2007年全国各地区高中数赛初赛试题

一、选择题（本大题共6个小题，每小题6分，满分36分）

1．已知函数，则（  B  ）

A．有最小正周期为         B．有最小正周期为 

C．有最小正周期为             D．无最小正周期

解:,.

2．关于的不等式任意两个解的差不超过9，则的最大值与最小值的

和是（ C ）

A．2                   B．1                      C．0                   D．－1

解:方程的两根是,.

3．已知向量、，设，，，则一定共线的三

点为    （ A ）

A．A、B、D          B．A、B、C           C．B、C、D           D．A、C、D

解:.

4．设、、为平面，、为直线，则的一个充分条件是（  D ）

A．   (缺少条件)

B． (当∥时,∥)

C．         (当两两垂直,时,)

D． 

5．若，其中，，并且，则实数对表示平面上不同点的个数为                （ C  ）

A．60个           B．70个           C．90个           D．120个

解:由及题设知,个位数字的选择有5种.

⑴若十位有2种,则百位的选择有5种;

⑵若十位有2种,则百位的选择有4种;

于是,符合题设的不同点的个数为种.

6．已知，且，则的值有                    （ D ）

A．2个           B．3个           C．4个           D．无数个

解:由题设知为偶函数,则考虑在时,恒有,

所以当,且时,恒有,

由于的解集为,的解集为,因此当时,恒有.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题9分，满分54分）

7．设为等差数列的前项和，若，则公差为－1.

解:.

8．设的图象经过点，它的反函数的图象经过点，则等于4.

解: (舍去).故.

9．已知函数的图象如图，则满足的的

取值范围为.

解:因为,

由图象知,于是,

,解得.

故的取值范围为.

10．圆锥曲线的离心率是.

解: 原式变形为,

所以动点到定点的距离与它到直线的距离之比为,

故此动点轨迹为双曲线,离心率为.

11．在三角形中，已知，，，则三角形的面积为.

解: 在三角形中，由，得. 

由正弦定理得.

因为,所以角可取锐角或钝角,从而.

,故.

12．设命题，命题对任何，都有。命题与命题中有且仅有一个成立，则实数的取值范围是.

解:由得,

由对任何，都有,得,即.

因为命题与命题中有且仅有一个成立，

故实数的取值范围是.

三、解答题（本大题共4个小题，每小题15分，满分60分）

13． 设不等式组表示的平面区域为D.区域D内的动点P到直线和直线的距离之积为2.记点P的轨迹为曲线C.过点的直线与曲线C交于A、B两点.若以线段AB为直径的圆与轴相切，求直线的斜率.

解：由题意可知，平面区域D如图阴影所示.设动点为，则

    ，即，由知

，即，所以曲线C的方程为.

设，，则以线段AB为直径的圆的圆心为.因为以线段AB为直径的圆与轴相切，所以半径，即.

   因为直线AB过点，当轴时，不合题意，

所以设直线AB的方程为，

代入双曲线方程得  ，

即.

因为直线与双曲线C交于A、B两点，所以，

所以, ,

所以

化简得.解得.

由及,得,所以.

14．如图，斜三棱柱中，面是菱形，，侧面，.

求证：⑴；

⑵求点到平面ABC的距离. 

解：⑴设中点为D，连BD、.因为，

所以.因为面，所以.

又三角形为正三角形，所以，从而.

⑵设点到平面ABC的距离为，则，

，  所以.

　，

　设ABC的高为AE，则　,，

，于是有.

或：以为轴、以为轴、DB为轴建立空间直角坐标系，则

，，，，

，，，

设平面ABC的一个法向量为，则，，

令，得，则.

15．已知数列中, , ,.求.

解：由题设，，则

    。

    由，得，则

，

于是，.

所以，.

易知，数列符合本题要求.

16．已知平面上10个圆,任意两个都相交.是否存在直线,与每个圆都有交点?证明你的结论.

解：存在直线,与每个圆都有交点。证明如下：

    如图，先作直线，设第个圆在直线上的正投影是线段，其中、分别是线段的左右端点。

10个圆有10个投影线段，有10个左端点，有10个右端点.

因为任意两个圆都相交，所以任意两条投影线段都有重叠部分，设是最右边的左端点，则所有的右端点都在的右边，否则必有两条投影线段无重叠部分，与对应的两个圆相交矛盾.

再设是最左边的右端点，同理所有左端点都在的左边，与不重合，线段是任意一条投影线段的一部分，过线段上某一点作直线的垂线，则与10个圆都相交.

2007年全国高中数赛福建赛区预赛试题

一、选择题(共6小题，每小题6分，满分36分)

1．一个直角三角形的两条直角边长为满足不等式

，则这个直角三角形的斜边长为(  B  )

A．5              B．          C．6              D． 

解:,于是,斜边长为.

2．数812934756是一个包含1至9每个数字恰好一次的九位数，它具有如下性质：数字1至6在其中是从小到大排列的，但是数字1至7不是从小到大排列的．这样的九位数共有( C )个．

A．336               B．360               C．432          D．504

解:在1,2,3,4,5,6中插入7,有6种放法,然后插入8和9,分别有8种和9种,所以共有

个满足性质的九位数.

3．一个三角形的最短边长度是1，三个角的正切值都是整数，则该三角形的最长边的长度为( B )．

A．         B．             C．          D．2

解:该三角形不是直角三角形.不妨设.则,又,所以.非直角三角形中,有恒等式,

   即是方程的一组正整数解.所以.

   易解得长边为(另外一条边长为).

注：，，

故.

4．正三棱锥底面一个顶点与它所对侧面重心的距离为8，则这个正三棱锥的体积的最大值为( D )．

A．18             B．36                  C．72              D．144

解:设正三棱锥P－ABC的底面边长为,高为,为三角形ABC的中心,G为侧面PBC的重心,GH垂直底面ABC,垂足为H.则，，

由得，

故。由平均不等式得

，

所以，，于是，.

当，时等号成立.故体积的最大值为144.

或：　　，

，令，得.

当时，，当时，，

当时，，因此，.

5．对每一个正整数，设，则

等于( B )

A．－1025　　　　　B．－1225　　　　        C．－1500　　　　D．－2525

解： 

   .

6．集合的五元子集共有21个，每个子集的数从小到大排好后，取出中间的数，则所有这些数之和是( B )

A．80　　　　        B．84　　　　        C．100　　        　D．168

解：显然中间数只能是3，4，5。 以3为中间数的子集有个，以4为中间数的子集有个，以5为中间数的子集有个.

所以，这些中间数的和为.

或：对某个子集A，用表示A中每个元素被8减所得的集合，这个这个集合也是一个满足条件的5元子集，这是一个一一对应，且这两个集合中中间数之和为8，平均数为4。故所有的中间数的和为.

二．填空题（共6小题，每小题6分，满分36分．请直接将答案写在题中的横线上）

7．函数，若＜2恒成立的充分条件是，则实数的取值范围是．

解：依题意知，时，＜2恒成立.

所以时，恒成立，即恒成立.

由于时，的最大值为3，最小值为2.

因此，，即.

8．在直角坐标平面上，正方形ABCD的顶点A、C的坐标分别为（12，19）、（3，22），则顶点B、D的坐标分别为．（A、B、C、D依逆时针顺序排列）

解：设线段AC的中点为M，则M点的坐标为，

利用复数知识：设，则

，得，即.

设，则

，得，即.

解：设线段AC的中点为M，则M点的坐标为，，，故直线BD的方程为，即，①

设，则②

①②联立解得、.利用向量知识也可，不过计算稍繁点.

9．已知、分别是椭圆（0＜＜3）的左、右焦点．若在椭圆的右准线上存在一点P，使得线段的垂直平分线过点，则的取值范围是．

解：线段的垂直平分线过点，等价于．设椭圆的右准线交轴于点K，则在椭圆的右准线上存在一点P，使得，等价于．

所以．因此，故的取值范围是.

10．方程的正整数解有4组．

解：由题设可知，．两边模3，知，所以，，对应的分别为301，201，101，1．故满足方程的正整数解有4组．

11．设，则不等式＜的解集为

．

解：原不等式即为，因为的定义域为，且为减函数，所以，解得.

12．设函数，如果方程恰有两个不同的实数根，满足，则实数a的取值范围是．

解： 

当时，无解；当时，只有一个解；

当时，有两个解；当时，有两个解．

当时，由，得，由，得，

，，得，故；

当时，由，得，由，得，

，，得，故；

综上可得，实数a的取值范围是．

三、解答题：（共4小题，每小题20分，满分80分．要求写出解题过程）

13．已知，，若对任意（应当改为若存在）恒有，试求的最大值．

解：因为，

      .         所以  ．

又，所以，

当时，上述各式的等号成立，所以的最大值为．

或： ，

令，得，或，

当时，，当时，，考虑一个周期，

14．已知、分别是双曲线的左、右焦点，过斜率为的直线交双曲线的左、右两支分别于A、C两点，过且与垂直的直线交双曲线的左、右两支分别于D、B两点．

（1）求的取值范围；

（2）设点P是直线、的交点，求证：＞；

（3）求四边形ABCD面积的最小值．

解：⑴由条件知，、的方程分别为、.

由，得.

由于交双曲线的左、右两支分别于A、C两点，

所以，解得．

由，得.

由于直线交双曲线的左、右两支分别于D、B两点，

所以，解得．

因此，，的取值范围是．

⑵由条件知，点P在以为直径的圆上，所以，

因此．

⑶由⑴得， .

.

,

因，故.

当且仅当，即时，等号成立．

四边形ABCD面积的最小值为18．

也可用导数求的极值.

令，，则.

令，得.

15．如图，在锐角三角形ABC中，，是两条角平分线，I，O，H分别是的内心，外心，垂心，连接HO，分别交AC，BC于点P，Q．已知C，，I，四点共圆．

（1）求证：；

（2）求证：．

（1）因为C，，I，四点共圆,所以

，

，

，，.

（2）因为，

，

所以，A、H、O、B四点共圆.

于是，

又，

所以，于是.

因为，

，

所以，于是.

故.

16．已知两个整数数列和满足

（1）对任意非负整数，有

　　　　　　　　　　　；

（2）对任意非负整数有

证明：数列中最多只有6个不同的数．

证明：设，奇偶性相同，，则

。

因此设，从而，

，

，.

于是，在中，任意两项的差的绝对值最多是2，所以，它们最多能取3个不同的值；

同理，在中，任意两项的差的绝对值最多是2，所以，它们最多能取3个不同的值；

综上所述，数列中最多只有6个不同的数．

2007年吉林省高中数学竞赛

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1．设集合，则满足的集合的个数是    （D）

A．1    B．3    C．7    D．8

解：，即求集合A的子集的个数，个.

注：①；②个元素集合的子集个数.

2．若，则有（A）

    A．             B．    

    C．  　           D． 

解：由图象可知.

或：，两边取对数得，

从而，.

3．在棱长为1的正四面体ABCD中，M、N分别为AD、BC的中点，则异面直线AB与MN的距离是    （C）

    A． 　　         B． 　　　      C．　    　    D．　

解：如图，分别取AB、CD的中点E、F，联结EN、NF、FM、ME、EF.　MN、EF交于点O，显然四边形ENFM是平面四边形且是菱形，故MN⊥EF，又EF是等腰三角形AFB的高，因此有EF⊥AB，且.

其实显然这个距离就是异面直线AB与CD的距离的一半.

4．等差数列中，，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项，余下10项的平均值为4，则抽取的是（D）.

    A． 　     　    B． 　           C．　      D．　

解：.

5．已知S－ABC是三条棱两两互相垂直的三棱锥，O为底面ABC内一点，若，，，那么的取值范围是    （　）

    A． 　　  B．　　C．　　     D． 

解：过O分别作与SA、SB、SC垂直的平面，得到一个长方体，且OS为长方体的对角线，所以，则，

同理　

，

。

故.

6．设集合，一一映射满足条件：对任意的有

，则满足上述条件的映射的个数为（　　　） 

    A．40 　　       B．41　　　        C．80　　      D．81　

解：若有得，，则有与已知矛盾。因此，对任意的，要么，要么，，，且，，互不相同，故只有以下三种情形：

⑴对任意的，，这样的只有1个；

⑵中存在一个循环，而其它的元素时，

这样的有个；

⑶中存在两个循环和， 

这样的有个；

因此共有81个满足条件.

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7．已知ABC是正三角形，P是ABC所在平面外的一点，且PA=PB=PC，若，则二面角P－AB－C的大小为.

解：设P在平面ABC中射影为O，由PA=PB=PC知OA=OB=OC，即O为ABC的外心，

又由面积射影定理知，所以二面角P－AB－C的大小为.

8．所有棱长都等于1的三棱锥的内切球的体积等于.

解：设内切球半径为，则，从而.

9．已知,过点作直线与轴、轴正半轴分别交于A、B两点，则使AOB（O

为坐标原点）的周长最小的直线的方程是.

解：设，，则AOB的周长为

，

当且仅当，即时，上式等号成立.

则的斜率，

所以的方程为.

注：这里用到了万能公式：，则， ，.

一般结论     第一象限，设，当且仅当时，周长最小，

直线的方程是.

若是求面积最小时，则题目简单得多.

解：设，则AOB的周长为

.

当且仅当，即时，上式等号成立.

则的斜率，所以的方程为.

也可以用初中平面几何知识证明，当P点为线段AB的中点时， AOB的周长最小。

10．已知函数，若有最大值或最小值，则的取值范围为.

解：因有最大值或最小值，故满足或，解得或.

11．设向量、满足、，且、的夹角为.若向量与向量的夹角为钝角，则实数的取值范围是. 

解：由得，当与共线时有，而时，与反向，故.

所以，实数的取值范围是.

12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于P、Q两点，则内切圆面积的最大值是        .

解：（常规方法）

①当轴时，易得的面积是3；

②当与轴不垂直时，设直线的方程为，P、Q两点坐标分别为，，

由，得，

故，，

而的面积

，

令，则

，函数是增函数，故，的面积.

因此当轴时，的面积有最大值3，因的周长是定值8，故此时

内切圆的半径最大，因此其面积也最大，设此时内切圆的半径为，则，

，所以内切圆面积的的最大值为.

解：设直线的方程为，P、Q两点坐标分别为，，

由，得，故，，

而的面积，令，则

，函数是增函数，故时

有最小值，此时的面积有最大值3，因的周长是定值8，故此时内

切圆的半径最大，因此其面积也最大，设此时内切圆的半径为，则，

，所以内切圆面积的的最大值为.

三、解答题（共4道题，每小题15分，满分60分）

13．设直线与椭圆有两个公共点A、B（可以重合），与圆

有两个公共点C、D（可以重合），求的最大值.

解：直线截曲线的弦长公式为.

将直线代入椭圆和圆得到方程：

，.

根据韦达定理求得：，，

.

由于直线与椭圆和圆有公共点，所以

.

由于对称轴，所以其在处取得最大值.

14．证明：任给7个实数，其中必存在两个，实数满足：.

证明：设7个实数分别为：，且不妨设，将区间平均分成6个子区间：

，，，，，.

由抽屉原理，上述7个中必有某两个数在同一个子区间内，不妨设、在同一个子区间内，因，则，

即。记，，即得所要证的不等式.

15．设为一个整数数列，并且满足：对任意的，均有

且2008，求最小的正整数，使得2008.

解：取时，有.

原式变形为： 

令，则有，

于是，当时，均有，

从而

故.

由已知条件2008知，故设，则.

由2008，

，

则2008，

则，则，又251是质数，，

故.

16．回答下列两个问题，给出例子或给出证明.

⑴对任意正整数，在平面上是否都存在个不在同一条直线上的点，使得任意两点间的距离都为正整数？

⑵在平面上是否存在两两不同的无限点列组成的点集M，使得M内所有点不在同一条直线上，且M内任意两点间的距离为正整数？

解：⑴存在.

对于任一，取互不相同的个质数，令，，（），显然，令，于是（）.　

在轴上取点，在轴上取点,（）.易知这个点A,，不在同一条直线上，且为整数（）.为整数.

⑵不存在.

不然，假设存在不共线的无限点列组成的点集M，且M内任意两点间的距离都为正整数，取不共线的三点A、B、C，注意到三角形两边之差的绝对值小于第三边，则M内其余点到点A与点B的距离之差，只能取到之间的整数值，而到之间的整数值总共只有有限个.由双曲线定义可知，M内除去A、B、C三点的其余无限多个点必在以点A和点B为两个焦点的有限条互不相交的双曲线上，称它们为AB族双曲线.同理，M内除去A、B、C三点的其余无限多个点必在以点B和点C为两个焦点的有限条互不相交的双曲线上，称它们为BC族双曲线.

由于A、B、C三点不共线，故两族双曲线的交点显然只有有限个，然而M内除去A、B、C三点的其余无限多个点中的每个点既在AB族双曲线上，又在BC族双曲线上，从而必在两族双曲线的交点上，而两族双曲线的交点个数有限，矛盾.

2007年浙江省高中数学竞赛（Ａ卷）

一、选择题

1．如果，则使的的取值范围为    （B）

A．    B．    C．    D．

解：显然，且.

　　.

要使。当时，，即；当时，，此时无解.

由此可得， 使的的取值范围为.

2．集合，,则＝（C）

    A．             B．Ｒ    

    C．  　               D．

解：　

，没有实数可以使上述不等式成立。故。

从而有.

3．以为六条棱长的四面体个数为　        （B）

    A．2 　　         B．3 　　　      C．4　    　    D．6　

解：以这些边为三角形仅有四种：，，，.

固定四面体的一面作为底面：

当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即；

当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，.

其余情形得到的四面体均在上述情形中。由此可知，四面体个数有3个.

4．从1至169的自然数中任意取出3个数构成以整数为公比的递增等比数列的取法有（C）

种.

    A． 　     　    B．90 　           C．91　　      D．92　

解：若取出的3个数构成递增等比数列，则有。由此有.当固定时，使三个数为整数的的个数记作.由，知应是的整数部分.，，，,，,,,. 因此，取法共有.

5．若在复平面上三个点构成以A为直角顶点的等腰直角三角形，其中，则△ABC的面积为        （A）

    A． 　　         B．　 　         C．1　　     D．

解：依题意，，.

    △ABC的面积为.

2007重

6．　　　　　　的末二位数字是　        （C） 

    A．01 　　       B．07 　　　        C．43　　      D．49　

ｋ重

解：记　　　　.  题目要求的末二位数.

    其中M为正整数. 由此可得的末二位数与的末二位数字相同. 首先来观察的末二位数字的变化规律.

    　　（为奇整数）

　　　　　　　　　　　（为正整数）

.

    因此，与的末二位数字相同，为43.　

二、填空题

7．设为的单调递增数列，且满足，则.

解：

　　（由题意可知取正号.）

因此，公差为２的等差数列，即.从而可得.

8．设为方程的根（），则

.

解：由题意，.由此可得

　，，以及　.

.

9．设均为非负实数，则

的最小值为　2007　.

解：在直角坐标系中，作点，，，

，.则

I＝

    ＝＋＋＋　　　（应用三角不等式）

＋＋＋＝2007.

如果取，即，那么I取到最小值2007.

10．设是定义在R上的奇函数，且满足；又当时，，则＝.

解：依题意，，即是以４为周期的周期函数.

因为当时，，且为奇函数，所以当时，.

此时有　.可得.又因为是以４为周期的周期函数，所以也有，（）.

11．设，则不超过的最大整数为.

解：　

    ,

    ,

,

,

不超过的最大整数为.

12．整数，且，则整数组为.

解：方程两边同乘以８，得.因为，所以要使左边为奇数，只有，即.则.要使左边为奇数，只有，即.从而有　，即。故有.

三、解答题

13．已知抛物线和点.过点任作直线，交抛物线于B,C两点.

   （1）求△ABC的重心轨迹方程，并表示成形式；

   （2）若数列，，满足。试证：.

解：（1）设过的直线方程为。又设，，

联立方程组，   消去，得. 从而有，

，.

设△ABC的重心坐标为，则

　　　　 消去k，即得　.                         

   （2）因为，，所以

，

上式右边等号成立当且仅当.假设，则

，   

上式右边等号成立当且仅当。由此得到（）.从而有

    .

14．设正实数及非负实数满足条件

求的最小值，并论证之.

解：根据，有

.　（）

上式取等号当且仅当　.

15．设，.若，且存在，，，则称为“好集”.求最大的，使含的任意33元子集为好集.

解：令，.

显然对任意，不存在，使得成立.故P是非好集.

因此　.

下面证明：包含21的任意一个33元子集A一定为好集.

设.

若1，3，7，42，63中之一为集合A的元素，显然为好集.

现考虑1，3，7，42，63都不属于集合A. 构造集合

，，，，，，，，

，，，，，.

由上可见，　每个集合中两个元素都是倍数关系.考虑最不利的情况，即，也即中16个元素全部选作A的元素，A中剩下16个元素必须从这15个集合中选取16个元素.根据抽屉原理，至少有一个集合有两个元素被选，即集合A中至少有两个元素存在倍数关系.

　综上所述，包含21的任意一个33元子集A一定为好集，即的最大值为21.

2007年浙江省高中数学竞赛（B卷）

一、选择题

1．已知集合，，则＝（D）

    A．      B．　 

    C．　　    D．

解：

    .    从而可得　.　　　

2．当时，下面四个函数中最大的是        （C）

    A．        B．    C．      D．

解：因为，所以,

于是有，.

又因为，即，

所以有　.因此，最大.

3．已知椭圆上一点A到左焦点的距离为，则点A到直线的距离为（C）

    A．         B．    C．      D．

解：设左右焦点为，则，. 椭圆的离心率为.而即为右准线，由定义得，A到直线的距离等于.

4．设非常值函数是一个偶函数，它的函数图像关于直线对称，则该函数是　                （C）

    A．非周期函数　　　              B．周期为的周期函数

    C．周期为的周期函数  　　     D．周期为的周期函数

解：因为偶函数关于y轴对称，而函数图像关于直线对称，则

，即.

故该函数是周期为的周期函数.

5．如果，则使的的取值范围为     （B）

    A．         B． 　    C．      D．

解：显然，且.

　　.

要使，当时，，即；当时，，此时无解.

由此可得， 使的的取值范围为.

6．设，则        （B）

    A．1 　       B．2　　        C．3  　　     D．4

解：作图比较容易得到　.　　

二、填空题

7．已知平面上不共线的四点O,A,B,C.

若，则 2.

解：由，得.

于是.因此.

8．已知数列，，前n项部分和满足，则

.

解：

.

于是　，（）.

9．方程的解集合为.

解：当时，，（取到等号）.

而，（取到等号）.于是有当时，方程只有一个解.由于奇函数的性质，可知是方程的另一解.

故方程的解集合为.

10．今天是星期天，再过天后是星期  六   .

解：

其中均为正整数.　　因此答案为星期六.

11．从1至169的自然数中任意取出3个数构成以整数为公比的递增等比数列的取法有_　种.

解：若取出的3个数构成递增等比数列，则有。由此有.当固定时，使三个数为整数的的个数记作.由，知应是的整数部分.，，，,，,,,. 因此，取法共有.

12．整数，且，则分别为.

解：方程两边同乘以８，得.因为，所以要使左边为奇数，只有，即.则.要使左边为奇数，只有，即.从而有　，即。故有.

三、解答题

13．设P，Q为圆周上的两动点，且满足与圆内一定点，使，求过P和Q的两条切线的交点M的轨迹.

解法一：连接PQ，OM，由圆的切线性质知 ，且PQ与OM交点E为PQ的中点.设，则，. 从而得到E点的坐标为.由于，所以.又，于是有

，即有

化简得 。 上述为以为圆心，为半径的圆周.

解法二： 设P，Q的坐标为.  由题意知，过P，Q的切线方程分别为

　　　………… ①

     ………… ②

       ………… ③

       ………… ④               

由，得

  ………… ⑤

若①和②的交点仍记为，由此得到

 ()        

代入③和④，得

联立上述两式，即得

因为，所以，即.

同理可得 . 于是有 

再由⑤式，推出.

由上可得，.   即有.

即以为圆心，为半径的圆周.当时，也符合所求的轨迹.

14．设，，求的最大值.

解：

，                                         

当时，上式可以取到等号。故函数的最大值是.

15．设，求证：.

证明：因为，所以有. 又，故有.

于是有得证.                          

2007年全国高中数合竞赛湖北省预赛试题

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1.  已知是方程的两个根，则   （    ）

A.          B.           C.            D.  

解  原方程变形为，即.

令，则，解得.

所以或，所以方程的两根分别为和，

所以. 故选（C）.

2.  设为△的边上一点，为△内一点，且满足,

，则                                       (     )

A.           B.           C.             D. 

解  连PD，则，所以，

故，故

.  .

3.  定义在上的函数既是奇函数又是周期函数，若的最小正周期是，且当x∈[0,)时，，则的值为                  (     )

A.          B.        C.              D.  

解  根据题设条件可知

 故选（B）.

4. 已知是一个棱长为1的正方体，是底面的中心，是棱上的点，且，则四面体的体积为    (     )

A.             B.            C.              D. 

解  易知平面，设是底面的中心，即平面.

因为，

所以，故.于是

，

所以.  故选（C）.

5. 有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中取出4个，则取出的球的编号互不相同的概率为                                             (     )      

A.  .           B. .           C.               D.     

解：从10个球中取出4个，不同的取法有种.

如果要求取出的球的编号互不相同，可以先从5个编号中选取4个编号，有种选法.对于每一个编号，再选择球，有两种颜色可供挑选，所以取出的球的编号互不相同的取法有种.因此，取出的球的编号互不相同的概率为. 故选（D）.

6. 使得是完全平方数的正整数有                          （    ）

A.  0个            B.  1个         C.  2个            D. 3个

解  当时，易知不是完全平方数.故设，其中为正整数，则.

因为是完全平方数，而81是平方数，则一定存在正整数，使得，即，故都是3的方幂.

又两个数相差2，所以只可能是3和1，从而.

因此，存在唯一的正整数，使得为完全平方数.故选（B）.

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。)

7. 设表示不大于的最大整数，集合，，则 _________________.

解  不等式的解为，所以.

若，则所以只可能取值.

若，则，没有实数解；若，则，解得；

若，则，没有符合条件的解；若，则，没有符合条件的解；

若，则，有一个符合条件的解.

因此，.

8.  若数列满足：，则_______.

解  由两边平方得，

又，两式相减，得

.

由求得，又由递推关系式易知数列是单调递增数列，所以，故，即，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，于是

，

所以.

9.  设复数其中，当取得最小值时，__________.

解  易求得，于是＝10，取得最小值，当且仅当，解得，所以12.

10. 设，则函数的最小值为__________.

解  因为，所以，设，

    （1）

其中等号成立当且仅当

成立，此时，设，则.而

       故，

注意到，判断易知满足条件的根只有.

当时， ，不等式（1）取得等号.

所以函数的最小值为.

11. 对于函数，存在一个正数，使得的定义域和值域相同，则非零实数的值为__________.

解  若，对于正数，的定义域为，

但的值域，故，不合要求.

若，对于正数，的定义域为.

由于此时，故函数的值域.

由题意，有，由于，所以.

12. 已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，点到其渐近线的距离为.若过点作斜率为的直线交双曲线于两点，交轴于点，且是与的等比中项，则双曲线的半焦距为__________.

解  设渐近线的方程为，由题设得，解得，

双曲线的渐近线方程为，故可设双曲线的方程为  .

设，直线的方程为，代入双曲线方程消去，得　　　　.

当，即时，上面的方程恰有两实根，且

.

由题设可知，，可化为，即

，即，解得或.

因此，双曲线的方程为或，即或.

所以双曲线的半焦距为或.

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13. 过点作已知直线的平行线，交双曲线于点.

（1）证明：点是线段的中点.

（2）分别过点作双曲线的切线，证明：三条直线相交于同一点.

（3）设为直线上一动点，过点作双曲线的切线，切点分别为.

证明：点在直线AB上.

解  （1）直线的方程为，即，

代入双曲线方程，得 .

设，则是方程的两根，所以，

于是，故点是线段的中点. ………5分

（2）双曲线的过点的切线方程分别为，

.联立，得两式相加，并将，

代入，得，这说明直线的交点在直线上，

即三条直线相交于同一点.                    …………………………10分

（3）设，，则的方程分别为和

，因为点在两条直线上，所以，，

这表明点都在直线上，即直线的方程为.

又，代入整理得，

显然，无论取什么值（即无论为直线上哪一点），点都在直线AB上.  …………………………20分

14.  已知数列满足递推关系式：，.

（1）若，证明：（ⅰ）当时，有；（ⅱ）当时，有.

（2）若，证明：当时，有.

证明：因为，故，

即数列为递增数列.

（1）（ⅰ）由及可求得，

于是当时，，于是，

即当时，.                                              …5分

（ⅱ）由于时，，所以时，.

由可得.

先用数学归纳法证明下面的不等式成立：   （）.

Ⅰ）当时，，结论成立.

Ⅱ）假设结论对成立，即，则结合（ⅰ）的结论可得

，即当时结论也成立.

综合Ⅰ），Ⅱ）可知，不等式对一切都成立.

因此，当时，，即.

又，，所以当时，有.

                                              …………………………10分

（2）由于，而数列为递增数列，故当时，有.

由可得，而，于是

.

下面先证明：当时，有                        （*）

Ⅰ）根据及计算易得

，，

而，

故，即当时，结论成立.

Ⅱ）假设结论对成立，即.

因为，而函数在时为增函数，所以

，

即当时结论也成立.

综合Ⅰ），Ⅱ）可知，不等式对一切都成立.

于是当时，，故，所以.

                                                …………………………20分

15. 求所有的正整数，使得是一个完全平方数，且除了2或3以外，没有其他的

质因数.

解  设，其中，则.依题意，可设

其中均为非负整数，于是          （1）…5分

如果，则，这是不可能的.所以中至少有一个大于0，于

是和均为偶数，从而均为正整数.

若，则，显然只可能（否则左右两边被4除的余数不

相同），此时，显然只能是，此时.　　…10分

 若，则是4的倍数，从而也是4的倍数，故，此时

                                        （2）

显然中至少有一个应为0（否则（2）式左右两边奇偶性不相同）.

1）当，即时，                     （3）

此时（否则等式左右两边奇偶性不相同），故.

若，则（3）式左边是9的倍数，而右边为3，矛盾，故只可能，从而（3）式即，它只有两组解和即和此时，对应的值分别为24和96，相应的值分别为8和10368. …………………15分

2）当，即时，                     （4）

此时显然（否则等式左右两边奇偶性不相同），故.

若，则（4）式左边是9的倍数，而右边是3，无解.故.

若，则，只可能，此时.

若，则（4）式即，它只有两组解和即和此时，对应的值分别为12和36，相应的值分别为288和1728.

因此，符合条件的值有6个，分别为，108，288，8，1728，10368.

2007年全国高中数赛天津赛区预赛

一、选择题（每小题6分，共36分）

1．方程的实数解的个数为（           ）。

                                  大于

解:设，则，因此

，从而可得，因此是方程的两个实根，

判别式，无解，所以选.

2．正边形被它的一些不在内部相交的对角线分割成若干个区域，每个区域都是三角形，则锐角三角形的个数为（           ）。

                      大于            与分割的方法有关

解:只有包含正边形中心的三角形是锐角三角形，所以只有一个，选。

3．已知关于参数的二次函数的最小值是关于的函数，则的最小值为（           ）。

                              以上结果都不对

解:当时，的最小值为，其中。

因为对称轴为，所以当时的最小值为，选。

4．已知为正整数，，实数满足，若的最大值为，则满足条件的数对的数目为（           ）。

                                  。

解: 因为，所以，

于是有，因此。由于，得，其中的最大值当，时取到。又因为，所以满足条件的数对的数目为，选.

5．定义区间的长度均为，其中。已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为（           ）。

解:原不等式等价于.

当或时，原不等式等价于.

设，则.

设的两个根分别为，则满足的构成的区间为，区间的长度为.

当时，同理可得满足的构成的区间为，区间的长度为.

由韦达定理，，所以满足条件的构成的区间的长度之和为，所以选.

6．过四面体的顶点作半径为的球，该球与四面体的外接球相切于点，且与平面相切。若，则四面体的外接球的半径为（           ）

解:过作平面的垂线，垂足为，作，垂足为，，垂足为，则，且有.由于，则，，，因此为半径为的球的直径，从而四面体的外接球的球心在的延长线上，于是有，解得.

二、填空题（每小题9分，共54分）

7．若关于的方程组有解，且所有的解都是整数，则有序数对的数目为             .

解:因为的整数解为

，

所以这八个点两两所连的不过原点的直线有条，过这八个点的切线有条，每条直线确定了唯一的有序数对，所以有序数对的数目为.

8．方程的所有正整数解为            .

解:因为，所以。设，类似的可得 。设，则原方程化为，，即。因为，所以。又因为，所以为偶数，于是，经验证，，所以.

或由，得，又因为为奇数，所以经验证。

9．若是边长为的正三角形的边上的点，与的内切圆半径分别为，若，则满足条件的点有两个，分别设为，则之间的距离为            .

解:设，由余弦定理得。一方面，，另一方面，，解得.同理可得.从而有.当时，有最大值，且最大值为，所以.由于，所以.设两个根分别为，则.

10．方程的不同非零整数解的个数为            .

解:利用，原方程

等价于  .

方程两端同除，整理后得。再同除，得

.

即，从而有.

经验证均是原方程的根，所以原方程共有个整数根.

11．设集合，其中是五个不同的正整数，，若中所有元素的和为，则满足条件的集合的个数为            .

解:因为，所以。由于中有，因此中有.若，则，于是，无正整数解.若，由于，所以，于是.又因为，当时，；当时，，因此满足条件的共有个，分别为.

12．在平面直角坐标系中定义两点之间的交通距离为.若到点的交通距离相等，其中实数满足，则所有满足条件的点的轨迹的长之和为            .

解:由条件得。

当时，无解；

当时，无解；

当时，无解；

当时，，线段长为.

当时，，线段长为.

当时，线段长为.

当时，无解.

当时，无解.

当时，无解.

综上所述，点的轨迹构成的线段的长之和为.

三、论述题（每小题20分，共60分）

13．已知的外心为，，为的外接圆上且在内部的任意一点，以为直径的圆分别与交于点， 分别与或其延长线交于点，求证三点共线.

证明  连，与交于点，

由于，因此是等腰三角形，

所以,

又，

故

于是可得，

从而有在的中垂线上。

由于，在的中垂线上，

于是有，即三点共线. 

14．已知数列满足，对于所有正整数，有，求使得成立的最小正整数.

解法一  设，的特征方程为，特征根为，结合，得。由二项式定理得.

当为奇数时，；

当为偶数时，.

于是，即，所以满足条件的最小正整数为.

解法二  下面都是在模意义下的,则,即,因此数列在模意义下具有等差数列的特点。又因为，所以.于是有，因此满足条件的最小正整数为.

15．排成一排的名学生生日的月份均不相同，有名教师，依次挑选这些学生参加个兴趣小组，每个学生恰被一名教师挑选，且保持学生的排序不变，每名教师挑出的学生必须满足生日的月份是逐渐增加或逐渐减少的（挑选一名或两名学生也认为是逐渐增加或逐渐减少的），每名教师尽可能多选学生，对于学生所有可能的排序，求的最小值.

解：若，不妨假设这名学生生日的月份分别为，当学生按生日排序为时，存在一名教师至少要挑选前四名学生中的两名，由于这两名学生生日的月份是逐渐减少的，且后六名学生生日的月份均大于前四名学生生日的月份，因此这名教师不可能再挑选后六名学生；在余下的不超过两名教师中，一定存在一名教师至少要挑选第五名至第七名学生中的两名，同理，这名教师不可能再挑选后三名学生；余下的不超过一名教师也不可能挑选后三名学生，矛盾.

下面先证明：对于互不相同的有序实数列，当时，一定存在三个数满足或.

设最大数和最小数分别为，不妨假设。若，则满足；，因为，所以要么在的前面，要么在的后面至少有两个数，不妨假设在的后面有两个数，从而与中一定有一个成立.

引用上面的结论，当时，第一名教师至少可以挑选三名学生；若余下的学生大于等于名，则第二名教师也至少可以挑选三名学生；这时剩下的学生的数目不超过名，可以被两名教师全部挑选，因此，的最小值为.

2007年年全国高中数赛广西赛区预赛试卷

一、选择题（每题6分，共36分）

1、若点P（x，y）在直线x+3y=3上移动，则函数f（x，y）=的最小值等于（A）

  （A）         （B）         （C）        （D）

解： 

      =，等号当且仅当，即时成立，故f（x，y）的最小值是.

2、满足的正整数数对（x，y）（ B ）

  （A）只有一对    （B）恰有有两对     （C）至少有三对    （D）不存在

解：设，其中a，b均为自然数，则y=a+b，

.因为b+a与b-a有相同的奇偶性，且b+a>b-a,所以或解得或.

3、设集合M={-2，0，1}，N={1，2，3，4，5}，映射f：MN使对任意的x∈M，都有是奇数，则这样的映射f的个数是（A ）

  （A）45             （B）27               （C）15           （D）11

解：当x=-2时，x+f（x）+xf（x）=-2-f（-2）为奇数，则f（-2）可取1，3，5，有三种取法；当x=0时，x+f（x）+xf（x）=f（0）为奇数，则f（0）可取1，3，5，有3种取法；当x=1时，x+f（x）+xf（x）=1+2f（1）为奇数，则f（1）可取1，2，3，4，5，有5种取法。由乘法原理知，共有3×3×5=45个映射.

4、设方程所表示的曲线是（C ）

  （A）双曲线                   （B）焦点在x轴上的椭圆

  （C）焦点在y轴上的椭圆       （D）以上答案都不正确

解： 

于是，，同理。

因为，故应选（C）.

5、将一个三位数的三个数字顺序颠倒，将所得到的数与原数相加，若和中没有一个数字是偶数，则称这个数为“奇和数”。那么，所有的三位数中，奇和数有（A）个。

  （A）100          （B）120          （C）160         （D）200

解：设三位数是，则+。

 若不进位，则和数的十位数必为偶数，不符合题意，所以=11，13，15，17。

因11=9+2=8+3=7+4=6+5，所以取值有种可能；

因13=9+4=8+5=7+6，所以取值有种可能；

因15=9+6=8+7，所以取值有种可能；

因17=9+8，所以取值有种可能；

由于不能进位，所以只能取0，1，2，3，4。

因此，满足条件的数共有：5（+++）=100（个）.

6、设，，其中[x]表示不超过x的最大整数。则的个位数字为（B）

  （A）1            （B）2               （C）3             （D）4

解：由猜想：

   .由已知递推关系式，易用数学归纳法给予证明（略）

   于是，当n>1时, 

   故

   因此,应选(B).

二、填空题（每小题9分，共54分）

1、已知三个正整数x，y，z的最小公倍数是300，并且，则方程组的

解（x，y，z）=（20，60，100）.

解：记方程组中的两个方程为（1），（2），消去x得

    ，即

   所以，  （3）

   或  ，     （4）

  由（1）、（3）得，即x：y：z=1：3：5，于是，由已知条件，必有x=20，y=60，z=100；

  由（1）（4），得x=-y=-z，与已知条件矛盾.

2、已知关于x的实系数方程和的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m的取值范围是{m|-1解：易知方程的两根为

   当，即时，方程有两个共轭的虚根，且的实部为，这时在复平面内对应的点构成等腰梯形或矩形，它们共圆.

当，即或时，方程有两个不等的实根，则对应的点在以对应的点为直径端点的圆上，该圆的方程为

，即，将及对应点的坐标（1，±1）代入方程，即得.

故m的取值范围是{m|－13、设平面上的向量满足关系，又设与的模为1，且互相垂直，则与的夹角为.

解：由已知，得，设与的夹角为，则

，所以=.

4、设函数，则函数的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是  7  .

解：函数的图象如图的实线部分所示。

所求的封闭部分的面积为

。

（这个题目应当是有错误）

5、已知单位正方体ABCD—EFGH棱AD与直线BC上分别有动点Q、P。若△PQG与△BDE相截得到的线段MN长度为y，设AQ=x（0≤x≤1），则y的最小值写成关于x的函数关系式是.

解：当AQ=x时，设GQ与面BDE交于点N，作NM⊥BD于点M，联结QM交直线BC于点，取点为点P，知此时y=|MN|最小.

DQ

Q

z

建立如图1的空间直角坐标系，则Q（0，x，1）且△BDE所在平面上的点（x，y，z）满足x+y=z，故可令.

MQ

A

由点N在QG上，知在（0，1）内存在λ使QN=λQG。

N

C

P

BGQ

代入消去λ得

EBGQ

FGQ

GQ

HQ

y

x

从而， 

于是， 

而点M在BD上，故可令

由，知

于是， 

6、设a1，a2，…，a2007均为正实数，且，则的最小值是.

解：设，则，且，所以

=.

三、（20分）已知△ABC的三边长分别为a、b、c，且满足abc=

（1）是否存在边长均为整数的△ABC？若存在，求出三边长；若不存在，说明理由.

（2）若a＞1，b＞1，c＞1，求出△ABC周长的最小值.

解：（1）不妨设整数a≥b≥c，显然c≥2。

若c≥5，这时

由，可得

.

矛盾.

故c只可能取2，3，4。

当c=2时，，有

又a≥b≥2，故无解.

当c=3时，，即

又a≥b≥3，故

或或

解得或或

能构成三角形的只有a=8，b=7，c=3.

当c=4时，同理解得a=9，b=4或a=6，b=5.

能构成三角形的只有a=6，b=5，c=4.

故存在三边长均为整数的△ABC，其三边长分别为4，5，6或3，7，8

（2）由，可得

所以， 

又，则有

故△ABC的周长最小值为，当且仅当时，取得此最小值.

四、（20分）已知⊙O1与⊙O2相交于两不同点A、B，点P、E在⊙O1上，点Q、F在⊙O2上，且满足：EF为两圆的公切线，PQ∥EF，PE与QF相交于点R。证明：∠PBR=∠QBR.

O2

O1

N2

N1

M2

Y

X

M1

B

Z

Q

A

P

G

H

F

E

R

证明：如图2，设⊙O1的半径为    r1，，

，

，

易知

.

故

由△EGX∽△BPX，知

同理，。故，即

由PQ∥XY，知，所以∠PBR=∠QBR

五、已知椭圆过定点A（1，0），且焦点在x轴上，椭圆与曲线|y|=x的交点为B、C.现有以A为焦点，过点B、C且开口向左的抛物线，抛物线的顶点坐标为M（m，0）.当椭圆的离心率e满足时，求实数m的取值范围.

解：椭圆过定点A（1，0），则a=1，c=

∵，∴，由对称性知，所求抛物线只要过椭圆与射线y=x（x≥0）的交点，就必过椭圆与射线y=－x（x≥0）的交点

解方程组，得

∵，∴

设抛物线方程为： 

又∵，∴

得

令

∵内有根且单调递增。

∴∴故.

2007年全国高中数赛江西省预赛试卷

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1、为互不相等的正数，，则下列关系中可能成立的是（    ）

、；    、；   、；      、；

解：若，则，不合条件，排除，

又由，故与同号，排除；

且当时，有可能成立，例如取，故选．

2、设，又记则（  ）

、；       、；          、；         、；

解：，，，，据此，，，，。

因为型，故选.

3、设为锐角， ，

则的大小顺序为（       ）

、；    、；   、；      、；

解：， 

，

故.

4、用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中的A、B、C、D四个小方格涂色（允许只用其中几种），使邻区（有公共边的小格）不同色，则不同的涂色方式种数为（       ）. 

、；   、；   、；   、.

解：选两色有种，一色选择对角有种选法，共计种；

选三色有种，其中一色重复有种选法，该色选择对角有种选法，

另两色选位有种，共计种；

四色全用有种（因为固定位置），合计种.

5、正四棱锥的一个对角截面与一个侧面的面积比为，则其侧面与底面的夹角为(     ). 

、；     、；    、；     、.

解：设底面正方形边长为，棱锥的高为，侧面三角形的高为，

则，，则，.

6、正整数集合的最小元素为，最大元素为，并且各元素可以从小到大排成一个公差为的等差数列，则并集中的元素个数为（        ）．

、   、；   、；   、.

解：用表示集的元素个数，设，由，得，于是

，，；

从而．

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、若实数满足：，则          .

解：据条件，是关于的方程的两个根，

即的两个根，

所以；．

8、抛物线顶点为，焦点为，是抛物线上的动点，则的最大值为            ．

解：设抛物线方程为，则顶点及焦点坐标为，若设点坐标为，则，

故．（当或时取等号）

9、计算             .

解： ．

10、过直线：上的一点作一个长轴最短的椭圆，使其焦点为，则椭圆的方程为          .

解：设直线上的点为，取关于直线的

　　对称点，据椭圆定义，

，

当且仅当共线，即，

也即时，上述不等式取等号，此时，

点坐标为，据得，，

椭圆的方程为.

11、把一个长方体切割成个四面体，则的最小值是        .

解：据等价性，只须考虑单位正方体的切割情况，先说明个不够，若为个，因四面体的面皆为三角形，且互不平行，则正方体的上底至少要切割成两个三角形，下底也至少要切割成两个三角形，每个三角形的面积，且这四个三角形要属于四个不同的四面体，以这种三角形为底的四面体，其高，故四个不同的四面体的体积之和，不合；

所以，另一方面，可将单位正方体切割成个四面体； 例如从正方体

中间挖出一个四面体，剩下四个角上的四面体，

合计个四面体.

12、将各位数码不大于的全体正整数按自小到大的顺序排成一个数列，

则           ．

解：简称这种数为“好数”，则一位好数有个；两位好数有个；三位好数有个；…，位好数有个；，记，因，，即第个好数为第个六位好数；而六位好数中，首位为的共有个，前两位为的各有个，因此第个好数的前两位数为，且是前两位数为的第个数；而前三位为的各个，则的前三位为，且是前三位数为的第个数；

而前四位为的各个，则的前四位为，且是前四位数为的第个数；则的前五位为，且是前五位数为的第个数，则．

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、数列满足：；令

；求 

解：改写条件式为，则

，

所以，；

；

．

14、 如图，的外心为，是的中点，直线交于，点分别是的外心与内心，若，

证明：为直角三角形.

证：由于点皆在的中垂线上，设直线交于，交于，则是的中点，是的中点; 因是的内心，故共线，且.

又是的中垂线，则，而为的内、外角平分线，故有，则为的直径，所以，，又因

，

则. 作于，则有，

，且，所以，，故得，因此，是的中位线，从而∥，而，则.故为直角三角形．

证二：记，因是的中垂线，则，由条件①

延长交于，并记，则，对圆内接四边形用托勒密定理得，即②，由①、②得，所以，

即是弦的中点，而为外心，所以，故为直角三角形．

15、若四位数的各位数码中，任三个数码皆可构成一个三角形的三条边长，则称为四位三角形数，试求所有四位三角形数的个数． 

解：称为的数码组，则；

1、当数码组只含一个值，为，共得个值；

2、当数码组恰含二个值，．

、数码组为型，则任取三个数码皆可构成三角形，对于每个，可取个值，则数码组个数为，对于每组，有种占位方式，于是这种有个．

、数码组为型，，据构成三角形条件，有，

、数码组为型，，据构成三角形条件，有，同上得个数码组，对于每组，两个有种占位方式，于是这种有个．

以上共计个．

3、当数码组恰含三个值，．

、数码组为型，据构成三角形条件，则有，这种有组，每组中有种占位方式，于是这种有个．

、数码组为型，，此条件等价于中取三个不同的数构成三角形的方法数，有组，每组中有种占位方式，于是这种有个．

、数码组为型，，同情况，有个值．

以上共计个值．

　　4、互不相同，则有，这种有组，每组有个排法，共得个值．

综上，全部四位三角形数的个数为个．

2007年湖南省高中数赛初赛试卷

一、选择题（本大题共6个小题，每小题6分，满分36分。）

1．设集合，，定义对于任意两个集合的运算：，则=        （    ）

A．   B．   C．   D． 

解：由得或，即，

从而，所以。故选C。

2．函数与有相同的定义域，且对定义域中的任何，有，。若的解集是，则函数是（    ）

A．奇函数   B．偶函数  C．既是奇函数又是偶函数   D．既不是奇函数又不是偶函数

解：因的解集是，故的定义域为即，

所以定义域关于原点对称。又，

所以为偶函数。

3．已知为锐角，则是的                            （    ）

A．充分不必要条件   B．必要不充分条件   C．充要条件   D．既不充分又不必要条件

解：（必要性）取，则。

（充分性）由三元平均值不等式，有

， 

两式相加，得，即，，

这说明两式同时取等号，有，且，又为锐角，知。

4．如果点满足，就叫做点在抛物线的内部，如果点在抛物线的内部，则直线与抛物线    （    ）

A．有一个公共点   B．至少有一个公共点   C．恰有两个公共点   D．无公共点

解：取，显然在的内部。由于对应的直线为，与抛物线没有公共点，因此可排除A、B、C，选D．

或：由消去得，，

故直线与抛物线无公共点．

5．每个顶点的棱数恰好为3的正多面体共有                                    （    ）

A．2种  　　　　 B．3种  　　　　　 C．4种   　　D．5种

解：设正多面体的面数为，棱数为，顶点数为，则，假设正多面体的每一个顶点有3根棱，每一面都是边形，则，，即

，，代入欧拉公式，得，

即（），，知另一个只能是，，中的一个．

由实际计算，可以得出有以下3种：

　　，，．

正多面体的种数：

　　设正多面体的面数为，棱数为，顶点数为，则，

假设正多面体的每一个顶点有根棱，每一面都是边形，则，，即，，代入欧拉公式，得，

即（），由，知与中至少必有一个是，又由知，另一个只能是，，中的一个．

由实际计算，可以得出只有5种正多面体。

　的距离相等，则动点的轨迹所在的曲线是                        （    ）

A．直线  　　　　 B．圆  　　　　　 C．双曲线  　　　 D．抛物线

二、填空题（本大题共6个小题，每小题6分，满分36分。）

7．同住一寝室的四名女生，她们当中有一人在修指甲，一人在看书，一人在梳头发，另一人在听音乐。①即不在修指甲，也不在看书；②既不在听音乐，也不在修指甲；③如果不在听音乐，那不在修指甲；④既不在看书，也不在修指甲；⑤既不在看书，也不在听音乐。若上面的命题都是真命题，问她们各在干什么？

答：A在_____________；B在_____________；C在_____________；D在_____________。

解：因为在上为奇函数且为增函数，

又可化为，所以有

，解不等式组，得．

9．给定，定义使为整数的数叫做“幸运数”，则区间内的所有“幸运数”的和_____________．

解：因为，

　　所以，又，，

　　所以．

10．已知，且，为锐角，则的值为_____________．

11．如图，在正三角形中，分别是各边的中点，分别为的中点，则将沿折成三棱锥后，与所在直线所成的角的大小为_____________．

12．已知，当时， 

  ，则_____________．

解：令，则当时，，故知1,2，3,4为的根．因为为五次式，故可设

，

于是

故　．

三、解答题（本大题共4个小题，满分78分）

13．（本小题满分16分）

设为△内的一点，作于，于，于．

求证：是的充要条件．

证明：先证充分性．

如图，由于，所以D，Q，P，C四点共圆，

进而，．

同理，由D，R，A，Q四点共圆，得

，．

在和中应用正弦定理，得

，，

又，所以．

于是，．

再证必要性．

同上可得，，

又，所以，即，所以．

14．（本小题满分18分）

记为个正数的“均倒数”。已知数列的前项的“均倒数”为．

⑴求和式的值；

⑵设函数，问是否存在最大的实数，使得当时，对于一切自然数，都有．

15．（本小题满分22分）已知是椭圆上任意一点，证明：过点存在一条射线，以该射线为角平分线，可作无数个椭圆的内接三角形，而且的对边都互相平行．

16．（本小题满分22分）

试求方程在区间内有多少个实根？