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2007年全国高中数学联赛河南省预赛高一


2008 年第 5 期

27

2007 年全国高中数学联赛河南省预赛 ( 高一)
, 一 选择题 ( 每小题 5 分 , 共 30 分) 1. f 是集合 M = { a , b , c , d } 到 N = {0 , 1 ,2} 的映射 ,且 f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d ) =

4. ) 则不同的映射有 ( 个 . (A) 13 (B) 19 ( C) 21 (D) 23 cos x + sin x 2. 已知 = 2 007. 则 cos x - sin x π π csc + 2 x + tan ( 3 + 2 x ) 2 ) 的值为 ( . (A) 2 005 (B) 2 006 ( C) 2 007 (D) 2 008 3. 已知函数 f ( x ) 满足 : 对任意 x , ∈R , y 都有
2 2 f ( x + y ) = f ( x ) + 2 f ( y ) 且 f ( 1) ≠ 0.

{ x —x = x1 + x2 , 其中 , x1 ∈A , x2 ∈B }. 若 A

素数字之和为 . 8. 已知条件 p :| 4 x - 3| < 1 ;

2 条件 q : x - ( 2 a + 1) x + a ( a + 1) ≤ 0. 若 p 是 q 的必要不充分条件 , 则实数 a 的取值范围是 . 9. 数列 1 ,1 ,2 ,1 ,1 ,3 ,1 ,1 ,1 ,4 ,1 ,1 ,1 ,1 , 5 , …, 1 ,1 , …,1 , n , …的前 2 007 项之和为
n - 1个

1 3 4. 设 a = cos 6° sin 6° , 2 2 2tan 13° ,c = 2 1 - tan 13° ) 则有 ( .
b=

(A) a < c < ( C) a > b > 5. 函 数 f (

( - ∞,1) 上有最小值 . 则函数 g ( x ) = ) ) 在区间 ( 1 , + ∞ 上一定 ( . (A) 有最小值 (B) 有最大值 ( C) 是减函数 (D) 是增函数
19

6. 函数 f ( x ) = ( . )

) 则 f (2 007) 值为 ( . (A) 1 00215 (B) 1 003 ( C) 1 00315 (D) 1 004
b c
2
n=1

x0 ,则 f ( x ) = .

f

1 - cos 50° . 2

则方程 f ( x ) = 2 007 的解集为 .
3 2

(B) a < b < c (D) b < c < a
f ( x) x

x ) = x - 2 ax + a 在 区 间

( 三 ,20 分) 如图 1 ,直 线 l 过线段 AB 的端点 A 且垂直于 AB , E , 为 l 上 F 的任意两点 ,且 EB ⊥B F , O 为 AB 的中点 , 过 E 作

| ∑x-

n | 的最小值为

(A) 90

(B) 171

( C) 190

(D) 45

EP ‖AB ,联结 FO 并延长 交 EP 于点 P ,联结 PB 并 图1 延长到点 D . 求证 : FB 平 分 ∠ABD . ( 四 ,20 分 ) 已知数列 { an } 的前 n 项和

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= {1 ,2 ,3} , B = {1 ,2} , 则 A 3 B 中的所有元

. 10. 定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 2 2 f ( f ( x) - x + x) = f ( x) - x + x . 若有且只有一个实数 x0 , 使得 f ( x0 ) =

- 1

( x ) = logsec2θ

= 0 的三个实数根成等差数列. 则实数 a =

.

二, 填空题 ( 每小题 5 分 ,共 30 分) 7. 定义集合 A , 的一种运算 : A 3 B = B
2 007
x
2 + tan θ ,θ ∈ 0 ,

11. 已 知 函 数 y = f ( x ) 的 反 函 数 是

π . 2

12. 已知关于 x 的方程 x + 3 x - x + a

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28

中 等 数 学
n

S n = 2 an - 3 × + 4 ( n ∈N+ ) . 2

( 1) 求数列 an 的通项公式 ; (2) 设 Tn 为数列 { S n - 4} 的前 n 项和 ,

= tan x + 3. C.

π = 2 007. 4

求 Tn .
( 五 ,20 分 ) 定义在 [ - 1 ,1 ] 上的奇函数 ( x ) 满足 f ( 1) = 1 ,且当 a , ∈[ - 1 ,1 ] , a + f b f ( a) + f ( b) b ≠ 时 ,有 0 > 0. a+ b ( 1) 证明 : f ( x ) 是 [ - 1 ,1 ] 上的增函数 ; 1 ( 2) 证明 : 当 ≤x ≤ 时 , f ( x ) ≤ x ; 1 3 3 (3) 若 f ( x ) ≤m2 + 2 am + 1 对 所 有 的
x ∈ - 1 ,1 ] , a ∈ - 1 ,1 ] 恒成立 , 求 m 的取 [ [ 值范围 . ( 六 ,20 分) 在数列{ an }中 , n an = cos 2 θ( n ∈N) .

令 x = y = 0 ,得 f ( 0) = 0. 令 x = 0 , y = 1 ,得 f ( 1) =
1 . 2 1 . 2

令 y = 1 ,得 f ( x + 1) - f ( x ) =

(1) 若集合 A = {θ| a0 > 0 , a1 < 0 ,θ ∈

π R} , B = [ 0 ,2 ] ,求 A ∩B ; ( 2) 求所有的实数 θ,使得数列{ an } 的每 一项都是负数 .

参考答案
一 , B. 1. (1) 像的集合为{1}时 ,有 f ( a ) = f ( b) = f ( c) = f ( d) = 1 ,这样的映射有 1 个 ; (2) 像的集合为 {0 , 2} 时 , f ( a ) , ( b ) , f f ( c) ,( d ) 中有 2 个 0 ,2 个 2 , 枚举可得这样 f 的映射有 6 个 ; ( 3) 像的集合为{0 ,1 ,2} 时 , f ( a ) ,( b) , f f ( c) ,( d ) 中有 1 个 0 ,2 个 1 ,1 个 2 , 枚举可 f 得这样的映射有 12 个 . 综上 ,不同的映射有 1 + 6 + 12 = 19 个 . 2. C. cos x + sin x 由 = 2 007 ,知 cos x - sin x π 1 + tan x = tan x + = 2 007. 1 - tan x 4 π π 故 csc + 2 x + tan ( 3 + 2 x ) 2 1 sin 2 x 1 + sin 2 x = + = cos 2 x cos 2 x cos 2 x

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1 1 故{ f ( n) }是首项为 f ( 1) = , 公差为 2 2 的等差数列 . 于是 , 1 f (2 007) = f (1) + (2 007 - 1) = 1 00315. 2 4. A.

因为 a =

1 3 cos 6° sin 6° sin 24° = , 2 2 2tan 13° b= = tan 26° , 2 1 - tan 13° 1 - cos 50° = sin 25° , 2

c=

所以 , a < c .

π 又 x∈0, ,有 sin x < x < tan x . 2 故 sin 25° sin 26° tan 26°即 c < b . < < , 5. D. 2 由 f ( x ) = x - 2 ax + a 在区间 ( - ∞,1) 上有最小值 ,得 a < 1. f ( x) a 从而 , g ( x ) = =x+ - 2 a.
x x

当 a ≤0 时 , g ( x ) = x +

a - 2 a 在 (1 , x

) + ∞ 上一定是增函数 ;

当 0 < a < 1 时 , g ( x ) 在 ( 0 , a ) 递减 , 在

( a , + ∞ 递增 ,而 ( 1 , + ∞ < ( a , + ∞ . ) ) ) ) 因此 , g ( x ) 在 ( 1 , + ∞ 是增函数 . 6. A.
19

f ( x) =
9

n=1

| ∑x-

n|

19

=

n=1


9
n=1

| x - n| + | x - 10| +
19

n = 11

| ∑x-

n|





( x - n) +

n = 11

∑( n -

x)

+ | x - 10|

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2008 年第 5 期
9 19

29



n=1



( x - n) +

n = 11



( n - x)

= 90 ,

2 2 2 3 2 = - 3 bx + ( 3 b - d ) x - b + bd .

2 007 2 + tan θ = 2 007 1 ,得 f ( x ) = 2 007 的解集为{1}. 12. - 3. 设这三个根分别是 b - d , , + d . 则 b b 3 2 x +3x - x + a = ( x - b + d ) ( x - b) ( x - b - d ) , 2 即 x - x+ a 3

当且仅当 x = 10 时 ,上式等号成立 . 二 , 14. 7. A 3 B 中元素为 2 ,3 ,4 ,5 ,故其所有元素 数字之和为 14. 8. [ 0 ,015 ] . 由 p 是 q 的必要不充分条件知 q 是 p 的 必要不充分条件 . 1 又知 p : < x < 1 , q : a ≤x ≤a + 1. 2 1 从而 , a + 1 ≥ 且 a ≤ . 1 2 1 故 0 ≤a ≤ . 2 9. 3 898. n ( n - 1) 数列中从数 1 到 n 共有 n + 2 ( 62 - 1) 62 × 项 ,从而 ,从数 1 到 62 共有 62 + 2 = 1 953 项 ,之后是 54 个 1. 故前 2 007 项之和为 ( 1 + 2 + …+ 62) + ( 1 + 2 + …+ 61) + 54 = 3 898. 2 10. x - x + 1. 因为有且只有一个实数 x0 使得 f ( x0 )
= x0 ,所以 , f ( x ) - x + x = x0 恒成立 .
2 2

比较系数得 2 2 3 2 - 3 b = 3 ,3 b - d = - 1 , - b + bd = a . 从而 , a = - 3. 三, 图 2 , 如 延 长 EP ,FB 交 于点 C . 因为 O 为 AB 的中点 , EP ‖ AB ,所以 , EP = PC . 图2 又 EB ⊥B F , 则 PB 为 Rt △EBC 斜边 EC 的中线 . 从而 , PB = PC ,即有 ∠PCB = ∠PBC = ∠FBD . 又 ∠AB F = ∠ECB ,则 B F 平分 ∠ABD . n+1 n (1 四 , ) S n + 1 - S n = 2 ( an + 1 - an ) - 3 (2 - 2 ) , 即 an + 1 = 2 an + 3 × . 2
n

两边同除以 2
an + 1
n+1

n+1



an + 1

2

n+1

=

an

2

n

+

3 ,则 2

3 . n = 2 2 1 由 a1 = 2 a1 - 3 × + 4 ,得 a1 = 2. 2 2 -

an

则数列

an

2

n

是以

a1

2

1

=

2 3 = 1 为首项 , 2 2

为公差的等差数列 . 由
an

令 x = x0 , 得 f ( x 0 ) - x 0 + x0 = x 0 .

解得 x0 = 0 或 1. 2 当 x0 = 0 时 , f ( x ) = x - x , 此时 , f ( x )

2

n

= 1 + ( n - 1) ×

3 ,得 2

= x 有两个解 ,不满足题意 ; 2 当 x0 = 1 时 , f ( x ) = x - x + 1 , 此时 , 11. {1}.

f ( x ) = x 有且只有一个解 ,满足题意 .

3 1 n n2 . 2 2 3 1 n ( 2) 将 an = n2 代入 S n = 2 an 2 2 n 3 × + 4 ,得 2 n S n - 4 = ( 3 n - 4) 2 .
an =

由f

- 1

(2 007) = logsec2θ

注意到 1 2 Tn = ( 3 × - 4) × + ( 3 × - 4) × 1 2 2 2 n …+ ( 3 n - 4) × , 2 2 3 2 Tn = ( 3 × - 4) × + (3 × - 4) × 1 2 2 2 n+1 …+ ( 3 n - 4) × 2 . ①- ② 得 1 2 3 - Tn = ( 3 × - 4) × + 3 × + 3 × 1 2 2 2

+

① + ②
+

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30
n n+1 …+ 3 × - ( 3 n - 4) × 2 2 2 2 n n +1 = - 2 + 3 (2 + 3 + …+ 2 ) - (3 n - 4) 2 2 n- 1 2 (1 - 2 ) n+1 = - 2 +3× - ( 3 n - 4) 2 1- 2 n = - 14 + ( 14 - 6 n ) 2 . n 故 Tn = 14 - ( 14 - 6 n) 2 . ( 五 ,1 ) 任取 x1 , 2 ∈[ - 1 ,1 ] , 且 x1 < x

中 等 数 学

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

=

因为

π π 3 π 7 < θ< 2 k + ( k ∈Z) . 2 4 π π π π 3 7 所以 , A ∩B = , ∪ , . 4 2 2 4 ( 2) 若 θ为满足条件的实数 ,则 1 n - 1 ≤ 2 θ≤cos . 4 1 这是因为 : 若 cos θ∈ ,0 ,则 4 7 2 cos 2θ= 2cos θ- 1 < , 8 2 cos 4θ= 2cos 2θ- 1 > 0 , 与 an < 0 矛盾 . π 2k + 由上述推导可知 ,对任意正整数 n 均有 1 n - 1 ≤ 2 θ≤cos . 4 1 ≥3 n 于是 , cos 2 θ. 2 4 注意到 1 1 2 cos 2θ+ = 2cos θ2 2 1 1 = 2 cos θ+ · cos θ2 2 ≥3 cos θ+ 1 . 2 2 1 ≤2 1 则 cos θ+ cos 2θ+ 2 3 2 2 2 1 ≤ ≤ cos 4θ+ … 3 2 n n 1 ≤ 2 n ≤ 2 cos 2 θ+ . 3 2 3 n 2 而当 n →+ ∞ , 时 → 0. 3 1 1 故 cos θ+ = 0 ,即 cos θ= . 2 2 π π 2 解得 θ= 2 k ± ( k ∈Z) . 3 π π 2 另一方面 , 当 θ = 2 k ± 时 , 对任意自 3 1 n 然数 n 均有 cos 2 θ= ,满足条件 . 2 综上所述 ,所有的实数 θ的集合为 π θθ= 2 k ± ( k ∈Z) . π 2 3 ( 叶大卫 提供)
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x 1 + ( - x2 ) < 0 ,

所以 , f ( x1 ) - f ( x2 ) < 0. 因此 , f ( x ) 是 [ - 1 ,1 ] 上的增函数 . 1 ( 2) 由 ( 1) 知 , 当 ≤x ≤ 时 , 1 3 f ( x ) max = f ( 1) = 1 , ( 3 x ) min = 1. 所以 ,当
1 ≤ ≤ x 1 时 , f ( x) ≤ x . 3 3

( 3) 要使 f ( x ) ≤m2 + 2 am + 1 对所有的 x ∈ - 1 ,1 ] , a ∈ - 1 ,1 ] 恒成立 ,只须 [ [ f ( x ) max ≤m2 + 2 am + 1 ,

即 1 ≤m + 2 am + 1 对任意的 a ∈[ - 1 ,1 ] 恒 2 成立 ,亦即 m + 2 am ≥ 对任意的 a ∈[ - 1 , 0
2

1 ] 恒成立 . 2 令 g ( a) = 2 ma + m ,只须
2 g ( - 1) = - 2 m + m ≥ , 0 2 g ( 1) = 2 m + m ≥ 0.

解得 m ≤- 2 或 m ≥ 或 m = 0 ,即为所 2 求.
( 六 ,1) 令 a0 > 0 ,即 cos θ> 0. π π π π 解得 2 k < θ< 2 k + ( k ∈Z) . 2 2 令 a1 < 0 ,即 cos 2θ< 0. π π π π 3 解得 k + < θ< k + ( k ∈Z) . 4 4 从而 ,集合 π π π π A = θ 2k + < θ< 2k + 或 4 2

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