

3

Σa
j=1

n

2 j

ak=k
j 2 k+1

n k 1

Σ Σ

aj)2=(

Σ
j=1

k

aj)2+2ak+1(

Σa )+a
j=1

k

1 1 2 1 2 3 2 2 2 4k (k+1) +ak+1=4k (k+1) +2ak+1· 2k(k+1)+ak+1 ak+1 ak+1 k(k+1)=0 n=k+1
2

ak+1= k

ak+1=k+1 n N* an=n

an>0

ak+1=k+1

-5-

1989

35 ABC F

AB>AC ?A

ABC

E

E

EF

AB

2AF=AB AC FB FG=AF EG EC EB AEG EG=EA ?3=180q ?EGA=180q ?EAG=180q ?5=?4 ?1=?2 EGB/ EAC BG=AC
1

E
5 4 3

A

F
2

G

B

C

xi R(i=1
n
i

2
n
i

n

n 2)

Σ|x |=1 Σx =0
i=1 i=1 n ° xi ° 1 ° i° 2 °i=1 °

Σ

1 2n xi>0 xi >0 xj<0(i j {1 xj1 xj2 1 +xjm= 2 2 x jm n xi i j) <0

xi1

x i2

x il X= xi1+xi2+

1 +xil=2 Y= xj1+xj2+

Σ
k

x il l> l=1
k

x jh h h=1

Σ
m

m

Σl< Σh
° xi° 1 ° i° 2 ° i=1 °
l=1 n h=1

x il

x jh 1 2n 4)

n k m k Y 1 1 1m X ° xi°= xil+ xjh xil n xjh= 2 ° i° 2 =2 2n l h=1 h l=1 ° i=1 ° l=1 h=1 n k x m x k Y X 1 1 xi° 1m il jh ° xil n xjh= 2 = ° i° l h=1 h 2 =2 2n ° i=1 ° l=1 l=1 h=1

Σ Σ Σ Σ

Σ

Σ

Σ Σ

Σ

Σ

Σ

n n

n n

+1 ( ) ( ) 4 4 1)! 1 4l 4l 2 +1 +1 4m 4l 4m 4l+2 1 4m 4l 4k 4m

1 k Z aij (n +1 4 1)!

n>3 1 1 4

n! aij(= 1) (n 1)!

n>3 (n

4l=4(m 2l)

4m 4l+2 4l+2=4(m 2l+1)

-6-

1990

(10 ( 1 α A B C D (4 30 2),

14 5 )

8

00 10 00)

S S

(cosD)cosD (sinD)cosD (cosD)sinD

(cosD)cosD<(sinD)cosD<(cosD)sinD (cosD)cosD<(cosD)sinD <(sinD)cosD (sinD)cosD<(cosD)cosD<(cosD)sinD (cosD)sinD <(cosD)cosD<(sinD)cosD 2 f(x) 2 2,0 f x A f(x)=x+4 B f(x)=2-x 3 F1 F2 F1F2 ( ) A MN B C M N D 4 A 0 5 A 2 6 ( )
y
(2,1)

x [2,3] C f(x)=3 |x+1| D M N PF1F2 NF2 f(x)=2+|x+1| P

f(x)=x

x [

PF1F2

F1M

1 1 {(x y)|lg(x3+3y3+9)=lgx+lgy} B 1 x
1989 2 2

( C 2

) D 2
1990

y B

x2+xy+y2=0 1 (2 C 1) 1

§ x · ?x+y?

1990

y +§x+y·

?

?

(

)

D |y|>1

x y a2+b2=1(a>b>0)

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

x O
( 5 0)

x O
(2,-1)

x O
( 5 0)

x O
(2,-1)

A.

B.

C.

D.

( 1 2 AP 3 n 4 f(1)+f(2)+ +f(1990) 5 n=1990 n n A(2 0) a

30 b

5

) a+b=2 1 1 1+an +1+bn 60°)) t 15° n ( ) 45°

P(sin(2t

60°) cos(2t

x y z (x2+y2+z2)2 n(x4+y4+z4) O An(n n+3) f(n) OAn

-1-

1990

1 2n(1 6 8 ( ( a b n An n2

3Cn+32Cn 33Cn+ 25

2

4

6

+3994C

1998 n

3995C

1990 n =

) 20 ) 2ab a>b sinθ=a2+b2 ( π 0<θ<2) An=(a2+b2)nsinnθ

n n a11 a12 a21 a22 a31 a32 a41 a42 an1 an2

a13 a23 a33 a43 an3

a14 a24 a34 a44 an4

a1n a2n a3n a4n ann 1 3 a24=1 a42=8 a43=16

a11+a22+

+ann M ABCD MA=MD MA AB AMD 1

M

D

C

A

B

-2-

1990

(10 ( ABCD O1 O2 35 ) O O3 O4

14

10 30 12 30) P ABP BCP CDP DAP

AC BD OP O1O3 O2O4

D O3 O4 O O1 F ( 35 ) E={1 2 3 G={a1 a2 G 1 i<j 100 ai+aj 201
100

C

P O2

A

B

200} a100}?E z

Σa =10080
i

i=1

G

4

G

( n
n

35

) i 199 Ci (1 Ci 39 1 i n)

ΣC =1990
i

i=1

-3-

1990

1990 ( 1 A B C D α α (4

( 30

) 5 )

S S

2),

(cosD)cosD (sinD)cosD (cosD)sinD

(cosD)cosD<(sinD)cosD<(cosD)sinD (cosD)cosD<(cosD)sinD <(sinD)cosD (sinD)cosD<(cosD)cosD<(cosD)sinD (cosD)sinD <(cosD)cosD<(sinD)cosD (4

(1990

)

S S

2)?0<cosα<sinα<1 D x [2,3] f(x)=x x [

2 2,0

(cosD)cosD<(sinD)cosD (cosD)sinD<(cosD)cosD f(x) 2 f x A f(x)=x+4 x [ 2, 1], x [ 1,0)

B f(x)=2-x C f(x)=3 |x+1| D f(x)=2+|x+1| x+4 [2,3], f(x+4)=x+4 f(x)= f(x+4)=x+4 (x [ 2, 1]) x (0,1], f( x)= x+2 f(x)= f( x)= x+2 (x [ 1 0). (x [ 2 (x ( 1 1]) 0)) M F1M F P P N C PF1F2 NF2 PF1 PF2=2a D M P
y
P F
F1 I

? 3 ( x 1)=x+4 f x)=3 |x+1|=? ?3 (x+1)= x+2

3 A C PF1 C 4 A 0 1 1 x3+3y3+9=xy>0 B 5 A 2
1989

F1F2 MN M N

F1 (

F2 ) B D D E D N

PF1F2

PF2=F1D F2D=2a

E D M O N F2 x

1 1 {(x y)|lg(x3+3y3+9)=lgx+lgy} B 1 1 1 x3+3y3+9
3

( C 2

) D 2 1 1 x3=3y3=9
1990

3

1 1 x3· 3y3· 9 =xy y 1990 +§x+y·

3 x= 3

3

9 y= 3

3

x

y B

x2+xy+y2=0 1 C 1

§ x · ?x+y?

?

?

(

)

D 1+ω+ω2=0 x 2 y=ω ω3=1 ω2 1 (1+ω2)1990+(ω2+1)1990= 1 |y|>1 B

x y=ω x y=ω 6 ( )

ω2

ω=cos120°+isin120° ω 1 (1+ω)1990+(ω+1)1990= 1

x2 y2 a2+b2=1(a>b>0)

(2

1)

-4-

1990

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

y
(2,1)

x O
( 5 0)

x O
(2,-1)

x O
( 5 0)

x O
(2,-1)

A.

B.

C.

D.

4 1 a2+b2=1 ( 1 n ab

a2>b2 30 a b

1 4 1 5 b2<1<b2+b2=b2 1<b< 5 5 ) a+b=2 anbn 1

4 1 5 a2+b2=1?a2<1 1 1 1+an +1+bn

a2>5

C

a+b ( 2 )2=1 =1 A(2 0) P

1 1 1+an+1+bn n + n = 1+an+bn+anbn 1 1+a 1+b P(sin(2t 60°) cos(2t 60°)) t

a=b=1

2 AP

15°
y

45°

sin(2t 60°)=cos(150° 2t) cos(2t 60°)=sin(150° 45° 1 =6π x y z (x2+y2+z2)2 n(x4+y4+z4) P 1 ( 2 3 2) 1 3 (2, 2 ) AP

2t).

t

15° =

O

x

3 n

n

(x2+y2+z2)2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2 x4+y4+z4+(x4+y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4) x=y=z n=3 4 n O An(n n+3) f(n) OAn ( f(1)+f(2)+ +f(1990) OAn n=3k(k N+) n=3k±1(k N+) n+3 y= n x(0 k+1 y= k x (0 n x n) f(n) N*) OAn (k k+1) (2k 2k+2)

)

x n)(k n+3

f(n)=2

f(n)=0

1990 f(1)+f(2)+ +f(1990)=2[ 3 ]=1326 5 n=1990 1 2n(1 ( 6 8 ( 8 7 8+9 1 7
-57

3Cn+32Cn 33Cn+

2

4

6

+3994C

1998 n

3995C (

1990 n =

1 3 1990 2+ 2 i) 25

1 3 1990 1 3 2+ 2 i) = 2+ 2 i ) 9 C8+9 1=C16
7

=

1 2

1990

7 ( a b n An 2ab sinθ=a2+b2 20 )

25

C16?7!?25!

7

2ab a>b sinθ=a2+b2 ( a2 b2 cosθ= a2+b2

π 0<θ<2) An=(a2+b2)nsinnθ

An=(a2+b2)ncosnθ

a b A1=2ab B1=a2 b2 A2=4ab(a2 b2) B2=2(a2 b2)2 (a2+b2)2 Ak=(a2+b2)ksinkθ Bk=(a2+b2)kcoskθ Ak+1=(a2+b2)k+1sin(k+1)θ=(a2+b2)k+1sinkθcosθ+(a2+b2)coskθsinθ=Ak?B1+A1Bk Bk+1=(a2+b2)k+1cos(k+1)θ=(a2+b2)k+1coskθcosθ (a2+b2)k+1sinkθsinθ=BkB1 AkA1 n N* An Bn n2 n n a11 a12 a21 a22 a31 a32 a41 a42 an1 an2

a13 a23 a33 a43 an3

a14 a24 a34 a44 an4

a1n a2n a3n a4n ann a24=1 3 1 a42=8 a43=16

a11+a22+

+ann (1990 a42 a43 a44

) a24 a44 d q

1 a44=2a43 a42=4 a44=a24?q2 1 q=2. a12=a42?q 3=1 a14 a12 1 = 2 d= 4 2 1 a1k=a12+(k 2)d=2k(k=1 2 3 n)

1 1 1 akk=a1kqk 1=2k·(2)k 1=(2)k·k Sn= a11+a22+ S +ann 1 k 2S=k=12k
n n+1 n

Σ

1 Σ k 1=1+Σ 2 2 k=2 k=2 2
k

k

n 2n+1

1 1 =2 +2 S=2 n+2 2n

1 n n+2 2n 2n+1 =1 2n+1.

-6-

1990

M AD BC MAD

ABCD E F ME

MA=MD MA AD AB MA AB

AB AD ?AB

AMD
M R H Q D P O

1

MAD ABC ME ABC MEF ABC EF AB EF MAD MEF BC EF BC ME BC MEF MEF MBC AB=a MEF MBC MAD ABC 1 2 r=2(a+a QH MA AB= 2 2 ME= a MF= O OP OQ OR MBC 4 a2+a2) 2 a+a+ 4 2 a2+a2 a+a 2 2 OP

C F B

MAD
A

E

4 a2+a2 2 MEF MAD ABC

EF OQ ME OR MF ABC MAD MBC r 1 = 2 1 2+1 MAB ( 2 1)=1 O 2 a=a MAB

2 4 a2+a2 OQ

a= 2

OQ AB

=QH

10 ME= 2 MA= 2 MQ= 2 QH AE MQ=MA >r = 2 1

MQH

MAE

2 1· 2 MQ·AE 5 QH= MA = = > 2 1 10 5 2 O MCD >r O

O

MAB

-7-

1990

(10 (

14

10 30 12 30) P ABP BCP CDP DAP

35 ) ABCD O AC BD O1 O2 O3 O4 OP O1O3 O2O4 O ABC OA=OB O1 PAB O1A=O1B OO1 AB PCD O3 PO3 F DE ?1=?2=?3 ?EPD=?BPF ?PFB=?EDP=90q PO3 AB OO1 PO3 OO3 PO1 OO1PO3 O1O3 PO O1O3 PO O2O4 PO OP O1O3 O2O4 ( 35 ) E={1 2 3 G={a1 a2 G 1 i<j 100 ai+aj 201
100

E D
1

E

AB
O3 O4 P
2

C

O2 O O1 F

A

3

B

200} a100}?E z

Σa =10080
i

i=1

G 100 bi=201 i(i=1 2 100) 1 00 100 1 100 {4k+1 200 4k} {4k 1 202 4k} 50 m 50 m n 50 n 1?m+0?(50 m)+( 1)?n+2?(50 n) 10080 0(mod 4) m 3n 0(mod 4) m+n 0(mod 4) G 4 100 x1 x2 x100 100 201 x1 201 x2 201 x100 x1+x2+ +x100=10080 x12+x22+ +x1002+(201 x1)2+(201 x2)2+ +(201 x100)2 =2(x12+x22+ +x1002) 2 201 (x1+x2+ +x100)+100 2012 =2(x12+x22+ +x1002) 2 201 10080+100 2012 =12+22+32+ +2002 1 x12+x22+ +x1002=2[(12+22+32+ +2002)+2 201 10080 11 =2[6 200 201 1 =2 ( 35 )
-8-

G

4 {ai bi} ai=i

100

2012] 201]

401+201 20160

20100

[100 67 401+201 60]=1349380

1990

n
n

i 199

Ci

(1

Ci 39 1

i n)

ΣC =1990
i

i=1

199>39 5 1990=199 10

5 10

10 11 12 9 12 11 59 6 58 11 12 34 1 55 18 199=6 33+1 58 11 1990=34 58+18 5 10 11 12 5

-9-

? 1994-2009 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

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1992

1992
( 1 1991 A 1992 2 ( ) A (x+ 1 C (x+ 1 y2)(y+ 1 y2)(y 1 x2)=0 x2)=0 B (x 1 D (x 1 y2)(y 1 y2)(y+ 1 x2)=0 x2)=0
1

5 n

30

) y=(n2+n)x2(2n+1)x+1 ( ) 1993 D 1992 1
y
1 O 1 1 x

x

An

Bn

|AnBn|

|A1B1|+|A2B2|++|A1992B1992| 1992 B 1993 1991 C 1993

3

S1 S2 S3 S4

S

λ=(

ΣS )/S
i

4

λ

(

)

i=1

A 2<λ 4 4 ABC ABC( A C 5 OAB A8 3 6 f(x) z1 z2 ( ) B4 3 ) A

B 3<λ<4 B C

C 2.5<λ 4.5 a b

D 3.5<λ<5.5 c(bz1) C A sinB sinA log x=logb(4x
b

4)

B D A B |z1|=4 4z122z1z2+z22=0 O

C6 3 R

D 12 3 f(10+x)=f(10x) f(20x)=f(20+x) f(x)

A C ( 1 2 3 k 4 z1 x y z [0 S] _____ z2 5 30 3x 4y ) 5z

B D

1 x k

1 y

1 z ______

x z z +x

______

cos7x=cos5x

|z1|=3 |z2|=5|z1+z2|=7  a1=a2=1 a1+a2++a100
-1-

z2 arg(z )3 1 a3=2 ____

______ n anan+1an+2z1

5 a1 a2  an anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3

1

1992

6 (20 )

f(x)=

x4 3x2 16<

6x+13

x4

x2+1

_____

Σ
i=1

4

1 <17 k

20 AD BE CF

l m D E F

l

A B C

AB=BC l

A B C m

m

7 AD= 15 BE=2CF= 10

20 1. 2.

n

fn(x)=

xn+1 x x x

n 1 1

(xz0

1)

1 y=x+x

:fn+1(x)=yfn(x)fn-1(x) (n>1)
n

? y ° f (x)=? ° ?y
n n

Cn 1 1yn Cn 1 1yn
2

2

+ +( 1)iCn
i

i i

yn

2i

n

+ +( 1)2 (i=1
n 1 2
n 2 1

2 2

n 2 n n 2 1 n

) )

+ +( 1)iCn i+

+(

1)

C n+1 y
2

(i=1

-2-

2

1992

(35 A1A2A3

)

A1A2A3A4 O H1 H2 H3

H1 H2 H3 H4 H4

A2A3A4

A3A4A1

A4A1A2

(35 0) 1 2 3

) X Sn n 3

Sn={1,2,,n} ( ) Sn Sn

X X

Sn ( )

X

X



”(

n 3

(35 ) Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6) Pi(i=1,2,3,4,5,6)

6 (1) |xi|≤2,|yi|≤2,(i=1,2,3,4,5,6) (2) 2

-3-

3

1992

1992 ( 1 1991 A 1992 y=((n+1)x 2 ( 5 n |A1B1|+|A2B2|++|A1992B1992| 1992 B 1993 1)(nx 1) 30 ) y=(n2+n)x2(2n+1)x+1 ( 1991 C 1993 1 |AnBn|=n 1 ) A (x+ 1 C (x+ 1 (x 1 3 y2)(y+ 1 y2)(y 1 y2)=0 y x2)=0 x2)=0 B (x 1 D (x 1 y2)(y 1 y2)(y+ 1 x2)=0 x2)=0 x2)=0 x S λ=( D
1

x

An

Bn

|AnBn|

) 1993 D 1992 1 n+1 1992 |A1B1|+|A2B2|++|A1992B1992|=1993
y
1 O 1 1 x

B

(y+ 1 S1 S2 S3 S4

ΣS )/S
i

4

λ

(

)

i=1

A 2<λ 4

B 3<λ<4

C 2.5<λ 4.5

D 3.5<λ<5.5

Σ
i=1

4

Si

4S

Σ
i=1

4

Si 4 C A sinB sinA

ΣS
i=1

4

i

2S

A

4

ABC ABC( A C )

A

B C

a b

c(bz1)

log x=logb(4x
b

4)

B D

x2=4x 4 x=2 C=2A ?B=180° 3A sinB=2sinA ?sin3A=2sinA 2 ?3 4sin A=2 A=30° C=60° B=90° B 5 z1 z2 A B |z1|=4 4z122z1z2+z22=0 O OAB ( ) A8 3 2z1 π z2 =cos3 6 f(x) π isin3 B4 3 C6 3 z2 D 12 3 =60° 1 3 S=2·4·8· 2 =8 3 A f(20x)=f(20+x) f(x)

|z2|=8 z1 R

f(10+x)=f(10x)

A C f(20 x)=f[10+(10 x)]=f[10

B D (10 x)]=f(x)= f(20+x)
-44

1992

f(40+x)=f[20+(20+x)]= f(20+x)=f(x) f( x)=f(40 x)=f(20+(20 x)= f(20 ( 5 30 ) 1 x y z 3x 4y 5z

(20 x))= f(x) 1 x 1 y xz 0 1 z

C x z z +x (x+z)2 64 x z 34 xz =15 ? z+x=15

______

2xz 16y2=15xz y=x+z ?16 4x2z2=15xz(x+z)2 2 [0 S] 7x=5x+2kπ 3 k 8 4 4 z1 z2 k ( ) k cos7x=cos5x 7x= 5x+2kπ (k Z)?x=kπ k

1 x=6kπ (k Z)

7
D' A' D B' C B C'

4

=4 z2 arg(z )3 1 ______

A

|z1|=3 |z2|=5|z1+z2|=7 OZ1Z3==120°

32+52 72 1 cos OZ1Z3= = 2 2u3u5 z2 π arg(z )=3 1 z2 arg(z )3=π 1 5π 3

y
Z2

Z3

Z1

O

x

5 a1 a2  an  a1=a2=1 a3=2 n anan+1an+2z1 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3 a1+a2++a100 ____. anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3 an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4 anan+1an+2(a4 an)=an+4 an anan+1an+2z1 an+4=an a4=4 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3 a1=a2=1 a3=2 a1+a2++a100=25(1+1+2+4)=200 6 f(x)= x4 3x2 6x+13 x4 x2+1 f(x)= (x2 2)2+(x 3)2 (x2 1)2+x2 B(0 1) 10 ) 16< _____ (x x2) A(3 2)
B (0,1)
y

A (3,2)

|AB|= 10
4

O

x

(20

Σ 1k<17
i=1

1 2 2 = < =2( k k k+ k k 1+ k 1 2 > =2( k+1 k k+1+ k 2 k)

k

1)

Σ
k=1

80

( k+1

k)<

Σ
k=1

80

80 1 <1+2 ( k k k=1

Σ

k

1)

16

Σ
k=1

80

1 <1+2( 80 1)<1+2(9 1)=17 k

-5-

5

1992

20 AD BE CF

l m D E F

l

A B C

AB=BC l lc

A B C m m=K
l

m

7 AD= 15 BE=2CF= 10 β β α=lc AP=BQ=CR=l RF m

m

m α l BQ α CR α d PD QE RF PD= 15 d2 QE= D E F
2

AP α P AP l Q R Q R lc PD QE 49 2 2 4 d RF= 10 d 2QE=PD+RF

C

B

A

E

m

R KF

Q

P

K
2

D

l'

E D

d= 6 ? 49 4d = 15 d + 10 d D E F K 2QE=PD RF ? 49 4d2= 15 d2 l m 6 xn+1 x x x
n 1 1

2

10 d2

20 1. 2.

n

fn(x)=

(xz0

1)

1 y=x+x

:fn+1(x)=yfn(x)fn 1(x) (n>1)
n

? y ° f (x)=? ° ?y
n n

Cn 1 1yn Cn 1 1yn
2

2

+ +( 1)iCn
i

i i

yn

2i

n

+ +( 1)2 (i=1
n 1 2
n 2 1

2 2

n 2 n n 2
n 2 1

) n )

+ +( 1)iCn i+

+(

1)

C n+1 y
2

(i=1

1

1 (x+ x)(xn+1 x n 1) xn+x n n+2 x x yfn(x)fn 1(x)= = x x x x 1 1 f1(x)= x+x 1 1 f2(x)=x2+1+x 2=(x+x )2 m m+1
1

=fn+1(x)

1=y2

1

n=1 2 n=m+1 n=m n=m 1

n m(m 2 m

)

fm(x)= ym Cm 1ym 2+C

2 m 4 + m 2y

+( 1)iCm iym

i

2i

+

+( 1) C
m m 2 2

m 2

m 2

y m
2

m 2u 2

m

m

2 2 m 2

fm 1(x)= ym

1

Cm 1ym 3+ +( 1)i 1Cm iym+1 2i+ +( 1)
m 2

1

i 1

·C

y

yfm(x) fm 1(x)=ym+1

+( 1)i(Cm i+Cm i)ym+1

i

i 1

2i

+ +( 1) (C
m

m 2

m

+C 2 m
2 m 2 m

1 m 2

)y

=y n=m+1 2 m fm(x)= ym
1 1

m+1

C

1 m 1 + m+1 1y

+( 1) C

i

i m+1 2i + m i+1y

m +1

+( 1) · Cm2 y
2

m+1

n=m
m 1 2 m

n=m 1
1

Cm 2ym 2+ +( 1)i· Cm iym 2i+ +( 1)
-6-

i

· Cm 2 1 y
2

6

1992
m 1 2 m 1

fm 1(x)= y y

m 1

Cm 2y

1

m 3

+

+(

1)

i 1

C

i 1 m+1 2i + m iy

+( 1)

Cm 2 1
2

m

1 2

m 2

1

m

1 2

( 1)

Cm 1=
2

(

1)
m+1 2

C =( 1)

m+1 2 m+1 2

m+1 2

yfm(x) fm 1(x)=ym+1

Cm1ym 1+ n

+( 1)

n=m+1

A1A2A3A4 A1A2A3 H1 A2H1 A1H2 OM A2H1=2OM A1H2 OM H1H2 A1A2 H1H2=A1A2 H2H3 A2A3 H3H4 A3A4 H4H1 A4A1 A1A2A3A4 A1A2A3A4 M1 M1O1 H3H4 O α β γ sinγ) (cosG sinG) A2A3A4

(35

)

O H2 H3 H4 A3 A4 M A1H2=2OM

H1 H2 H3 H4 OM H1H2A1A2 A2H1

A2A3A4

A3A4A1
M1

A4A1A2
H3 A1

H4 A2

H2H3=A2A3 H3H4=A3A4 H4H1=A4A1 H1H2H3H4 H1H2H3H4 M1O1=MO O1 O

O1 O H2 H1 A4

H3H4 H1H2H3H4

A3

M

G

A1 A4A1A2

A2

A3 A1A2A3

A4 O

OA1 OA2 OA3 OA4 OX (cosα sinα) (cosβ sinβ) (cosγ

A3A4A1

1 1 1 1 (3(cosβ+cosγ+cosG) 3(sinβ+sinγ+sinG)) (3(cosγ+cosG+cosα) 3(sinα+sinG+sinγ)) 1 1 1 1 (3(cosG+cosα+cosβ) 3(sinG+sinα+sinβ)) (3(cosα+cosβ+cosγ) 3(sinα+sinβ+sinγ)) A2A3A4 A3A4A1 A4A1A2 A1A2A3 H1(cosβ+cosγ+cosG sinβ+sinγ+sinG) H 2 (cosγ+cosG+cosα sinα+sinG+sinγ) H 3 (cosG+cosα+cosβ sinG+sinα+sinβ) H 4 (cosα+cosβ+cosγ sinα+sinβ+sinγ) H2 H3 H4 O1(cosα+cosβ+cosγ+cosG sinα+sinβ+sinγ+sinG) 1 O1 1

H1 H3 H4

H1 H2

(35 ) Sn={1,2,,n} X Sn X X “ ”( 0) X ( ) X ( ) 1 Sn 2 n≥3 Sn 3 n≥3 Sn Sn A 1 A B=A\{1} 1?A B=A {1} . B Sn 1 B A=B\{1} 1?B A=B {1} Sn .
-7-

B Sn

Sn

7

1992

i i 1

Sn i>1 Sn

i

Sn i

2n-1 . 3 . 2
n2

(

1

3

) .

1 Sn

=(1+2+3+ +n)×2n 2=n(n+1)×2n 3 6 Pi(xi yi)(i=1 2 3 4 5 6)

(35 ) |xi| 2 |yi|

2(i=1

2 3

4 5 6) 4 5 6) A B Y 25 AEFJ KOWU MNYX 6
y A B C2 D E F
2

Pi(i=1 2 3 25 6 6 E F 7 L K Q V P V V U D G O R A

2

3 W B C H I J U 2 Q U C

2 MNYX L ACHJ ACHJ P V K 2

J I H G -2 K L O M P Q R S -2 X U V W

N T Y

x

P Q V U P ACHJ 3

P

Q

-8-

8

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18

中 等 数 学

2002 年全国高中数学联赛
   、 一 选择题 ( 共 36 分 ,每小题 6 分)
2 1. 函数 f ( x) = log 1 ( x - 2 x - 3) 的单调递增区间 2

(A) V 1 = 1 V 2 2 ( C) V 1 = V 2

(B) V 1 =

2 V 3 2

) 是 (    . (A) ( - ∞, - 1)   (B) ( - ∞,1) ( C) (1 , + ∞ )
2 2

(D) V 1 = 2 V 2

二、 填空题 ( 共 54 分 ,每小题 9 分)
z 7. 已知复数 z1 、2 满足| z1 | = 2 ,| z2 | = 3. 若它们 z1 + z2 z1 - z2
n

(D) (3 , + ∞ )

2 2 2 2. 若实数 x 、 满足 ( x + 5) + ( y - 12) = 14 , 则 y

所对应向量的夹角为 60°则 ,
8. 将二项式
x+
  4

=

.

) x + y 的最小值为 (    . (A) 2    (B) 1    ( C) 3. 函数 f ( x) =
x

1

3    (D) (    . )

2

2

x

的展开式按 x 的降幂

1- 2

x

-

x

排列 ,若前三项系数成等差数列 , 则该展开式中 x 的 幂指数是整数的项共有
9. 如 图 2 , 点 P1 , P2 ,

2

(A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数 ( C) 既是偶函数又是奇函数 (D) 既不是偶函数也不是奇函数 4. 直线
x y x
2

个.

…, P10 分别是四面体顶点或 棱的中点 . 那么 ,在同一平面
2

上的四点组 ( P1 , Pi , Pj , Pk )
= 1 相交于 A 、 (1 < i < j < k ≤ ) 有 10

4

+

3

= 1 与椭圆

16

+

y

9

B 两点 ,椭圆上有点 P , 使得 △PAB 面积等于 3. 这样

个.
10. 已知 f ( x ) 是定义在 R 上的函数 , f (1) = 1 且对任
图2

) 的点 P 共有 (    . (A) 1 个 (B) 2 个 ( C) 3 个 (D) 4 个 5. 已知两个实数集合 A = { a1 , a2 , …, a100 } 与
B = { b1 , b2 , …, b50 }. 若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中

意 x ∈R 都有
f ( x + 5) ≥f ( x ) + 5 , f ( x + 1) ≤f ( x ) + 1.

每个元素都有原像 ,且 f ( a1 ) ≤f ( a2 ) ≤…≤f ( a100 ) ,
) 则这样的映射共有 (    . (A) C50 100 (B) C48 99
2 2

若 g ( x ) = f ( x ) + 1 - x ,则 g (2 002) =
| y | 的最小值是
2

.

11. 若 log4 ( x + 2 y ) + log4 ( x - 2 y ) = 1 , 则 | x | .
2

( C) C49 100

(D) C49 99

6. 由曲线 x = 4 y , x = - 4 y , x = 4 , x = - 4 围成

1 12. 使不等式 sin x + acos x + a ≥ + cos x 对一

的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V 1 ; 满足
2 2 2 2 2 2 x + y ≤ , x + ( y - 2) ≥ , x + ( y + 2) ≥ 的点 16 4 4

切 x ∈R 恒成立的负数 a 的取值范围是 解答题 ( 共 60 分 ,每小题 20 分) 三、
13. 如 图 3 , 已 知

.

( x , y ) 组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体 ) 积为 V 2 ,则 (    .

点 A ( 0 , 2) 和 抛 物 线
y = x + 4 上两点 B 、
2

C , 使得 AB ⊥BC. 求

点 C 的纵坐标的取 值范围 .
14. 如 图 4 , 有 一
图3

列曲线 P0 , P1 , P2 , …,已知 P0 所围成的图形是面积
图1

为 1 的等边三角形 , Pk + 1 由对 Pk 进行如下操作得到 :

2002 年第 6 期

19

将 Pk 的每条边三等分 ,以每边中间部分的线段为边 , 向外作等边三角形 ,再将中间部分的线段去掉 ( k = 0 ,
) 1 ,2 , … . 记 S n 为曲线 Pn 所围成图形的面积 . (1) 求数列{ S n } 的通项公式 ; (2) 求 lim S n .
n →∞

队员上场的总时间计算 ,共有多少种不同的情况 ?

参考答案
1. 一 、 (A) .
2 由 x - 2 x - 3 > 0 有 x < - 1 或 x > 3 ,故函数 log 1 2

( x2 - 2 x - 3) 的定义域为 x < - 1 或 x > 3. 二次函数 u
2 ) = x - 2 x - 3 在 ( - ∞, - 1) 内单调递减 ,在 ( 3 , + ∞

) 内单调递增 . 而 log 1 u 在 ( 0 , + ∞ 上单调递减 , 所以 2
2 log 1 ( x - 2 x - 3) 在 ( - ∞, - 1) 单调递增 . 2

图4

2. (B) .
2 2 2 2 如图 6 , ( x + 5) + ( y - 12) = 14 是以点 C ( - 5 ,

15. 设二次函数 f ( x ) = ax + bx + c ( a , b , c ∈R ,
a ≠ ) 满足条件 : 0

12) 为圆心 , 半径为 14 的圆 . 设
P 为 圆 上 任 一 点 , 则 | OP | ≥

(1) 当 x ∈R 时 , f ( x - 4) = f (2 - x) ,且 f ( x) ≥x ; (2) 当 x ∈(0 ,2) 时 , f ( x ) ≤
x +1
2

| CP| - | OC| = 14 - 13 = 1. ;

2

当点 C 、 、 共线时 ,等号 O P 成立 . 所以 , P 到点 O 的最小值 为 1.
3. (A) . ) 函数 f ( x ) 的定义域是 ( - ∞,0) ∪(0 , + ∞ . 0 当 x ≠ 时 ,因为
f ( - x) =
图6

(3) f ( x ) 在 R 上的最小值为 0.

求最 大 的 m ( m > 1 ) , 使 得 存 在 t ∈ R , 只 要
x ∈ , m ] ,就有 f ( x + t ) ≤x . [1

加 试 题
( 一 、50 分 ) 如图 5 , , 在 △ABC 中 , ∠A = 60°
AB > AC , 点 O 是外心 , CF 高 B E 、 交于点 H. 点 M 、 分 别 在 线 段 B H、 N HF 上 , 且 满 足 BM
图5

- x 1- 2
x x

x

-

- x - x2 x = x + 2 2 2 - 1
x

x

=

x + x (2 - 1)

1- 2

+

2

=

x

1- 2

x

-

x

2

= f ( x) ,

所以 , f ( x) 为偶函数 . 显然 , f ( x ) 不是奇函数 .
4. (B) . ) 设 P1 (4cos α,3sin α 0 < α<

= CN . 求

MH + NH 的值 . OH

( b c 二 、50 分) 实数 a 、 、 和正数λ 使得 f ( x ) = x3
x x + ax + bx + c 有三个实数根 x1 、2 、3 ,且满足
2

π 2

, 即点 P1 在

(1) x2 - x1 = λ; (2) x3 >
3

第一象限的椭圆上 . 如图
7 , 考虑四边形 P1 AOB 的

1 ( x1 + x2 ) . 2

面积 S ,有
S = S △OA P1 + S △OB P1
图7



2 a + 27 c - 9 ab

λ

3

的最大值 .

( 三 、50 分) 在世界杯足球赛前 , F 国教练为了考

=

1 1 ) ) × (3sin α + 4 × (4cos α 3 2 2

察 A 1 , A 2 , …, A 7 这七名队员 ,准备让他们在三场训练 比赛 ( 每场 90 分钟 ) 中都上场 . 假设在比赛的任何时
A A 刻 ,这些队员中有且仅有一人在场上 , 且 A 1 、 2 、 3 、 A 4 每人上场的总时间 ( 以分钟为单位 ) 均能被 7 整 A A 除 , A 5 、 6 、 7 每人上场的总时间 ( 以分钟为单位 ) 均

) = 6 ( sin α+ cos α = 6 2sin α+

π . 4

∴S max = 6 2 此时 α= 因为 S △OAB =

π . 4

1 × × = 6 为定值 , 所以 S △P1 AB 4 3 2

能被 13 整除 . 如果每场换人次数不限 , 那么 , 按每名

的最大值为 6 2 - 6.

20

中 等 数 学 因为 6 2 - 6 < 3 , 所以点 P 不可能在直线 AB 的
3 综上 ,共有 3C5 + 3 = 33 个 .

上方 ,显然在直线 AB 的下方有两个点 P.
5. (D) .

10. 1.

由 g ( x ) = f ( x ) + 1 - x 得 f ( x ) = g ( x) + x - 1. 则 g ( x + 5) + ( x + 5) - 1 ≥g ( x ) + ( x - 1) + 5 , g ( x + 1) + ( x + 1) - 1 ≤g ( x ) + ( x - 1) + 1. 于是 , g ( x + 5) ≥g ( x ) , g ( x + 1) ≤g ( x) . ∴g ( x ) ≤g ( x + 5) ≤g ( x + 4) ≤g ( x + 3) ≤g ( x + 2) ≤g ( x + 1) ≤g ( x ) . ∴g ( x + 1) = g ( x ) . 故 g ( x ) 是周期为 1 的周期函数 . 又 g (1) = 1 ,故 g (2 002) = 1.
11. 3 .
x +2y >0 , x - 2y >0 ,

不妨设 b1 < b2 < …< b50 ,将 A 中元素 a1 , a2 , …,
a100 按顺序分为非空的 50 组 . 定义映射 f : A →B ,使第 i 组的元素在 f 之下的像都是 bi ( i = 1 ,2 , …,50) . 易知

这样的 f 满足题设要求 ,每个这样的分组都一一对应 满足条件的映射 . 于是 , 满足题设要求的映射 f 的个 数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等 , 而 A 的 分法数为 C99 ,则这样的映射共有 C49 . 99
49

6. ( C) .

如图 1 ,两图形绕 y 轴旋转所得旋转体夹在两相 距为 8 的平行平面之间 . 用任意一个与 y 轴垂直的平 面截这两个旋转体 ,设截面与原点距离为| y | ,则所得 截面面积
2 2 2 S 1 =π(4 - 4| y | ) , S 2 =π(4 - y ) - π[ 4 - ( 2 2 2 | y | ) ] =π(4 - 4| y | ) . 故 S 1 = S 2 .

]

x > 2| y | ≥ , 0 x - 4 y = 4.
2 2

( x + 2 y) ( x - 2 y) = 4

由对称性 ,只考虑 y ≥ 因为 x > 0 , 所以只须求 0.
x - y 的最小值 . 令 x - y = u ,代入 x - 4 y = 4 ,有
2 2

由祖 原理知 ,两几何体体积相等 ,即 V 1 = V 2 . 二、 7.
133 . 7

3 y - 2 uy + (4 - u ) = 0.

2

2

这个关于 y 的二次方程显然有实根 . 故 Δ = 16 ( u2 - 3) ≥ ,有 u ≥ 3. 0 当 x=
4 3 3 , y = 时 , u = 3. 3 3

如图 8 ,由余弦定理 可得
| z1 + z2 | = 19 ,

故| x | - | y | 的最小值为 3 .
12. α≤- 2.

| z1 - z2 | = 7 .
z1 + z2 故 z1 - z2

原不等式可化为
133 . 7
图8

=

cos x -

a- 1

2

2

≤a2 +

( a - 1) 2 . 4
a- 1

8. 3. 1 1 易求前三项系数分别是 1 , n , n ( n - 1) . 由 2 8

1 ∵- 1 ≤ x ≤ , a < 0 , cos

2

<0,
a- 1
2

这三个数成等差数列 , 有 2 × 解得 n = 8 和 n = 1 ( 舍去) . 当 n = 8 时 , Tr + 1 = C8r
1 2

1 1 n=1+ n ( n - 1) . 2 8
r

∴ cos x = 1 时 ,函数 y = cos x 当 大值 1 a- 1
2

2

有最

2

.
a- 1
2

x

(16 - 3 r) 4

, 这里 r = 0 ,

从而 ,有 1 -

2

≤a2 +

( a - 1) 2 . 4

1 , …,8. r 应满足 4| (16 - 3 r) ,所以 r 只能是 0 ,4 ,8. 9. 33.

解得 a ≥ 或 a ≤- 2. 又 a < 0 ,故 a ≤- 2. 1
13. 三 、 如图 3 ,设 B ( y2 - 4 , y1 ) , C ( y2 - 4 , y ) . 1
y1 - 2 1 = . 2 y1 - 4 y1 + 2

如图 2 ,首先 ,在每个侧面上除 P1 点外尚有五个 点 ,其中任意三点组添加点 P1 后组成的四点组都在 同一个平面 . 这样的三点组有 C3 个 , 三个侧面共有 5
3C5 个 . 其次 ,含 P1 的每条棱上的三点组添加底面与
3

显然 , y2 - 4 ≠ 故 kAB = 0. 1

由于 AB ⊥BC ,所以 kBC = - ( y1 + 2) . 从而 ,
2 y - y1 = - ( y1 + 2) [ x - ( y1 - 4) ] , 2

它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平 面上 ,这样的四点组有 3 个 .

y = x + 4.

消去 x ,注意到 y ≠y1 得

2002 年第 6 期 ( 2 + y1 ) ( y + y 1 ) + 1 = 0 3 4 8 × 5 9 5
n

21

]

2 y1

(2) lim S n = lim
n →+ ∞

+ (2 + y ) y1 + (2 y + 1) = 0.

n →+ ∞

=

8 . 5

由Δ ≥ 解得 y ≤ 或 y ≥ 0 4. 0 当 y = 0 时 , 点 B 的坐标为 ( - 3 , - 1 ) ; 当 y = 4 时 ,点 B 的坐标为 (5 , - 3) ,均满足题意 . 故点 C 的纵 坐标的取值范围是 y ≤ 或 y ≥ 0 4.
14. (1) 如图 4 ,对 P0 进行操作 ,易看出 P0 的每条

15. 因 f ( x - 4) = f ( 2 - x ) , 则函数的图像关于
x = - 1对称 . 所以 , b

2a

= - 1 , b = 2 a.

由 (3) , x = - 1 时 , y = 0 ,即 a - b + c = 0.
1 1 由 (1) 得 f (1) ≥ ,由 (2) 得 f (1) ≤ ,

则 f (1) = 1 ,即 a + b + c = 1. 又 a - b + c = 0 ,则 b = 故 f ( x) =
1 1 1 ,a= ,c = . 2 4 4

边变成 P1 的 4 条边 , 故 P1 的边数为 3 × ; 同样 , 对 4
P1 进行操作 , P1 的每条边变成 P2 的 4 条边 , 故 P2

的边数为 3 × 2 . 从而 ,易得 Pn 的边数为 3 × n . 4 4 已知 P0 的面积为 S 0 = 1. 比较 P1 与 P0 ,易看出
P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等边三角形 ,其面

1 1 2 1 x + x+ . 2 4 4

假设存在 t ∈R ,只要 x ∈[1 , m ] ,就有
f ( x + t ) ≤x .

1 1 1 积为 2 . 而 P0 有 3 条边 ,故 S 1 = S 0 + 3 × 2 = 1 + . 3 3 3

1 取 x = 1 ,有 f ( t + 1) ≤ ,即 1 1 1 ( t + 1) 2 + ( t + 1) + ≤ 解得 - 4 ≤t ≤ 1. 0. 4 2 4

再比较 P2 与 P1 ,可知 P2 在 P1 的每条边上增加了一 个小等边三角形 ,其面积为
1 1 4 2 × 2 . 而 P1 有 3 × 条 3 3

对固定的 t ∈[ - 4 ,0 ] , 取 x = m , 有 f ( t + m ) ≤
m ,即

1 1 4 4 + 3. 边 ,故 S 2 = S 1 + 3 × × 4 = 1 + 3 3 3 1 1 4 4 4 类似地有 S 3 = S 2 + 3 × × 6 = 1 + + 3 + 5. 3 3 3 3
2 2

1 1 1 ( t + m) 2 + ( t + m) + ≤m . 化简有 4 4 2 1 - 4 t ≤m ≤ - t + 1 - 4 t ≤ - ( - 4) + 1 ( x2 - 10 x + 9) 4

2 2 m - 2 (1 - t ) m + ( t + 2 t + 1) ≤ 0.

解得 1 - t 故m ≤ - t + 1

- 4t. - 4 ( - 4) = 9.

于是猜想
Sn = 1 +

1 4 4 4 + 3 + 5 + …+ 2 n - 1 3 3 3 3
n k =1

2

n- 1

当 t = - 4 时 ,对任意的 x ∈[1 ,9 ] ,恒有
k

=1+



3 4 2k - 1 = 1 + 4 3 4 9 4 19 4 19 4 9
n

k- 1

n

k =1 n



4 9

f ( x - 4) - x =

=

1 ( x - 1) ( x - 9) ≤ 0. 4

=1+

3 × 4 3 5

所以 , m 的最大值为 9.

加    试
= 8 3 4 × 5 5 9
n

=1+

1-

. ①

如图 9 ,在 B E 上 一、 取 B K = CH , 连 结 OB 、
OC 、 . 由三角 形 外 心 OK

下面利用数学归纳法证明式 ① . 成立 . 当 n = 1 时 ,由上面已知式 ① 假设 n = k 时 ,有 S k =
8 3 4 × 5 5 9
k

的性质知 ∠BOC = 2 ∠A
. = 120°由三角形垂心的 .

当 n = k + 1 时 ,易知第 k + 1 次操作后 ,比较
Pk + 1 与 Pk , Pk + 1 在 Pk 的每条边上增加了一个小等边

性质 知 ∠B HC = 180°∠A = 120° . 于是 , ∠BOC = ∠B HC. 故 B 、 、 、 四点共圆 . C H O 从而 , ∠OB H = ∠OCH.

图9

三角形 ,其面积为

1 3
2 ( k + 1)
k

,而 Pk 有 3 × 条边 ,故 4
k

S k + 1 = S k + 3 × ?2 ( k + 1) 4

1

3

= Sk +

4 3

k

2k +1

=

8 3 4 × 5 5 9

k +1

又 OB = OC , B K = CH ,有 △BOK ≌△COH.
.

∵∠BOK = ∠COH , OK = OH ,
, ∴∠KOH = ∠BOC = 120°

综上 ,由数学归纳法式 ① 得证 .

22

中 等 数 学 ∠OKH = ∠OHK = 30° . 观察 △OKH ,
= ,则 KH = 3 OH. sin 120° sin 30°
KH OH



1 2 3 3 3 λ. ab a - c ≥18 3 27

又 BM = CN , B K = CH ,则 KM = NH. ∴MH + NH = MH + KM = KH = 3 OH.
MH + NH 故 = 3. OH

3 3 3 3 于是 ,2 a + 27 c - 9 ab ≤ λ . 2

由此可得

2 a + 27 c - 9 ab
3 λ

3

3 3 ≤ . 2
3

取 a = 2 3 , b = 2 , c = 0 ,λ= 2 ,则 f ( x ) = x + 2 3
x + 2 x 有根 - 3 - 1 , - 3 + 1 ,0. 显然假设条件成立 ,
2

二、 由于 f ( x ) = f ( x) - f ( x3 )
2 2 = ( x - x3 ) [ x + ( a + x3 ) x + x3 + ax3 + b ] ,

x 所以 , x1 、2 是方程
2 2 x + ( a + x3 ) x + x3 + ax3 + b = 0


2 a + 27 c - 9 ab
3 λ 3 3

=

1 3 3 (48 3 - 36 3 ) = . 8 2

的两个根 . 由 (1) 可得
( a + x3 ) - 4 (
2 2 x3

+ ax3 + b) = λ ,
2

综上可知 ,

2 a + 27 c - 9 ab
3 λ

的最大值为

3 3 . 2

2 即   x2 + 2 ax3 + λ + 4 b - a2 = 0. 3 3

三、 设第 i 名队员上场的时间为 x i 分钟 ( i = 1 ,2 , …,7) ,问题即求不定方程
x1 + x2 + …+ x7 = 270

由 (2) 可得
x3 =

1 (- a+ 3

4 a - 12 b - 3λ )
2 2

① ②



2 且   a2 - 12 b - 3λ ≥ 4 0.

4 7 在条件 7| x i (1 ≤i ≤ ) 且 13| xj ( 5 ≤j ≤ ) 下的正整数

易知 , f ( x ) = x3 + ax2 + bx + c
=
x+ a
3

解的组数 . 若 ( x1 , x2 , …, x7 ) 是满足条件 ①的一组正整数 解 ,则应有
4 7

3

-

a

2

3

- b

x+

a

3

2 3 1 + a + cab . 27 3

由 f ( x3 ) = 0 可得
2 3 1 ab a - c 27 3 =
x3 + a
3

i =1



xi = 7 m ,

i =5

∑x

i

= 13 n , m , n ∈N.

于是 , m 、 即是不定方程 n
a
2

3

-

3

- b

x3 +

a

3

.



7 m + 13 n = 270



在条件 m ≥ 且 n ≥ 下的一组正整数解 . 4 3
= 由于 7 ( m - 4) + 13 ( n - 3 ) = 203 , 令 m′ m - 4 ,
n′ n - 3 ,有 =

由① 得
1 x3 + = 3 3
a

4 a - 12 b - 3λ
2 2

2

2 3 = 3

a a
2

3 3

- b-

2 λ

+ = 7 m′ 13 n′ 203. .
2 λ



4

所以 ,求 ② 满足条件 m ≥ , n ≥ 的正整数解 ,等 4 3 价于求 ③ 的非负整数解 . 易观察到 7 × + 13 ×( - 1) = 1. 于是 ,有 2
7 × + 13 ×( - 203) = 203 , 406

记 p=

- b. 由 ② ③ 和 可知 p ≥ 且 4
p2 λ

1 2 3 2 3 ab a - c= 27 9 3

4

2 ( p - λ) .

即  m0 = 406 , n0 = - 203 是 ③ 的整数特解 . 从而 , ③ 的整数通解为
m′ 406 - 13 k , n′ - 203 + 7 k , k ∈Z. = =

令 y=

p-

λ
4

2

,则 y ≥ 且 0

1 2 3 2 3 3 2 2 λ . ab a - c= y y 3 27 9 4

令 m′ 0 , n′ 0 ,解得 29 ≤k ≤ ≥ ≥ 31.
2

∵y 3 =

λ 3λ 3λ 3 y+ =y y4 4 4
2 3 2

λ
2

3

+

3λ λ ? 4 2

满足条件的三组非负整数解 取 k = 29 ,30 ,31 ,得到 ③
m′ 29 , = n′ 0 ; =

y-

λ
2

2

 

m′ 16 , = n′ 7 ; =

 

m′ 3 , = n′ 14. =

( y +λ ≥ , ) 0

2002 年第 6 期

23

2001 中国西部数学奥林匹克
第一天
1. 设数列 { x n } 满足 x1 =
xn 1 , xn + 1 = xn + 2 . 证 2 n ( 李伟固)
2

明 : x2 001 < 1 001. 2. 设 ABCD 是面积为 2 的长方形 , P 为边 CD 上 的一点 , Q 为 △PAB 的内切圆与边 AB 的切点 . 乘积 PA ? 的值随着长方形ABCD 及点 P 的变化而变化 , PB PB 当 PA ? 取最小值时 , (1) 证明 : AB ≥ BC ; 2 (2) 求 AQ? 的值 . ( 罗增儒) BQ m 3. 设 n 、 是具有不同奇偶性的正整数 , 且 n >
m . 求所有的整数 x ,使得 x x
2
n

( 李胜宏) 并证明你的结论 . 4. 我们称 A 1 , A 2 , …, A n 为集合 A 的一个 n 分划 , 如果 (1) A 1 ∪A 2 ∪…∪A n = A ; (2) A i ∩A j ≠ ,1 ≤i < j ≤n .

求最小正整数 m ,使得对 A = {1 ,2 , …, m } 的任意一个 14 分划 A 1 , A 2 , …, A 14 ,一定存在某个集合 A i (1 ≤i ≤
14) ,在 A i 中有两个元素 a 、 满足 b < a ≤ b 4 b. 3 ( 冷岗松)

参 考 答 案 第一天
1. 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 对 任 意 n ∈ N , 均 有
xn ≤ n .

- 1
m

2

是一个完全平方数 .
( 潘承彪)

- 1

y z 4. 设 x 、 、 为 正 实 数 , 且 x + y + z ≥ xyz . 求 2 2 2 x + y +z ( 冯志刚) 的最小值 . xyz

2 当 n = 1 时 ,由条件知 ① 成立 .



第二天
1. 求所有的实数 x , 使得 [ x ] = 4 x + 3. 这里 [ y ] ( 杨文鹏) 表示不超过实数 y 的最大整数 . 2. P 为 ⊙O 外一点 ,过 P 作 ⊙O 的两条切线 , 切 B 点分别为 A 、 . 设 Q 为 PO 与 AB 的交点 ,过 Q 作 ⊙O 的任意一条弦 CD . 证明 : △PAB 与 △PCD 有相同的 ( 刘康宁) 内心 . π ,使得 3. 求所有的实数 x ∈ 0 , 2 π (2 - sin 2 x ) sin x + =1, 4
3

设 n= k时① 成立 ,即 x k ≤ k . 当 n = k + 1 时 ,有 2 2 2 xk k k 1 xk + 1 = xk + 2 ≤ + 2 2 2 k k k k +1 1 = + < . 2 2 4 都成立 . 故对一切 n ∈N , ① 2 001 从而 , x2 001 ≤ < 1 001. 2 1 2. (1) 由于 S △A PB = S =1, 2 矩形ABCD

   从而得到 ② 满足条件的三组正整数解 m = 33 , m = 20 , m =7,     n =3; n = 10 ; n = 17. 1) 在 m = 33 , n = 3 时 ,显然 x5 = x6 = x7 = 13 仅 有一种可能 ; 设 x i = 7 y i ( i = 1 ,2 ,3 ,4) , 于是 , 由不定方程 y1
+ y2 + y3 + y4 = 33 有 C33 - 1 = C32 = 4 960 组正整数
4- 1 3

4) , xj = 13 yj ( j = 5 ,6 ,7) . 由 y1 + y2 + y3 + y4 = 20 有 C19 组正整数解 ,以及 y5 + y6 + y7 = 10 有 C9 组正整
3 2

数解 ,可知此时 ①有满足条件的 C3 ? 2 = 34 884 组 19 C9 正整数解 . 3) 在 m = 7 , n = 17 时 , 仍设 x i = 7 y i ( i = 1 ,2 ,3 , ) , xj = 13 yj ( j = 5 ,6 ,7 ) . 由 y1 + y2 + y3 + y4 = 7 与 4
y5 + y6 + y7 = 17 分别有 C6 与 C16 组正整数解 , 可知
3 2

解 . 可知此时 ① 有满足条件的 C = 4 960 组正整数 解. 2) 在 m = 20 , n = 10 时 , 设 x i = 7 y i ( i = 1 ,2 ,3 ,
3 32

此时 ① 有满足条件的 C3 ? 2 = 2 400 组正整数解 . 6 C16 综上 , ① 满足条件的正整数解的组数为 2 3 2 3 3 C C C32 + C19 ? 9 + C6 ? 16 = 42 244.

2003 年第 6 期

19

● 竞赛之窗 ●

2003 年全国高中数学联赛
   、 一 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分)
1. 删去正整数数列 1 ,2 ,3 , … 中的所有完全平方 3. 过抛物线 y = 8 ( x + 2) 的焦点 F 作倾斜角为
2

60° 的直线 . 若此直线与抛物线交于 A 、 两点 ,弦 AB B

数 ,得到一个新数列 . 这个新数列的第 2 003 项是 (    . )
(A) 2 046  (B) 2 047  ( C) 2 048  (D) 2 049
b 0. 2. 设 a 、 ∈R , ab ≠ 那么 , 直线 ax - y + b = 0

的中垂线与 x 轴交于 点 P , 则 线 段 PF 的 长 等 于
(    . ) (A) 16 3 (B) 8 3 ( C) 16 3 3

 (D) 8 3 π 2 3

) 和曲线 bx + ay = ab 的图像是 (    .
2 2

4. 若 x ∈ tan x +

π π 5 ,3 12

, 则 y = tan x +

π 6

+ cos x +

π ) 的最大值是 (    . 6

11 11 12 (A) 12 2 (B) 2 ( C) 3 (D) 3 6 6 5 5 5. 已知 x 、 都在区间 ( - 2 ,2 ) 内 , 且 xy = - 1. y

则函数 u =
(A) 8 5

4 9 ) 2 + 2 的最小值是 (    . 4- x 9- y (B) 24 11 ( C) 12 7 (D) 12 5

6. 在四面体 ABCD 中 , 设 AB = 1 , CD = 3 , 直线
AB 与 CD 的距离为 2 ,夹角为
图1

π . 则四面体 ABCD 的 3

) 体积等于 (    .
n

  =

3 (2 pr)
n

?

2 p (2 R - r) 3

=3

2R - r 3r

n

.

由 Euler 不等式 R ≥ r 知式 ③ 2 强于式 ① . 命题 2  设 △ABC 的角平分线长 , 旁切 圆半径分别为 t a 、b 、c , ra 、b 、c . 则 t t r r
ra rb rc ≥ 1. t a t b tc

bc ? ca 2 = 1. 8 abc 其中 ∏ 表示循环积 . “ ” 由 t a ≥ha , t b ≥hb , tc ≥hc ,知

2 ≥

ab ? 2



ra rb rc ra rb rc ≥ ≥ 1. h a hb hc t a t b t c

当且仅当 △ABC 是正三角形时等号成立 . 证明 : 设三角形三边长和面积分别为 a 、 b 、 和 S ,则 c
ra rb rc = t a t b tc

故式 ⑤ 强于式 ②. 注 : 命题 1 由邹守文先生给出 ,命题 2 由 闵飞先生给出 .
参考文献 :
[1 ]   Bottema 等著 . 几何不等式 [ M] . 单  墫译 . 北京 : 北 O.


2 ∏

S

p- a

京大学出版社 ,1991.
[2 ]     . H. Guggenheimer 不等式的加强 [J ] . 中等数学 , 孙 泰 2003 ( 1) . [3]   邹守文 . 一个优美的等式及其对若干几何不等式的改

bcp ( p - a) b+ c

( a + b) ( b + c) ( c + a ) = 8 abc

进 [J ] . 中学数学研究 ,2001 ( 5) .

? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

http://www.cnki.net

20 (A) 3 1 1 3   (B)   ( C)   (D) 2 3 3 2
3

中 等 数 学
( 二 、50 分 ) 设三角形的三边长分别是整数 l 、
m 、 ,且 l > m > n . 已知 n

二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分)
7. 不等式 | x | - 2 x - 4| x | + 3 < 0 的解集是
2

3 4 10

l

=

3 4 10

m

=

3 4 10

n

,其

中{ x } = x - [ x ] ,而 [ x ] 表示不超过 x 的最大整数 . 求这种三角形周长的最小值 . ( 三 、50 分) 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线 段组成一个空间图形 ,其中
n = q + q +1 ,l ≥
2

   .
F 8. 设 F1 、 2 是椭圆 x
2

9

+

y

2

4

= 1 的两个焦点 , P

是椭圆上的点 , 且 | PF1 | ∶ PF2 | = 2 ∶ 则 △PF1 F2 | 1. 的面积等于    .
9. 已知 A = { x | x - 4 x + 3 < 0 , x ∈R} , B = { x |
2

1 2 q ( q + 1) + 1 , q ≥ , q ∈N. 2 2

已知此图中任意四点不共面 , 每点至少有一条连线 段 ,存在一点至少有 q + 2 条连线段 . 证明 : 图中必存 在一个空间四边形 ( 即由四点 A 、 、 、 和四条连 B C D BC CD DA 线段 AB 、 、 、 组成的图形) .

2

1- x

2 + a ≤ , x - 2 ( a + 7 ) x + 5 ≤ , x ∈R} . 若 A Α 0 0

B ,则实数 a 的取值范围是     . b c d 10. 已知 a 、 、 、 均为正整数 , 且 log a b =

3 , 2

参考答案
1. 一 、 ( C) .

5 log c d = . 若 a - c = 9 ,则 b - d =     . 4 11. 将八个半径都为 1 的球分两层放置在一个

注意到 452 = 2 025 ,462 = 2 116 ,有
2 026 = a2 026 - 45 = a1 981 ,2 115 = a2 115 - 45 = a2 070 .

圆柱内 ,并使得每个球和其相邻的四个球相切 ,且与 圆柱的一个底面及侧面都相切 , 则此圆柱的高等于    .
12. 设 M n = { ( 十进制) n 位纯小数 01 a1 a2 …an | ai 只取 0 或 1 ( i = 1 ,2 , …, n - 1) , an = 1} , Tn 是 M n

而且在从第 1 981 项到第 2 070 项之间的 90 项中没 有完全平方数 . 又 1 981 + 22 = 2 003 ,则
a2 003 = a1 981 + 22 = 2 026 + 22 = 2 048.

2. (B) . 3. (A) .

中元素的个数 , S n 是 M n 中所有元素的和 . 则
Sn =     . n →∞Tn

易知抛物线焦点 F 与坐标原点重合 , 故直线
AB 的方程为 y = 3 x . 因此 , A 、 两点的横坐标满足 B

lim

解答题 ( 每小题 20 分 ,共 60 分) 三、
13. 设 2 3 ≤x ≤ 证明 : 5. 2 2x - 3 + 15 - 3 x < 2 19 .

方程 3 x2 - 8 x - 16 = 0. 由此求得弦 AB 中点的横坐 标 x0 = 为 y4 4 ,纵坐标 y0 = ,进而求得其中垂线方程 3 3 4 1 = 3 3
x-

x +1 +

1 14. 设 A 、 、 分别是复数 z0 = a i , z1 = B C + 2
b i , z2 = 1 + c i 对应的不共线的三点 ( a 、 、 都是实 b c

4 3

. 令 y = 0 ,得点 P 的横坐

标x =4+

4 16 16 = ,即 PF = . 3 3 3

数) . 证明 : 曲线 z = z0 cos t + 2 z1 cos t ? 2 t + z2 sin t sin
4 2 4

4. ( C) .
y = tan x +

( t ∈R) 与 △ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公

共点 ,并求出此点 .
15. 一张纸上画有半径为 R 的 ⊙O 和圆内一定 =

π π π 2 2 + cot x + + cos x + 6 3 3
+ cos x +

刚好 点 A ,且 OA = a . 折叠纸片 ,使圆周上某一点 A′ 与点 A 重合 ,这样的每一种折法 ,都留下一条直线折 痕 . 当 A′ 取遍圆周上所有点时 , 求所有折痕所在直 线上点的集合 .

π 4 sin 2 x + 3

2

π . 6

因为 2x +

π π 5 ≤x ≤,所以 , 3 12

加试题
( 一 、50 分) 过圆外一点 P 作圆的两条切线和一

条割线 ,切点为 A 、 . 所作割线交圆于 C 、 两点 , C B D 在 P 、 之 间 . 在 弦 CD 上 取 一 点 Q , 使 ∠DAQ = D ∠PBC . 求证 : ∠DBQ = ∠PAC.

π π π π 2 π π 4 ∈ ,x + ∈ . , ,4 3 2 3 6 6 π π π 5 2 与 cos x + 在 上 可见 ,π 12 6 3 4 sin 2 x + 3 同为递增函数 . 故当 x = 5. (D) .

π 11 时 , y 取最大值 3. 6 3

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2003 年第 6 期

21 1
x
2

由已知得 y = u=

,故 35 37 9x +
2

易得 a =
4
x
2

b a

2

,c =

d c
2

4

. 因此 , a| b , c| d . 又
b d - 2 a c
2

4 9x =1+ 2 + 2 4- x 9x - 1

.

由于 a - c = 9 ,易得
b d + 2 =9, a c b d - 2 = 1. a c
2 2

b d + 2 a c

= 9. 故

1 而 x ∈ - 2,2
2

1 4 2 ∪ ,2 , 当 9 x = 2 , 即 2 x

因而

b =5, a d 2 = 4. c
2

12 2 4 2 x = 时 ,9 x + 2 的值最小 ,此时 u 有最小值 . 5 3 x 6. (B) .

解得 a = 25 , b = 125 , c = 16 , d = 32. 故 b - d = 93.
11.
4

如图 2 ,过 C 作 CE
AB , 以

8 + 2.

△CDE为底面 , BC 为侧棱作棱柱 AB F
- ECD , 则 所 求 四

如图 3 ,由已知 , 上下层四个球的球心
A′B′ C′ D′ A 、 、 、 、 、 和 B C 、 分别是上下两个 D

面体的体积 V 1 等 于上 述 棱 柱 体 积
V2 的

边长为 2 的正方形的 顶点 ,且以它们的外接
图2

1 . 而 S △CDE 3

和 圆 ⊙O′ ⊙O 为上下 底面构成圆柱 . 同时 ,
A′ 在下底面的射影必
图3

=

1 CE? sin ∠ECD , AB 与 CD 的公垂线 MN 就是 CD 2 1 3 MN ? ? sin ∠ECD = CE CD . 2 2 1 1 V = . 3 2 2 5- 1 2

棱柱 AB F - ECD 的高 ,故
V2 =

是AB 的中点 M .
AB A B 在 △A′ 中 , A′ = A′ = AB = 2. 设 AB 的中点 N 为 N ,则 A′ = 3 . 又 OM = OA = 2 , ON = 1 ,所以 , MN = 2 - 1 , A′ = M

因此 , V 1 =
7. 二、

( A′ ) 2 - ( MN ) 2 = 8 . N
4

4

∪ 5 - 1 ,3 . 2 2 由原不等式分解可得 ( | x | - 3) ( x + | x | - 1) <
- 3,0 ,由此可得所求不等式的解集 . 8. 4.

因此 ,所求原来圆柱的高为 8 + 2.
12. 1 . 18

因为 M n 中小数的小数点后均有 n 位 , 而除最 后一位上的数字必为 1 外 , 其余各位上的数字均有 两种选择 (0 或 1) 方法 , 故 Tn = 2 n - 1 . 又因在这 2 n - 1 个数中 ,小数点后第 n 位上的数字全是 1 ,而其余各 位上数字是 0 或 1 ,各有一半 ,所以 ,
Sn =

设椭圆的长轴 、 短轴的长及焦距分别为 2 a 、 b 、 2
2 c . 由 其 方 程 知 a = 3 , b = 2 , c = 5 , 则 | PF1 | + | 1 | PF2 | = 2 a = 6. 又 | PF1 | ∶ PF2 | = 2 ∶ , 故 | PF1 | = 4 ,| PF2 | = 2.

在 △PF1 F2 中 , 三边之长分别为 2 、 、 5 , 而 4 2
2 2 2 + 4 = (2 5 ) ,可见 △PF1 F2 是直角三角形 ,且两 2

1 1 1 1 + + …+ n - 1 × n- 1 2 10 102 2 10
n- 2

+2

n- 1

1 × n 10

=2

×

1 9

1-

1 n- 1 10

+2

n- 1

1 × n. 10 1 n 10
2 2

直角边长为 2 和 4 ,故 S △PF1 F2 =
9. - 4 ≤a ≤- 1.

1 | PF1 | ? PF2 | = 4. | 2

故 lim

n →∞ n

Sn 1 1 1= lim n- 1 n →∞ 18 T 10
2

+

=

1 . 18
2

2 13. 三、 因 a + b + c + d ≤
x +1 ,c =

a +b +c + d

易得 A = (1 ,3) . 设 1- x 2 f ( x) = 2 + a , g ( x) = x - 2 ( a + 7) x + 5. 要使 A Α B ,只需 f ( x ) 、 ( x ) 在 ( 1 ,3) 上的图像均在 g
x 轴下方 . 其充要条件是 : 同时有 f ( 1) ≤ , f ( 3) ≤ , 0 0

( 当且仅当 a = b = c = d 时取等号) ,取 a = b = 2x - 3 ,d = 2x - 3 + 15 - 3 x ,则 15 - 3 x

2

x +1 +

0 0. g (1) ≤ , g (3) ≤ 由此推出 - 4 ≤a ≤- 1. 10. 93.

≤ 2
=2

( x + 1) + ( x + 1) + (2 x - 3) + (15 - 3 x) 2 x + 14 ≤ 19.

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22

中 等 数 学
x +1 , x +1 +

因为 等 ,所以 ,2

2x - 3 , 2x - 3 +

15 - 3 x 不 能 同 时 相 15 - 3 x < 2 19.

) 得 sin (θ+ α = sin θ=
2

R - a + 2 ax

2

2

2R
2

x + y

2

2

,其中
y x + y
2 2

14. 设 z = x + y i ( x 、 ∈R) ,则 y
x + y i = acos t ?+ 2 i
4

x x + y
2 2

,   θ= cos

.

1 2 2 sin + b i cos t ? t + 2

(1 + c i) sin4 t .



R - a + 2 ax

2R

x + y

2

2

≤ 1.

实虚部分离 ,可得
x = cos t ? t + sin t = sin t , sin
2 2 4 2

(0 ≤x ≤ ) , 1 即  y = ( a + c - 2 b) x + 2 ( b - a) x + a . ①
y = a (1 - x ) + 2 b (1 - x ) x + cx
2 2 2

平方后可化为 2 ( 2 x - a) 2 4y + 2 1. 2 2 ≥ R R - a ( 2 x - a) 2 + 因此 , 所求点的集合为 2
R

因为 A 、 、 B C 三点不共线 , 故 a
+ c - 2 b ≠ 可见 0.

4y 2 2 = 1 R - a

2

外 ( 含边界) 部分 .

加    试
如图 6 ,连结 AB . 一、 易证 △ADQ ∽ △ABC ,有
BC DQ = , AB AD

所给 曲 线 是 抛 物 线段 ( 如图 4 ) , AB 和 BC 的中点分别 是D 和E
1 a+ b , 4 2 3 b+ c . , 4 2
图4

即  BC? = AB ? . AD DQ 由切割线关系知 △PCA ∽ △PAD . 故 ②
PC AC = . PA AD PC BC = . PB BD AC BC = .得 AD BD

所以 ,直线 DE 的方程为
y = ( c - a) x +

1 (3 a + 2 b - c) . 4 1 2
2

同理 ,有

图6

由 ①、 联立得 ②
( a + c - 2 b)
x-

= 0. 1 2
2

又因 PA = PB ,故
= 0. 于是 x =

AC? = BC? = AB ? . BD AD DQ

由于 a + c - 2 b ≠ ,故 x 0

又由托勒密定理知
AC? + BC? = AB ? . BD AD CD

1 1 1 3 . 注意到 < < , 所以 , 抛物线与 △ABC 中 2 4 2 4

于是 ,得 AB ? = 2 AB ? . CD DQ 故 DQ =
1 CD ,即 CQ = DQ . 2

平行于 AC 的中位线 DE 有且只有一个公共点 ,此点 的坐标为
1 a + c +2b , 4 2 ,其对应的复数为

在 △CBQ 与 △ABD 中 ,
AD DQ CQ = = , ∠BCQ = ∠BAD , AB BC BC

1 a + c +2b z= + ? i. 2 4 15. 如图 5 , 建立直

于是 , △CBQ ∽ △ABD . 故 ∠CBQ = ∠ABD . 所以 , ∠DBQ = ∠ABC = ∠PAC. 二、 由题设可知
3 4 10
l

角坐 标 系 , 则 有 A ( a , 0) . 设折叠时 ⊙O 上点
( A′ R cos α, R sin α) 与

点 A 重合 ,而折痕为直 线 MN , 则 MN 为线段 AA′ 的中垂线 . 设 P ( x ,
y) 为 MN 上任意一点 ,
图5

3 4 10

l

=

3 4 10

m

3 4 10

m

=

3 4 10

n

3 . 4 10

n

则| PA′ = | PA | ,即 | ) ) ( x - Rcos α 2 + ( y - R sin α 2 = ( x - a) 2 + y2 . 2 2 x cos α+ y sin α R - a + 2 ax 所以 , = . 2 2 2 2 x + y 2R x + y

l m n 4 3 3 于是 ,3 ≡ ≡ ( mod 10 ) 4 l m n 3 ≡ ≡ ( mod 2 ) , 3 3 Ζ l m n 4 3 ≡ ≡ ( mod 5 ) . 3 3 由于 (3 ,2) = (3 ,5) = 1 ,则由 ① 可知

① ②

≡ m - n ≡ (mod 24 ) . 3 1 1 设 u 是满足 3 u ≡ ( mod 24 ) 的最小正整数 ,则对 v 任意满足 3 ≡ ( mod 24 ) 的正整数 v ,有 u| v ,即 u 整 1
3
l- n

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2003 年第 6 期

23

除 v . 事实上 ,若 u8 v ,则由带余除法可知 ,存在非负
3 而 ,可推出 3 ≡

则图中必存在四边形 . 因此 ,下面只讨论 bi < n - 1 ,
i = 0 ,1 ,2 , …, n - 1 的情况 .

整数 a 及 b ,使得 v = au + b , 其中 0 < b ≤u - 1. 从 b b + au v 4 ≡ ≡ ( mod 2 ) ,而这显然与 u 3 1

不妨设 q + 2 ≤b0 < n - 1. 用反证法 . 若图中不存在四边形 ,则当 i ≠j 时 ,
B i 与 B j 无公共点对 ,即| B i ∩B j | ≤ (0 ≤i < j ≤n 1

的定义矛盾 ,所以 , u| v . 4 2 4 3 注意到 3 ≡ ( mod 2 ) ,3 ≡ ( mod 2 ) ,3 ≡ ≡ 3 9 27 4 4 4 11 ( mod 2 ) ,3 ≡ ( mod 2 ) , 从而 , 可设 m - n = 4 k , 1 其中 k 为正整数 . 同理 ,可由 ② 推出 3 4 故 3 k ≡ ( mod 54 ) . 1
m- n

1) . 因此 , | B i ∩B 0 | ≥bi - 1 , i = 1 ,2 , …, n - 1.

4 ≡ ( mod 5 ) . 1

故 V ∩B 0 中点对的个数 = C2n n- 1

b

0
n- 1

4 4k 1 下面求满足 3 ≡ ( mod 5 ) 的正整数 k . 4k 4 k 因为 3 - 1 = (1 + 5 × ) - 1 ≡ (mod 54 ) ,即 0 2 k ( k - 1) 4 2 ×2 ×8 + 5 2 5k × + 2 k ( k - 1) ( k - 2)   × 3 × 12 5 2 6 k ( k - 1) ( k - 2) × ≡ k + 52 k [3 + ( k - 1) × 7 ] + 5 2 3 3 11 4 5 × ≡ ( mod 5 ) , 2 0

( ≥ ∑ B i ∩B 0 中点对的个数) =
i =1 n- 1

i =1

C ∑

2 B |B ∩ | i 0

≥ ∑ 2bi - 1 (当 bi = 1 或 2 时 ,令 C2bi - 1 = 0) C
i =1

1 = 2

n- 1

i =1

∑( b

2
i

- 3 bi + 2)
2
n- 1

n- 1

≥1 2

i =1

∑b
 

i

n- 1

- 3

i =1

∑b

i

+ 2 ( n - 1)

则有 k = 5 t ,并代入上式得 7 2 t + 5 t [3 + (5 t - 1) × ] ≡ ( mod 5 ) . 0 2
2 0 所以 , t ≡ ( mod 5 ) .

1 (2 l - b0 - n + 1) (2 l - b0 - 2 n + 2) = 2 ( n - 1)

从而 , k = 5 t = 53 s ,其中 s 为正整数 ,故 m - n =
500 s , s 为正整数 .

≥ 1 ( nq - q + 2 - b0 ) ( nq - q - n + 3 - b0 ) . 2 ( n - 1) 故 ( n - 1) ( n - b0 ) ( n - b0 - 1) ≥( nq - q + 2 - b0 ) ( nq - q - n + 3 - b0 ) , 即  q ( q + 1) ( n - b0 ) ( n - b0 - 1) ≥( nq - q + 2 - b0 ) ( nq - q - n + 3 - b0 ) . 而 ( nq - q - n + 3 - b0 ) - q ( n - b0 - 1)
= ( q - 1) b0 - n + 3

同理可证 l - n = 500 r , r 为正整数 . 由于 l > m > n ,所以 , r > s . 于是 ,三角形三边为 500 r + n 、 s + n 和 n . 故 500 有 n > 500 ( r - s ) . 因此 ,当 s = 1 , r = 2 , n = 501 时三 角形周长最小 ,其值为 (1 000 + 501) + (500 + 501) + 501 = 3 003. 设 三 、 这 n 个 点 的 集 合 V = { A 0 , A 1 , A 2 , …,
A n - 1 } 为全集 ,记 A i 的所有邻点 ( 与 A i 有连线段的



≥( q - 1) ( q + 2) - n + 3 = 0 , 及  ( nq - q + 2 - b0 ) - ( q + 1) ( n - b0 )
= qb0 - q - n + 2



点) 的集合为 B i , B i 中点的个数记为 | B i | = bi . 显
n- 1

然,

i =0



bi = 2 l 且 bi ≤( n - 1) , i = 0 ,1 ,2 , …, n - 1.

≥q ( q + 2) - q - n + 2 = 1 > 0. ③ 由 ②、 及 ( n - b0 ) ( q + 1) , ( n - b0 - 1) q 皆是正整 ③ 数 ,得 ( nq - q + 2 - b0 ) ( nq - q - n + 3 - b0 )
> q ( q + 1) ( n - b0 ) ( n - b0 - 1) .

若存在 bi = n - 1 时 ,只须取
l = ( n - 1) + n- 1

2

+1≤

1 ( q + 1) ( n - 1) + 1 2

1 ( 2 q q + 1) + 1 , = 2

而这与所得的式 ① 相矛盾 ,故原命题成立 .

致 读 者

   《中等数学》 1. 2003 年合订本现正装订 , 预计 2004 年 3 月发行 , 每本 26100 元 ( 含邮挂费) . 《中等数学》 过刊 :1997 ( 4 ,5) ,1998 ( 1) ,2000 ( 5 ,6) , 2. 我部目前尚有部分 2002 ( 1 ,3 ,4 ,5 ,6) ,2003 ( 2 ,4 ,5) . 每本 3100 元 ,邮购另加30 % 邮费 .    欲购者请汇款至编辑部陈卫明老师处 .
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20

中 等 数 学

竞赛之窗

2004 年全国高中数学联赛
一 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分)    、 2 1. 设锐角 θ使关于 x 的方程 x + 4 x cos θ+ cot θ ) = 0 有重根 . 则 θ的弧度数为 (    . π π 5 π π 5 π π (A)  (B) 或  ( C) 或  (D) 6 12 12 6 12 12 2 2 2. 已知 M = { ( x , y ) | x + 2 y = 3} , N = { ( x , y ) | y = mx + b}. 若对于所有 m ∈R ,均有 M ∩N ≠ ,则
) b 的取值范围是 (    . (A) ( C) 6 6 , 2 2

二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分)
7. 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 函 数 f ( x ) = a sin ax + cos ax ( a > 0) 在一个最小正周期长的区间
2 上的图像与函数 g ( x ) = a + 1 的图像所围成的封 . 闭图形的面积是 y 8. 设函数 f : R →R ,满足 f (0) = 1 ,且对任意 x 、 ( xy + 1 ) = f ( x ) f ( y ) - f ( y ) - x + 2. 则 ∈R ,都有 f f ( x) = . 9. 如 图 3 , 正 方 体 ABCD - A 1 B 1 C1 D1 中 ,二

  (B)  (D)

-

6 6 , 2 2 2 3 2 3 , 3 3

2 3 2 3 , 3 3

面角 A - BD1 - A 1 的度 数是 . 10. 设 p 是给定的奇 质数 . 若 正 整 数 k 使 得
k - pk 也 是 一 个 正 整
2

3. 不等式

log2 x - 1 +

1 3 log 1 x + 2 > 0 的解集 2 2

) 为 (    . (A) [2 ,3)  (B) (2 ,3 ]  ( C) [2 ,4)  (D) (2 ,4 ] 4. 如图 1 , 设点 O 在

图3

△ABC 内部 , 且有 OA + 2 OB + 3 OC = 0. 则 △ABC 的面 积 与 △AOC 的 面 积 ) 的比为 (    .
3 (A) 2   (B) 2 ( C) 3   (D) 5 3 5. 设三位数 n = abc . 若以 a 、 、 为三条边的长 b c 可以构成一个等腰 ( 含等边 ) 三角形 , 则这样的三位 ) 数 n 有 (    个 . (A) 45   (B) 81   ( C) 165   (D) 216 6. 如图 2 ,顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直
图1

. 数 ,则 k = 11. 数列 a0 , a1 , a2 , …, an , …,满足关系式 ( 3 n

a n + 1 ) (6 + a n ) = 18 ,且 a0 = 3. 则

i =0

∑a

1
i

=

.

12. 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 给 定 两 点
M ( - 1 ,2) 和 N (1 ,4) ,点 P 在 x 轴上移动 . 当 ∠MPN

角三角形 , A 是底面圆 周上 的 点 , B 是 底 面 圆内的点 , O 为底面圆 的圆 心 , AB ⊥ OB , 垂 足为 B , OH ⊥ PB , 垂 足为 H , 且 PA = 4 , C 为 PA 的中点 . 当三棱 锥 O - HPC 的体积最 ) 大时 , OB 的长为 (    .
(A)

取最大值时 ,点 P 的横坐标为 . 三、 解答题 ( 每小题 20 分 ,共 60 分) 13. 一项 “过关游戏” 规则规定 : 在第 n 关要抛掷 一颗骰子 n 次 ,如果这 n 次抛掷所出现的点数之和 大于 2 n ,则算过关 . 问 : (1) 某人在这项游戏中最多能过几关 ? (2) 他连过前三关的概率是多少 ? (注 : 骰子是一个在各面上分别有 1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 点数的均匀正方体 . 抛掷骰子落地静止后 ,向上一面 的点数为出现点数 . )
14. 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 给 定 三 点
A (0 ,

4 ) , B ( - 1 ,0) , C ( 1 ,0) . 点 P 到直线 BC 的距 3

图2

5 2 5 6 2 6   (B)   ( C)   (D) 3 3 3 3

AC 离是该点到直线 AB 、 距离的等比中项 . (1) 求点 P 的轨迹方程 ; (2) 若直线 l 经过 △ABC 的内心 ( 设为 D) ,且与 点 P 的轨迹恰好有 3 个公共点 , 求直线 l 的斜率 k 的取值范围 . 2 β 15. 已知 α、 是方程 4 x - 4 tx - 1 = 0 ( t ∈R) 的

2004 年第 6 期

21 log 2 x - 1 0. log 2 x - 1 ≥ 3 3 1 log 2 x + + >0, 2 2 2

两个不等实根 ,函数 f ( x ) =

2x - t 定义域为 [α,β] . 2 x +1 (1) 求 g ( t ) = max f ( x ) - min f ( x ) ; π (2) 证明 : 对于 ui ∈(0 , ) ( i = 1 ,2 ,3) ,若 sin u1 2 1
g (tan u1 )


t-

log 2 x - 1 = t ,则有

+ sin u2 + sin u3 = 1 ,则 + 1
g (tan u2 )

+

1
g (tan u3 )

<

3 6. 4

3 2 1 t + >0, 2 2  ] 0 ≤t < 1. ≥ t 0

故 0 ≤ 2 x - 1 < 1 ,所以 ,2 ≤x < 4. log
4. C.

加 试 题
一 (    、50 分 ) 如图 4 , 在 锐角 △ABC 中 , AB 上的高 CE 与 AC 上的高 BD 相交 于点 H , 以 DE 为直径的 AC G 圆分别交 AB 、 于 F 、 两点 , FG 与 AH 相交于点 K. 已知 BC = 25 , BD = 20 , B E = 7. 求 A K 的长 . 图4 ( 二 、50 分 ) 在平面直 角坐标系 xOy 中 , y 轴正半轴上的点列 { A n } 与曲线
y=

设 D 、 分别是边 AC 、 的中点 ,则 E BC OA + OC = 2 OD , 2 ( OB + OC) = 4 O E . 由 ①、 得 ② OA + 2 OB + 3 OC = 2 ( OD + 2 O E) = 0 , 即 OD 与 O E 共线 ,且| OD | = 2| O E| . 所以 ,
5. C.
S △A EC S △ABC 3 × 3 2 = . 从而 , = = 3. 2 2 S △AOC S △AOC

① ②

0 2 x ( x ≥ ) 上的点列 { B n } 满足 | OA n | = | OB n |
n

=

1

,直线 A n B n 在 x 轴上的截距为 an ,点 B n 的横

坐标为 bn , n ∈N+ . 证明 :
(1) an > an + 1 > 4 , n ∈N+ . (2) 存在 n0 ∈N+ ,使得对任意的 n > n0 都有
b2 b3 bn bn + 1 + + …+ + < n - 2 004. bn - 1 b1 b2 bn

a 、 、 要能构成三角形的边长 , 显然均不为 0 , b c 即 a 、 、 ∈ ,2 , …,9}. b c {1 (1) 若构成等边三角形 ,设这样的三位数的个数 为 n1 . 因三位数中三个数码都相同 ,则 n1 = C1 = 9. 9 (2) 若构成等腰 ( 非等边) 三角形 ,设这样的三位

数的个数为 n2 . 因三位数中只有 2 个不同数码 , 设 为 a 、 . 注意到三角形腰与底可置换 ,故可取的数码 b 组 ( a 、) 共有 2C2 . 但当大数为底时 , 设 a > b , 必须 b 9 满足 b < a < 2 b. 此时 , 不能构成三角形的数码共 20 种情况 ,见表 1.
1 表 
a b

( 4 三 、50 分) 对于整数 n ( n ≥ ) ,求出最小的整数 f ( n) ,使得对于任何正整数 m , 集合 { m , m + 1 , …, m + n - 1} 的任一个 f ( n ) 元子集中 , 均有至少 3 个 两两互质的元素 .

9

8

7 1

6 1

5

4

3 1

2 1

1

4 ,3 , 4 ,3 , 3 ,2 , 3 ,2 , 2 ,1 2 ,1

1 ,2 1 ,2

参考答案
一 、 B. 1. 因题设方程有重根 ,故 Δ = 16cos2θ- 4cot θ= 0. π 因为 0 < θ< ,所以 ,4cos θ(2sin 2θ- 1) = 0 ,得 2 π π 1 5 sin 2θ= . 因此 ,θ= 或 θ= . 12 2 12 2. A. 2 2 2y x M ∩N ≠ 相当于点 ( 0 , b) 在椭圆 + =1 3 3 上或它的内部 ,所以
3. C. 6 ≤ ≤6 2b ≤ 1. 故 b . 3 2 2
2

   同时 ,每个数码组 ( a , b) 中的 2 个数码填上 3 个 数位 ,有 C2 种情况 . 所以 , n2 = C2 (2C2 - 20) = 156. 3 3 9 综上所述 , n = n1 + n2 = 165.
6. D.

因为 AB ⊥OB , AB ⊥OP ,则 AB ⊥PB . 因为 OH ⊥PB ,则面 PAB ⊥ POB . 所以 , OH ⊥ 面 HC , OH ⊥PA . 因为 C 是 PA 中点 ,则 OC ⊥PA . 所以 , PC 是三棱锥 P - HOC 的高 ,且 PC = 2. 在 Rt △OHC 中 , OC = 2 , 所以 , 当 HO = HC 时 , S △HOC 最大 ,也即 V O - HPC = V P - HCO 最大 . 此时 , HO = 2 ,则 HO = 所以 , OB = OPtan 30° =
1 OP. 故 ∠HPO = 30° . 2 2 6 . 3

原不等式等价于

22

中 等 数 学 π 2
a a + 1.
2

二、 7.

f ( x) =

) a + 1sin ( ax + φ ,其中 φ = arctan
2

1
a

,

它的最小正周期为

π 2
a

,振幅为

a + 1 . 由 f ( x ) 的图
2

像与 g ( x ) 的图像围成的封闭图形的对称性 ,可将该 π 2 宽为 a2 + 1 的长方形 ,故它的 图形割补成长为 、
a

面积是

π 2
a

a + 1.

2

8. x + 1.
y 对任意的 x 、 ∈R ,有 f ( xy + 1) = f ( x ) f ( y ) - f ( y ) - x + 2 , f ( xy + 1) = f ( y ) f ( x ) - f ( x ) - y + 2. 故 f ( x) f ( y) - f ( y) - x + 2  = f ( y ) f ( x ) - f ( x ) - y + 2 , 即  f ( x ) + y = f ( y) + x . 令 y = 0 ,得 f ( x ) = x + 1.

因为 p 是质数 ,且 p ≥ ,所以 , 3 2 p +1 m= , m - 2n =1, 2 2 ] 2 m +2n = p p - 1 n= . 4 2 p ±m 2 p ±( p + 1) 因此 , k = = . 2 4 2 ( p + 1) ( 负值舍去) . 故 k= 4 1 n +2 (2 - n - 3) . 11. 3 1 设 bn = , n = 0 ,1 ,2 , … .
an

由题设得 3 bn + 1 - 6 bn - 1 = 0. 所以 ,
bn + 1 +

1 1 = 2 ( bn + ) . 3 3 1 3

故数列 bn +
bn +

是公比为 2 的等比数列 .
=2
n

9. 60° . 如 图 5, 连 结 D1 C ,作 CE ⊥BD1 , 垂

1 1 n = 2 b0 + 3 3 1 ( n +1 2 - 1) . 3 1
i n n

1
a0

+

1 3

=

1 × n +1 , 2 3

即  bn =
n

足 为 E , 延 长 CE 交 A 1 B 于 F , 则 FE ⊥
BD1 . 连结 A E , 由对称

i =0

∑a
1 3

=

i =0



bi =

i =0

∑3

1

(2 i + 1 - 1) = 1 n +2 (2 - n - 3) . 3

=

2 (2

n +1 - 1) - ( n + 1) 2- 1

性 知 A E ⊥ BD1 . 则 ∠FEA 是 二 面 角 A BD1 - A 1 的 平 面 角 .
图5

12. 1.

连结 AC ,设 AB = 1 ,则 AC = AD1 = 2 , BD1 = 3. 在 Rt △ABD1 中 , A E = 在 △A EC 中 ,
cos ∠A EC =
A E + CE - AC 2 A E? CE
2 2 2

AB ? 1 AD 2 = . BD1 3

4 - 2 2 2 2 A E - AC 3 1 = = = . 2 4 2 2A E 3

所以 , ∠A EC = 120° .
. 而 ∠FEA 是 ∠A EC 的补角 ,故 ∠FEA = 60° ( p + 1) 2 10. . 4

经过 M 、 两点的圆的圆心在线段 MN 的垂直 N 平分线 y = 3 - x 上 . 设圆心为 S ( a ,3 - a) ,则圆 S 的 2 2 2 方程为 ( x - a) + ( y - 3 + a) = 2 (1 + a ) . 对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆 的半径减小而角度增大 , 所以 , 当 ∠MPN 取最大值 N P 时 ,经过 M 、 、 三点的圆 S 必与 x 轴相切于点 P , 即圆 S 的方程中的 a 值必须满足 2 ( 1 + a2 ) = ( a 2 3) . 解得 a = 1 或 a = - 7. ( 故对应的切点分别为 P (1 ,0) 和 P′ - 7 ,0) . 而 过点 M 、 、 ′ N P 的圆的半径大于过点 M 、 、 的圆的 N P 半径 ,所以 , ∠MPN > ∠MP′ . 故点 P ( 1 ,0) 为所求 , N 即点 P 的横坐标为 1. 13. 三 、 由于骰子是均匀的正方体 , 所以抛掷后 各点数出现的可能性是相同的 . (1) 因骰子出现的点数最大为 6 , 而 6 ×4 > 24 , 5 5 6 × < 2 ,因此 ,当 n ≥ 时 , n 次出现的点数之和大 5 于 2 n 已不可能 . 故这是一个不可能事件 , 最终过关 的概率为 0. 所以 ,最多只能连过 4 关 . (2) 设事件 A n 为 “第 n 关过关失败”则对立事 , “第 n 关过关成功” . 件 An 为 第 n 关游戏中 ,基本事件总数为 6 n 个 .


2

k - pk = n , n ∈N+ ,则
2 2

k - pk - n = 0 , k =
2 2



p +4n

2

2

2
2

.

从而 , p + 4 n 是平方数 ,设为 m , m ∈N+ ,则
( m - 2 n) ( m + 2 n) = p2 .

2004 年第 6 期

23 (ii) 当 k ≠ 时 , 由于 B 、 两点不在轨迹上 , 所 0 C 1 以 k ≠± . 这时 ,直线 l 与点 P 的轨迹恰有 3 个公 2 共点 ,必有直线 l 与圆 S 有两个不同的交点 ,且直线 l 与双曲线 T 有且只有一个公共点 ,即方程组 2 2 8 x - 17 y + 12 y - 8 = 0 , 1 2 有且只有一组实数解 . 消去 y 并化简得 25 (8 - 17 k2 ) x2 - 5 kx = 0. 4 该方程有惟一实数解的充要条件是 2 8 - 17 k = 0 , 25 = 0. 或  ( - 5 k ) 2 + 4 (8 - 17 k2 ) 4
y = kx +

第 1 关 : 事件 A 1 所含基本事件数为 2 ( 即出现点 数为 1 和 2 这两种情况) . 所以 ,过此关的概率为 2 2 P ( A1 ) = 1 - P ( A1 ) = 1 = . 6 3 第 2 关 : 事件 A 2 所含基本事件数为方程 x + y
= a 当 a 分别取 2 ,3 ,4 时的正整数解组数之和 , 则 1 有 C1 + C1 + C3 = 6 ( 个) . 所以 ,过此关的概率为 2 1
P ( A2 ) = 1 - P ( A2 ) = 1 -

5 6 . 2 = 6 6

第 3 关 : 事件 A 3 所含基本事件为方程 x + y + z
= a 当 a 分别取 3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 时的正整数解组数之 和 ,则有 C2 + C2 + C2 + C2 + C2 + C2 = 56 ( 个 ) . 所以 , 2 3 4 5 6 7

④ ⑤

过此关的概率为
P ( A3 ) = 1 - P ( A3 ) = 1 -

56 20 . 3 = 27 6 5 20 100 2 × × = . 6 27 243 3

故连过前三关的概率为
P ( A 1 ) ×P ( A 2 ) ×P ( A 3 ) =

34 2 ,解 ⑤ k = ± . 得 17 2 综上所述 ,直线 l 的斜率 k 的取值范围是有限

2 解④ k= ± 得


34 2 . ,± 17 2 2 β 0 15. (1) 设 α≤x1 < x2 ≤ , 则 4 x1 - 4 tx1 - 1 ≤ , 0. 4 x2 - 4 tx2 - 1 ≤ 所以 ,
2

说明 : 第 2 ,3 关的基本事件数也可列举出来 . 14. (1) 直线 AB 、 、 的方程依次为 AC BC
y=

2 0,±

4 4 ( x + 1) , y = ( x - 1) , y = 0. 3 3 点 P ( x , y ) 到 AB 、 、 的距离依次为 AC BC
d1 =

1 1 | 4 x - 3 y + 4| , d2 = | 4 x + 3 y - 4| , 5 5

4 ( x 1 + x2 ) - 4 t ( x 1 + x 2 ) - 2 ≤ , 0
2 2

d3 = | y | ,且 d1 d2 d3 ≠ 0. 依题设得| 16 x2 - (3 y - 4) 2 | = 25 y2 , 即   x2 - (3 y - 4) 2 + 25 y2 = 0 , 16 或   x2 - (3 y - 4) 2 - 25 y2 = 0. 16 化简得点 P 的轨迹方程为 圆 S :2 x2 + 2 y2 + 3 y - 2 = 0 与双曲线 T :8 x2 2 C 17 y + 12 y - 8 = 0 ,且不含 B 、 两点 . (2) 由前知 ,点 P 的轨迹包含两部分 2 2 2x +2y +3y - 2 =0 , ① 2 2 ② 与   x - 17 y + 12 y - 8 = 0. 8 ( 不含 B 、 两点 . ) C

2 x 1 x 2 - t ( x1 + x 2 ) -

1 > 0. 2 2 x2 - t 2 x1 - t - 2 而 f ( x2 ) - f ( x 1 ) = 2 x2 + 1 x1 + 1 = ( x 2 - x 1 ) [ t ( x 1 + x 2 ) - 2 x 1 x2 + 2 ] > 0. ( x2 + 1) ( x2 + 1) 2 1

因此 , f ( x ) 在区间 [α,β] 上是增函数 . 1 β ,所以 , 因为 α+ β= t ,α = 4 ) ) g ( t ) = maxf ( x ) - min f ( x ) = f (β - f (α ) ) β (β- α [ t (α+ β - 2α + 2 ] = 2 2 2 2 αβ + α + β + 1
= 8
t + 1 (2 t + 5) . 2 16 t + 25
2 2

由 d1 = d2 = d3 ,知 △ABC 的内心 D 是适合题设 条件的点 ,解得 D (0 ,
1 ) ,且知它在圆 S 上 . 2

直线 l 经过 D ,且与点 P 的轨迹有 3 个公共点 , 所以 ,直线 l 的斜率存在 . 设直线 l 的方程为 1 y = kx + . ③ 2 (i) 当 k = 0 时 ,直线 l 与圆 S 相切 ,有惟一的公 1 共点 D ; 此时 , 直线 y = 平行于 x 轴 , 表明直线 l 2 与双曲线 T 有不同于 D 的两个公共点 ,所以 ,直线 l 恰好与点 P 的轨迹有 3 个公共点 .

2 8 +3 2 cos ui cos ui (2) g (tan ui ) = 16 +9 2 cos ui 16 + 24cos ui cos ui 24 ≥ 2 16 × = 2 2 16 + 9cos ui 16 + 9cos ui = 16 6 ( i = 1 ,2 ,3) . 2 16 + 9cos ui
3



i =1

∑ g (tan

1

≤ 1 ui ) 16 6

3

i =1

∑(16 + 9cos

2

ui )

24 = 1 (16 × + 9 × - 9 3 3 16 6
3 3 2 3

中 等 数 学
sin ∑
2 2

ui ) .

an =

i =1

bn ( 1 + n 2 bn ) bn ( 1 + n 2 bn ) = 2 2 2 1 - 2 n bn 1 - (1 - n b n )

因为 3

i =1

∑sin

ui ≥(

i =1

sin ∑

ui ) = 1 ,而柯西不等

=

1
n bn
2

+ 1
n

2
n bn
2 2

= bn + 2 +

2 ( bn + 2) , 1
n
2

式与均值不等式中 ,等号不能同时成立 ,故 1 1 1 + + g (tan u1 ) g (tan u2 ) g (tan u3 )
< 1 1 75 - 9 × 3 16 6 = 3 6. 4

an =

+1 +1+ 1

2+2

+ 1.

因为

1
n

>

n+1

> 0 , 所以 , 对任意的 n ∈N+ , 都

有 an > an + 1 > 4.
(2) 设 cn = 1 1
2

加    试
一、 . 由题设知 ∠ADB = ∠A EC = 90°所以 , △ADB △A EC.
AD BD AB = = . 故 A E CE AC

bn + 1 , n ∈N+ ,则 bn



cn =

n

+1 1
n
2

1
n+1

2

+1

+1 - 1 1
2

有 由已知得 CD = 15 , CE = 24. 由 ① AD 5 = , AE 6 AD = 15 ,  ] AE + 7 5 A E = 18. = AD + 15 6 于是 ,点 D 是 Rt △A EC 的斜边 AC 的中点 ,故 1 DE = AC = 15. 2 连结 DF. 因为点 F 在以 DE 为直径的圆上 ,则 1 , ∠DFE = 90°A F = A E = 9. 2 F E D E B C 因为 G 、 、 、 , D 、 、 、 分别四点共圆 ,则 ∠A FG = ∠ADE = ∠ABC , GF ∥CB . 延长 AH 交 BC 于 P ,则
AK AF = . A P AB BA = BC ,所以 , A P = CE = 24. 由 ② 有 AK = A F? P 9 × A 24 = = 8164. AB 25

= n

2

1 2 2 ? n ( n + 1) 1 + 2 2

1

n

+1 +1 1
n +1
2

1
n

2

+1 + > +1

+1

>

2n +1 ( n + 1) 2

1 1
n
2

2n +1 2. 2 ( n + 1)

2 因为 (2 n + 1) ( n + 2) - 2 ( n + 1) = n > 0 ,所以 , 1 cn > , n ∈N+ . n+2 设 S n = c1 + c2 + …+ cn , n ∈N+ . 当 n = 2 k - 2 > 1 ( k ∈N+ ) 时 ,

Sn >


=

1 1 1 1 + + …+ k + k 3 4 2 - 1 2 1 1 + 3 4 + …+ 1 2
k- 1

因为 H 是 △ABC 的垂心 , 则 A P ⊥BC. 又因为

+1

+ …+

1 k 2

1 1 1 k- 1 2 k- 1 > 2 × 2 + 2 × 3 + …+ 2 × k = . 2 2 2 2
4 009 - 2 ,对任意的 n > n0 都有 所以 ,取 n0 = 2

(1) 二 、 易知 A n (0 ,

1
n

) , B n ( bn , 1
n

2 bn ) ( bn > 0) . ) 2 ,故

1-

b2 b1

+ 1-

b3 b2

+ …+ 1 -

bn + 1 bn

由| OB n | =
bn =

1
n n

2 ,得 b n + 2 bn = ( 2

= S n > S n0 >

4 009 - 1 = 2 004. 2

1

+ 1 - 1 , n ∈N+ .

   故

b2 b3 bn bn + 1 + + …+ + < n - 2 004 , n > n0 . b1 b2 bn - 1 bn

其次 ,直线 A n B n 在 x 轴上的截距 an 满足
( an - 0) 2 bn bn

1
n

= 0-

1
n

( bn - 0) ,

所以 , an =

1- n

2 bn

, n ∈N+ . 1
n bn
2

当 4 三 、 n ≥ 时 , 对集合 M = { m , m + 1 , m + 2 , …, m + n - 1} , 若 2| m , 则 m + 1 , m + 2 , m + 3 两两 互素 ; 若 28 m ,则 m , m + 1 , m + 2 ,两两互素 . 于是 , M 的所有 n 元子集中 ,均有至少 3 个两两 互素的元素 . 因此 , f ( n) 存在 ,且 f ( n) ≤n .

2 2 2 因为 2 n bn = 1 - n b n > 0 , bn + 2 =

,所以 ,

( 下转第 30 页)

30 (1) 0 ≤n < 10 k , n 在十进制下恰有 k 个数码 ,且 ( a0 , a1 , …, a2 m - 1 ) 满足 ①

中 等 数 学

首位数码可以是 0 ; (2) 将 n 的数码用某种方式重新排序 ,使得产生 的这个数可以被 11 整除 . 证明 : 对于每个正整数 m ,有 ( 南非   f (2 m ) = 10 f (2 m - 1) . 提供) 证明 : 对于固定的正整数 m ,定义集合 A 0 和 B 0 如下 .
A 0 是具有下列性质的所有整数 n 的集合 :

Ζ ( a0 + k , a1 + k , …, a2 m - 1 + k ) 满足 ①. 上述结论对所有整数 k 成立 . 同时 ,还有 ( a0 , a1 , …, a2 m - 1 ) 满足 ① Ζ ( ka0 , ka1 , …, ka2 m - 1 ) 满足 ①. 上述结构对所有整数 k 0 ( mod 11) 成立 . 〈 , 对于整数 k ,将 k 模 11 的余数记为 k 〉则 〈 k 〉 {0 ,1 , …,10}. ∈ 对于一个固定的 j ∈ ,1 , …,9} ,设 k 是使得 {0 ( j + 1) k ≡ ( mod 11) 1 成立的惟一整数 ,其中 k ∈ ,2 , …,10} . {1 假设 ( a2 m - 1 , …, a1 , j ) ∈A 0 , 则 有 ( a2 m - 1 , …, a1 , j) 满足 ① 由前面的结论可得 ( ( a2 m - 1 + 1) k - 1 , . …, ( a1 + 1) k - 1 ,0) 也满足 ① 设 bi = ( ai + 1) k 〉 〈 .
1 ,则有 ( b2 m - 1 , …, b1 ) ∈B 0 .

(i) 0 ≤n < 102 m ,即 n 有 2 m 个数码 ; (ii ) 将 n 左边的 2 m - 1 个数码重新排序后得到

的 2 m 位整数可被 11 整除 . B 0 是具有下列性质的所有整数 n 的集合 :
(i) 0 ≤n < 102 m - 1 ,即 n 有 2 m - 1 个数码 ; (ii ) n 的数码重新排序后得到的整数可被 11 整

除. 显然有 f (2 m ) = | A 0 | , f (2 m - 1) = | B 0 | . 对于 由 2 m 个 数 码 组 成 的 整 数 ( a0 , a1 , …, a2 m - 1 ) ,我们考虑下列性质 : 可将 ( a0 , a1 , …, a2 m - 1 ) 的数码重新排序 ,使得
2m - 1

对 于 任 意 的 j ∈{ 0 , 1 , …, 9 } , 我 们 也 能 由 ( b2 m - 1 , …, b1 ) 重新得到 ( a2 m - 1 , …, a1 , j ) . 于是 , 有
| A 0 | = 10| B 0 | ,即 f ( 2 m ) = 10 f (2 m - 1) .

参考文献 :
[1]   ? U 杜德利著 . 基础数论 . 周仲良译 . 上海 : 上海科学技

l =0

∑( - 1)

l

al ≡ ( mod 11) . 0



于是 ,有

术出版社 ,1980.

( 上接第 24 页)
设 Tn = { t | t ≤n + 1 且 2| t 或 3| t } ,则 Tn 为{2 ,
3 , …, n + 1} 的子集 . 但 Tn 中任 3 个元素均不能两两 | 互素 ,因此 , f ( n) ≥ Tn | + 1. 由容斥原理知 | Tn | =
n+1 n+1 n+1

n - 1} ∪ m + n} 知 f ( n + 1) ≤f ( n) + 1. {

因为 f (6) = 5 ,所以 , f (4) = 4 , f (5) = 5 , f (7) = 6 , f (8) = 7 , f (9) = 8. 因此 ,当 4 ≤n ≤ 时 , 9
n+1 n+1 + + 1. ② 2 3 6 对所有 n 都成立 . 再对 n 用归纳法证明式 ② 9 成立 . 假设 n ≤k ( k ≥ ) 时式 ② 当 n = k + 1 时 ,由于 { m , m + 1 , …, m + k } = { m , m + 1 , …, m + k - 6} ∪   m + k - 5 ,m + k - 5 +1 ,m + k - 5 +2 ,m + {  k - 5 + 3 , m + k - 5 + 4 , m + k - 5 + 5} , 且由归纳假设 n = 6 , n = k - 5 时 ,式 ② 成立 ,所以 , ≤f ( k - 5) + f (6) - 1 f ( k + 1) f ( n) = k +2 k +2 + + 1. 2 3 6 成立 . 由式 ①、 ③ ,对于 n = k + 1 ,式 ② 式 知 所以 ,对于任意 n ≥ , 4 n+1

2

+

3

-

6

.

n+1 n+1 n+1 故 f ( n) ≥ + + 1. ① 2 3 6 4 5 5 因此 , f (4) ≥ , f (5) ≥ , f (6) ≥ , f (7) ≥ , f (8) ≥ , f (9) ≥ 6 7 8.

下面证明 f (6) = 5. 设 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 为 { m , m + 1 , …, m + 5} 中 的 5 个数 . 若这 5 个数中有 3 个奇数 ,则它们两两互 质 ;若这 5 个数中有 2 个奇数 , 则必有 3 个偶数 , 不 3 妨设 x1 , x2 , x3 为偶数 , x4 , x5 为奇数 . 当 1 ≤i < j ≤
{2 时 ,| x i - xj | ∈ ,4} ,所以 , x1 , x2 , x3 中至多 1 个被 3 整除 ,至多 1 个被 5 整除 . 从而 ,至少有 1 个既不被 3 整除也不被 5 整除 . 不妨设 3 8 x3 ,5 8 x3 , 则 x3 , x4 ,
x5 两两互质 ,故这 5 个数中有 3 个两两互质 ,即 f (6) = 5.

=

k +2



f ( n) =

又由{ m , m + 1 , …, m + n} = { m , m + 1 , …, m +

n+1 n+1 + + 1. 2 3 6 (2004 年全国高中数学联赛组委会   提供)

n+1

26

中 等 数 学

2005 年全国高中数学联赛
   、 一 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分)
1. 使关于 x 的不等式
x- 3+

) 表示的曲线是 (    . (A) 焦点在 x 轴上的椭圆 (B) 焦点在 x 轴上的双曲线 ( C) 焦点在 y 轴上的椭圆 (D) 焦点在 y 轴上的双曲线 6. 记集合 T = {0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6} , M =
a1 a2 a3 a4

6 - x ≥k

) 有解的实数 k 的最大值是 (    . (A) ( C) 6- 3 6+ 3 (B) (D) 3 6

2. 空间四点 A 、 、 、 满足 | AB | = 3 , B C D | BC| = 7 ,| CD | = 11 ,| DA | = 9. 则 AC ? BD ) 的取值 (    . (A) 只有一个 ( C) 有四个 (B) 有二个 (D) 有无穷多个

7

+

7

2

+

7

3

+

7

4

| ai ∈T , i = 1 ,2 ,3 ,4 . 将

M 中的元素按从大到小的顺序排列 , 则第

) 2 005 个数是 (    . (A) (B) ( C) 5 5 6 3 + + + 7 72 73 74 5 5 6 2 + + + 7 72 73 74 1 1 0 4 + + + 7 72 73 74 1 1 0 3 + + + 7 72 73 74

3. △ABC 内接于单位圆 , 三个内角 A 、
B 、 的平分线延长后分别交此圆于点 A 1 、 C B1 、 1 . 则 C AA 1 cos

+ BB 1 cos + CC1 cos 2 2 2 sin A + sin B + sin C ( C) 6

A

B

C

(D)

) 的值为 (    . (A) 2 (B) 4

二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分)
(D) 8 7. 将关于 x 的多项式
f ( x ) = 1 - x + x - x + …- x
2 3 19

B C D 为正方体 . 任 4. 如图 1 , ABCD - A′′′′

+x

20

作平 面 α 与 对 角 线 AC′ 垂直 , 使得 α 与正 方体的每个面都有公 共点 ,记这样得到的截 面多边形的面积为 S , ) 周长为 l . 则 (    . (A) S 为定值 , l 不为定值
(B) S 不为定值 , l 为定值 ( C) S 与 l 均为定值 (D) S 与 l 均不为定值 5. 方程
x
2

表为关于 y 的多项式 20 g ( y ) = a0 + a1 y + …+ a20 y , 其中 y = x - 4. 则 a0 + a1 + … + a20 =
. ) 8. 已知 f ( x ) 是定义在 ( 0 , + ∞ 上的减
图1

函数 . 若 f ( 2 a + a + 1) < f ( 3 a - 4 a + 1 ) 成
2 2

立 ,则 a 的取值范围是 . βγ π 9. 设 α、 、 满足 0 < α < β < γ < 2 . 若
) 对于任意 x ∈R ,cos ( x + α) + cos ( x + β + ) cos ( x + γ = 0 ,则 γ - α= .
y
2

sin 2 - sin 3

+

cos 2 - cos 3

=1

10. 如图 2 ,四面体 DABC 的体积为

1 ,且 6

2005 年第 12 期

27

满足 ∠ACB = 45° ,
AD + BC + AC

2

= 3.

又以点 A 为圆心 、 AC 为半径作圆分别交线 段 AB 于点 D ,交直线 l 于点 E 、 . 证明 : 直 F 线 DE 、 分别通过 DF △ABC 的 内 心 与 一 图3 个旁心 . ( 注 : 与三角形的一边及另两边的延长线 均相切的圆称为三角形的旁切圆 , 旁切圆的 圆心称为旁心 . ) ( b c x y z 二 、50 分 ) 设正数 a 、 、 、 、 、 满足 cy + bz = a , az + cx = b , bx + ay = c . 求函数
f ( x , y , z) = x
2

则 CD = . 11. 若 正 方 形
ABCD 的一条边在
图2

直线 y = 2 x - 17 上 , 另外两个顶点在抛物线 2 y = x 上 , 则该正方形面积的最小值为 . 12. 如果自然数 a 的各位数字之和等于 7 ,那么 , 称 a 为 “吉祥数” 将所有吉祥数从 . 小到 大 排 成 一 列 a1 , a2 , a3 , …, 若 an =
2 005 ,则 a5 n = .

解答题 ( 每小题 20 分 ,共 60 分) 三、 13. 数列{ a n } 满足
a0 = 1 , a n + 1 =

1+ x

+

y

2

1+ y

+

z

2

1+z

7 an +

45 a n - 36 , n ∈N. 2

2

的最小值 . ( 三 、50 分) 对每个正整数 n ,定义函数
0,
f ( n) =

当 n 为平方数 ;
,

证明 : ( 1) 对任意 n ∈N , an 为正整数 ;
( 2 ) 对 任 意 n ∈ N , an a n + 1 - 1 为 完 全

1 { n}
240

当 n 不为平方数 .

平方数 . 14. 将编号为 1 ,2 , …,9 的九个小球随机 放置在圆周的九个等分点上 , 每个等分点上 各有一个小球 . 设圆周上所有相邻两球号码 之差的绝对值之和为 S . 求使 S 达到最小值 的放法的概率 . ( 注 : 如果某种放法 ,经旋转或 镜面反射后可与另一种放法重合 , 则认为是 相同的放法) 2 15. 过抛物线 y = x 上的一点 A ( 1 ,1) 作 抛物线的切线 ,分别交 x 轴于点 D ,交 y 轴于 点 B . 点 C 在抛物线上 , 点 E 在线段 AC 上 ,
AE BF 满足 = λ , 点 F 在线段 BC 上 , 满足 = 1 EC FC

其中 [ x ] 表示不超过 x 的最大整数 ,{ x } = x
- [ x ] . 试求 :
k =1

∑f ( k ) 的值 .
参考答案

1. 一 、 D.

令 y=
2

x- 3+

6 6 - x ,3 ≤x ≤ ,则

y ≤ ( x - 3) + (6 - x ) ] = 6. 2[

所以 ,0 < y ≤ 6. 故实数 k 的最大值为 6.
2. A.

注意到 32 + 112 = 130 = 72 + 92 ,由于 AB + BC +
CD + DA = 0 ,则
2 2 2 DA = DA = ( AB + BC + CD ) 2 2 2 ( = AB - BC + CD + 2 ( AB + BC) ? BC + CD) ,

λ ,且 λ + λ = 1 , 线段 CD 与 EF 交于点 P. 2 1 2
当点 C 在抛物线上移动时 , 求点 P 的轨迹 方程 .

即   AC? = AD2 + BC2 - AB 2 - CD2 = 0. 2 BD 故 AC? 只有一个值 0. BD
3. A.

加试题
( 一 、50 分 ) 如图 3 , 在 △ABC 中 , 设
AB

如图 4 ,联结 BA 1 ,则
AA 1 = 2sin B+ A

2 .
图4

> AC , 过点 A 作 △ABC 的外接圆的切线 l ,

= 2cos

B

2

-

C

2

28

中 等 数 学
A

故 AA 1 cos
= 2cos = cos
B

2 C

< 0 ,于是 ,有 cos 2 - cos 3 > 0 , 故方程表示的曲线

2

2

? cos

A

是椭圆 . 而
( sin 2 - sin 3 ) - ( cos 2 - cos 3 ) = 2 2sin 2- 3 ? sin 2 2+ 3 π . + 4 2

2

π - C + cos 2
B

π - B 2



= sin C + sin B .

同理 , BB 1 cos
CC1 cos C

因为 = sin A + sin C ,

π 2+ 3 π π 2- 3 3 < <0, < + <π , 2 2 2 4 4
2- 3 < 0 ,sin 2 2+ 3 π + 2 4 > 0.

2

2

= sin A + sin B .
A

所以 ,sin
+ CC1 cos
C

则 AA 1 cos

2

+ BB 1 cos

B

故式 ①< 0. 因此 ,sin 2 - sin 3 < cos 2 - cos 3. 则曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆 .
6. C.

2

2

= 2 ( sin A + sin B + sin C) . 4. B.

如图 5 ,将正方体切 去两 个 正 三 棱 锥 A A′ 与 C′ D′′ 后 , 得 BD B C BD 到一个以平行平面 A′

用 [ a1 a2 …ak ] p 表示 k 位 p 进制数 , 将集合 M 中的每个数乘以 74 ,得
M′ { a1 × + a2 × + a3 × + a4 | a i ∈T , i = 1 ,2 ,3 ,4} = 7 7 7
3 2

与 D′′ 为上 、 B C 下底面的 几何体 V , V 的每个侧面 都是等腰直角三角形 , 截
图5

= { [ a1 a2 a3 a4 ] 7 | ai ∈T , i = 1 ,2 ,3 ,4}.
M′ 中的最大数为 [6 666 ] 7 = [2 400 ] 10 .

在十进制数中 ,从 2 400 起按从大到小顺序排列 的第 2 005 个数是 2 400 - 2 004 = 396. 而 [ 396 ] 10 =
[1 104 ] 7 ,将此数除以 7 ,便得 M 中的数为
4

面多边形 W 的每一条边分别与 V 的底面上的一条
B 剪开 , 展平在一张平 边平行 . 将 V 的侧面沿棱 A′′

面上 ,得到一个

A′′ 1 A 1 , 而多边形 W 的周界展 B B

开后便 成 为 一 条 与 A′ 1 平 行 的 线 段 ( 如 图 6 中 A
E′1 ) . 显然 , E′1 = A′1 ,故 l 为定值 . E E A

1 0 4 1 + 2 + 3 + 4. 7 7 7 7 7. 二、 5 +1 . 6
21

由题设知 , f ( x) 的表达式中的各项构成首项为
1、 公比为 - x 的等比数列 .

由等比数列的求和公式得
图6

f ( x) =

( - x ) 21 - 1 x21 + 1 = . - x- 1 x +1 ( y + 4) 21 + 1 . y +5 5 +1 . 6
21

当 E′ 位于 A′′ B 中点时 , 多边形 W 为正六边形 , 而当点 E′ 移至点 A′ 处时 , W 为正三角形 . 易知 ,周长 为定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为 与
3 2 l ,故 S 不为定值 . 36 5. C. 3 2 l 24

令 x = y + 4 ,得 g ( y ) = 取 y = 1 ,有

a0 + a1 + …+ a20 = g (1) =

8. 0 < a <

1 或 1 < a < 5. 3 1 4
2

由 2 + 3 >π ,有 0 <
cos

π π π - 2< 3< ,则 2 2 2
3-

注意到
2a + a +1 =2 a +
2

π - 2 > cos 2

π 2

+

7 > 0. 8

,

而由 3 a2 - 4 a + 1 = (3 a - 1) ( a - 1) > 0 ,得
a>1或 a<

即  sin 2 > sin 3 . 又0< 2 < π π , < 3 <π , 知 cos 2 > 0. cos 3 2 2

1 . 3

) 又 f ( x) 在 (0 , + ∞ 上是减函数 ,则有

2005 年第 12 期 2 a + a + 1 > 3 a - 4 a + 1.
2 2

29

设正方形的边 AB 在直线 y = 2 x - 17 上 ,而位于
D 抛物线上的两个顶点坐标为 C ( x1 , y1 ) 、 ( x2 , y2 ) ,

所以 , a - 5 a < 0. 故 0 < a < 5.
2

结合 a > 1 或 a < π 4 9. . 3

1 1 ,知 0 < a < 或 1 < a < 5. 3 3

则 CD 所在直线 l 的方程为 y = 2 x + b. 将直线 l 的 方程与抛物线方程联立 ,得 x2 = 2 x + b. 解得
x1 ,2 = 1 ± b + 1.

) ) ) 设 f ( x) = cos ( x +α + cos ( x +β + cos ( x + γ . 0 由 x ∈R , f ( x ) ≡ ,知 ) ) ) f ( - α = 0 ,f ( - γ = 0 ,f ( - β = 0 , ) ) 即   (β- α + cos (γ - α = - 1 , cos ) ) cos (α- β + cos (γ - β = - 1 , ) ) cos (α- γ + cos (β- γ = - 1. 1 ) ) ) 则 cos (β- α = cos (γ- β = cos (γ- α = . 2

令正方形边长为 a ,则
2 2 2 2 a = ( x1 - x2 ) + ( y1 - y2 ) = 5 ( x1 - x2 )

= 20 ( b + 1) .
y = 2 x + b 的距离为 a ,则 a=



在 y = 2 x - 17 上任取一点 ( 6 , - 5) , 它到直线
| 17 + b| . 5



联立式 ①、 解得 b1 = 3 , b2 = 63. ②
2 2 故 a = 80 或 a = 1 280.

π 因为 0 < α< β< γ < 2 ,所以 , π π β- α、 - α、 - β∈ 2 , 4 . γ γ
3 3

12. 52 000.

又 β- α< γ - α,γ - β < γ - α,则只有 β - α = π π γ - β= 2 . 故 γ - α = 4 . 3 3 π π 2 2 时 ,有 β= α+ , 另外 ,当 β - α = γ - β = 3 3 π γ = α+ 4 . 对任意的 x ∈R ,记 x + α= θ. 由于三点
3

易知方程 x1 + x2 + … + x k = m 的满足 x1 ≥ , 1
x i ≥ ( i ≥ ) 的整数解的个数为 C m + k - 2 . 现取 m = 7 , 0 2
m- 1

可知 , k 位吉祥数的个数为 P ( k ) = C k + 5 .
6

因为 2 005 是形如 2 abc的数中最小的一个吉祥 数 ,且 P (1) = C6 = 1 , P ( 2) = C7 = 7 , P ( 3) = C8 = 28 ,
6 6 6

对于四位吉祥数1 abc ,其个数为满足 a + b + c = 6 的 非负整数解个数 ,即 C6 + 3 - 1 = 28 个 ,所以 ,2 005 是第 6
1 + 7 + 28 + 28 + 1 = 65 个吉祥数 . 故 a65 = 2 005. 从

π π 2 ( cos θ,sin θ , cos θ+ 2 ) ,sin θ+ 3 3 π π 4 4 ,sin θ+ cos θ+ 3 3

,

而 , n = 65 ,5 n = 325. 又 P (4) = C6 = 84 , P (5) = C6 = 210 ,而 9 10
5

构成单位圆 x + y = 1 上正三角形的三个顶点 , 其
2 2

中心位于原点 ,显然 ,有 π π 2 4 + cos θ+ =0, cos θ+ cos θ+ 3 3
) ) ) 即   ( x + α + cos ( x + β + cos ( x + γ = 0. cos 10. 3. 1 1 AD? BC? sin 45° AC 3 2

k =1

∑P ( k) = 330 ,

故从大到小最后六个五位吉祥数依次是
70 000 ,61 000 ,60 100 ,60 010 ,60 001 ,52 000.

因此 ,第 325 个吉祥数是 52 000. 三 、 (1) 由题设得 a1 = 5 ,且 { an } 严格单调递 13. 增 . 将条件式变形得
2 an + 1 - 7 an =
2



≥V 四面体 DABC = 1 , 6
BC 即  AD? ? AC ≥

45 a n - 36.
2

2

两边平方整理得
a n + 1 - 7 a n an + 1 + a n + 9 = 0.

2

1.
AC ≥
3

① ②

又 3 = AD + BC +

2

3

AC 3 AD? ? ≥ , BC

由式 ① 又得
a n - 7 a n - 1 a n + a n - 1 + 9 = 0.
2 2

2

等号当且仅当 AD = BC =

AC

2

= 1 时成立 .

①- ② ( an + 1 - an - 1 ) ( an + 1 + an - 1 - 7 an ) = 0. 得 又 an + 1 > an - 1 ,有 an + 1 + an - 1 - 7 an = 0 ,得
an + 1 = 7 a n - an - 1 .

这时 , AB = 1 , AD ⊥ ABC ,故 DC = 3 . 面
11. 80.



由式 ③ a0 = 1 , a1 = 5 可知 , 对任意 n ∈N , an 及

30

中 等 数 学 故 P 是 △ABC 的重心 . 设 P ( x , y ) , C ( x0 , x0 ) . 因点 C 异于点 A , 则 x0
2

为正整数 .
2 (2) 将式 ① 配方得 ( an + 1 + an ) = 9 ( an an + 1 - 1) ,

即  an an + 1 - 1 =

a n + 1 + an

2

3

.



≠ 故重心 P 的坐标为 1.
x= y=

由 ③ an + 1 + an = 9 an - ( an + an - 1 ) ,则 得
( an +1 + an ≡- ( an + an - 1) ≡ . . ≡ - 1) ( a1 + a0) ≡ (mod 3) . . 0
n

0 + 1 + x0 1 + x0 = 3 3 - 1+1+ 3
2 x0

x≠

2 3

,

=

2 x0

因此 ,

an + 1 + an

3

为整数 ,

3

.

所以 , an an + 1 - 1 是完全平方数 .
14. 将九个编号不同的小球放在圆周的九个等

消去 x0 ,得 y =

1 (3 x - 1) 2 . 3 1 (3 x - 1) 2 3
x≠

故所求轨迹方程为 y =

分点上 ,每点放一个 ,相当于九个不同元素在圆周上 的一个圆形排列 ,故共有 8 ! 种放法 . 考虑到翻转因 素 ,则本质不同的放法有
8! 种. 2

2 3

.

加  试
( 一 、1) 先证 DE 过 △ABC 的内心 .

下求使 S 达到最小值的放法数 . 在圆周上 ,从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径 ,对 其中任一条路径 , 设 x1 , x2 , …, x k 是依次排列于这 段弧上的小球号码 ,则
| 1 - x1 | + | x1 - x2 | + …+ | x k - 9|

如图 7 ,联结 DE 、 . DC 作 ∠BAC 的平分线分别交
DE 、 DC 于 点 I 、 , 联 结 G IC . 由 AD = AC ,得 AG ⊥DC , ID = IC.

≥ (1 - x1 ) + ( x1 - x2 ) + …+ ( x k - 9) | = 8. | 上式取等号当且仅当 1 < x1 < x2 < … < x k < 9 , 即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递增排列 . 因此 , S min = 2 × = 16. 8 由上知 ,当每个弧段上的球号 {1 , x1 , x2 , …, x k ,
9} 确定之后 ,达到最小值的排序方案便唯一确定 . 在 1 ,2 , …,9 中 , 除 1 与 9 外 , 剩下七个球号 2 , 3 , …,8 ,将它们分为两个子集 ,元素较少的一个子集 共有 C0 + C1 + C2 + C3 = 26 种情况 ,每种情况对应着 7 7 7 7

又点 D 、 、 在 ⊙A C E 上 ,有 ∠IAC = ∠IEC. 则 A 、 、 、 四点共 I C E 圆. 故 ∠CIE = ∠CA E = ∠ABC. 而 ∠CIE = 2 ∠ICD ,所以 , ∠ICD =
1 ∠ABC. 2 1 ∠ABC ,即 2 1 ∠DAC = 2
图7

圆周上使 S 值达到最小的唯一排法 ,即有利事件总 6 2 1 数是 26 种 ,故所求概率 P = = . 8 ! 315 2 15. 易知切线 AB 的方程为 y = 2 x - 1 , B (0 , - 1) , 1 D ,0 ,故 D 是 AB 的中点 . 2 令 γ=
CD CA CB ,t = = 1 + λ , t2 = = 1 + λ ,则 1 2 CP 1 CE CF

故 ∠AIC = ∠IGC + ∠ICG = 90° + ∠ACI =
1 ∠ACB . 2

因此 , I 为 △ABC 的内心 .
(2) 再证 DF 过 △ABC 的一个旁心 .

联结 FD 并延长交 ∠ABC 的外角平分线于点
I1 ,联结 I I1 、 1 、 . 由 (1) 知 I 为内心 ,则有 BI BI

t 1 + t 2 = 3.

因为 CD 为 △ABC 的中线 ,所以 ,
S △CAB = 2 S △CAD = 2 S △CBD .

∠IBI1 = 90° ∠EDI1 . =
B I I 故 D 、 、1 、 四点共圆 .



1
t1 t2

= 1

S △CEP S △CFP CE? CF S △CEF = = + CA ? CB S △CAB 2 S △CAD 2 S △CBD

又 ∠BI I1 = ∠BDI1 = 90° ∠ADI = 90° ∠ACI = ∠BAI + ∠ABI , -

1 = 2

t1 + t2 3 + = = , t 1γ t 2γ 2 t1 t 2γ 2 t1 t2γ

1

故 A 、、1 三点共线 . I I 所以 , I1 是 △ABC 的 BC 边外的旁心 . 由条件得 二、

3 所以 ,γ = . 2

2005 年第 12 期
b ( az + cx - b) + c ( bx + ay - c) - a ( cy + bz - a) = 0 ,

31

即   bcx + a2 - b2 - c2 = 0. 2 解得 x =
b + c - a . 2 bc
2 2 2 2 2 2 2 2 2

故 [ f ( x , y , z) ] min =

1 . 2

注 :若直接令 x = y = z , 得答案 f ( x , y , z ) min =
1 ,则只给 10 分 . 2
2 2 三、 k 对任意 a 、 ∈N+ , 若 k < a < ( k + 1 ) , 则

a + c - b a + b - c ,z = . 同理 , y = 2 ac 2 ab

因 a 、 、 、 、 、 为正数 ,据以上三式知 b c x y z
b + c > a ,a + c > b ,a + b > c .
2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 ≤a - k ≤ k . 设 2
2

a = k + θ,0 < θ< 1 ,则

故以 a 、 、 为边长可构成一个锐角 △ABC ,则 b c
x = cos A , y = cos B , z = cos C.

1 1 = = { a} θ =

1
a- k

=

a+ k 2 a- k

于是 ,问题转化为 : 在锐角 △ABC 中 ,求函数
f (cos A ,cos B ,cos C)

2 k +θ 2k 2 < 2 + 1. a- k a- k 1 { a} 1
2

所以 ,
2

=

cos A cos B cos C = + + 1 + cos A 1 + cos B 1 + cos C

2

2

2k 2 a- k
2k

.

让 a 跑遍区间 ( k2 , ( k + 1) 2 ) 中的所有整数 ,则
2

的最小值 .
v w 令 u = cot A , v = cot B , w = cot C , 则 u 、 、 ∈

k < a < ( k + 1)



{ a}
f ( a) =

=
n

i =1


2k

2k
i

.

R+ . 于是 ,有 uv + vw + wu = 1 ,且
2 u + 1 = ( u + v) ( u + w ) , 2 v + 1 = ( u + v) ( v + w ) , 2 w + 1 = ( u + w) ( v + w) .

( n + 1) 2

于是 ,

a =1



k =1 i =1

∑∑
.

2k
i

.



2k

下面计算

i =1



2k
i

u

2

画一张 2 k × k 的表 , 第 i 行中 , 凡是 i 的倍数 2 处填写 3 ” ,则这行的 3 ” “ 号 “ 号共
2k



cos A = 1 + cos A

2

1+
u
2

u +1 u u +1
2

2

2k
i

个 , 全表的

“3 ” 号共

i =1



2k
i

个 ; 另一方面 , 按列统计 3 ” “ 号

=

u +1(
2 u ( 2

2

u + 1 + u)

2

数 ,第 j 列中 , 若 j 有 T ( j ) 个正因数 , 则该列便有
2k

=

u + 1 - u) u +1
2

= u -

2

u

3

T ( j) 个 3 ” ,故全表的 3 ” “ 号 “ 号个数共
2k

u +1 u
3

2

j =1

∑T ( j) 个 .

= u -

2

因此 ,

i =1


j

2k
i

2k

=

j =1

∑T ( j) .
1 表 

( u + v) ( u + w )
u
3

示例如表 1.

≥u 2

2
2

1 1 . + u+ v u+ w
3

同理 ,
2

cos B ≥ 2 v v 2 1 + cos B
3

1 1 + u+ v v+ w +
3

,

1
i

2

3

4

5

6

cos C ≥ 2 w w 2 1 + cos C

1
u+ w
3

1
v+ w
3 3

1 .
3 3

3

2 3 4 5 6
( n + 1) 2

3 3

3 3

3 3 3

3

则 f ≥u2 + v2 + w2 2 2 2

1 2

u +v v +w u +w + + u+ v v+ w u+ w

3 3 3

1 2 2 = u +v +w [ ( u - uv + v ) + 2 ( v2 - vw + w2 ) + ( u2 - uw + w2 ) ] = 1 1 ( uv + vw + uw ) = . 2 2 1 . 2

3 3
n

2k

   则

a =1

∑f ( a) = ∑∑T ( j)
k =1 j =1

当且仅当 u = v = w 时 ,等号成立 . 此时 ,
a = b= c ,x = y = z =

= n [ T (1) + T ( 2 ) ] + ( n - 1) [ T ( 3 ) + T ( 4) ] +

…+ [ T (2 n - 1) + T (2 n) ] . 由此 ,



32

中 等 数 学

2005 女子数学奥林匹克
第一天
  1. 如图 1 ,点 P 在 △ABC 的 外 接 圆 上 , 直线 CP 、 相 交 于 AB AC 点 E , 直线 B P 、 相 交于点 F , 边 AC 的垂 直平 分 线 交 边 AB 于 点 J , 边 AB 的垂直平 分线交边 AC 于点 K.
J CE AJ ? E 求证 : 2 = . KF B F A K?
2

数 n 及 n 个互不相交的无限整数集合 A 1 ,
A 2 , …, A n 满足 A 1 ∪A 2 ∪…∪A n = Z ,而且对

于每个 A i 中的任意两数 b > c ,都有
b - c ≥a .
i

( 袁汉辉   供题)

第二天
5. 设正实数 x 、 满足 x + y = x - y . 求 y
3 3

证 : x + 4 y < 1.
2 2

(熊     斌 供题)

图1

6. 设正整数 n ( n ≥ ) . 如果在平面上有 3
n 个格点 P1 , P2 , …, Pn 满足 : 当 | Pi Pj | 为有

( 叶中豪   供题)

理数时 , 存在 Pk , 使得 | Pi Pk | 和 | Pj Pk | 均为 无理数 ; 当| Pi Pj | 为无理数时 ,存在 Pk ,使得
| Pi Pk | 和 | Pj Pk | 均为有理数 , 那么 , 称 n 是

2. 求方程组 5 x+ 1
x

= 12 y +

1
y

= 13 z +

1
z

,

xy + yz + zx = 1

的所有实数解 .

( 朱华伟   供题)

3. 是否存在这样的凸多面体 , 它共有 8

. “好数” ( 1) 求最小的好数 ; ( 2) 问 :2 005 是否为好数 ? ( 冯祖鸣   供题) 7. 设 m 、 是整数 , m > n ≥ , S = {1 ,2 , n 2

个顶点 、 条棱和 6 个面 , 并且其中有 4 个 12 面 ,每两个面都有公共棱 ? ( 苏     淳 供题)
4. 求出所有的正实数 a , 使得存在正整
2 16 15

…, m } , T = { a1 , a2 , …, an } 是 S 的一个子 集 . 已知 T 中的任两个数都不能同时整除 S
2 k = 15 + r (16 ≤r ≤ ) . 30

   ∑ ( k ) = f
k =1

k =1



(16 - k ) [ T (2 k - 1) + T (2 k ) ] . ③


r

k - 15 =

15 + r - 15 = < 1
r

2

r

记 ak = T (2 k - 1) + T (2 k ) , k = 1 ,2 , …,15 ,易得
ak 的取值情况如表 2.

15 + r + 15 <
r

2

,

31 2 表 

15 + r + 15
r

2

30
r

, < 2.

30 1≤ < {

k ak

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 5 6 6 7 8 6 9 8 8 8 10 7 10 10
256 15

15 + r}

2

<

31



1 { k}
240

=1 ,k ∈ {241 ,242 , …,255} .
256



   因此 ,

k =1

∑f ( k) = ∑(16 k =1

k) ak = 783.



从而 ,

k =1

∑f ( k) = 783 - ∑f ( k)
k = 241

2 据定义 , f (256) = f (16 ) = 0.

= 783 - 15 = 768. (2005 年全国高中数学联赛组委会   提供)

又当 k ∈ {241 ,242 , …,255} 时 ,设

22

中 等 数 学

竞赛之窗

2006 年全国高中数学联赛
第一试
选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分) 一、 1. 已知 △ABC . 若对任意 t ∈R , | BA ) tBC| ≥ AC| ,则 △ABC (    . | (A) 必为锐角三角形 (B) 必为钝角三角形 ( C) 必为直角三角形 (D) 答案不确定
2 2. 设 log x ( 2 x + x - 1 ) > log x 2 - 1. 则 x

(A) 充分必要条件 (B) 充分不必要条件 ( C) 必要不充分条件 (D) 既不充分也不必要条件 6. 数码 a1 , a2 , …, a2 006 中有奇数个 9 的 2 007 位 十 进 制 数 2 a1 a2 …a2 006 的 个 数 为 (    . ) (A) (B) 1 ( 102 006 + 82 006 ) 2 1 ( 102 006 - 82 006 ) 2

) 的取值范围为 (    . 1 (A) < x < 1 2 ( C) x > 1 1 (B) x > ,x ≠ 1 2 (D) 0 < x < 1

( C) 102 006 + 82 006 (D) 102 006 - 82 006

3. 已知集合 A = { x | 5 x - a ≤0} , B =
b { x | 6 x - b > 0} , a 、 ∈ N , 且 A ∩ B ∩ N =

) {2 ,3 ,4} . 则整数对 ( a , b) 的个数为 (    . (A) 20 (B) 25 ( C) 30 (D) 42 4. 在直三棱柱 A 1 B 1 C1 - ABC 中 , ∠BAC =

二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) 4 4 cos 7. 设 f ( x ) = sin x - sin x ? x + cos x . 则 f ( x ) 的值域是 . θ∈R ,复数 8. 若对一切 ) ) z = ( a + cos θ + ( 2 a - sin θ i 的模 不 超 过 2 , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 为 .
9. 已知椭圆
x
2

π , AB = AC = AA 1 = 1. 已知 G 、 分别为 E 2

A 1 B 1 、 1 的中点 , D 、 分别为线段 AC 、 CC F AB

16

+

y

2

4

= 1 的左右焦点分别

上的动点 ( 不包括端点) . 若 GD ⊥EF ,则线段 ) DF 长度的取值范围为 (    .
(A) 1 ,1 5 (B) (D) 1 ,2 5 5 , 2 5
x + 1) . 则
2

为 F1 、 2 ,点 P 在直线 l : x - 3 y + 8 + 2 3 = F
0 上 . 当 ∠F1 PF2 取最大值时 , 比 | PF1 | 的值 | PF2 |



. 10. 底面半径为 1 cm 的圆柱形容器里放 1 cm 的实心铁球 , 四个球两 2

( C) [ 1 , 2 )

有四个半径为

3 5. 设 f ( x ) = x + log2 ( x +

对任意实数 a 、 , a + b ≥ 是 f ( a) + f ( b) ≥ b 0 ) 0 的 (    .

两相切 ,其中 , 底层两球与容器底面相切 . 现 往容器里注水 ,使水面恰好浸没所有铁球 . 则 3 需要注水 cm .

2006 年第 12 期

23
2 006 2 4 + 1) ( 1 + x + x + … +

11. 方程 ( x
x
2 004

) = 2 006 x2 005 实数解的个数为

作圆弧 Q0 P1 交 B 1 A 的延长线于点 P1 ; 以 B 1 为圆心 、 1 P1 为半径作圆弧 P1 Q1 交 B 1 C0 B 的延长线于点 Q1 ; 以 C0 为圆心 、 0 Q1 为半 C 径作圆弧 Q1 P′ AB 0 的延长线于 P′试证 : 0交 0.
(1) 点 P′ 0 与点 P0 重合 , 且圆弧 P0 Q0 与
P0 Q1 相内切于点 P0 ;

.

12. 袋内有 8 个白球和 2 个红球 ,每次从

中随机取出 1 个球 ,然后放回 1 个白球 . 则第
4次恰好取完所有红球的概率为 .

三、 解答题 ( 每小题 20 分 ,共 60 分)
13. 给定整数 n ( n ≥ ) ,设 M0 ( x0 , y0 ) 是 2

抛物线 y = nx - 1 与直线 y = x 的一个交
2

点 . 证明 : 对于任意正整数 m , 必存在整数 k
m m ( k ≥ ) ,使 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y2 = kx - 1 与 2

( 2) P0 、 0 、 1 、 1 四点共圆 . Q Q P ( 二 、50 分) 已知无穷数列{ an }满足 :
a0 = x , a1 = y , an + 1 = a n an - 1 + 1 ( n = 1 ,2 , … . ) an + a n - 1

直线 y = x 的一个交点 .
14. 将 2 006 表示成 5 个正整数 x1 , x2 ,
x3 , x4 , x5 之和 . 记 S =
1 ≤i < j ≤ 5

∑ x x .问:
i j

( 1) 对于怎样的实数 x 、 ,总存在正整数 y
n0 ,使当 n ≥n0 时 , an 恒为常数 ?

(1) 当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时 , S 取

到最大值 ;
(2) 设对任意 1 ≤i 、 ≤ , 有 | xi - xj | ≤ j 5 2 ,问当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时 , S 取到最

( 2) 求数列{ an }的通项公式 . ( 三 、50 分) 解方程组 :
x - y + z - w =2, x - y + z - w =6 , x - y + z - w = 20 , x - y + z - w = 66.
4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2

小值 . 说明理由 . 2 15. 设 f ( x ) = x + a . 记 1 f ( x) = f ( x) , n- 1 n ( x ) ) ( n = 2 ,3 , … , ) f ( x) = f ( f
n M = { a ∈ 对所有正整数 n ,| f (0) | ≤ R| 2}.

参考答案
第一试
一 、 C. 1. 令 ∠ABC = α,过点 A 作 AD ⊥BC 于点 D . 由| BA - tBC| ≥ AC| ,得 |
BC | BA| - 2 tBA? + t | BC| ≥ AC| 2 . |
2 2 2

证明 : M =

- 2,

1 . 4

加  试
B    、50 分) 如图 1 , 以 B 0 、 1 为 焦点的 一 (

令 t=

BA? BC 2 ,代入上式得 | BC|

椭圆与 △AB 0 B 1 的 边 AB i 交于点 Ci ( i
= 0 , 1 ) . 在 AB 0 的

2 2 2 2 2 2 | BA| - 2| BA| cos α+ cos α BA| ≥ AC| , | |

即   BA| 2 sin2α≥ AC| 2 ,亦即| BA| sin α≥ AC| . | | | 从而 ,有| AD | ≥ AC| . | 由此得 ∠ACB =
2. B.
图1

延长线上任 取 点
P0 , 以 B 0 为 圆 心 、 B 0 P0 为 半 径 作 圆

π . 2

弧 P0 Q0 交 C1 B 0 的

因为

1 1. 所以 , x > ,x ≠ 2 2 2x + x - 1 >0 ,

x >0 ,x ≠ , 1

C 延长线于点 Q0 ; 以 C1 为圆心 、 1 Q0 为半径

由 log x (2 x2 + x - 1) > log x 2 - 1 ,推得

24 log x (2 x + x - x ) > log x 2 ,
3 2

中 等 数 学
A = C2 006 9
1 2 005

+ C2 006 9

3

2 003

+ …+ C2 006 9.
2 005
k

进一步推出
0< x <1,

2 006

或 3 2 3 2 2x + x - x <2 2 x + x - x > 2. 解得 0 < x < 1 或 x > 1. 所以 , x 的取值范围为 x >
3. C. 1 1. ,且 x ≠ 2

x >1,

又由于 ( 9 + 1) 2 006 =
2 006

k =0

C ∑

2 006

9

2 006 - k

及  (9 - 1) 2 006 =

k =0

C ∑

k

2 006

( - 1) k 92 006 -

k

,

则 A = C1 006 92 005 + C3 006 92 003 + …+ C2 005 9 2 006 2 2
= 1 (102 006 - 82 006 ) . 2 9 8
4

由 5 x - a ≤ ,得 x ≤ 0 由 6 x - b > 0 ,得 x >

a

5
b

; .

7. 二、 0 ,

.
4

f ( x ) = sin x - sin x ? x + cos x cos

6

要使 A ∩B ∩N = {2 ,3 ,4} ,则应
<2, 6 ≤b < 12 , 6 即 a 20 ≤a < 25. 4≤ <5, 5 1≤
b

=1-

1 1 2 sin 2 x sin 2 x . 2 2

令 t = sin 2 x ,则
f ( x) = g ( t)

=1-

1 1 2 1 9 tt = 2 2 2 8

t+

1 2

2

.

所以 ,数对 ( a , b) 共有 C1 C1 = 30 个 . 6 5
4. A.

9 1 9 × =0, 因此 , min g ( t ) = g (1) = 8 2 4 - 1 ≤t ≤ 1
- 1 ≤t ≤ 1

以 A 为坐标原点 、 为 x 轴 、 为 y 轴 、 1 AB AC AA 为 z 轴建立空间直角坐标系 ,则有
1 F ( t 1 ,0 ,0) (0 < t 1 < 1) , E 0 ,1 , 2
G

max g ( t ) = g -

1 2

=

9 1 9 × = . 0 8 2 8

,

9 所以 ,0 ≤f ( x ) ≤ . 8 8. 5 5 . , 5 5

1 ,0 ,1 , D (0 , t2 ,0) (0 < t2 < 1) . 2
t1 , - 1 , -

依题意 ,得
)2 )2 4 2 | z| ≤ Ζ ( a + cos θ + (2 a - sin θ ≤

所以 , EF =
GD =

1 2

,

-

1 ,t , - 1 . 2 2

Ζ 2 a ( cos θ- 2sin θ ≤ - 5 a2 ) 3 Ζ - 2 5 asin (θ- φ) ≤ - 5 a2 , 3 这里 φ = arcsin
1 ,且对任意实数 θ成立 . 5

1 因为 GD ⊥EF ,所以 , t 1 + 2 t2 = 1. 故 0 < t2 < . 2

又 D F = ( t 1 , - t2 ,0) ,
| D F| = = 5 t2 t1 + t 2 =
2 2

5 t2 - 4 t2 + 1 1 , 5

2

5 由上 ,有 2 5| a| ≤ - 5 a2 ,则| a| ≤ . 3 5

2 5

2

+

故 a 的取值范围为 - 5 , 5 . 5 5
9. 3 - 1.

从而 ,有
5. A.

1 ≤ | D F| < 1. 5
x + 1 ) 为奇函数 ,
2

由平面几何知 , 要使 ∠F1 PF2 最大 , 则过 F1 、
F2 、 三点的圆必定和直线 l 相切于点 P. 设直线 l P

显然 , f ( x ) = x3 + log2 ( x +

与 x 轴 交 于 点 A ( - 8 - 2 3 , 0 ) , 则 ∠A PF1 = ∠A F2 P ,即 △A PF1 ∽ △A F2 P. 从而 ,
| PF1 | | A P| = . | PF2 | | A F2 |

0 且单调递增 . 于是 ,若 a + b ≥ ,则 a ≥ - b , 有 f ( a)

≥f ( - b) ,即 f ( a) ≥- f ( b) . 从而 , f ( a) + f ( b) ≥ 0. 反之 ,若 f ( a) + f ( b) ≥ , 则 f ( a) ≥ - f ( b) = 0
0. f ( - b) ,推出 a ≥- b ,即 a + b ≥ 6. B.



又由圆幂定理 ,有
| | A P| = | A F1 | ? A F2 | .
2



出现奇数个 9 的十进制数个数为

而 F1 ( - 2 3 ,0) 、 2 (2 3 ,0) 、 ( - 8 - 2 3 ,0) , F A

2006 年第 12 期

25
km + 1 = km x0 +

从而 ,有| A F1 | = 8 ,| A F2 | = 8 + 4 3. 代入式 ①、 得 ②
| PF1 | = | PF2 | 10. | A F1 | = | A F2 | 8 = 3 - 1. 8+4 3

1
x0

- km - 1

= nkm - km - 1 ( m ≥ ) . 2


2

1 2 π. + 3 2

由于 k1 = n 是整数 ,
k2 = x 0 +
2

1
2 x0

=

x0 +

1
x0

- 2= n - 2

2

O O O 设四个实心铁球的球心分别为 O1 、 2 、 3 、 4 , O B C D 其中 , O1 、 2 为下层两球的球心 , A 、 、 、 分别为

也是整数 ,所以 ,根据数学归纳法 , 通过式 ① 可证明 对于一切正整数 m , km = xm + 0
1
x0
m

四个球心在底面的射影 . 则四边形 ABCD 是一个边 长为
2 2 ( cm) . 的正方形 . 所以 ,注水高为 1 + 2 2

是正整数 .
1
x0
m

m 现在对于任意正整数 m , 取 k = x0 +

, 使得

故应注水 π 1+ 2 2
11. 1. ( x2 006 + 1) (1 + x2 + x4 + …+ x2 004 ) = 2 006 x2 005 1
x
2 005

π 1 4 - 4× 3 2

3

y = kx - 1 与 y = x 的交点为 ( x0 , y0 ) .
2
m m

=

2 π. 1 + 2 3

14. (1) 首先 ,这样的 S 的值是有界集 ,故必存在

最大值与最小值 . 若 x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 2 006 , 且 使 S =
1 ≤i < j ≤ 5

Ζ

x+

(1 + x2 + x4 + …+ x2 004 ) = 2 006

∑xx
i

j

取到最大值 ,则必有 ①

Ζ x + x3 + x5 + …+ x2 005 + 21005 + 21003
x x

| x i - xj | ≤ (1 ≤i 、≤ ) . 1 j 5

事实上 , 假设式 ①不成立 , 不妨设 x1 - x2 ≥ 2. 令 x′= x1 - 1 , x′ x2 + 1 , x′= x i ( i = 3 ,4 ,5) ,有 1 2 = i
x′ x′ x1 + x2 , 1 + 2 = x′ ′ x1 x2 + x1 - x2 - 1 > x1 x2 . 1 x2 =

+ …+
x

1
x

= 2 006

Ζ x + 1 + x3 + 13 + …+ x2 005 + 21005
x x

≥ × 003 = 2 006. 2 1 要使等号成立 ,必须 x =
1
x
2 005

将 S 改写成
1
x

,x =

3

1
x
3

, …, x

2 005

=

S=

1 ≤i < j ≤ 5

∑xx

i j

= x1 x2 + ( x1 + x2 ) ( x3 + x4 + x5 ) +

,即 x = ± 1. 0 但 x ≤ 时 ,不满足原方程 .

x3 x4 + x3 x5 + x4 x5 .

同时 ,有
S′ x′ ′ ( x′ x′ ( x3 + x4 + x5 ) + x3 x4 + = 1 x2 + 1 + 2 ) x3 x5 + x4 x5 .

所以 , x = 1 是原方程的全部解 . 因此 ,原方程的实数解个数为 1.
12. 01043 4.

于是 ,有 S′ S = x′ ′- x1 x2 > 0 ,这与 S 在 x1 、 1 x2
x2 、3 、4 、5 时取到最大值矛盾 . x x x

第 4 次恰好取完所有红球的概率为
9 2 × 10 10 8 10
2 2

1 8 2 9 1 × + × × × + 10 10 10 10 10

1 j 5 所以 ,必有| x i - xj | ≤ (1 ≤i 、≤ ) .

因此 ,当 x1 = 402 , x2 = x3 = x4 = x5 = 401 时 , 取 到最大值 .
(2) 当 x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 2 006 且| xi - xj │

2 1 × × = 01043 4. 10 10

13. 三 、 因为 y2 = nx - 1 与 y = x 的交点为
x0 = y0 = n± n - 4
2

≤ 时 ,只有如下三种情形满足要求 : 2
(i) 402 ,402 ,402 ,400 ,400 ; (ii ) 402 ,402 ,401 ,401 ,400 ; (iii) 402 ,401 ,401 ,401 ,401.

2 1
x0

,

显然 ,有 x0 +
m m

= n.
2

若 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y = kx - 1 与直线 y = x
m 的一个交点 ,则 k = x0 +

而后两种情形是在第一种情形下作
x′ x i - 1 , x′ xj + 1 i = j =

1
x0
m

. 记 km = x0 +
m

1
x0
m

,则

调整下得到的 . 根据 ( 1) 的解题过程可知 , 每调整一

26

中 等 数 学

次 ,和式 S =

1 ≤i < j ≤ 5

∑xx

i j

变大 . 所以 ,在 x1 = x2 = x3 =

加  试
( 一 、1) 显然 , B 0 P0 = B 0 Q0 .

402 , x4 = x5 = 400 时 ,取到最小值 .
1 15. (1) 若 a < - 2 ,则| f (0) | = | a| > 2 , a ∈ M .

(2) 若 - 2 ≤a ≤

1 ,由题意 ,有 4
n- 1

由 P0 Q0 和 Q0 P1 、 0 P1 和 P1 Q1 、 1 Q1 和 Q1 P′ Q P 0分 别相内切于点 Q0 、 1 、 1 ,得 P Q
C1 B 0 + B 0 Q0 = C1 P1 , B 1 C1 + C1 P1 = B 1 C0 + C0 Q1 , C0 Q1 = C0 B 0 + B 0 P′ 0.

1 n f (0) = a , f (0) = ( f

(0) ) 2 + a ( n = 2 ,3 , … . )

1 1 (i) 当 0 ≤a ≤ 时 ,| f n (0) | ≤ ( Π n ≥ ) . 1 4 2 1 事实上 ,当 n = 1 时 ,| f (0) | = | a| ≤ . 2
1

以上三式相加 ,并利用
B 1 C1 + C1 B 0 = B 1 C0 + C0 B 0 , B 0 P0 = B 0 Q0 ,

设 n = k - 1 时结论成立 ( k ≥ 为某整数) ,则对 2
n = k ,有
k | f (0) | ≤ f | k- 1

(0) | 2 + a ≤
n

1 2

2

+

1 1 = . 2 4

有  B 0 P0 = B 0 P′ 0. 又点 P′ B 0 P0 或其延长线上 , 从而 , 可知点 0 在
P′ 0 与点 P0 重合 .

(ii ) 当 - 2 ≤a < 0 时 ,| f (0) | ≤ a| ( Π n ≥ ) . 1 |

事实上 ,当 n = 1 时 ,| f (0) | ≤ a| . |
1

由于 Q1 P0 的圆心 C0 、 0 Q0 的圆心 B 0 及点 P0 P 在同一直线上 ,所以 , Q1 P0 和 P0 Q0 相内切于点 P0 .
(2) 如图 2 ,分别过点 P0 、 1 引上述相应相切圆 P
P 弧的公切线 P0 T 、 1 T 交于点 T. 又过点 Q1 引相应 P 相切圆弧的公切线 R1 S 1 , 分 别 交 P0 T 、 1 T 于 点 R1 、1 . 联结 P0 Q1 、 1 Q1 , 得等腰 △P0 Q1 R1 和等腰 S P

2 设 n = k - 1 时结论成立 ( k ≥ 为某整数) ,则对
n = k ,有
k - | a| = a ≤f (0) = ( f k- 1

(0) ) 2 + a ≤a2 + a .

注意到 ,当 - 2 ≤a < 0 时 ,总有 a2 ≤- 2 a ,即
a + a ≤ - a = | a| .
2

| 从而 ,有| f k (0) | ≤ a| . 1 由数学归纳法 ,推出 - 2 , 4 (3) 当 a >
an > a >

△P1 Q1 S 1 . Α M.

1 时 ,记 an = f n (0) ,则对任意 n ≥ , 1 4

1 4
n +1

且  an + 1 = f

(0) = f ( f n (0) ) = f ( an ) = a2n + a .
2

对于任意 n ≥ ,有 1
an + 1 - an = a n - an + a

=

an -

1 2

2

+ a-

1 ≥ 1 a. 4 4 .

图2

注意到 ∠P0 Q1 P1 =π - ∠P0 Q1 R1 - ∠P1 Q1 S 1
=π - ( ∠P1 P0 T - ∠Q1 P0 P1 ) ( ∠P0 P1 T - ∠Q1 P1 P0 ) .

1 所以 , an + 1 - a = an + 1 - a1 ≥n a 4

当 n>

2- a 时 ,有 1 a4 + a>2- a+ a=2,

而π - ∠P0 Q1 P1 = ∠Q1 P0 P1 + ∠Q1 P1 P0 , 代 入上式后 ,即得
1 ( ∠P1 P0 T + ∠P0 P1 T) . ∠P0 Q1 P1 =π 2 1 - 2, 4 1 ( ∠P1 P0 T + ∠P0 P1 T) . 同理 , ∠P0 Q0 P1 =π2

an + 1

≥n a - 1 4

即  f n + 1 (0) > 2. 因此 , a ∈ M . 综合 (1) (2) (3) ,有 M =
.

所以 , P0 、 0 、 1 、 1 四点共圆 . Q Q P

2006 年第 12 期 ( 二 、1) 注意到
an - an + 1 = an an a n - 1 + 1 an - 1 (n =1, = a n + an - 1 an + a n - 1
2

27
an =

( x + 1) Fn - 2 ( y + 1) Fn - 1 + ( x - 1) Fn - 2 ( y - 1) Fn - 1 ( x + 1) Fn - 2 ( y + 1) Fn - 1 - ( x - 1) Fn - 2 ( y - 1) Fn - 1

( n ≥) . 0

? λ

) 2,….
a n = 1 ,且 a n + an - 1
2

① ≠ 0. ②

式 λ 中的 Fn - 1 、 n - 2 由式 ⑩ ? 确定 . F 令 三 、 p = x + z , q = xz ,有
p = x + z +2q , p = x + z + 3 pq , p = x + z +4p q - 2q .
4 4 4 2 2 3 3 3 2 2 2

如果 对 某 个 正 整 数 n , 有 an + 1 = an , 则 必 有 如果 n = 1 ,得
| y| = 1 且 x ≠- y .

如果 n > 1 ,有
an - 1 = an - 1 an - 2 + 1 - 1 a n - 1 + an - 2

同样 ,令 s = y + w , t = yw ,有
s = y + w + 2t , s = y + w + 3 st ,
3 4 3 4 3 4 2 2 2 2 2

=

( an - 1 - 1) ( an - 2 - 1) (n≥) 2 an - 1 + an - 2



s = y + w + 4s t - 2 t .

在此记号系统下 ,原方程组的第一个方程为
p = s + 2.

an - 1 an - 2 + 1 和  an + 1 = +1 a n - 1 + an + 2


2 2 3 4

于是 , p = s + 4 s + 4 ,
2

=

( an - 1 + 1) ( an - 2 + 1) (n≥). 2 an - 1 + an - 2
2 2



p = s + 6 s + 12 s + 8 , p = s + 8 s + 24 s + 32 s + 16.
4 4 2

3

3

③×④ 得
an- 1 - 1 an- 2 - 1 (n ≥). an - 1 = ? 2 an - 1 + an - 2 an - 1 + an - 2
2

将 p 、 、 和 s 、3 、4 的表达式代入 ,得 p p s s
2 3 2



x + z + 2 q = y + w + 2 t + 4s + 4 , x + z + 3 pq = y + w + 3 st + 6 s + 12 s + 8 ,
3 4 3 4 3 3 2 2 2 2 3 2

2

2

2

2

由式 ⑤ 递推 ,必有式 ② 或
| x| = 1 且 y ≠- x .
a n = 常数 ,且常数是 1 或 - 1.



x + z +4p q - 2q
4 4 2

反之 ,如果式 ② 或式 ⑥ 满足 ,则当 n ≥ 时 ,必有 2
(2) 由式 ③、 得 ④
an - 1 a n - 1 - 1 a n - 2 - 1 (n≥). = ? 2 an + 1 a n - 1 + 1 a n - 2 + 1

= y + w + 4 s t - 2 t + 8 s + 24 s + 32 s + 16.

利用原方程组的后三个方程化简 ,得
q = t + 2s - 1 , pq = st + 2 s + 4 s - 4 ,
2

② ③
3 2 2 2



2 p q - q = 2 s t - t + 4 s + 12 s + 16 s - 25.

2

2



记 bn =

an - 1 . an + 1

将式 ①、 代入式 ③,得 ②
t= s

则当 n ≥ 时 ,有 2
2 bn = bn - 1 bn - 2 = ( bn - 2 bn - 3 ) bn - 2 = b n - 2 bn - 3 3 2 2 = ( bn - 3 bn - 4 ) bn - 3 = b n - 3 b n - 4 = ….

2

- 1.



将式 ⑤ 代入式 ②,得
q=

5 s - 2. 2



由此递推得
an - 1 = an + 1 y- 1 y +1
F n- 1

将式 ①、 ⑥ ⑤、 代入式 ④,得 s = 2.
x- 1 x +1
F n- 2

(n≥) , 2

⑧ ⑨

所以 , t = 0 , p = 4 , q = 3.
2 z w 这样一来 , x 、 和 y 、 分别是方程 x - 4 x + 3 =

这里 , Fn = Fn - 1 + Fn - 2 ( n ≥ ) , F0 = F1 = 1. 2 由式 ⑨ 解得
Fn =

0 和 y - 2 y = 0 的两根 ,即
2

x =3,
n +1

1 5

1+ 5 2

-

1- 5 2

n +1

.



z =1



x =1, z =3 ,



y =2, w =0



y =0, w = 2.

总之 ,方程组有如下四组解 :
( x , y , z , w ) = (3 ,2 ,1 ,0) , (3 ,0 ,1 ,2) , (1 ,2 ,3 ,0) , (1 ,0 ,3 ,2) .

式⑩ 中的 n 还可以向负向延伸 ,例如 , F - 1 = 0 ,
F - 2 = 1.

这样一来 ,式 ⑧ 对所有的 n ≥ 都成立 . 0 由式 ⑧ 解得 分.

注 :如果只得到一组解 ,或者不完整 , 最多得 40
( 贾厚玉   提供)

26

中 等 数 学

2007 年全国高中数学联赛
第 一 试 一、 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分)
1. 在正四棱锥 P - ABCD 中 , ∠A PC = 60°则二面角 A - PB - C 的平面角的余弦 . ) 值为 (    . (A) 1 1 1 1  (B)  ( C)  (D) 7 7 2 2
图1

2. 设实数 a 使得不等式
2 | 2 x - a| + | 3 x - 2 a| ≥a

对任意实数 x 恒成立 . 则满足条件的 a 所组
) 成的集合是 (    . (A) [ ( C) [ 1 1 , ] 3 3 1 1 , ] 4 3 (B) [ 1 1 , ] 2 2

(D) [ - 3 ,3 ]

   已知 A 、 是集合 {1 ,2 , …,100} 的两 6. B 个子集 , 满足 A 与 B 的元素个数相同 , 且 A ∩B 为空集 . 若 n ∈A 时 ,总有 2 n + 2 ∈B ,则 ) 集合 A ∪B 的元素个数最多为 (    . (A) 62 (B) 66 ( C) 68 (D) 74 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) 二、 7. 在 平 面 直 角 坐 标 系 内 , 有 四 个 定 点 A ( - 3 ,0) 、 ( 1 , - 1 ) 、 ( 0 ,3 ) 、 ( - 1 ,3 ) 及 B C D 一个动点 P. 则| PA | + | PB | + | PC| + | PD | 的最小值为 . 8. 在 △ABC 、 A EF 中 , B 是 EF 的 中 △ 点 , AB = EF = 1 , BC = 6 , CA = 33 . 若 AB ? AE + AC ? = 2 , 则 EF 与 BC 的夹角的余 AF 弦值等于 . 9. 已知正方体 ABCD - A 1 B 1 C1 D1 的棱
2 3 长为 1 ,以顶点 A 为球心、 为半径作一个球. 3 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{ a n } 的公差 d 不为 0 ,

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 - 2 b + 10 > 0 成立的事件发

) 生的概率为 (    . (A) 52 81 (B) 59 81 ( C) 60 81 (D) 61 81

4. 设函数 f ( x ) = 3sin x + 2cos x + 1. 若
b c 实数 a 、 、 使得 af ( x ) + bf ( x - c ) = 1 对任 bcos c ) 的值为 (    . a

等比数列{ bn } 的公比 q 是小于 1 的正有理
a1 + a2 + a3 数 . 若 a1 = d , b1 = d , 且 是正整 b1 + b2 + b3
2 2 2 2

意实数 x 恒成立 ,则

1 1 (A)  (B)  ( C) - 1  (D) 1 2 2

⊙ 5. 设 ⊙O1 、 O2 是两个定圆 , 动圆 P 与 这两个定圆都相切 . 则 ⊙P 的圆心轨迹不可
) 能是图 1 中的 (    .

数 ,则 q 等于 . 11. 已知函数 sin πx - cosπx + 2 1 ≤ ≤5 ( ). f ( x) = x 4 4 x 则 f ( x ) 的最小值为 . 12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在

2007 年第 12 期

27

如图 2 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 图2 有 种 ( 用数字作答) . 解答题 (每小题 20 分 ,共 60 分) 三、 n 1 13. 设 a n = ∑ . 求证 : 当正 ( ) k =1 k n + 1 - k 整数 n ≥ 时 , an + 1 < an . 2 14. 已知过点 ( 0 ,1 ) 的直线 l 与曲线 C : 1 y = x + ( x > 0) 交于两个不同点 M 、 . 求 N
x

连 . 问最少取出多少枚棋子才可能满足要求 ? 并说明理由 . ( 三 、50 分) 设集合 P = {1 ,2 ,3 ,4 ,5} . 对 任意 k ∈P 和正整数 m ,记
5

f ( m , k) =

i =1

∑m

k +1 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 .

参考答案
第 一 试
一 1.    、 B. 如图 4 ,在侧面 PAB 内 , 作 AM ⊥PB ,垂足为 M . 联结
CM 、 ,则 ∠AMC 为二面角 AC A - PB - C 的平面角 . 不妨

曲线 C 在点 M 、 处的切线的交点轨迹 . N 15. 设函数 f ( x ) 对所有的实数 x 都满足 π f ( x + 2 ) = f ( x ) . 求证 : 存在 4 个函数 f i ( 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 ) cos x + f 3 ( x ) sin x + f 4 ( x ) sin 2 x .

设 AB = 2 , 则 PA = AC =
2 2 ,斜高为 7 .
图4

故 2 × 7 = AM? 2. 2 由此得 CM = AM =
2

7 . 2
2 2

加  试
( 一 、50 分 ) 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 ,作 PF ⊥AB ,垂足为 F , O1 、 2 分别是 △BDF 、 CDE 的外心 . 求 O △

故 cos ∠AMC =
2. A.

AM + CM - AC 1 = . 2 AM ? CM 7

对 k ∈R ,令 x =
| a| ? k - 1| + |

1 ka . 则原不等式为 2

证 : O1 、 2 、 、 四点共圆的充要条件为 P O E F 是 △ABC 的垂心 . ( 二 、 50 分 ) 如图 3 , 在 7 ×8 的长方形棋盘的 每个小方格的中 心点各放一枚棋 子. 如 果 两 枚 棋 子所在的小方格 共边 或 共 顶 点 ,

3 4 ≥ 2 | a| ? k | | | a| . 2 3

由此易知原不等式等价于
3 4 | a| ≤ k - 1| + | k | | 2 3

对任意的 k ∈R 成立 . 由于
5 k- 3, 2 3 4 1 | = 1| k - 1| + | k k, 2 3 2 3图3

4 k≥ ; 3 1 ≤k <
k <1,

4 ; 3

5 k, 2 =

所以 ,min | k - 1| +
k∈ R

那么 ,称这两枚棋子 “相连” 现从这 56 枚棋 . 子中取出一些 , 使得棋盘上剩下的棋子没有 竖 斜方向 ) 上依次相 5 枚在一条直线 ( 横 、 、

3 4 | k| 2 3

1 . 3

1 从而 ,上述不等式等价于| a| ≤ . 3 3. D.

28

中 等 数 学
6. B. 66 33. 先证| A ∪B | ≤ , 只须证 | A | ≤ 为此 , 只须

甲、 乙两人每人摸出一个小球都有 9 种不同结 果 ,故基本事件总数为 92 = 81 个 . 由不等式 a - 2 b + 10 > 0 ,得 2 b < 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

证 : 若 A 是{1 ,2 , …,49}的任一个 34 元子集 ,则必存 在 n ∈A ,使得 2 n + 2 ∈A . 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 .

种 ;当 b = 7 时 , a 可取 5 ,6 , …,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 . 故所求事件的概率为

45 + 7 + 5 + 3 + 1 61 = . 81 81 4. C.

由于 A 是{1 ,2 , …,49} 的 34 元子集 , 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 2 n + 2 ∈A . 如取 A = {1 ,3 ,5 , …,23 ,2 ,10 ,14 ,18 ,25 ,27 ,29 , …,49 ,26 ,34 ,42 ,46} , B = {2 n + 2| n ∈A } ,则 A 、 满 B 足题设且| A ∪B | = 66.
7. 二 、 3 2 + 2 5.

由题设可得
f ( x) =

13sin ( x + φ) + 1 , 13sin ( x + φ - c) + 1 ,

f ( x - c) =

其中 ,0 < φ <

π 2 且 tan φ = . 2 3

于是 , af ( x ) + bf ( x - c) = 1 可化为
) 13 asin ( x + φ + 13 bsin ( x +φ- c) + a + b = 1 ,

如图 5 , 设 AC 、 交于 BD 点 F ,则
| PA | + | PC|

即   13 ( a + bcos c) sin ( x + φ) cos( 13 bsin c? x + φ) + ( a + b - 1) = 0.

≥ AC| = | FA | + | FC| , |
| PB | + | PD|

由已知条件 ,上式对任意 x ∈R 恒成立 ,故必有
a + bcos c = 0 , bsin c = 0 , a + b - 1 = 0.

≥ BD| = | FB | + | FD| . |

图5

① ② ③

因此 ,当动点 P 与 F 重合时 ,| PA | + | PB | +
| PC| + | PD| 取到最小值| AC| + | BD| = 3 2 + 2 5. 8. 2 . 3

与式 ③ 矛盾 ,故 b ≠ 0. 若 b = 0 ,则式 ① 所以 ,由式 ② sin c = 0. 知 当 cos c = 1 时 ,则 ①、 两式矛盾 ,故 cos c = - 1. ③
bcos c 1 由式 ①、 知 a = b = ③ ,所以 , = - 1. a 2

AE AF 因为 AB ? + AC? = 2 ,所以 , ( ( AB ? AB + B E) + AC? AB + B F ) = 2 , B AB B 即  AB 2 + AB ? E + AC? + AC? F = 2.

因为 AB 2 = 1 , B E = - B F ,
AC? = AB

5. A.
r 设 ⊙O1 、 O2 的半径分别是 r1 、2 ,| O1 O2 | = ⊙

33 + 1 - 36 1 = - 1, 33 × × 1 2 × 33 ×

2 c . 则一般地 , ⊙P 的圆心轨迹是焦点为 O1 和 O2 且 2c 2c 和 的圆锥曲线 ( 当 r1 离心率分别是 r1 + r2 | r1 - r2 | = r2 时 , O1 O2 的中垂线是轨迹的一部分 , 当 c = 0

( 所以 ,1 + B F?AC - AB) - 1 = 2 ,即
B F? = 2. BC

设 EF 与 BC 的夹角为θ,则
| B F | ? BC| cos θ= 2 ] 3cos θ= 2 ] cos θ= | 9. 2 . 3

时 ,轨迹是两个同心圆) . 当 r1 = r2 且 r1 + r2 < 2 c 时 , ⊙P 的圆心轨迹为 选项 (B) ; 当 0 < 2 c < | r1 - r2 | 时 , ⊙P 的圆心轨迹为 选项 ( C) ; 当 r1 ≠r2 且 r1 + r2 < 2 c 时 , ⊙P 的圆心轨 迹为选项 (D) . 由于选项 (A) 中的椭圆和双曲线的焦 点不重合 ,因而 , ⊙P 的圆心轨迹不可能是选项 (A) .

π 5 3 . 6

如图 6 ,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 ; 另 一类在不过顶点 A 的三个面上 . 在面 AA 1 B 1 B 上 ,交线为 EF且在过球心 A 的大

2007 年第 12 期

29

圆上 . 因 为 AE =
AA 1 = 1 ,所以 ,

使 g ( x2 ) = g ( x1 ) . 于是 ,
2 3 , 3
f ( x1 ) = g ( x1 ) + 2 x1

=

g ( x2 ) + 2 x1

( ) ≥g x2 + 2 = f ( x2 ) .
x2

π ∠A 1 A E = . 6 π 同理 , ∠BA F = . 6 π 因此 , ∠EA F = . 6
f(
图6

3 5 而 f ( x) 在 [ , ] 上是减函数 , 故 f ( x) ≥ 4 4 4 5 5 1 5 4 5 ) = ,即 f ( x) 在 [ , ]上的最小值是 . 4 4 4 5 5 12. 3 960.

使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C2 A2 = 72 4 4 种 . 同样 , 使 2 个 b 既不同行也不同列的填法也有
C4 A4 = 72 种 .
2 2

π 2 3 π 3 故 EF长为 × = . 而这样的弧共有 3 条. 3 9 6 在面 BB 1 C1 C 上 ,交线为 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

故由乘法原理 , 这样的填法共有 72 种 , 其中 ,
2

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
72 个方格内填有 b 的情况有 C1 A 2 = 16 × 种 . 16 9

π 3 , ∠FBG = . 3 2 π 3 π 3 × = . 这样的弧也有 3 条 . 6 3 2

因此 ,符合题设条件的填法共有
72 - 72 - 16 × = 3 960 ( 种) . 72
2

故 FG的长为

于是 ,所得的曲线长为
3× 10.

三 、 由于 13.
1
k ( n + 1 - k)

π π 5 3 π 3 3 +3× = . 9 6 6
1 . 2

=
n

1
n+1

1
k

+

1
n+1- k

,

则 an =

2
n+1

k =1

∑k.
n

1


=

2 2 2 2 2 2 a1 + a2 + a3 a1 + ( a1 + d) + ( a1 + 2 d) = 2 b1 + b2 + b3 b1 + b1 q + b1 q

2 于是 ,对任意的正整数 n ≥ ,有 1 1 ( an - an + 1 ) = 2 n+1 =( 1
n+1
k =1

14 N 2 = m(m ∈ + ) , 1+ q+ q 1 14 1 + + - 1= m 4 2 56 - 3 m . 4m 14
m

∑k
1

1

-

1 n+2

n +1

k =1

∑k

1

-

1
n+2

n

)

1 则 q= + 2

k =1

∑k
n k=1

1

1 ( n + 1) ( n + 2) - 1 >0,

= <3,

因为 q 是小于 1 的正有理数 , 所以 ,1 <

1 ( n + 1) ( n + 2)

∑k

即  an + 1 < an .
N 14. 设点 M ( x1 , y1 ) 、 ( x2 , y2 ) ,曲线 C 在点 M 、 N 处的切线分别为 l 1 、 ,其交点为 P ( x P , y P ) . 若直 l2

56 - 3 m 即 5 ≤m ≤ 且 13 是某个有理数的平方 . 4m

由此可知 q =
11. 4 5 . 5

1 . 2

线 l 的斜率为 k ,则 l 的方程为 y = kx + 1. 由方程组
y= x+

1

x 消去 y 得

,

易知 f ( x ) =

π 2sin ( x -

π ) +2 1 ≤ ≤5 4 ( ). x 4 4 x π 1 ≤ ≤5 ) ( ) ,则 x 4 4 4
4 4

y = kx + 1 x+

1
x

2 = kx + 1 ] ( k - 1) x + x - 1 = 0.

设 g ( x ) = 2 sin (πx 4 4

) 由题意知 , 该方程在 ( 0 , + ∞ 上有两个相异的
x 实根 x1 、2 ,故 k ≠ ,且 1

1 3 3 5 g ( x) ≥ , g ( x ) 在 [ 0 , ] 上是增函数 , 在 [ , ]

Δ = 1 + 4 ( k - 1) > 0 ,
x1 + x 2 =

上是减函数 ,且 y = g ( x ) 的图像关于直线 x = 称 . 故对任意的 x1 ∈[

3 对 4

1 1 > 0 , x1 x2 = > 0. 1- k 1- k

1 3 3 5 , ] , 存在 x2 ∈[ , ], 4 4 4 4

解得

3 < k < 1. 4

30

中 等 数 学
1
x

对 y= x+

求导 ,得 y′ 1 =

1
x
2

.
f 4 ( x) =

π ) h ( x ) + h ( x +π k ,x ≠ ; 2 2sin 2 x
0,
x=

于是 ,直线 l1 的方程为
y - y1 = 1 -

π k
2

,

1
x1 x+
2

( x - x1 ) , 2
x1

其中 , k 为任意整数 . ① 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) .

即  y = 1 -

1
x1
2

.

同理 ,直线 l2 的方程为
y= 1-

下面证明 : 对任意的 x ∈R ,有 ②
f 1 ( x ) + f 2 ( x) cos x = g ( x ) .

1
x2
2

x+

2
x2

.
xP +

①- ② 得

1
x2
2

-

1
x1
2

2
x1

-

2
x2

π 当 x ≠k +
= 0.

π 时 ,显然成立 ; 2 π 时 ,因为 2
) g ( x ) + g ( x +π 2 ,

因为 x1 ≠x2 ,所以 ,
xp =

π 当 x= k +

2 x 1 x2 = 2. x1 + x2 1
x1
2

f 1 ( x ) + f 2 ( x) cos x = f 1 ( x ) =

①+ ② 得
2 yP = 2 + 1
x2
2

) π 而 g ( x +π = g ( k +
xP + 2

1
x1

+

1
x2

π 3 ) 2

,



π = g( k +

π 3 ) - 2 ( k + 1)π 2 π π ) = g ( k + ) = g ( x) , π 2 2

其中 ,

1
x1

+

1
x2

=

x1 + x2 =1, x1 x2

π = g( - k -

1
2 x1

+

1
2 x2

=

2 2 2 x 1 + x 2 ( x 1 + x 2 ) - 2 x1 x 2 = 2 2 2 2 x1 x2 x1 x 2 2

所以 ,对任意的 x ∈R ,
f 1 ( x ) + f 2 ( x) cos x = g ( x ) .

=

x 1 + x2 x1 x2

-

2
x1 x2

= 1 - 2 (1 - k ) = 2 k - 1.

接下来证明 : 对任意的 x ∈R ,有
f 3 ( x ) sin x + f 4 ( x ) sin 2 x = h ( x ) .

代入式 ③ 2 y P = (3 - 2 k ) x P + 2. 得 而 x P = 2 ,得 y P = 4 - 2 k . 又由
5 3 < k < 1 ,得 2 < y P < , 即点 P 的轨迹 2 4 5 ) 两点间的线段 ( 不含端点) . 2
f ( x) + f ( - x)

π k 当 x ≠ 时 ,显然成立 ; 2 π 当 x= k 时, π π π h ( x) = h ( k ) = h ( k - 2 k ) π π = h( - k ) = - h( k ) . π 故 h ( x ) = h ( k ) = 0. 而此时 f 3 ( x ) sin x + f 4 ( x ) sin 2 x = 0 ,因此 ,
h ( x) = f 3 ( x ) sin x + f 4 ( x ) sin 2 x .

( 为 (2 ,2) 、2 ,

15. 记 g ( x ) =
h ( x) =

2 2 .

,

f ( x) - f ( - x)

则 f ( x ) = g ( x ) + h ( x ) , 且 g ( x ) 是偶函数 ,
h ( x ) 是奇函数 .

π 当 x= k +

π 时, 2 π 3 ) 2

对任意的 x ∈R , π π g ( x + 2 ) = g ( x ) , h ( x + 2 ) = h ( x) . ) g ( x ) + g ( x +π 令 f 1 ( x) = , 2 ) π g ( x ) - g ( x +π π , x ≠k + ; 2cos x 2 f 2 ( x) = π π x= k + , 0, 2 ) h ( x ) - h ( x +π π , x ≠k ; 2sin x f 3 ( x) =
0,

) π h ( x +π = h ( k +

π = h( k +

π 3 ) - 2 ( k + 1)π 2 π π ) = - h ( k + ) = - h ( x) . π 2 2
) h ( x ) - h ( x +π 2 = h ( x) .

π = h( - k -

故 f 3 ( x) sin x =

又 f 4 ( x) sin 2 x = 0 ,从而 ,
h ( x) = f 3 ( x ) sin x + f 4 ( x ) sin 2 x .

π x= k ,

于是 ,对任意的 x ∈R ,有

2007 年第 12 期
h ( x ) = f 3 ( x ) sin x + f 4 ( x ) sin 2 x .

31

∠PBC + ∠ ACB = (90° ∠ - ACB ) + ∠ ACB = 90° . 故 B P ⊥AC. 由题设 P 在高 AD 上 ,知 P 是 △ABC 的垂心 . 最少要取出 11 枚棋子 ,才可能满足要求 . 二、 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) .

综上所述 ,结论得证 .

加  试
如 一、 图 7 , 联结
B P 、CP 、O1 O2 、EO2 、 EF 、 1 . FO

因为 PD ⊥BC , PF ⊥AB ,所以 , B 、 、 、 D P F 四点共圆 , 且 B P 为该 圆的直径 .
图7

第一步证明 : 若任取 10 枚棋子 , 则余下的棋子 必有一个五子连珠 ,即五枚棋子在一条直线 ( 横 、 、 竖 斜方向) 上依次相连 . 用反证法 . 假设可取出 10 枚棋子 ,使余下的棋子没有一个 五子连珠 . 如图 8 , 在每一行的前五格 中必须各取出 1 枚 棋子 , 后 三 列 的 前 五格中也必须各取 出 1 枚棋子 . 这样 ,
10 枚被取出的棋子

又 O1 是 △BDF 的外心 ,故 O1 是 B P 的中点 .
D P E 同理 , C 、 、 、 四点共圆 , O2 是 CP 的中点 .

综上 , O1 O2 ∥BC. 从而 , ∠PO2 O1 = ∠PCB . 因为 A F? = A P? = A E? ,所以 , B 、 、 、 AB AD AC C E
F 四点共圆 .

充分性 : 设 P 是 △ABC 的垂心 ,因为 PE ⊥AC , PF ⊥AB , 所以 , B 、 1 、 、 , C 、 2 、 、 分别四点共线 . 则 O P E O P F ∠FO2 O1 = ∠FCB = ∠FEB = ∠FEO1 .
O E F 故 O1 、 2 、 、 四点共圆 .

不会分布在图 8 右 下 角 的 阴 影 区 域.

图8

同理 ,由对称性 ,也不会分布在其他角上的阴影区域 . 第 1 、 行必在每行取 出 1 枚 , 且 只 能 分 布 在 2
(1 ,4) 、1 ,5) 、2 ,4) 、2 ,5) 这些方格上 . ( ( ( ( ( ( 同理 , (6 ,4) 、6 ,5) 、7 ,4) 、7 ,5) 这些方格上至

必要性 : 设 O1 、 2 、 、 四点共圆 ,故 O E F
. ∠O1 O2 E + ∠EFO1 = 180°

注意到 ∠PO2 O1 = ∠PCB = ∠ACB - ∠ACP. 又因 为 O2 是 Rt △CEP 斜 边 的 中 点 , 也 就 是 △CEP的外心 ,所以 , ∠PO2 E = 2 ∠ACP. 因为 O1 是 Rt △B FP 斜 边 的 中 点 , 也 就 是 △B FP的外心 ,所以 ,
∠PFO1 = 90° ∠B FO1 = 90° ∠AB P.

少要取出 2 枚棋子 . 在第 1 、、 列 ,每列至少要取出 1 枚棋子 ,分布 2 3 ( ( ( ( ( ( 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) 所在区域内至少要取 3 枚棋子 . ( (

因为 B 、 、 、 四点共圆 ,所以 , C E F
∠A FE = ∠ACB , ∠PFE = 90° ∠ACB .

这样 ,在这些区域内至少要已取出 10 枚棋子 . 因此 ,在中心阴影区域内不能取出棋子 . 由于 ①、 ③、 这 4 枚棋子至多被取出 2 枚 , ②、 ④ 从而 ,从斜的方向看必有五子连珠了 . 矛盾 . 第二步构造一 种取法 : 共 取 走 11 枚棋 子 , 余 下 的 棋 子 没 有 五 子 连 珠. 如图 9 ,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 .
图9

于是 ,由 ∠O1 O2 E + ∠EFO1 = 180°得 ,
( ∠ACB - ∠ACP) + 2 ∠ACP + (90° ∠AB P) + (90° ∠ACB ) = 180° , -

即  ∠AB P = ∠ACP. 又因为 AB < AC , AD ⊥BC ,所以 , BD < CD . 设 B′ 是点 B 关于直线 AD 的对称点 ,则 B′ 在线
D 、 . 段 DC 上 ,且 B′ = BD . 联结 AB′ PB′由对称性有

∠AB′ = ∠AB P = ∠ACP. P 因此 , A 、 、 ′ C 四点共圆 . P B 、 由此可知 , ∠PB′ = ∠CA P = 90° ∠ACB . B 因为 ∠PBC = ∠PB′ ,所以 , B

32

中 等 数 学

2007 女子数学奥林匹克
第一天
1. 设 m 为正整数 ,如果存在某个正整数
n ,使得 m 可以表示为 n 和 n 的正约数个数 (包括 1 和自身 ) 的商 , 则称 m 是 “好数” 求 .

第二天
5. 设 D 是 △ABC 内的一点 , 满足 ∠DAC = ∠DCA = 30° ∠DBA = 60° E 是边 BC 的中 , , 点 , F 是边 AC 的三等分点 , 满足 A F = 2 FC . ( 叶中豪   求证 : DE ⊥EF . 提供) 6. 已知 a 、 、 ≥ , a + b + c = 1. 求证 : b c 0
a+

证:
( 1) 1 ,2 , …,17 都是好数 ; ( 2) 18 不是好数 . ( 李胜宏   提供)
E F 2. 设 △ABC 是锐角三角形 , 点 D 、 、

1 ( b - c) 2 + 4

b+

c ≤ 3.

分别在边 BC 、 、 上 , 线段 AD 、 E 、 CA AB B CF 经过 △ABC 的外心 O . 已知以下六个比值
BD CE A F B F A E CD 、 、 、 、 、 DC EA FB FA EC DB

( 李伟固   提供) 7. 给定绝对值都不大于 10 的整数 a 、 、 b 3 2 ( x ) = x + ax + bx + c 满足 c ,三次多项式 f

中至少有两个是整数 . 求证 : △ABC 是等腰 ( 冯祖鸣   提供) 三角形 . 3. 设整数 n ( n > 3 ) , 非负实数 a1 , a2 , …, an 满足 a1 + a2 + …+ an = 2. 求
a1 a +1
2 2

+

a2 a +1
2 3

+ …+

an a +1
2 1

的最小值 .

( 朱华伟   提供) 4. 平面内 n ( n ≥ ) 个点组成集合 S , P 3

条件 f ( 2 + 3 ) < 01000 1. 问 :2 + 3 是否一 ( 张景中   提供) 定是这个多项式的根 ? 8. n 个棋手参加象棋比赛 , 每两个棋手 比赛一局 . 规定 : 胜者得 1 分 ,负者得 0 分 ,平 局各得 015 分 . 如果赛后发现任何 m 个棋手 中都有一个棋手胜了其余 m - 1 个棋手 , 也 有一个棋手输给了其余 m - 1 个棋手 , 就称 此赛况具有性质 P ( m ) . 对给 定 的 m ( m ≥4 ) , 求 n 的 最 小 值
f ( m ) ,使得对具有性质 P ( m ) 的任何赛况 ,

是此平面内 m 条直线组成的集合 ,满足 S 关 于 P 中的每一条直线对称 . 求证 : m ≤n , 并 问等号何时成立 ?
( 边红平   提供)

都有所有 n 名棋手的得分各不相同 . ( 王建伟   提供)
若 m1
i + 1 ≤m k + 1 ,则 m 1 ≤m k +1 i +1

   综上 ,最少取出 11 枚棋子 ,才可能满足要求 . 定义集合 A = { m 三、
k + 1| m ∈N+ , k ∈P} . k +1

.

i +1 数 ,则对任意的 k1 、2 ∈P 和正整数 m1 、 2 , k m m1 k1 + 1 = m2

由于对任意的 k 、 ∈P ,且 k ≠i , i

是无理

由 m1 是正整数知 , 对 i = 1 ,2 ,3 ,4 ,5 , 满足这个 条件的 m1 的个数为 m
5

k +1 i +1 k +1 i +1

.

k 2 + 1 Ζ m 1 = m 2 , k1 = k 2 .

从而 , n =

注意到 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 . k 接下来确定 n 与 m 、 间的关系 .

i =1



m

= f ( m , k) .

因此 ,对任意 n ∈N+ ,存在 m ∈N+ , k ∈P ,使得 f ( m , k) = n . ( 王兆军   提供)

2009 年第 12 期

23

2009 年全国高中数学联合竞赛
第一试
填空题 (每小题 7 分 ,共 56 分 ) 一、
1. 若函数 f ( x ) =
f
( n)

x

1 +x
n 个

2

,且

上的两点 . 在 △AB C 中 , BAC = 45 °AB 过 , 圆心 M . 则点 A 的横坐标范围为    . 3. 在坐标平面上有两个区域 M 、 , M 为 N y ≥0, N 是随 t变化的区域 ,它由不等式 y ≤x,
y ≤2 - x, t≤x ≤ t + 1 所确定 , t的取值范围是 0 ≤ t≤1.

( x ) = f ( f ( …f ( x ) …) ) .
( 99 )

则 f
2

( 1 ) =     . M : 2x + M
2

2. 已知直线 l: x + y - 9 = 0 和

2 y - 8 x - 8 y - 1 = 0,点 A 在 l上 , B 、 为 C

则 M 和 N 的公共部分的面积是函数 f ( x ) =    . 4. 使不等式
A PB ′ = B PA ′ 60 ° = .

α β    ≥ ≥1, m ≥n ≥1. β 于是 ,α +β - α = m n - ( m + n ) ,即 (α - 1 ) (β - 1 ) + ( m - 1 ) ( n - 1 ) = 2. 则
(α - 1 ) (β - 1 ) = 2, 1, 0, ( m - 1 ) ( n - 1 ) = 0, 1, 2.

在 PB ′ 截取 PD = A P , 联结 AD、 , 得 上 CP △A PD 为正三角形 . 易证 △A PC ] △ADB ′ CP = B ′ D ] PA + PB + PC = PD + PB + B ′ D
(定值 ) . = BB ′

α = 3, 2, 5, 解得 β = 2, 2, 1,
m = 5, 2, 3 n = 1, 2, 2.

如图 9, 在 △ABC 内任取一点 M (不同 于 点 P ) , 联 结 MA、
MB 、 C. M

所以 , ( m , n ) = ( 5, 1 ) , ( 2, 2 ) , ( 3, 2 ) .
14. 如 图 8,

分 别 以 AC、 C B 为边 向 外 作 正 △ACB ′△B CA ′ 、 , 联结 BB ′AA ′ 、 交 于 点 P. 则 点 P 即为所求 . 事实上 ,易证
CA △B CB ′ △A ′
图 8

以点 A 为旋转中 心 , 将 △AM C 逆时针 旋 转 60 °使 AC 与 ,
AB ′ 合 ,得 △AGB ′ 重 .
图 9

则 △AGB ′ △AM C ] B ′ = CM . G 联结 GM . 则 △AGM 为正三角形 ,有
MA =M G.

故 MA +MB +M C =M G +MB + B ′ G
= BM +M G + GB ′ BB ′ > .

]

B ′C = B

AA ′ C. B CA ′ 60 ° = . B PA ′ 对顶角 ,所以 , 为

故 A ′ 、 、 四点共圆 . 、 P C B 从而 , 因为
B PA ′ = A PB ′ 与

因此 ,点 P 到三个顶点 A、 、 的距离之 B C 和最短 (若以 AB 为边向外作正 △AB C ′ ,可得
). AA ′ BB ′ CC ′ = = (李果民   提供 )

24

中 等 数 学

1
n +1

+

1
n +2

+…+

1 1 < a - 2 007 2n + 1 3

( 1 )求数列 an 的通项公式 (用 α β表 、

示);
( 2 )若 p = 1, q = 1 ,求 an 的前 n 项和 . 4

对一切正整数 n 都成立的最小正整数 a 的值 为     .
5. 椭圆
x y 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 上任意两 a b OQ , 则 O P ? OQ 的最小
2 2

3. ( 15 分 )求函数
y= x + 27 +

点 P、 ,若 O P Q 值为    .

13 - x + x

的最大值和最小值 .

6. 若方程 lg kx = 2 lg ( x + 1 ) 仅有一个实

加  试
( 一 、 50 分 ) 如 图 1, M 、 分 别 为 锐 角 N

根 ,则 k 的取值范围是    .
7. 一个由若干行数字组成的数表 , 从第

二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个 数之和 ,最后一行仅有一个数 , 第一行是前
100 个正整数按从小到大排成的行 . 则最后

△ ABC (

A <

B)

的外 接 圆 圆 Γ 上
AC 弧 B C、 的 中 点 .

一行的数是     (可以用指数表示 ) .
8. 某车站每天早上 8: 00 ~9: 00、 00 ~ 9: 10: 00 都恰有一辆客车到站 , 但到站的时刻

过点 C 作 PC ∥MN 交 圆 Γ 于 点 P, I 为 △AB C 的 内 心 , 联结 P I 并 延 长 交 圆 Γ 于点 T. 求证 :
( 1 ) M P? T = N P? T; M N ( 2 ) 在弧 AB (不含点 C ) 上任取一点 Q
( Q ≠A、 、 ) , 记 △AQC、 QCB 的内心分别 T B △
图 1

是随机的 ,且两者到站的时间是相互独立的 , 其规律见表 1. 一旅客 8: 20 到站 . 则他候车 时间的数学期望为     (精确到分 ) .
表  1 到站时刻 8: 10 ~9: 10 8: 30 ~9: 30 8: 50 ~9: 50 概  率
1 6 1 2 1 3

为 I1 、2 ,则 Q、1 、2 、 四点共圆 . I I I T
( 二 、 50 分 )求证 : 不等式
n

二 解答题    、
1. ( 14 分 ) 设直线 l: y = kx + m ( k、 m Z ) 与椭圆
x x
2 2

-1<
k =1

1 k - ln n ≤ ( n = 1, 2, …) . 2 2 k +1

16 4

+ -

y y
2

2

12

= 1 交于不同的两点 A、 , B = 1 交于不同的两点 C、 . D
k

( 三 、 50 分 ) 设 k、l 是给 定的 两个 正整

数 . 证明 : 有无穷多个正整数 m ( m ≥k ) ,使得
Cm 与 l互质 . ( 9 四 、 50 分 )在非负数构成的 3 × 数表
x11 P = x21 x31 x12 x22 x32

与双曲线

12

问 : 是否存在直线 l, 使得向量 AC + BD = 0? 若存在 ,指出这样的直线有多少条 ; 若不存 在 ,请说明理由 .
2. ( 15 分 )已知 p、 ( q ≠0 ) 是实数 , 方程 q
x - px + q = 0 有两个实根 α β, 数列 、
2 2

… x19 … x29 … x39

an 满

中 , 每行的数互不相同 , 前六列中每列的三数 之和为 1, x17 = x28 = x39 = 0, x27 、 37 、 18 、 38 、 x x x
x19 、29均大于 1. 如果 P 的前三列构成的数表 x

足 a1 = p, a2 = p - q, an = pan - 1 - qan - 2 ( n =
3, 4, …) .

2009 年第 12 期

25

x11  x12  x13 S = x21  x22  x23 x31  x32  x33

=1 -

1 2 t 2

满足下面的性质 (O ) :
x1 k

1 2 ( 1 - t) 2 = - t +t+ 4. 2 009.
2

对于数表 P 中的任意一列 x2 k ( k = 1,
x3 k

1 . 2
图 2

2, …, 9 ) , 均存在某个 i { 1, 2, 3 }使得 xik ≤ui =m in { xi1 , xi2 , xi3 }. ① 求证 : ( 1 ) 最小值 ui = m in { xi1 , xi2 , xi3 } ( i = 1, 2, 3 ) 一定取自数表 S 的不同列 ;
x1 k ′ (2) 存在数表 P 中唯一的一列 ( k ′ 1, 2, 3 ) 使得 3 × 数表 ≠ 3 x11 S ′ x21 = x31 x12 x22 x32 x1 k ′ x2 k ′ x3 k ′ x2 k ′ x3 k ′

设 f ( n) =

1 1 1 + +…+ . n +1 n +2 2n + 1 1 , 可得 a = 2 009. 3

显然 , f ( n ) 单调递减 . 由 f ( n ) 的最大值
f ( 1 ) < a - 2 007

5.

2a b 2 2 . a +b

2

2

) 设 P ( | O P | cosθ | O P | sin θ 、 , Q | OQ | cos θ ±

2

, | OQ | sin θ ±

2

.

仍然具有性质 (O ) .

参考答案
第一试
   、 一 1. 因为
1
f
( n)

由点 P、 在椭圆上有 Q 2 2 cosθ sin θ 1 + 2 , 2 = 2 |O P | a b 2 θ cos2θ 1 sin + 2 . 2 = 2 | OQ | a b ①+② 得
1 1 1 1 2 + 2 = 2 + 2 . |O P | | OQ | a b

① ②

1 . 10 1
f ( x)
2 2

= = 1
x
2

1
x
2

于是 , 当 | O P | = | OQ | =
+ 1, 所以 , | O P |?| OQ |达到最小值 6. k < 0 或 k = 4. 2a b 2 2 . a +b
2 2

2a b 2 2时, a +b

2

2

( x)

+ n.

故 f

( 99 )

1 ( 1) = . 10

注意到
kx > 0, x + 1 > 0, x + ( 2 - k ) x + 1 = 0.
2

2. [ 3, 6 ].

设 A ( a, 9 - a ) . 则圆心 M 到直线 AC 的
. 距离 d = | AM | sin 45 °

① ② ③

由方程 ③ 得 Δ = k2 - 4 k ≥0 ] k ≤0 或 k ≥4. 设方程 ③ 两根为 x1 、2 ( x1 ≤x2 ) . x
( 1 ) 当 k < 0 时 , 由方程 ③ 得 x1 + x2 = k - 2 < 0, x1 x2 = 1 > 0.

由直线 AC 与 解得 3 ≤a ≤6.
3. - t + t +
2

34 M 有交点得 d ≤ . 2

1 . 2

如图 2, 由题意知 f ( t) = S阴影部分 = S △AOB - S △OCD - S △B EF

所以 , x1 、2 同为负根 , 且 x1 < - 1 < x2 . x

26

中 等 数 学

故原方程有一个解 x2 . ( 2 ) 当 k = 4 时 , 原方程有一个解 x = 1. ( 3 ) 当 k > 4 时 , 由方程 ③ 得 x1 + x2 = k - 2 > 0,
x1 x2 = 1 > 0.

所以 , x1 、2 同为正根 , 且 x1 ≠x2 , 不合题 x 意 , 舍去 . 综上 , k < 0 或 k = 4 即为所求 . 98 7. 101 × . 2 易知 : ( 1 ) 该数表共有 100 行 ; ( 2 ) 每一行构成一个等差数列 , 且公差 依次为 2 98 d1 = 1, d2 = 2, d3 = 2 , …, d99 = 2 ; ( 3 ) 设第 n ( n ≥2 ) 行的第一个数为 an . 则 a100为所求 .
an = an - 1 + ( an - 1 + 2
n- 2

8 km 2 . 3 + 4k Δ1 = (8km ) 2 - 4 (3 +4k2 ) (4m2 - 48) >0 ① . y = kx + m , 消去 y 化简整理得 由 x2 y2 = 1, 4 12 2 2 2 ( 3 - k ) x - 2 km x - m - 12 = 0. 设 C ( x3 , y3 ) 、 ( x4 , y4 ) . 则 D 2 km x3 + x4 = 2 . 3- k Δ2 = ( - 2km ) 2 +4 (3 - k2 ) (m2 +12) >0 ② .
x1 + x2 = -

) = 2 an - 1 + 2

n- 2

= 2 ( 2 an - 2 + 2
3

n- 3

) +2

n- 2

n- 2 n- 2 2 n- 4 2 +2 = 2 ( 2 an - 3 + 2 ) + 2 ×

2 = 2 an - 3 + 3 × =2
n- 1 n- 2 = ( n + 1) 2 .

n- 2

=…
n- 2

因为 AC + BD = 0, 所以 , ( x4 - x2 ) + ( x3 - x1 ) = 0. 此时 , ( y4 - y2 ) + ( y3 - y1 ) = 0. 由 x1 + x2 = x3 + x4 , 得 8 km 2 km 2 = 2 . 3 + 4k 3 - k 4 1 故 2 km = 0 或 2 = 2 . 3 + 4k 3 - k 由上式解得 k = 0 或 m = 0. 当 k = 0 时 , 由式 ①、 得 ②
- 2 3 < m < 2 3. 因 m 是整数 , 所以 , m 的值为 - 3, - 2, - 1, 0, 1, 2, 3.

a1 + ( n - 1 ) × 2
98

故 a100 = 101 × . 2 8. 27. 旅客候车时间的分布见表 2.
表  2 候车时间 (分 ) 概率
10 1 2 30 1 3 50 70 90

1 1 1 1 1 1 × × × 6 6 2 6 3 6

   候车时间的数学期望为 1 1 1 10 × + 30 × + 50 × + 2 3 36
1 1 70 × + 90 × ? 27. 12 18
y = kx + m , 1. 消去 y 化简整理得 二 、 由 x2 y2 + = 1, 16 12 2 2 2 ( 3 + 4 k ) x + 8 km x + 4m - 48 = 0.

设 A ( x1 , y1 ) 、 ( x2 , y2 ) . 则 B

当 m = 0 时 , 由式 ①、 得 - 3 < k < 3 . ② 因 k 是整数 , 所以 , k = - 1, 0, 1. 于是 , 满足条件的直线共有 9 条 . β 2. 解法 1: ( 1 )由韦达定理知 α = q≠0. α +β = p, 所以 , 又因为 an = pan - 1 - qan - 2 β = (α +β) an - 1 - α an - 2 ( n = 3, 4, …) . 整理得 an - βan - 1 =α ( an - 1 - βan - 2 ) . 令 bn = an + 1 - βan. 则 bn + 1 =αbn ( n = 1, 2, …) . 所以 , { bn }是公比为 α的等比数列 . 数列 { bn }的首项为 2 b1 = a2 - β 1 = p - q - β a p 2 2 β = (α +β) - α - β(α +β) =α . 2 αn - 1 =αn + 1 , 即 于是 , bn =α? n +1 an + 1 - β n =α ( n = 1, 2, …) . a ① n +1 因此 , an + 1 =βan +α ( n = 1, 2, …) .

2009 年第 12 期

27
2

( i) 当 Δ = p - 4 q = 0 时 ,α =β≠0.

α a1 = p =α +α = 2 ,
a an + 1 =β n +α an + 1 an
n +1

] an + 1 =αan +αn + 1 ]
= 1 ( n = 1, 2, …) . αn + 1 αn
an

特征方程 - p + q = 0 的两根为 α β 、. ( i) 当 α =β≠0 时 , 通项 n an = ( A1 + A2 n )α ( n = 1, 2, …) . 2 α α 由 a1 = 2 , a2 = 3 , 得 ( A1 + A2 )α = 2 , α
2

α ( A1 + 2A2 )α = 3 .
2 2
n 解得 A1 = A 2 = 1. 故 an = ( 1 + n )α . β ( ii) 当 α≠ 时 , 通项 n n an = A1α + A 2β ( n = 1, 2, …) . 2 2 β 由 a1 =α +β a2 =α +β +α , 得 , A1α + A2β =α +β ,

所以 , 数列 { n } 是公差为 1 的等差数 α 列 , 其首项为
an a1

α

=

α 2 = 2. 于是 , α

αn

= 2 + 1 ×( n - 1 ) = n + 1.

因此 , 数列 { an }的通项公式为 n an = ( n + 1 )α .
( ii) 当 Δ = p - 4 q > 0 时 ,α≠ . β
2

β A1α + A2β =α +β +α .
2 2 2 2

类似可得 n +1 an + 1 - αan =β ( n = 1, 2, …) . ② 联立式 ①、 ②知 , 数列 { an } 的通项公式 为
n β + 1 - αn + 1 an = . β-α

β -α 解得 A1 = ,A = . β-α 2 β-α n +1 n n β + 1 β + 1 - αn + 1 -α 故 an = + = . β-α β-α β-α
( 2 ) 同解法 1.

3. 函数的定义域为 [ 0, 13 ].

由 y= x+
= 1 2 , 则 Δ = p - 4 q = 0. 此 4
x + 27 +

x + 27 +

13 - x
x ( 13 - x )

13 + 2

( 2 ) 若 p = 1, q =

≥ 27 + 13 = 3 3 + 13, 知当 x = 0 时 , 上式等号成立 . 故 y 的最小值为 3 3 + 由柯西不等式得
y =( x+
2

时 ,α =β =

1 . 2 1 2
n

13 .

由 ( 1 ) 的结果得数列 { an }的通项公式为
an = ( n + 1 )

=

n +1

x + 27 +

2 13 - x )

2

n

.



所以 , { an }的前 n 项和为 2 3 4 n n +1 Sn = + + +… + n- 1 + n , 2 22 23 2 2 1 2 3 4 n n +1 Sn = 2 + 3 + 4 + … + n + n + 1 . 2 2 2 2 2 2 以上两式相减并整理得 3 n +3 1 Sn = . 2 2n + 1 2 n +3 所以 , S n = 3 - n . 2 β 解法 2: ( 1 ) 由韦达定理知 α = q≠0. 又因为 α +β = p, 所以 , 2 2 β a1 =α +β a2 =α +β +α . ,

1 1 +1 + [ 2x + ( x +27) +3 (13 - x) ] 2 3

= 121. 故 y ≤11. 再由柯西不等式等号成立

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