2007年浙江省高中数学竞赛(A)卷
2007年高考.浙江卷.理科数学试题及解答
2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）第I 卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（1）“1x >”是“2x x >”的（ ） Ａ．充分而不必要条件 Ｂ．必要而不充分条件 Ｃ．充分不必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 （2）若函数()2sin()f x x ωϕ=+，x ∈R （其中0ω>，2ϕπ<）的最小正周期是π，且(0)f =则（ ）A ．126ωϕπ==，B ．123ωϕπ==， C ．26ωϕπ==， D ．23ωϕπ==，（3）直线210x y -+=关于直线1x =对称的直线方程是（ ）Ａ．210x y +-= Ｂ．210x y +-= Ｃ．230x y +-= Ｄ．230x y +-=（4）要在边长为16米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是关径为6米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（ ） Ａ．3 Ｂ．4 Ｃ．5 Ｄ．6（5）已知随机变量ξ服从正态分布2(2)N σ，，(4)0.84P ξ=≤，则(0)P ξ=≤（ ）A ．0.16B ．0.32C ．0.68D ，0.84（6）若P 两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ） Ａ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行 Ｂ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直 Ｃ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交 Ｄ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面（7）若非零向量，a b 满足+=a b b ，则（ ）Ａ．2>2+a a b Ｂ．22<+a a b Ｃ．2>+2b a bＤ． 22<+b a b（8）设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．（9）已知双曲线22221(00)x ya ba b-=>>，的左、右焦点分别为1F，2F，P是准线上一点，且12PF PF⊥，124PF PF ab=，则双曲线的离心率是（）Ｃ．2Ｄ．3（10）设21()1x xf xx x⎧⎪=⎨<⎪⎩，≥，，，()g x是二次函数，若(())f g x的值域是[)0+，∞，则()g x的值域是（）A．(][)11--+∞，，∞B．(][)10--+∞，，∞C．[)0+，∞D．[)1+，∞第II卷（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．（11）已知复数11iz=-，121iz z=+，则复数2z=．（12）已知1sin cos5θθ+=，且324θππ≤≤，则cos2θ的值是．（13）不等式211x x--<的解集是．（14）某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是（用数字作答）．（15）随机变量ξ的分布列如下：其中a b c，，成等差数列，若3Eξ=，则Dξ的值是．（16）已知点O在二面角ABαβ--的棱上，点P在α内，且45POB∠=．若对于β内异于O的任意一点Q，都有45POQ∠≥，则二面角ABαβ--的大小是．（17）设m为实数，若{}22250()30()25x yx y x x y x ymx y⎧⎫-+⎧⎪⎪⎪-⊆+⎨⎨⎬⎪⎪⎪+⎩⎩⎭≥，≥，≤≥，则m的取值范围是．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（18）（本题14分）已知ABC△1，且sin sinA B C+=．（I）求边AB的长；（II）若ABC△的面积为1sin6C，求角C的度数．（19）（本题14分）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点． （I ）求证：CM EM ⊥；（II ）求CM 与平面CDE 所成的角．（20）（本题14分）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ．（I ）求在0k =，01b <<的条件下，S 的最大值； （II ）当2AB =，1S =时，求直线AB 的方程．（21）（本题15分）已知数列{}n a 中的相邻两项212k k a a -，是关于x 的方程2(32)320k kx k x k -++=的两个根，且212(123)k k a a k -=≤，，，． （I ）求1a ，2a ，3a ，7a ； （II ）求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；（Ⅲ）记sin 1()32sin nf n n ⎛⎫=+⎪⎝⎭， (2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…， 求证：15()624n T n ∈*N ≤≤．（22）（本题15分）设3()3x f x =，对任意实数t ，记232()3t g x t x t =-．（I ）求函数()()t y f x g x =-的单调区间； （II ）求证：（ⅰ）当0x >时，()f x g ()()t f x g x ≥对任意正实数t 成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数0x ，使得00()()x t g x g x ≥对任意正实数t 成立．ED C M A（第19题） B2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分50分． （1）A （2）D （3）D （4）B （5）A （6）B （7）C （8）D （9）B （10）C二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分． （11）1 （12）725- （13）{}02x x << （14）266（15）59（16）90（17）403m ≤≤三、解答题（18）解：（I）由题意及正弦定理，得1AB BC AC ++=，BC AC +=， 两式相减，得1AB =．（II ）由ABC △的面积11sin sin 26BC AC C C =，得13BC AC =， 由余弦定理，得222cos 2AC BC AB C AC BC+-=22()2122AC BC AC BC AB AC BC +--==， 所以60C =．（19）本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分14分． 方法一：（I ）证明：因为AC BC =，M 是AB 的中点， 所以CM AB ⊥． 又EA ⊥平面ABC ， 所以CM EM ⊥．（II ）解：过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足是H ，连结CH 交延长交ED 于点F ，连结MF ，MD ． FCM ∠是直线CM 和平面CDE 所成的角． 因为MH ⊥平面CDE ，所以MH ED ⊥，又因为CM ⊥平面EDM ， 所以CM ED ⊥，则ED ⊥平面CMF ，因此ED MF ⊥． 设EA a =，2BD BC AC a ===， 在直角梯形ABDE 中，AB =，M 是AB 的中点，所以3DE a =，EM =，MD =， 得EMD △是直角三角形，其中90EMD =∠， 所以2EM MDMF a DE==．在Rt CMF △中，tan 1MFFCM MC==∠， 所以45FCM =∠，E DC MAE H故CM 与平面CDE 所成的角是45． 方法二：如图，以点C 为坐标原点，以CA ，CB 分别为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系C xyz -，设EA a =，则(2)A a 00，，，(020)B a ，，，(20)E a a ，，．(022)D a a ，，，(0)M a a ，，．（I ）证明：因为()EM a a a =--，，，(0)CM a a =，，， 所以0EM CM =， 故EM CM ⊥．（II ）解：设向量001y z ()，，n =与平面CDE 垂直，则CE ⊥n ，CD ⊥n ， 即0CE =n ，0CD =n ．因为(20)CE a a =，，，(022)CD a a =，，， 所以02y =，02x =-， 即(122)=-，，n ，2cos 2CM CM CM ==，n n n， 直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM所以45θ=，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45． （20）本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分14分．（Ⅰ）解：设点A 的坐标为1()x b ，，点B 的坐标为2()x b ，，由2214x b +=，解得12x =±， 所以1212S b x x =-221b b =-2211b b +-=≤．当且仅当b =S 取到最大值1．（Ⅱ）解：由2214y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得22212104k x kbx b ⎛⎫+++-= ⎪⎝⎭，2241k b ∆=-+，11||||AB x x =-222424k b k -==+． ②设O 到AB 的距离为d ，则21||Sd AB ==，x又因为d =，所以221b k =+，代入②式并整理，得42104k k -+=，解得212k =，232b =，代入①式检验，0∆>，故直线AB 的方程是y x =或y x =y x =+，或y x =-21．本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分15分．（I ）解：方程2(32)320k kx k x k -++=的两个根为13x k =，22k x =，当1k =时，1232x x ==，， 所以12a =；当2k =时，16x =，24x =， 所以34a =；当3k =时，19x =，28x =， 所以58a =时；当4k =时，112x =，216x =， 所以712a =．（II ）解：2122n n S a a a =+++2(363)(222)n n =+++++++2133222n n n ++=+-．（III ）证明：(1)123456212111(1)f n n n nT a a a a a a a a +--=+-++， 所以112116T a a ==， 2123411524T a a a a =+=．当3n ≥时，(1)3456212111(1)6f n n n nT a a a a a a +--=+-++， 345621211116n n a a a a a a -⎛⎫+-++⎪⎝⎭≥2311111662622n ⎛⎫+-++ ⎪⎝⎭≥ 1116626n =+>，同时，(1)5678212511(1)24f n n n nT a a a a a a +--=--++5612212511124n n a a a a a a -⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭≤31511112492922n ⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭≤ 515249224n =-<． 综上，当n ∈N*时，15624n T ≤≤．22．本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．（I ）解：316433x y x =-+． 由240y x '=-=，得 2x =±．因为当(2)x ∈-∞-，时，y '>0， 当(22)x ∈-，时，0y '<， 当(2)x ∈+∞，时，0y '>，故所求函数的单调递增区间是(2)-∞-，，(2)+∞，， 单调递减区间是(22)-，．（II ）证明：（i ）方法一：令2332()()()(0)33t x h x f x g x t x t x =-=-+>，则 223()h x x t '=-，当0t >时，由()0h x '=，得13x t =，当13()x x ∈+∞，时，()0h x '>， 所以()h x 在(0)+∞，内的最小值是13()0h t =． 故当0x >时，()()t f x g x ≥对任意正实数t 成立． 方法二：对任意固定的0x >，令232()()(0)3t h t g x t x t t ==->，则 11332()()3h t t x t -'=-，由()0h t '=，得3t x =．当30t x <<时，()0h t '>．当3t x >时，()0h t '<，所以当3t x =时，()h t 取得最大值331()3h x x =． 因此当0x >时，()()f x g x ≥对任意正实数t 成立．（ii ）方法一：8(2)(2)3t f g ==． 由（i ）得，(2)(2)t t g g ≥对任意正实数t 成立． 即存在正实数02x =，使得(2)(2)x t g g ≥对任意正实数t 成立． 下面证明0x 的唯一性： 当02x ≠，00x >，8t =时，300()3x f x =，0016()43x g x x =-，由（i ）得，30016433x x >-， 再取30t x =，得30300()3x x g x =，所以303000016()4()33x x x g x x g x =-<=， 即02x ≠时，不满足00()()x t g x g x ≥对任意0t >都成立．故有且仅有一个正实数02x =，使得00()0()x t g x g x ≥对任意正实数t 成立． 方法二：对任意00x >，0016()43x g x x =-， 因为0()t g x 关于t 的最大值是3013x ，所以要使00()()x t g x g x ≥对任意正实数成立的充分必要条件是：300161433x x -≥， 即200(2)(4)0x x -+≤， ①又因为00x >，不等式①成立的充分必要条件是02x =， 所以有且仅有一个正实数02x =，使得00()()x t g x g x ≥对任意正实数t 成立．。
2007年温州市摇篮杯高一数学竞赛试题及答案
2007年温州市摇篮杯高一数学竞赛试题及答案2007年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛试题（2007年4月15日）1、已知集合{}|1,A x x x R =≠∈，A B R =U ，则集合B 不可能．．．是（ ）A 、{}|1,x x x R >-∈B 、{}|1,x x x R <-∈C 、{}|1,x x x R ≠-∈D 、{}0,1 2、已知sin36a ︒=，则sin108︒等于（ ）A 、3aB 、334a a - C 、334a a + D 、221a --3、已知c b a ,,均为正数,且都不等于1,若实数z y x ,,满足0111,=++==zy x c b a z y x ,则abc 的值等于（ ）A 、1B 、2C 、3D 、44、将正整数中所有被7整除的数删去，剩下的数依照从小到大的顺序排成一个数列{}na ，则100a 等于（ ） A 、114 B 、115C 、116D 、1175、今有一组实验数据如下：x 0 1 2 3 4 y15312最能近似地表达这些数据规律的函数模型是（ ）A 、xy b a =•B 、21y bxax =++C 、2()y x x a b=-+D 、sin()y A x B ωϕ=++6、已知函数()2f x x bx c=++，若方程()f x x =无实根，则（ ）A 、对一切实数x ，不等式()f f x x >⎡⎤⎣⎦都成立B 、对一切实数x ，不等式()f f x x <⎡⎤⎣⎦都成立C 、存在实数b 和c ，使得不等式()f f x x <⎡⎤⎣⎦对一切实数x 都成立D 、不存在实数b 和c ，使得不等式()f f x x >⎡⎤⎣⎦对一切实数x 都成立7、某流程如右图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是 （ ）A 、2()f x x =B 、()1sin f x x =+C 、()ln 26f x x x =+-D 、2()lg(1)f x x x =+8、已知点O 是ABC∆所在平面内的一点，3260OA OB OC +-=u u u r u u u r u u u r r且::5:4:3AB BC CA =，下列结论错误．．的是 （）A 、点O 在ABC ∆外；B 、::6:3:2AOBBOC COA SS S ∆∆∆=C 、点O 到,,AB BC CA 距离的比是72:45:40D 、,,,O A B C 四点共圆；二、填空题：本大题共6小题，每小题8分，共48分。
2007年浙江省高中数学竞赛A卷(附参考答案)
2007年浙江省高中数学竞赛Ａ卷（附参考答案）一、选择题1.如果，则使的的取值范围为（）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。
应选Ｂ。
2.已知集合，，则＝（）A. B. Ｒ C.D.解：没有实数可以使上述不等式成立。
故。
从而有。
应选Ｃ。
3.以为六条棱长的四面体个数为（）A. 2B. 3C.4D. 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。
应选Ｂ。
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（）种。
A. 89B. 90C.91D. 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。
应选Ｃ5.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. B. C.1 D.解：依题意，，。
△ＡＢＣ的面积为。
应选Ａ。
6.2007重的末二位数字是（）A. 01B. 07C.43D. 49解：记ｋ重。
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。
2 3 4 5 6 7 8 9的末二位数字49 43 01 07 49 43 01 07的末二位数字的变化是以４为周期的规律循环出现。
（为奇整数）（为正整数）因此，与的末二位数字相同，为43。
应选Ｃ。
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。
答案为。
8.设为方程的根（），则。
解：由题意，。
由此可得，，以及。
答案为：。
9.设均为非负实数，则的最小值为。
2007年全国高中数学联合竞赛试题及解答.
2007年全国高中数学联合竞赛一试一、填空题：本大题共6个小题，每小题6分，共36分。
2007*1、如图，在正四棱锥ABCD P -中，060=∠APC ，则二面角C PB A --的平面角的余弦值为A.71 B.71- C.21 D.21-◆答案：B★解析：如图，在侧面PAB 内，作AM ⊥PB ，垂足为M 。
连结CM 、AC ，则∠AMC 为二面角A−PB−C 的平面角。
不妨设AB =2，则22==AC PA ，斜高为7，故2272⋅=⨯AM ，由此得27==AM CM 。
在△AMC 中，由余弦定理得712cos 222-=⋅⋅-+=∠CM AM AC CM AM AMC 。
2007*2、设实数a 使得不等式2232a a x a x ≥-+-对任意实数x 恒成立，则满足条件的a 所组成的集合是A.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-31,31 B.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-21,21 C.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-31,41 D.[]3,3-◆答案：A★解析：令a x 32=，则有31||≤a ，排除B 、D 。
由对称性排除C ，从而只有A 正确。
一般地，对R k ∈，令ka x 21=，则原不等式为2|||34|||23|1|||a k a k a ≥-⋅+-⋅，由此易知原不等式等价于|34|23|1|||-+-≤k k a ，对任意的R k ∈成立。
由于⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<-<≤-≥-=-+-125334121134325|34|23|1|k k k k k k k k ，所以31|}34|23|1{|min R =-+-∈k k k ，从而上述不等式等价于31||≤a 。
2007*3、将号码分别为9,,2,1 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，乙从袋中再摸出一个球，其号码为b 。
则使不等式0102>+-b a 成立的事件发生的概率等于A.8152 B.8159 C.8160 D.8161◆答案：D ★解析：甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故基本事件总数为8192=个。
2007年全国高中数学联赛试题及答案
2007年全国高中数学联合竞赛 (一试)一、 选择题（每小题6分，共36分） 1. 如图，在正四棱锥P ABCD -中，60APC ∠=︒，则二面角A PB C --的平面角的余弦值为（ ）．A ．17B ．17-C ．12D ．12-2.设实数a 使得不等式2|2||32|x a x 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 ．1133,⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1122,⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．1143,⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．[]33,-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2100a b -+>成立的事件发生的概率等于（ ）A ．5281B ．5981C ．6081D ．61814.设函数()3sin 2cos 1f x x x =++．若实数a 、b 、c 使得()()1af x bf x c +-=对任意实数x 恒成立，则cos b ca的值等于（ ）．A ．12-B ．12C ．1-D ．15.设圆1O 和圆2O 是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（ ）．A ．B ．C. D ．6.已知A 与B 是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且A B I 为空集．若n A ∈时总有22n B +∈，则集合A B U 的元素个数最多为（ ）．A ． 62B ．66C ．68D ．74A B CDPMPDCBA二．填空题（每小题9分，共54分） 7. 在平面直角坐标系内，有四个定点(30),A -，(11),B -，(03),C ，(13),D -及一个动点P ，则||||||||PA PB PC PD +++的最小值为__________．8.在ABC ∆和AEF ∆中，B 是EF 的中点，1AB EF ==，6BC =，CA =，若2AB AE AC AF ⋅+⋅=，则EF 与BC 的夹角的余弦值等于___________．9. 已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，以顶点A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{}n a 的公差d 不为0，等比数列{}n b 的公比q 是小于1的正有理数．若1a d =，21b d =，且222123123a a ab b b ++++是正整数，则q 等于__________．11.已知函数15()()44f x x =≤≤，则()f x 的最小值为__________． 12.将2个a 和2个b 共4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有__________种（用数字作答）．二、 解答题(本题每小题20分，共计60分)13. 设11(1)nn k a k n k ==+-∑，求证：当正整数2n ≥时，1n n a a +<．P F DC BA14.已知过点(0，1)的直线l 与曲线C ：1(0)y x x x=+>交于两个不同点M 和N ．求曲线C 在点M 、N 处切线的交点轨迹．15.设函数()f x 对所有的实数x 都满足(2π)()f x f x +=，求证：存在4个函数()i f x ()1234,,,i =满足：⑴ 对1234,,,i =，()i f x 是偶函数，且对任意的实数x ，有(π)()i i f x f x +=； ⑵ 对任意的实数x ，有1234()()()cos ()sin ()sin 2f x f x f x x f x x f x x =+++．2007年全国高中数学联合竞赛 （二试）一、(本题满分50分) 如图，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 ．1O 、2O 分别是BDF ∆、CDE ∆的外心．求证：1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是ABC ∆的垂心．二．(本题满分50分) 如图，在78⨯的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子．如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这两个棋子相连．现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连．问最少取出多少个棋子才可能满足要求？并说明理由．三 (本题满分50分) 设集合{}12345,,,,P =，对任意k P ∈和正整数m ，记(),f m k =∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++5111i i k m ，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 =．1234567876543211254311109876543211234567876543212007年全国高中数学联合竞赛 (一试)一选择题（每小题6分，共36分）1如图，在正四棱锥P ABCD -中，60APC ∠=︒，则二面角A PB C --的平面角的 余弦值为（ ）A ．17B ．17-C ．12D ．12-A B CDPMPDCBA【解答】B如图，在侧面PAB 内，作AM PB ⊥，垂足为M ．连接CM 、AC ，则AMC ∠为二面角A PB C --的平面角．不妨设2AB =，则PA AC ==，故222AM =⋅，由此得CM AM ==．在A M C ∆中，由余弦定理得2221cos 27AM CM AC AMC AM CM +-∠==-⋅⋅． 2.设实数a 使得不等式2|2||32|x a x 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 ．1133,⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1122,⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．1143,⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D ．[]33,-【解答】A ．令23x a =，则有1||3a ≤，排除B 、D ．由对称性排除C ，从而只有A 正确．一般地，对k ∈R ，令12x ka =，则原不等式为234|||1|||||23a k a k a ⋅-+⋅-≥，由此易知原不等式等价于34|||1|23a k k -+-≤，对任意的k ∈R 成立．由于543,233414|1|1,1232353,12k k k k k k k k ⎧-⎪⎪⎪-+-=-<⎨⎪⎪-<⎪⎩≥≤，所以R 341min |1|233k k k ∈⎧⎫-+-=⎨⎬⎩⎭，从而上述不等式等价于1||3a ≤．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2100a b -+>成立的事件发生的概率等于（ ）A ．5281B ．5981C ．6081D ．6181【解答】D甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故基本事件总数为2981=个．由不等式2100a b -+>得210b a <+，于是，当1b =、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9545⨯=种；当6b =时，a 可取3、4、…、9中每一个值，有7种；当7b =时，a 可取5、6、7、8、9中每一个值，有5种；当8b =时，a 可取7、8、9中每一个值，有3种；当9b =时，a 只能取9，有1种．于是，所求事件的概率为457531618181++++=．4.设函数()3sin 2cos 1f x x x =++．若实数a 、b 、c 使得()()1af x bf x c +-=对任意实数x 恒成立，则cos b ca 的值等于（ ）A ．12-B ．12 C ．1- D ．1【解答】C ．令πc =，则对任意的x ∈R ，都有()()1f x f x c +-=，于是取12a b ==，πc =，则对任意的x ∈R ，()()1af x bf x c +-=，由此得cos 1b ca=-．一般地，由题设可得())1f x x ϕ++，())1f x c x c ϕ-+-+，其中02πϕ<<且2tan 3ϕ=，于是()()1af x bf x c +-=可化为sin()sin()1x x c a b ϕϕ++-++=，即sin()sin()cos sin cos()(1)0x x c c x a b ϕϕϕ+++++-=，所以cos )sin()sin cos()(1)0a b c x c x a b ϕϕ+++++-=．由已知条件，上式对任意x ∈R 恒成立，故必有cos 0(1)sin 0(2)10(3)a b c b c a b +=⎧⎪=⎨⎪+-=⎩， 若0b =，则由⑴知0a =，显然不满足⑶式，故0b ≠．所以，由⑵知sin 0c =，故2ππc k =+或2πc k =()k ∈Z ．当2πc k =时，cos 1c =，则⑴、⑶两式矛盾．故2ππc k =+()k ∈Z ，cos 1c =-．由⑴、⑶知12a b ==，所以cos 1b ca =-．5.设圆1O 和圆2O 是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（ ）．A ．B ．C. D ．【解析】A ．设圆1O 和圆2O 的半径分别是1r 、2r ，122O O c =，则一般地，圆P 的圆心轨迹是焦点为1O 、2O ，且离心率分别是122c r r +和122||cr r -的圆锥曲线（当12r r =时，12O O的中垂线是轨迹的一部份，当0c =时，轨迹是两个同心圆）．当12r r =且122r r c +<时，圆P 的圆心轨迹如选项B ；当1202c r r <<-时，圆P 的圆心轨迹如选项C ；当12r r ≠且122r r c +<时，圆P 的圆心轨迹如选项D ．由于选项A 中的椭圆和双曲线的焦点不重合，因此圆P 的圆心轨迹不可能是选项A ．6.已知A 与B 是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且A B 为空集．若n A ∈时总有22n B +∈，则集合A B U 的元素个数最多为（ ）． A ．62 B ．66 C ．68 D ．74 【解析】B ．先证66A B U ≤，只须证33A ≤，为此只须证若A 是{1，2，…，49}的任一个34元子集，则必存在n A ∈，使得22n B +∈．证明如下：将{1，2，…，49}分成如下33个集合：{1，4}，{3，8}，{5，12}，…，{23，48}共12个；{2，6}，{10，22}，{14，30}，{18，38}共4个；{25}，{27}，{29}，…，{49}共13个；{26}，{34}，{42}，{46}共4个．由于A 是{1，2，…，49}的34元子集，从而由抽屉原理可知上述34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22n B +∈．如取A ={1，3，5，…，23，2，10，14，18，25，27，29，…，49，26，34，42，46}，{22},B n n A =+∈，则A 、B 满足题设且66A B U ≤．三． 填空题（每小题9分，共54分）7.在平面直角坐标系内，有四个定点(30),A -，(11),B -，(03),C ，(13),D -及一个动点 P ，则||||||||PA PB PC PD +++的最小值为__________．【解析】 如图，设AC 与BD 交于F 点，则 ||||||||||PA PC AC FA FC +=+≥， ||||||||||PB PD BD FB FD +=+≥． 因此，当动点P 与F 点重合时，||||||||PA PB PC PD +++取到最小值||||AC BD +=8.在ABC ∆和AEF ∆中，B 是EF 的中点，1AB EF ==，6BC =，CA =若2AB AE AC AF ⋅+⋅=，则EF 与BC 的夹角的余弦值等于___________．【解析】∵2AB AE AC AF ⋅+⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r，∴()()2AB AB BE AC AB BF ⋅++⋅+=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，即22AB AB BE AC AB AC BF +⋅+⋅+⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ．∵21AB =u u u r，11AC AB ⋅==-u u u r u u u r ，BE BF =-u u u r u u u r ， ∴1()12BF AC AB +⋅--=u u u r u u u r u u u r ，即2BF BC ⋅=．设EF u u u r 与BC u u ur 的夹角为θ，则有||||cos 2BF BC θ⋅⋅=u u u r u u u r ，即3cos 2θ=，所以2cos 3θ=．9.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，以顶点A面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于___________．【解析】如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上，即面11AA BB 、面ABCD 和面11AA D D 上；另一类在不过顶点A 的三个面上，即面11BB C C 、面11CC D D 和面1111A B C D 上．在面11AA B B 上，交线为弧EF 且在过球心A 的大圆上，因为AE ，11AA =，则1π6A AE ∠=．同理π6BAF ∠=，所以π6EAF ∠=，故弧EF PFD CBAπ6，而这样的弧共有三条．在面11BB C C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为Bπ2 FBG∠=，所以弧FG的长为π2=．这样的弧也有三条．于是，所得的曲线长为3π3966⨯+⨯=．10.已知等差数列{}n a的公差d不为0，等比数列{}n b的公比q是小于1的正有理数．若1a d=，21b d=，且222123123a a ab b b++++是正整数，则q等于__________．【解析】12．因为22222212311122123111()(2)141a a a a a d a db b b b b q b q q q++++++==++++++，故由已知条件知道：21q q++为14m，其中m为正整数．令2141q qm++=，则1122q=-+=-+由于q是小于1的正有理数，所以1413m<<，即513m≤≤且5634mm-是某个有理数的平方，由此可知12q=．11.已知函数15()()44f x x=≤≤，则()f x的最小值为__________．．实际上πs i nπ215()()44xf x x⎛⎫-+⎪=≤≤，设π15()π()444g x x x⎛⎫=-⎪⎝⎭≤≤，则()0g x≥，()g x在13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是增函数，在35,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数，且()y g x=的图像关于直线34x=对称，则对任意113,44x⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，存在235,44x⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使21()()g x g x=．11A1于是12()()f x f x ===，而()f x 在35,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数，所以5()45f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭≥，即()f x 在15,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值是5．12.将2个a 和2个b 共4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有__________种（用数字作答）．【解答】 3960．使2个a 既不同行也不同列的填法有2244C A 72=种，同样，使2个b 既不同行也不同列的填法也有2244C A 72=种，故由乘法原理，这样的填法共有272种，其中不符合要求的有两种情况：2个a 所在的方格内都填有b 的情况有72种；2个a 所在的方格内仅有1个方格内填有b 的情况有12169C A 种．所以，符合题设条件的填法共有2121697272C A 3960--=种．四． 解答题(本题每小题20分，共计60分) 13．设11(1)nn k a k n k ==+-∑，求证：当正整数2n ≥时，1n n a a +<．【解析】由于1111(1)11k n k n k n k ⎛⎫=+ ⎪+-++-⎝⎭，因此1211n n k a n k ==+∑，于是，对任意的正整数2n ≥，有111111111()212n n n n k k a a n k n k++==-=-++∑∑111111111012(1)(2)(1)(2)n n k k n n k n n n n k ==⎛⎫⎛⎫=--=-> ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭∑∑，即1n n a a +<． 14.已知过点(0，1)的直线l 与曲线C ：1(0)y x x x=+>交于两个不同点M 和N ．求曲线C在点M 、N 处切线的交点轨迹．【解析】设点M 、N 的坐标分别为1(x ，1)y 和2(x ，2)y ，曲线C 在点M 、N 处的切线分别为1l 、2l ，其交点P 的坐标为(P x ，)P y ．若直线l 的斜率为k ，则l 的方程为1y kx =+． 由方程组11y x x y kx ⎧=+⎪⎨⎪=+⎩，消去y ，得11x kx x +=+，即2(1)10k x x -+-=．由题意知，该方程在(0，)+∞上有两个相异的实根1x 、2x ，故1k ≠，且 14(1)0k ∆=+-> ……①，12101x x k +=>- ……②，12101x x k=>- ……③，由此解得314k <<．对1y x x=+求导，得211y'x =-，则1211|1x x y'x ==-，2221|1x x y'x ==-，于是直线1l 的方程为112111()y y x x x ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，即11211111()y x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，化简后得到直线1l 的方程为211121y x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭……④．同理可求得直线2l 的方程为222121y x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭……⑤．④-⑤得22211211220p x x x x x ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，因为12x x ≠，故有12122p x x x x x =+ ……⑥．将②③两式代入⑥式得2P x =．④-⑤得222212*********p p y x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+++⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦……⑦，其中121212111x xx x x x ++==，2222121212122222221212121212()211212(1)21x x x x x x x x k k x x x x x x x x x x ⎛⎫++-++===-=--=- ⎪⎝⎭， 代入⑦式得2(32)2p P y k x =-+，而2P x =，得42P y k =-．又由314k <<得522p y <<，即点P 的轨迹为(2，2)，(2，2.5)两点间的线段（不含端点）．15.设函数()f x 对所有的实数x 都满足(2π)()f x f x +=，求证：存在4个函数()i f x ()1234,,,i =满足：⑴ 对1234,,,i =，()i f x 是偶函数，且对任意的实数x ，有(π)()i i f x f x +=； ⑵ 对任意的实数x ，有1234()()()cos ()sin ()sin 2f x f x f x x f x x f x x =+++．【解析】记()()()2f x f x g x +-=，()()()2f x f x h x --=，则()()()f x g x h x =+，且()g x 是偶函数，()h x 是奇函数， 对任意的x ∈R ，(2π)()g x g x +=，(2π)()h x h x +=．令1()(π)()2g x g x f x ++=，2()(π)ππ2cos 2()ππ2g x g x x k x f x x k -+⎧≠+⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，3()(π)π()2sin 0πh x h x x k f x xx k -+⎧≠⎪=⎨⎪=⎩，4()(π)π2sin 22()π02h x h x k x x f x k x ++⎧≠⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩，其中k 为任意整数．容易验证()i f x ，1234,,,i =是偶函数，且对任意的x ∈R ，(π)()i i f x f x +=，1234,,,i =．下证对任意的x ∈R ，有12()()cos ()f x f x x g x +=．当ππ2x k ≠+时，显然成立；当ππ2x k =+时，因为121()(π)()()cos ()2g x g x f x f x x f x +++==，而3π3πππ(π)ππ2(1)π(π)π()2222g x g k g k k g k g k g x ⎛⎫⎡⎤⎛⎫+=+=+-+=--=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎝⎭， 故对任意的x ∈R ，12()()cos ()f x f x x g x +=．下证对任意的x ∈R ，有34()sin ()sin 2()f x x f x x h x +=．当π2k x ≠时，显然成立； 当πx k =时，()(π)(π2π)(π)(π)h x h k h k k h k h k ==-=-=-，所以()(π)0h x h k ==， 而此时34()sin ()sin 20f x x f x x +=，故34()sin ()sin 2()f x x f x x h x +=；当ππ2x k =+时，3π3πππ(π)(π)π2(1)πππ()2222h x h k h k k h k h k h x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+=+-+=--=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故3()(π)()sin ()2h x h x f x x h x -+==，又4()sin 20f x x =，从而有34()sin ()sin 2()f x x f x x h x +=．于是，对任意的x ∈R ，有34()sin ()sin 2()f x x f x x h x +=． 综上所述，结论得证．2007年全国高中数学联合竞赛 （二试）一(本题满分50分) 如图，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 ．1O 、2O 分别是BDF ∆、CDE ∆的外心．求证：1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是ABC ∆的垂心．【解答】 连接BP 、CP 、12O O 2、2EO 2、EF 、1FO 1．∵PD BC ⊥，PF AB ⊥，∴B 、D 、P 、F 四点共圆，且BP 为该圆的直径． 又∵1O 是BDF ∆的外心，∴1O 1在BP 上且是BP 的中点．同理可证C 、D 、P 、E 四点共圆，且2O 是CP 的中点．综合以上知12O O BC ∥，所以21PO O PCB ∠=∠．∵AF AB AP AD AE AC ⋅=⋅=⋅，∴B 、C 、E 、F 四点共圆． 充分性：设P 是ABC ∆的垂心，由于PE AC ⊥，PF AB ⊥，所以B 、1O 、P 、E 四点共线，C 、2O 、P 、F 四点共线，211FO O FCB FEB FEO ∠=∠=∠=∠ 1，故1O 、2O 、E 、F 四点共圆． 必要性：设1O 、2O 、E 、F 四点共圆，则121180O O E EFO ∠+∠=︒． 由于21PO O PCB ACB ACP ∠=∠=∠-∠，又∵O 2是直角CEP ∆的斜边中点，也就是CEP ∆的外心，∴22PO E ACP ∠=∠． ∵2O 是直角BFP ∆的斜边中点，也就是BFP ∆的外心，从而119090FPO BFO ABP ∠=︒-∠=︒-∠．∵B 、C 、E 、F 四点共圆，∴AFE ACB ∠=∠，90PFE ACB ∠=︒-∠．于是，由121180O O E EFO ∠+∠=︒得()2(90)(90)180ACB ACP ACP ABP ACB ∠-∠+∠+︒-∠+︒-∠=︒，即A B ∠=∠． 又∵AB AC <，AD BC ⊥，故BD CD <．设B '是点B 关于直线AD 的对称点，则B '在线段DC 上且B D BD '=． 连接AB '、PB '．由对称性，有AB P ABP '∠=∠，从而AB P ACP '∠=∠， ∴A 、P 、B '、C 四点共圆．由此可知90PB B CAP ACB '∠=∠=︒-∠．∵PBC PB B '∠=∠，∴(90)90PBC ACB ACB ACB ∠+∠=︒-∠+∠=︒，故直线BP 和AC 垂直．由题设P 在边BC 的高上，所以P 是ABC ∆的垂心．二、 (本题满分50分) 如图，在78⨯的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子．如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这两个棋子相连．现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连．问最少取出多少个棋子才可能满足要求？并说明理由．123456787654321125431110987654321123456787654321【解答】 最少要取出11个棋子，才可能满足要求．其原因如下：如果一个方格在第i 行第j 列，则记这个方格为(i ，)j ．第一步证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连．用反证法．假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠． 如图，在每一行的前五格中必须各取出一个棋子，后三列的前五格中也必须各取出一个棋子．这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分． 同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分．第1、2行必在每行取出一个，且只能分布在(14),、(15),、(24),、(25),这些方格．同理(64),、(65),、(74),、(75),这些方格上至少要取出2个棋子．在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在(31),、(32),、(33),、(41),、(42),、(43),、(51),、(52),、(53),所在区域，同理(36),、(37),、(38),、(46),、(47),、(48),、(56),、(57),、(58),所在区域内至少取出3个棋子．这样，在这些区域内至少已取出了10个棋子．因此，在中心阴影区域内不能取出棋子．由于①、②、③、④这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了．矛盾．第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠． 如图，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠．综上所述，最少要取走11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠．三、 (本题满分50分) 设集合{}12345,,,,P =，对任意k P ∈和正整数m ，记(),f m k =∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++5111i i k m ，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 =． 【解答】 定义集合{}*,A k P =∈∈N ，其中*N 为正整数集．由于对任意k 、i P ∈且k i ≠，11++i k 是无理数， 则对任意的1k 、2k P ∈和正整数1m 、2m，m m =当且仅当12m m =，12k k =．由于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 下面确定n 与m 、k的关系．若m ≤，则1m ≤由1m 是正整数可知，对12345,,,,i =，满足这个条件的1m的个数为⎡⎢⎣．从而n =∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++5111i i k m (),f m k =．因此对任意*n ∈N ，存在*m ∈N ，k P ∈，使得(),f m k n =．。
2007年浙江省数学分析竞赛试题及答案
2007浙江省第六届数学分析竞赛试题一．计算题 1. 求951x dx x +⎰.解：原式()55215x d x =+⎰()232211553t dt t t C ⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭⎰. 2. 求()()1120112limsin xxx x x x→+-+.解：令()()11xf x x =+，则原式()()002lim limsin x x f x f x xx x→→-=()()()0lim 22x f x f x →''=-()()()()()()00002lim lim 2lim 2lim 2x x x x f x f x f x f x f x f x →→→→''=-()()()()002lim 2lim 2x x f x f x e e f x f x →→''=-()()limx f x e f x →'=-()()2001ln 11lim lim 1x x x x x e x x →→-++=-+()0ln 1lim22x x ee x →-+=-=.3. 求p 的值，使()()220070bx p ax p edx ++=⎰.解：情形一，当a b =时，p 的值可以任意取；情形二，当a b ≠时，做变换t x p =+，则 原式左边22007b pt a pt e dt ++=⎰，因为被积函数是奇函数，故当()a p b p +=-+时，即2a b p +=-时，有()()220070b x p a x p e dx ++=⎰. 4. 设(),x ∀∈-∞+∞，()0f x ''≥，且()201x f x e-≤≤-，求()f x 的表达式.解：（1）由()2011x f x e-≤≤-<，知()f x 有界；（2）下证()0f x '=，(),x ∀∈-∞+∞.假若存在()0,x ∈-∞+∞，使得()00f x '≠，则()()()()()()2000012f x f x f x x x f x x ξ'''=+-+- ()()()000f x f x x x '≥+-，若()00f x '>，则()()()()000f x f x f x x x '≥+-→+∞，()x →+∞，这与()f x 有界矛盾；若()00f x '<，则()()()()000f x f x f x x x '≥+-→+∞，()x →-∞，这与()f x 有界矛盾，因此()00f x '=，(),x ∀∈-∞+∞，()f x C =，(),x ∀∈-∞+∞；（3）由()00010f e ≤≤-=，知()00f =，因此()0f x =，(),x ∀∈-∞+∞.5. 计算()2Sxy dS +⎰⎰，其中S 为柱面224x y +=，()01z ≤≤.解：方法一 因圆柱面224xy +=，()01z ≤≤的参数方程为2c o s 2s i nx uy u z v =⎧⎪=⎨⎪=⎩， 故2dSEG F dudv =-，其中2224u u u E x y z =++=，0u v u v u v F x x y y z z =++=，2221v v v G x y z =++=， 于是()()122224cos 2sin Sxy dS dv u u du π+=+⎰⎰⎰⎰()2224cos 2sin u u du π=+⎰20cos21882u du ππ-==⎰.方法二 注意到对称性()22SSx y dS x dS +=⎰⎰⎰⎰()2212Sx y dS =+⎰⎰()1144221822S dS ππ==⋅⋅⋅⋅=⎰⎰. 二．设1211211212345632313nu n n n=+-++-+++--- ， 111123n v n n n=+++++ ，求（1）1010u v ，（2）lim n n u →∞.解：（1）因为111111232n u n n ⎛⎫=+++-+++ ⎪⎝⎭，111111232n v n n ⎛⎫=+++-+++ ⎪⎝⎭， 故n n u v =，因此10101u v =， （2）方法一 2111lim lim lim 1n n n n n n k u v k n n→∞→∞→∞===+∑()22001ln 1ln31dx x x ==+=⎡⎤⎣⎦+⎰.方法二 利用111ln 2n n c nε+++=++ ，其中lim 0n n ε→∞=，()()3lim lim ln3ln n n n n n u n c n c εε→∞→∞⎡⎤=++-++⎣⎦()3lim ln3n n n εε→∞=+- ln3=.三．有一个边长为4π的正方形纸（如图），C 、D 分别为AA '、BB '的中点，E 为DB '的中点.现将纸卷成圆柱形，使A 与A '重合，B 与B '重合，并将圆柱垂直放在xoy 平面上，且B 与原点O 重合，D 落在y 轴正向上.求：（1）通过C ，E 两点的直线绕z 轴旋转所得的旋转面方程； （2）此旋转面、xoy 平面和过A 点垂直于z 轴的平面所围成的立体体积. 解：()0,0,0B ，()0,4,4C π，()0,4,0D ，()2,2,0E ，通过()0,4,4Cπ和()2,2,0E 两点的直线l 方程为22224x y z π--==-，即22z x π=-，22zy π=+， （1）通过C ，E 两点的直线l 绕z 轴旋转所得的旋转面方程为22222222z z x y ππ⎛⎫⎛⎫+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即222282z x y π+=+； （2）此旋转曲面()222228z x y π=+-，xoy 平面0z=和过A 点垂直于z 轴的平面4z π=所围成的立体体积为22224082z x y V dxdydz dzdxdy ππΩ+≤+==⎰⎰⎰⎰⎰⎰242082z dz πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰432086z z πππ⎛⎫=+⎪⎝⎭ 222321283233πππ=+=.四．求函数()2222,,x yz f x y z x y z+=++，在(){}222,,:14D x y z x y z =≤++≤上的最大值和最小值.解：解法一 令cos x ρϕ=，cos sin y ρθϕ=，sin sin zρθϕ=，则()222221,,1sin 21sin 2x yz f x y z x y z θϕ+⎛⎫==+- ⎪++⎝⎭， 其中[]0,ϕπ∈，[],θππ∈-，因()311sin 21222g θθ-≤=-≤-，且32-，12-分别是()1sin 212g θθ=-的最小值和最大值， 故()2222,,x yz f x y z x y z +=++在D 上的最小值和最大值为别为31122⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭，101+=.解法二 由()()22221122y z yz y z -+≤≤+， 得()()22222222213112222x y z x x yz x y z x -+++≤+≤+++， ()222222212x y z x yz x y z -++≤+≤++， ()1,,12f x y z -≤≤， 且等号能达到，(),0,01f x =，()10,,2f y y -=-，故()2222,,x yz f x y z x y z +=++在D 上的最小值和最大值为别为12-，1. 五．求11limnk n k n n knC →∞=+-∑. 解：记11n n kk n n kx nC =+-=∑， ()()()22212!3!4!10112n x n n n n n n n n≤=+++++---()212!12n n n n ≤+-+()441n n n=-<， 故11lim0nk n k n n knC →∞=+-=∑. 六．证明：24cos 21x x x ≤-++，20,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.证明：只要证()224cos 21x x x +≤+，20,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.该不等式等价于222cos 2cos 21x x x +≤，20,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即222cos 2sin 2x x x ≤，20,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令2tx =，则只要证 sin cos tt t≤，0,2t π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭， 为此，作()sin ,cos t f t t t =-0,2t π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭则()31cos cos 12t t f t +'=-，0,2t π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭因此()31cos cos 12t t f t +'=-311cos 110cos cos t tt≥⋅-=-≥，0,2t π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭ 于是当02t π≤<时，()()sin 00cos tf t t f t=-≥=.结论得证.。
通知
林炜
镇海中学
A组
绍兴
111
姚元
诸暨中学
A组
宁波
150
虞华艇
镇海中学
A组
绍兴
112
刘于绰
诸暨中学
A组
宁波
151
陈培文
镇海中学
A组
绍兴
113
张家怡
诸暨中学
A组
宁波
152
杨根茂
象山中学
A组
杭州
114
杨嘉胤
杭州二中
A组
宁波
153
杨起帆
镇海中学
A组
嘉兴
115
陆范菲
嘉善高级中学
A组
绍兴
154
徐远
新昌中学
A组
郦润华
诸暨中学
A组
宁波
94
井永乐
效实
A组
温州
133
叶立早
温州中学
A组
宁波
95
叶荔
余姚中学
A组
湖州
134
郑欣
湖州中学
A组
宁波
96
马潇辉
慈溪中学
A组
金华
135
陈赞迪
兰溪一中
A组
宁波
97
丁雪成
慈溪中学
A组
台州
136
杨羲
路桥中学
A组
宁波
98
陈超丰
慈溪中学
A组
嘉兴
137
皮学锋
嘉兴一中
A组
宁波
99
陈硕冰
镇海中学
杭州二中
A组
金华
65
华佳驹
东阳中学
2007年高考浙江卷(理科数学)
2007年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（浙江卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.“1x >”是“2x x >”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件2.若函数()2sin()f x x ωϕ=+，x R ∈（其中0ω>，2ϕπ<）的最小正周期是π，且(0)f =A ．12ω=，6ϕπ= B ．12ω=，3ϕπ=C ．2ω=，6ϕπ=D ．2ω=，3ϕπ=3.直线210x y -+=关于直线1x =对称的直线方程是 A ．210x y +-= B ．230x y +-= C ．230x y +-= D ．210x y +-=4.要在边长为16米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为6米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是A ．3B ．4C ．5D ．6 5.已知随机变量ξ服从正态分布2(2,)N σ，(4)0.84P ξ≤=，则(0)P ξ≤= A ．0.16 B ．0.32 C ．0.68 D.0.84 6.若P 两条异面直线l ，m 外的任意一点，则 A ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都平行 B ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直 C ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都相交 D ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都异面 7.若非零向量a ，b 满足a b b +=，则A ．2a a b >2+B ．2a a b <2+C ．2b a b >+2 D.2b a b <+28. 设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能的是9.已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的左、右焦点分别为1F ，2F ，P 是准线上一点，且12PF PF ⊥，124PF PF ab ⋅=，则双曲线的离心率是 ABC ．2D ．310.设21()1x x f x xx ⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，()g x 是二次函数，若(())f g x 的值域是[0)+∞，，则()g x 的值域是A ．(1][1)-∞-+∞，3B ．(1][0)-∞-+∞，C ．[0)+∞，D ．[1)+∞， 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分． 11.已知复数11z i =-，121z z i ⋅=+，则复数2z = ．12.已知1sin cos 5θθ+=，且324ππθ≤≤，则cos2θ的值是 ．13.不等式211x x --<的解集是 ．14.某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种.小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是 （用数字作答）． 15.随机变量ξ的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，若3E ξ=，则D ξ的值是．16.已知点O 在二面角AB αβ--的棱上，点P 在α内，且45POB ∠=．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有45POQ ∠≥，则二面角AB αβ--的大小是 ．17.设m 为实数，若{}22250()30()250x y x y x x y x y mx y ⎧⎫-+≥⎧⎪⎪⎪-≥⊆+≤⎨⎨⎬⎪⎪⎪+≥⎩⎩⎭，，，则m 的取值范围是 ．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．18.（本小题满分14分）已知ABC ∆1，且sin sin A B C +=． （Ⅰ）求边AB 的长；（Ⅱ）若ABC ∆的面积为1sin 6C ，求角C 的度数．19.（本小题满分14分）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且AC =BC 2BD AE ==，M 是AB 的中点． （Ⅰ）求证：CM EM ⊥；（Ⅱ）求CM 与平面CDE 所成的角．20.（本小题满分14分）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ．（Ⅰ）求在0k =，01b <<的条件下，S（Ⅱ）当2AB =，1S =时，求直线ABABCDEM21.（本小题满分15分）已知数列{}n a 中的相邻两项21k a -，2k a 是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++⋅=的两个根，且212k k a a -≤（123k =，，，）． （Ⅰ）求1a ，3a ，5a ，7a ； （Ⅱ）求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；（Ⅲ）记sin 1()(3)2sin n f n n =+，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n nT a a a a a a a a +-----=++++…， 求证：15()624n T n N ≤≤∈*．22.（本小题满分15分）设3()3x f x =，对任意实数t ，记232()3t g x t x t =-．（Ⅰ）求函数8()()y f x g x =-的单调区间；（Ⅱ）求证：①当0x >时，()()t f x g x ≥对任意正实数t 成立； ②有且仅有一个正实数0x ，使得800()()t g x g x ≥对任意正实数t 成立．。
数论例题
竞赛中的数论问题【知识点介绍】初等数论也叫做整数论，其研究对象是整数，由于其形式简单，所用知识不难理解，因而常常出现在数学竞赛中．数学竞赛中的数论问题主要涉及奇数和偶数，约数与倍数，素数与合数，平方数、整除、同余、不定方程、数论函数[x ]和欧拉函数、数的非十进制等．处理竞赛中的数论问题要求熟悉基本知识，灵活地运用一些常用技巧．在本讲中，如没有特别说明，所用的字母均表示整数．1．整除设a 、b 是两个整数，b ≠0，则一定有且仅有两个整数q 和r ，使得a =bq +r (0≤r <|b |)成立，其中q 叫做商，r 叫做余数．当r =0时，称b 整除a (或a 能被b 整除)，记作b |a ．此时a 叫b 的倍数，b 叫a 的约数(因数)．设n 是正整数，k 是不小于2的整数，则存在惟一的一组小于k 的非负整数12,,,m a a a ，且10a >，使得12121m m m m n a k a k a k a ---=++++ ，这就是n 的k 进制表示．设a 、b 是两个不全为0的整数，若整数d 既能整除a 又能整除b ，则称d 是a 、b 的公约数，a 、b 的公约数中的最大者称为a 、b 的最大公约数，记为(a ，b )．若(a ，b )=1，则称a 、b 是互素(互质)的．设a 、b 是两个都不为0的整数，若m 是a 的倍数，同时又是b 的倍数，则称m 是a 、b 的公倍数，a 、b 的公倍数中最小的正数称为a 、b 的最小公倍数，记为[a ，b ]．对任意的正整数a 、b 有：(a ，b ) [a ，b ]=ab ．对非零整数a 、b 、c 、m 、n ，有以下性质：(1) 若|,|c b b a ，则|c a ;(2) 若|b a ，则|bm am ;(3) 若|,|c a c b ，则|c ma nb +;(4) 若(,)1a b =，且|a bc ，则|a c ;(5) 若(,)1a b =，且|,|a c b c ，则|ab c .2．同余设m 是一个不小于2的正整数，且|m a b -，则称,a b 对模m 同余，记作(mod )a b m º．设,,,,a b c d m 是整数，且0m >，则(1)若)(mod m b a ≡，且)(mod m c b ≡，则)(mod m c a ≡；(2)若)(mod m b a ≡，且)(m o d m c b ≡，则)(m o d m d b c a +≡+且)(mod m bd ac ≡；(3)若)(mod m b a ≡，且正整数c 满足|(,,)c a b m ，则).(mod cm c b c a ≡． 3．素数与合数若一个大于1的整数除了1和本身外再无其它的正约数，则称这个数为素数（质数）．每一个大于1的整数都可分解成素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是惟一的，即.......2121n n p p p n ααα⋅=．正整数n 的素数分解式为.......2121n n p p p n ααα⋅=，则n 的正约数的个数为 )1)......(1)(1()(21+++=n n d ααα，n 的所有正约数的和为)....1)...(...1)(...1(22222121121k k k k p p p p p p p p p ααα++++++++++++每连续n 个整数中，与n 互质的整数的个数是)11)......(11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ. 4．不定方程若00(,)x y 是方程ax by c +=的一个正整数解，则方程的一切整数解可以表示为)(.,00Z t at y y bt x x ∈⎩⎨⎧+=-= 方程222x y z +=满足(,)1x y =且y 是偶数的一切正整数解为2222,2,x a b y ab z a b =-==+（这里(,)1a b =，,a b 一奇一偶，且a b >）．[典型例题]例 1 (2007年广西预赛试题)已知三个正整数x ，y ，z 的最小公倍数是300，并且222320,230,x y z x y z +-=⎧⎨-+=⎩则方程组的解(x ，y ，z )= . 解 记方程组中的两个方程为（1），（2），消去x 得038522=+-z yz y ，即0))(35(=--z y z y ，所以035=-z y ，或0=-z y ．若0=-z y ，则由(1)得x y =-，不合题意．由035=-z y 和（1）得x z x y 5,3==，即::1:3:5x y z =，于是，令)(5,3,*N k k z k y k x ∈===，有15300k =，20k =，从而(x ，y ，z )=(20，60，100)．例2 （2008年全国高中数学联赛试题） 方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为 （ B ）A. 1B. 2C. 3D. 4[解] 若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩， 若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ①由0x y z ++=得z x y =--． ②将②代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③ 由①得1x y=-，代入③化简得3(1)(1)0y y y ---=. 易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①得1x =-，由②得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩说明：上述两个例题都是求不定方程组的整数解，这类问题通常是想办法将其转化成不定方程来进行求解。
立体几何中的截面问题
立体几何中的截面问题傅钦志(浙江省衢州中专,324000) 收稿日期:2006-12-19 修回日期:2006-12-28 (本讲适合高中)截面问题涉及到截面形状的判定、截面面积和周长的计算、截面图形的计数、截面图形的性质及截面图形的最值.本文介绍此类问题的求解方法.1 判断截面图形的形状例1 过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 的中点E 、F 作一个截面,使截面与底面所成的角为45°.则此截面的形状为( ).(A )三角形或五边形(B )三角形或六边形(C )六边形(D )三角形或四边形(第六届希望杯全国数学邀请赛)图1讲解:如图1,显然,过点E 、F 必有一个截面与棱BB 1相交,此截面是三角形.设过点D 1的截面与底面所成的角为α,易求得tan α=tan ∠D 1G D=223<1.故α<45°.设过A 1C 1的截面与底面所成的角为β,易求得tan β=tan ∠O 1G O =22>1.故β>45°.于是,所求的另一截面应与A 1D 1、D 1C 1相交(不过其端点),为六边形.故选(B ).评注:先计算出特殊位置的截面与底面所成的角,再根据截面所处的位置确定截面的形状.若截面与棱DD 1相交,则截面为五边形;若截面与棱A 1D 1、D 1C 1都相交(但不过其端点),则截面为六边形;若截面与棱A 1B 1、B 1C 1都相交(但不过点B 1),则截面为四边形.2 截面面积和周长的计算 例2 如图2,正方体的三条棱为AB 、图2BC 、CD ,AD 是体对角线.点P 、Q 、R 分别在AB 、BC 、CD 上,A P =5,P B =15,BQ =15,CR =10.那么,平面PQR 向各方向延伸后与正方体的交线组成的多边形的面积是多少?(第16届美国数学邀请赛)讲解:因为B P =BQ ,所以,PQ ∥AC .这样,过点R 且平行于PQ 的直线交A F 于点U ,且AU =CR .因为过点R 且平行于PQ 的直线在平面PQR 上,所以,U 是相交得出的多边形的顶点.又UR 的中点是正方体的中心,故相交得出的多边形上的点关于正方体中心对称.因此,它的面积是梯形PQRU 面积的2倍.易知UR =202,PQ =152,PU =5 5.故所求面积为(UR +PQ )PU 2-UR -PQ22=35×2×2252=525.评注:解此题的关键是,正确画出平面PQR 与正方体相截的截面,并判断出它是关于正方体中心对称的.例3 一平面与正方体表面的交线围成的封闭图形称为正方体的“截面图形”.棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 是AB 的中点,F 是CC 1的中点.则过D 1、E 、F三点的截面图形的周长等于( ).(A )112(25+213+95)(B )112(15+413+95)(C )112(25+213+65)(D )112(15+413+65)(第十四届希望杯全国数学邀请赛)分析:要计算截面图形的周长,先要作出截面,其依据是平面的基本性质和确定平面的条件.作截面一般有两种方法:一是延长交线得交点;二是作平行线.图3解法1:如图3,分别延长D 1F 、DC 得交点P ,作直线EP 交BC 于点N ,交DA 的延长线于点S ,联结D 1S 交A 1A 于点M ,则五边形D 1MEN F 为截面图形.由相似三角形对应边成比例得A 1M =3MA ,CN =2NB .易得截面五边形D 1MEN F 的周长为112(25+213+95).故选(A ).图4解法2:如图4,作EM ∥A 1S ∥D 1F 交A 1A 于点M (S 为B 1B 的中点),作FN∥C 1T ∥D 1M 交BC于点N (B T =AM ),则五边形D 1MEN F为截面图形.同解法1知应选(A ).3 计算截面图形的个数例4 设四棱锥P -ABCD 的底面不是平行四边形,用平面α去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形.则这样的平面α( ).(A )不存在(B )只有一个(C )恰有两个(D )有无数多个(2005,全国高中数学联赛江苏赛区初赛)图5讲解:如图5,延长BA 、CD 交于点M ,联结PM ,则PM 为侧面P AB 与侧面PCD 的交线.同理,PN 为侧面P AD 与侧面P BC 的交线.设由直线PM 、PN 所确定的平面为β.作与平面β平行的平面α与四棱锥的各个侧面相截,则截得的四边形是平行四边形(图5中的四边形A 1B 1C 1D 1).易知,这样的平面α有无数个.故选(D ).例5 过正四面体ABCD 的顶点A 作一个形状为等腰三角形的截面,且使截面与底面BCD 所成的角为75°.这样的截面共可作出个.(第六届希望杯全国数学邀请赛)讲解:设正四面体的棱长为1.过点A 作AO ⊥平面BCD 于点O ,则AO =63.以O 为圆心、63cot 75°为半径在平面BCD 上作圆.易知此圆在△BCD 内,且所求截面与平面BCD 的交线是该圆的切线.当切线与△BCD 的一边平行时,对应的截面△AMN 是等腰三角形,则这样的截面有6个.图6当CB 1=DC 1,且B 1C 1和圆相切时(如图6),对应的截面△AB 1C 1是等腰三角形,这样的截面也有6个.作BE 与圆相切,交CD 于点E .由△BCE △ACE ,可得B E =A E ,对应的截面△AB E 也是等腰三角形,这样的截面也有6个.综上,满足条件的截面一共有18个.评注:借助于圆,进行恰当地分类,使问题巧妙地获得解决.4 确定截面图形的性质图7 例6 如图7,已知正方体ABC D -A 1B 1C 1D 1.任作平面α与对角线AC 1垂直,使得平面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 与l 均为定值(C )S 不为定值,l 为定值(D )S 与l 均不为定值(2005,全国高中数学联赛)讲解:先考察特殊情形.不妨设正方体棱长为1.如图7,取E 、F 、G 、H 、I 、J 分别为六条棱的中点,显然,正六边形EFGHIJ 是符合要求的截面,它的周长l 1=32,面积S 1=334.当截面为正△A 1BD 时,其周长l 2=32,面积S 2=32.注意到l 1=l 2,S 1≠S 2,由此可以断定S 不为定值,而l 有可能为定值.再考察一般情形.设六边形J 1E 1F 1G 1H 1I 1为任意一个符合要求的截面,则此截面与前面两个特殊的截面平行.由相似三角形对应边成比例,得J 1E 1D 1B 1=A 1E 1A 1B 1,E 1F 1A 1B =B 1E 1A 1B 1.所以,J 1E 1=2A 1E 1,E 1F 1=2B 1E 1,J 1E 1+E 1F 1=2(A 1E 1+B 1E 1)=2A 1B 1= 2.同理,另四边之和为2 2.因此,六边形J 1E 1F 1G 1H 1I 1的周长为定值3 2.故选(C ).评注:解本题应用了由特殊到一般的思维方法,这是求解复杂问题的常用方法之一.5 求截面图形的最值 例7 如图8,四面体ABCD 的各面都是图8锐角三角形,且AB =CD =a ,AC =BD =b ,AD =BC =c ,平面π分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S .则四边形PQRS的周长的最小值是( ).(A )2a (B )2b (C )2c (D )a +b +c (第十三届希望杯全国数学邀请赛)讲解:如图9,将四面体的侧面展开成平面图形.由于四面体各个面均为锐角三角形,图9且AB =CD ,AC =BD ,AD =BC ,所以,在展开的平面图形中AD BC A ′D ′,ABCD ′,其中,A 与A ′、D 与D ′在四面体中是同一个点,故A 、C 、A ′,D 、B 、D ′分别三点共线,且AA ′=DD ′=2BD .又四边形PQRS 在展开图中变为折线S PQRS ′(S 与S ′在四面体中是同一点),因而,当P 、Q 、R 在SS ′上时,S P +PQ +QR +RS ′最小,即四边形PQRS 周长最小.因为SA =S ′A ′,所以,最小值为l =SS ′=DD ′=2BD =2b .故选(B ).评注:解本题的关键是应用降维的思维方法,化空间为平面.例8 在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =a ,BC =b ,CC 1=c (a >b >c ).记过BD 1的截面的面积为S .求S 的最小值,并指出当S 取最小值时截面的位置(即指出截面与有关棱的交点的位置).(第五届希望杯全国数学邀请赛)分析:先考虑截面所有可能的情形(截面可能是矩形,可能是平行四边形),再比较各种情形下截面面积的大小.讲解:(1)截面ABC 1D 1、截面BCD 1A 1、截面DBB 1D 1均为矩形,它们的面积分别记为S 1、S 2、S 3,则S 1=a b 2+c 2,S 2=b c 2+a 2,S 3=ca 2+b 2.因a >b >c ,易证S 1>S 2>S 3.故只须考虑截面DBB 1D 1即可.(2)截面为平行四边形,有如图10(a )、(b )、(c )三种位置(截面B ED 1F 、截面B PD1Q 、截面BRD 1S ),设它们的面积分别为S 4、S 5、S 6.图10对于截面B ED 1F ,作EH ⊥BD 1于点H (如图10(a )),则S 4=EH ·BD 1.因为BD 1是定值,所以,当EH 取最小值时,S 4有最小值S ′4.当EH 是异面直线BD 1、AA 1的公垂线时,它有最小值,且最小值是点A 1到平面DBB 1D 1的距离,即为Rt △A 1B 1D 1斜边B 1D 1上的高ab a 2+b 2.故S ′4=aba 2+b2·a 2+b 2+c 2.同理,S ′5=aca 2+c2·a 2+b 2+c 2,S ′6=bc c 2+b2·a 2+b 2+c 2.易证S ′4>S ′5>S ′6且S ′6<S 3.故截面BRD 1S 面积最小,最小值为bcb 2+c2·a 2+b 2+c 2.此时,B 1R =OG =ac2b 2+c2(如图10(d )).练习题1.正方体的截平面不可能是:①钝角三角形;②直角三角形;③菱形;④正五边形;⑤正六边形.下述选项正确的是( ).(A )①②⑤ (B )①②④(C )②③④ (D )③④⑤图11 (2005,全国高中数学联赛浙江省预赛)(提示:正方体的截面可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角三角形、直角三角形;对四边形来讲,可以是等腰梯形、平行四边形、菱形、矩形,但不可能是直角梯形;对五边形来讲,可以是任意五边形,不可能是正五边形;对六边形来讲,可以是正六边形.答案:(B ).)2.已知正四面体ABCD 的棱长为2,所有与它的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为( ).(A )4 (B )3 (C )3 (D )3+3(2003,全国高中数学联赛山东省预赛)(提示:截面分两类:(1)截面的一侧有1个点,另一侧有3个点,这种截面共有4个;(2)截面的两侧各有2个点,这种截面共有3个.答案:(D ).)3.过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1的截面面积为S ,记S 1和S 2分别为S 的最大值和最小值.则S 1S 2为( ).(A )32(B )62(C )233(D )263(2004,湖南省数学竞赛)(答案:(C ).)4.证明:经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体一个侧面的面积.(第18届全苏数学奥林匹克)(提示:易知截面为四边形或六边形.若截面为四边形,那么,它与正方体某两相对侧面不相交,且截面在这两个侧面上的射影为整个侧面.若截面为六边形,考察正方体侧面展开图,知截面周长p ≥32a ,截面面积S >12p ×a2≥324a 2>a 2.)5.如图11,棱锥S -ABCD 的底面是中心为O的矩形ABCD ,AB =4,AD =12,SA =3,SB =5,SO =7.过顶点S 、底面中心O 和棱BC 上一点N 作棱锥的截面.问BN 为何值时,所得的截面△SMN 的面积取得最小值?这个最小值是多少?(1996,北京市数学竞赛复赛(高一))(提示:由条件易知SA ⊥平面ABCD .又OM =ON ,故S △SMN =2S △SMO .易知,当点M 到SO 的距离为异面直线AB 、SO 的距离时,S △SMO 最小.此时,S △SMO =421313,BN =71113.)●命题与解题●一类分式不等式的一种统一证法张友意 张 (湖南师范大学数学与计算机科学学院,410081) 收稿日期:2006-09-07 修回日期:2006-12-26 文[1]给出了赫尔德(H lder )不等式的等价形式:设{a i },{b i },…,{l i }(i =1,2,…,n )为正数列,α,β,…,λ为正数,且δ=α-(β+…+λ)≥1,n ≥2,则∑ni =1a αibβi…l λi≥(∑ni =1a i )αnδ-1(∑ni =1b i )β…(∑ni =1l i )λ.①式①等号成立的充要条件是,当δ=1时,各数列中对应的各项成比例,而当δ>1时,各数列均为常数列.特别地,当n ≥2且α=m +1,β=m (m >0)或 α=-m ,β=-(m +1)(m <-1)时,可得下面的权方和不等式.权方和不等式:若a i >0,b i >0(i =1,2,…,n ),m >0或m <-1,则。
用根表示系数求多参数式子的取值范围
理科数学第I 2 题）函数/ U ) -ax + ~^bx2 + cx
+ d 在(0 ,2 )内既有极大值又有极小值，则 c2 + 26c _ 4C 的取值范围是（ )•
彳(〇，1 ^ ) 及（〇，y ) c .(〇,f ) n .(〇,i )
解:依题意/ U ) = a/ + 6% + ( ；在(0 ,2 )内有两
1 ，0 < x 2 - 1 < 1 ,所以 0 < 〇! - 1 ) 〇2 - 1 ) < 1 ， 故/ ( l ) 的取值范围是(〇，l ).
评 注 ：上述三例解法先由根与系数关系将方程 系数用方程的根来表示，继而将所求系数的式子用 方程的两根表示，接着通过因式分解等变形最后用 不等式性质求出范围，从而使问题轻松获得解答.用 方程的根表示系数切入求解，解法直接干净利落•
评 注 ：本题以三次函数的极值点与导函数零点 的 关 系 为 依 托 ,综 合 考 查 化 归 转 化 的 能 力 以 及 分 析 问题和解决问题的能力.解法从根与系数关系切入， 将系数用根表示，最 后 用 不 等 式 性 质 求 出 / (^ )的 取值范围.
2. _ 个根有限制条件另一个根取任意实数的系 数式的取值范围问题
分 布 情 况 ，求 含 有 多 个 系 数 的 式 子 的 取 值 范 围 或 最
值.这类试题特别在浙江省近几年的高考、高考模拟
和数学竞赛中频频亮相，成为一道独特的风景.这类
题目，我们可先设出方程的两个根，然后借助根与系
数的关系用根表示系数，继而将所求含有多系数的
式子用两根表示出来，最后运用不等式或函数的有
2007年高考.浙江卷.理科数学试题及解答
2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）第I 卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（1）“1x >”是“2x x >”的（ ） Ａ．充分而不必要条件 Ｂ．必要而不充分条件 Ｃ．充分不必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 （2）若函数()2sin()f x x ωϕ=+，x ∈R （其中0ω>，2ϕπ<）的最小正周期是π，且(0)3f =，则（ ）A ．126ωϕπ==，B ．123ωϕπ==， C ．26ωϕπ==， D ．23ωϕπ==，（3）直线210x y -+=关于直线1x =对称的直线方程是（ ）Ａ．210x y +-= Ｂ．210x y +-= Ｃ．230x y +-= Ｄ．230x y +-=（4）要在边长为16米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是关径为6米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（ ） Ａ．3 Ｂ．4 Ｃ．5 Ｄ．6（5）已知随机变量ξ服从正态分布2(2)N σ，，(4)0.84P ξ=≤，则(0)P ξ=≤（ ）A ．0.16B ．0.32C ．0.68D ，0.84（6）若P 两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ） Ａ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行 Ｂ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直 Ｃ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交 Ｄ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面（7）若非零向量，a b 满足+=a b b ，则（ ）Ａ．2>2+a a b Ｂ．22<+a a b Ｃ．2>+2b a bＤ． 22<+b a b（8）设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）y x O y x O y x O yx O A ．B ．C ．D ．（9）已知双曲线22221(00)x ya ba b-=>>，的左、右焦点分别为1F，2F，P是准线上一点，且12PF PF⊥，124PF PF ab=，则双曲线的离心率是（）Ｃ．2Ｄ．3（10）设21()1x xf xx x⎧⎪=⎨<⎪⎩，≥，，，()g x是二次函数，若(())f g x的值域是[)0+，∞，则()g x的值域是（）A．(][)11--+∞，，∞B．(][)10--+∞，，∞C．[)0+，∞D．[)1+，∞第II卷（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．（11）已知复数11iz=-，121iz z=+，则复数2z=．（12）已知1sin cos5θθ+=，且324θππ≤≤，则cos2θ的值是．（13）不等式211x x--<的解集是．（14）某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是（用数字作答）．（15）随机变量ξ的分布列如下：其中a b c，，成等差数列，若3Eξ=，则Dξ的值是．（16）已知点O在二面角ABαβ--的棱上，点P在α内，且45POB∠=．若对于β内异于O的任意一点Q，都有45POQ∠≥，则二面角ABαβ--的大小是．（17）设m为实数，若{}22250()30()25x yx y x x y x ymx y⎧⎫-+⎧⎪⎪⎪-⊆+⎨⎨⎬⎪⎪⎪+⎩⎩⎭≥，≥，≤≥，则m的取值范围是．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（18）（本题14分）已知ABC△1，且sin sinA B C+=．（I）求边AB的长；（II）若ABC△的面积为1sin6C，求角C的度数．（19）（本题14分）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点． （I ）求证：CM EM ⊥；（II ）求CM 与平面CDE 所成的角．（20）（本题14分）如图，直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ，两点，记AOB △的面积为S ．（I ）求在0k =，01b <<的条件下，S 的最大值； （II ）当2AB =，1S =时，求直线AB 的方程．（21）（本题15分）已知数列{}n a 中的相邻两项212k k a a -，是关于x 的方程2(32)320k kx k x k -++=的两个根，且212(123)k k a a k -=≤，，，． （I ）求1a ，2a ，3a ，7a ； （II ）求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；（Ⅲ）记sin 1()32sin n f n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…， 求证：15()624n T n ∈*N ≤≤．（22）（本题15分）设3()3x f x =，对任意实数t ，记232()3t g x t x t =-．（I ）求函数()()t y f x g x =-的单调区间；（II ）求证：（ⅰ）当0x >时，()f x g ()()t f x g x ≥对任意正实数t 成立； （ⅱ）有且仅有一个正实数0x ，使得00()()x t g x g x ≥对任意正实数t 成立．ED C M A （第19题） B（第20题）2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分50分． （1）A （2）D （3）D （4）B （5）A （6）B （7）C （8）D （9）B （10）C二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分． （11）1 （12）725- （13）{}02x x << （14）266（15）59（16）90（17）403m ≤≤三、解答题（18）解：（I）由题意及正弦定理，得1AB BC AC ++=，BC AC +=， 两式相减，得1AB =．（II ）由ABC △的面积11sin sin 26BC AC C C =，得13BC AC =， 由余弦定理，得222cos 2AC BC AB C AC BC+-=22()2122AC BC AC BC AB AC BC +--==， 所以60C =．（19）本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分14分． 方法一：（I ）证明：因为AC BC =，M 是AB 的中点， 所以CM AB ⊥． 又EA ⊥平面ABC ， 所以CM EM ⊥．（II ）解：过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足是H ，连结CH 交延长交ED 于点F ，连结MF ，MD ． FCM ∠是直线CM 和平面CDE 所成的角． 因为MH ⊥平面CDE ， 所以MH ED ⊥，又因为CM ⊥平面EDM ， 所以CM ED ⊥，则ED ⊥平面CMF ，因此ED MF ⊥． 设EA a =，2BD BC AC a ===， 在直角梯形ABDE 中，AB=，M 是的中点，所以3DE a =，EM =，MD =， 得EMD △是直角三角形，其中90EMD =∠， 所以2EM MDMF a DE==．在Rt CMF △中，tan 1MFFCM MC==∠， 所以45FCM =∠，E D C MA BEH故CM 与平面CDE 所成的角是45． 方法二：如图，以点C 为坐标原点，以CA ，CB 分别为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系C xyz -，设EA a =，则(2)A a 00，，，(020)B a ，，，(20)E a a ，，．(022)D a a ，，，(0)M a a ，，．（I ）证明：因为()EM a a a =--，，，(0)CM a a =，，， 所以0EM CM =， 故EM CM ⊥．（II ）解：设向量001y z ()，，n =与平面CDE 垂直，则CE ⊥n ，CD ⊥n ， 即0CE =n ，0CD =n ．因为(20)CE a a =，，，(022)CD a a =，，， 所以02y =，02x =-， 即(122)=-，，n ，2cos 2CM CM CM ==，n n n， 直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM所以45θ=，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45． （20）本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分14分．（Ⅰ）解：设点A 的坐标为1()x b ，，点B 的坐标为2()x b ，，由2214x b +=，解得12x =±， 所以1212S b x x =-221b b =-2211b b +-=≤．当且仅当2b =时，S 取到最大值1．（Ⅱ）解：由2214y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得22212104k x kbx b ⎛⎫+++-= ⎪⎝⎭，2241k b ∆=-+，211||||AB x x =-22224214k b k -==+． ②设O 到AB 的距离为d ，则21||Sd AB ==，x又因为d =，所以221b k =+，代入②式并整理，得42104k k -+=，解得212k =，232b =，代入①式检验，0∆>，故直线AB 的方程是2y x =或2y x =2y x =-+，或2y x =--21．本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分15分．（I ）解：方程2(32)320k kx k x k -++=的两个根为13x k =，22k x =，当1k =时，1232x x ==，， 所以12a =；当2k =时，16x =，24x =， 所以34a =；当3k =时，19x =，28x =， 所以58a =时；当4k =时，112x =，216x =， 所以712a =．（II ）解：2122n n S a a a =+++2(363)(222)n n =+++++++2133222n n n ++=+-．（III ）证明：(1)123456212111(1)f n n n nT a a a a a a a a +--=+-++， 所以112116T a a ==， 2123411524T a a a a =+=．当3n ≥时，(1)3456212111(1)6f n n n nT a a a a a a +--=+-++， 345621211116n n a a a a a a -⎛⎫+-++⎪⎝⎭≥2311111662622n ⎛⎫+-++ ⎪⎝⎭≥ 1116626n =+>，同时，(1)5678212511(1)24f n n n nT a a a a a a +--=--++5612212511124n n a a a a a a -⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭≤31511112492922n ⎛⎫-+++ ⎪⎝⎭≤ 515249224n =-<． 综上，当n ∈N*时，15624n T ≤≤．22．本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．（I ）解：316433x y x =-+． 由240y x '=-=，得 2x =±．因为当(2)x ∈-∞-，时，y '>0， 当(22)x ∈-，时，0y '<， 当(2)x ∈+∞，时，0y '>，故所求函数的单调递增区间是(2)-∞-，，(2)+∞，， 单调递减区间是(22)-，．（II ）证明：（i ）方法一：令2332()()()(0)33t x h x f x g x t x t x =-=-+>，则 223()h x x t '=-，当0t >时，由()0h x '=，得13x t =，当13()x x ∈+∞，时，()0h x '>， 所以()h x 在(0)+∞，内的最小值是13()0h t =． 故当0x >时，()()t f x g x ≥对任意正实数t 成立． 方法二：对任意固定的0x >，令232()()(0)3t h t g x t x t t ==->，则 11332()()3h t t x t -'=-，由()0h t '=，得3t x =．当30t x <<时，()0h t '>．当3t x >时，()0h t '<，所以当3t x =时，()h t 取得最大值331()3h x x =． 因此当0x >时，()()f x g x ≥对任意正实数t 成立．（ii ）方法一：8(2)(2)3t f g ==． 由（i ）得，(2)(2)t t g g ≥对任意正实数t 成立． 即存在正实数02x =，使得(2)(2)x t g g ≥对任意正实数t 成立． 下面证明0x 的唯一性： 当02x ≠，00x >，8t =时，300()3x f x =，0016()43x g x x =-，由（i ）得，30016433x x >-， 再取30t x =，得30300()3x x g x =，所以303000016()4()33x x x g x x g x =-<=， 即02x ≠时，不满足00()()x t g x g x ≥对任意0t >都成立．故有且仅有一个正实数02x =，使得00()0()x t g x g x ≥对任意正实数t 成立． 方法二：对任意00x >，0016()43x g x x =-， 因为0()t g x 关于t 的最大值是3013x ，所以要使00()()x t g x g x ≥对任意正实数成立的充分必要条件是：300161433x x -≥， 即200(2)(4)0x x -+≤， ①又因为00x >，不等式①成立的充分必要条件是02x =， 所以有且仅有一个正实数02x =，使得00()()x t g x g x ≥对任意正实数t 成立．。
2007年浙江省高考数学试卷(理科)与解析
2007年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）（2007?浙江）“x ＞1”是“x 2＞x ”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件2．（5分）（2007?浙江）若函数f （x ）=2sin （ωx+φ），x ∈R （其中ω＞0，）的最小正周期是π，且，则（）A ．B ．C ．D ．3．（5分）（2007?浙江）直线x ﹣2y+1=0关于直线x=1对称的直线方程是（）A ．x+2y ﹣1=0B ．2x+y ﹣1=0C ．2x+y ﹣3=0D ．x+2y ﹣3=04．（5分）（2007?浙江）要在边长为16米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为6米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（）A ．3B ．4C ．5D ．65．（5分）（2007?浙江）已知随机变量ξ服从正态分布N （2，σ2），P （ξ≤4）=0.84，则P （ξ≤0）=（）A ．0.16B ．0.32C ．0.68D ．0.846．（5分）（2007?浙江）若P 两条异面直线l ，m 外的任意一点，则（）A ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都异面7．（5分）（2007?浙江）若非零向量，满足|+|=||，则（）A ．|2|＞|2+|B ．|2|＜|2+|C ．|2|＞|+2|D ．|2|＜|+2| 8．（5分）（2007?浙江）设f ′（x ）是函数f （x ）的导函数，将y=f （x ）和y=f ′（x ）的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）A．B．C．D．9．（5分）（2007?浙江）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P是准线上一点，且PF1⊥PF2，|PF1|?|PF2|=4ab，则双曲线的离心率是（）A．B．C．2 D．310．（5分）（2007?浙江）设f（x）=，g（x）是二次函数，若f（g（x））的值域是[0，+∞），则函数g（x）的值域是（）A．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）B．（﹣∞，﹣1]∪[0，+∞）C．[0，+∞）D．[1，+∞）二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）11．（4分）（2007?浙江）已知复数z1=1﹣i，z1?z2=1+i，则复数z2=．12．（4分）（2007?浙江）已知，且≤θ≤，则cos2θ的值是．13．（4分）（2007?浙江）不等式|2x﹣1|﹣x＜1的解集是．14．（4分）（2007?浙江）某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种．小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是（用数字作答）．15．（4分）（2007?浙江）随机变量ξ的分布列如下：ξ﹣1 0 1P a b c其中a，b，c成等差数列，若．则Dξ的值是．16．（4分）（2007?浙江）已知点O在二面角α﹣AB﹣β的棱上，点P在α内，且∠POB=45°．若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，则二面角α﹣AB﹣β的取值范围是．17．（4分）（2007?浙江）设m为实数，若，则m的取值范围是．三、解答题（共5小题，满分72分）18．（14分）（2007?浙江）已知△ABC的周长为+1，且sinA+sinB=sinC（I）求边AB的长；（Ⅱ）若△ABC的面积为sinC，求角C的度数．19．（14分）（2007?浙江）在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC=BC=BD=2AE，M是AB的中点．（I）求证：CM⊥EM；（Ⅱ）求CM与平面CDE所成的角．20．（14分）（2007?浙江）如图，直线y=kx+b与椭圆=1交于A，B两点，记△AOB的面积为S．（I）求在k=0，0＜b＜1的条件下，S的最大值；（Ⅱ）当|AB|=2，S=1时，求直线AB的方程．21．（15分）（2007?浙江）已知数列{a n}中的相邻两项a2k﹣1，a2k是关于x的方程x 2﹣（3k+2k）x+3k?2k=0的两个根，且a2k﹣1≤a2k（k=1，2，3，…）．（Ⅰ）求a1，a3，a5，a7；（Ⅱ）求数列{a n}的前2n项和S2n；（Ⅲ）记，，求证：．22．（15分）（2007?浙江）设，对任意实数t，记．（Ⅰ）求函数y=f（x）﹣g8（x）的单调区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当x＞0时，f（x）≥g t（x）对任意正实数t成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数x0，使得g8（x0）≥g t（x0）对任意正实数t成立．2007年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由题意解不等式x2＞x，提出公因式x，根据因式分解法，解出不等式的解，再判断是不是必要条件，判断此解和x＞1的关系．【解答】解：由x2＞x，可得x＞1或x＜0，∴x＞1，可得到x2＞x，但x2＞x得不到x＞1．故选A．【点评】注意必要条件、充分条件与充要条件的判断．2．（5分）【考点】三角函数的周期性及其求法．【分析】先根据最小正周期求出ω的值，再由求出sinφ的值，再根据φ的范围可确定出答案．【解答】解：由．由．∵．故选D【点评】本题主要考查三角函数解析式的确定．属基础题．3．（5分）【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．【分析】设所求直线上任一点（x，y），关于x=1的对称点求出，代入已知直线方程，即可得到所求直线方程．【解答】解：解法一（利用相关点法）设所求直线上任一点（x，y），则它关于x=1对称点为（2﹣x，y）在直线x﹣2y+1=0上，∴2﹣x﹣2y+1=0化简得x+2y﹣3=0故选答案D．解法二：根据直线x﹣2y+1=0关于直线x=1对称的直线斜率是互为相反数得答案A或D，再根据两直线交点在直线x=1选答案 D故选D．【点评】本题采用两种方法解答，一是相关点法：求轨迹方程法；法二筛选和排除法．本题还有点斜式、两点式等方法．4．（5分）【考点】圆方程的综合应用．【分析】这是一个与圆面积相关的新运算问题，因为龙头的喷洒面积为36π≈113，正方形面积为256，故至少三个龙头．但由于喷水龙头的喷洒范围都是半径为6米的圆面，而草坪是边长为16米的正方形，3个龙头不能使整个草坪都能喷洒到水，故还要结合圆的性质，进一步的推理论证．【解答】解：因为龙头的喷洒面积为36π≈113，正方形面积为256，故至少三个龙头．由于2R＜16，故三个龙头肯定不能保证整个草坪能喷洒到水．当用四个龙头时，可将正方形均分四个小正方形，同时将四个龙头分别放在它们的中心，由于，故可以保证整个草坪能喷洒到水；故选B．【点评】本题考查的知识点是圆的方程的应用，难度不大，属于基础题．5．（5分）【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】由正态分布曲线知，P（ξ≤0）=1﹣P（ξ≤4）．【解答】解：由P（ξ≤4）=P（ξ﹣2≤2）=P=0.84．又P（ξ≤0）=P（ξ﹣2≤﹣2）=P=0.16．故选A．【点评】本题考查正态曲线的形状认识，从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线，其对称轴为x=μ，并在x=μ时取最大值从x=μ点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近x轴，但永不与x轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以x轴为渐近线的．6．（5分）【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】选项A由反证法得出判断；选项B由异面直线的公垂线唯一得出判断；选项C、D 可借用图形提供反例．【解答】解：设过点P的直线为n，若n与l、m都平行，则l、m平行，与l、m异面矛盾，故选项A错误；由于l、m只有唯一的公垂线，而过点P与公垂线平行的直线只有一条，故B正确；对于选项C、D可参考下图的正方体，设AD为直线l，A′B′为直线m，若点P在P1点，则显然无法作出直线与两直线都相交，故选项C错误；若P在P2点，则由图中可知直线CC′及D′P2均与l、m异面，故选项D错误．故选B．【点评】本题考查直线与异面直线平行、垂直、相交、异面的情况，同时考查空间想象能力．7．（5分）【考点】向量的模．【分析】本题是对向量意义的考查，根据|||﹣|||≤|+|≤||+||进行选择，题目中注意|+2|=|++|的变化，和题目所给的条件的应用．【解答】解：∵|+2|=|++|≤|+|+||=2||，∵，是非零向量，∴必有+≠，∴上式中等号不成立．∴|2|＞|+2|，故选C【点评】大小和方向是向量的两个要素，分别是向量的代数特征和几何特征，借助于向量可以实现某些代数问题与几何问题的相互转化．8．（5分）（【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的几何意义．【分析】本题可以考虑排除法，容易看出选项D不正确，因为D的图象，在整个定义域内，不具有单调性，但y=f（x）和y=f′（x）在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数．【解答】解析：检验易知A、B、C均适合，不存在选项D的图象所对应的函数，在整个定义域内，不具有单调性，但y=f（x）和y=f′（x）在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数，故选D．【点评】考查函数的单调性问题．9．（5分）【考点】双曲线的简单性质．【分析】由PF1⊥PF2，|PF1|?|PF2|=4ab可知：PF1|?|PF2|=|F1F2|?|PA|，导出，由此能够求出双曲线的离心率．【解答】解：设准线与x轴交于A点．在Rt△PF1F2中，∵|PF1|?|PF2|=|F1F2|?|PA|，∴，又∵|PA|2=|F1A|?|F2A|，∴，化简得c2=3a2，∴．故选答案 B【点评】本题考查双曲线的离心率的求法解三角形的相关知识．解题时不能联系三角形的有关知识，找不到解题方法而乱选．双曲线的离心率的求法是解析几何的一个重点，且方法较多，要善于总结各种方法，灵活应用10．（5分）【考点】函数的图象；函数的值域．【分析】先画出f（x）的图象，根据图象求出函数f（x）的值域，然后根据f（x）的范围求出x的范围，即为g（x）的取值范围，然后根据g（x）是二次函数可得结论．【解答】解：如图为f（x）的图象，由图象知f（x）的值域为（﹣1，+∞），若f（g（x））的值域是[0，+∞），只需g（x）∈（﹣∞，﹣1]∪[0，+∞）．而g（x）是二次函数，故g（x）∈[0，+∞）．故选：C【点评】本题主要考查了函数的图象，以及函数的值域等有关基础知识，同时考查了数形结合的数学思想，属于基础题．二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）11．（4分）【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】根据两个复数的积是1+i和所给的另一个复数的表示式，写出复数是由两个复数的商得到的，进进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，化简以后得到结果．【解答】解：∵复数z1=1﹣i，z1?z2=1+i，∴．故答案为：i【点评】本题考查复数的除法运算，考查在两个复数和两个复数的积三个复数中，可以知二求一，这里的做法同实数的乘除一样，本题是一个基础题．12．（4分）【考点】同角三角函数基本关系的运用；二倍角的余弦．【分析】把题设等式两边平方利用同角三角函数的基本关系和二倍角公式求得sin2θ的值，进而利用θ的范围确定2θ的范围，最后利用同角三角函数的基本关系求得cos2θ的值．【解答】解：∵，∴两边平方，得sin2θ+2sinθcosθ+cos2θ=，即．∴．∵≤θ≤，∴π≤2θ≤．∴．故答案为：﹣【点评】本题主要考查了同角三角函数的基本关系和二倍角公式的化简求值．在利用同角三角函数的基本关系时，一定要注意角度范围，进而判定出三角函数的正负．13．（4分）【考点】绝对值不等式的解法．【分析】利用绝对值的几何意义去绝对值号转化为一次不等式求解．【解答】解：|2x﹣1|﹣x＜1?|2x﹣1|＜x+1?﹣（x+1）＜2x﹣1＜x+1，∴?0＜x＜2，故答案为（0，2）．【点评】考查绝对值不等式的解法，此类题一般两种解法，一种是利用绝对值的几何意义去绝对值号，另一种是用平方法去绝对值号，本题用的是前一种方法．14．（4分）【考点】排列、组合的实际应用．【分析】根据题意，分两种情况讨论，①用10元钱买2元1本的杂志，②用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本，分别求得可能的情况数目，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，可有以下两种情况：①用10元钱买2元1本的杂志，共有C85=56②用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本共有C84?C32=70×3=210，故不同买法的种数是210+56=266，故答案为266．【点评】本题考查排列、组合的综合应用，注意分类讨论与分步进行，即先组合再排列．15．（4分）【考点】离散型随机变量的期望与方差．【分析】要求这组数据的方差，需要先求出分布列中变量的概率，这里有三个条件，一个是三个数成等差数列，一个是概率之和是1，一个是这组数据的期望，联立方程解出结果．【解答】解：∵a，b，c成等差数列，∴2b=a+c，∵a+b+c=1，Eξ=﹣1×a+1×c=c﹣a=．联立三式得，∴．故答案为：【点评】这是一个综合题目，包括等差数列，离散型随机变量的期望和方差，主要考查分布列和期望的简单应用，通过解方程组得到要求的变量，这与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望的公式．16．（4分）【考点】与二面角有关的立体几何综合题．【分析】本题考查的知识点是二面角及其度量，由于二面角α﹣AB﹣β的可能是锐二面角、直二面角和钝二面角，故我们要对二面角α﹣AB﹣β的大小分类讨论，利用反证法结合点P 在α内，且∠POB=45°．若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，易得到结论．【解答】解：若二面角α﹣AB﹣β的大小为锐角，则过点P向平面β作垂线，设垂足为H．过H作AB的垂线交于C，连PC、CH、OH，则∠PCH就是所求二面角的平面角．根据题意得∠POH≥45°，由于对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，∴∠POH≥45°，设PO=2x，则又∵∠POB=45°，∴OC=PC=，而在Rt△PCH中应有PC＞PH，∴显然矛盾，故二面角α﹣AB﹣β的大小不可能为锐角．即二面角α﹣AB﹣β的范围是：[90°，180°]．若二面角α﹣AB﹣β的大小为直角或钝角，则由于∠POB=45°，结合图形容易判断对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°．即二面角α﹣AB﹣β的范围是[90°，180°]．故答案为：[90°，180°]．【点评】高考考点：二面角的求法及简单的推理判断能力，易错点：画不出相应的图形，从而乱判断．备考提示：无论解析几何还是立体几何，借助于图形是我们解决问题的一个重要的方法，它可以将问题直观化，从而有助于问题的解决．17．（4分）【考点】简单线性规划的应用．【分析】利用不等式表示的平面区域得出区域与圆形区域的关系，把握好两个集合的包含关系是解决本题的关键，通过图形找准字母之间的不等关系是解决本题的突破口．【解答】解：由题意知，可行域应在圆内，如图：如果﹣m＞0，则可行域取到x＜﹣5的点，不能在圆内；故﹣m≤0，即m≥0．当mx+y=0绕坐标原点旋转时，直线过B点时为边界位置．此时﹣m=﹣，∴m=．∴0≤m≤．故答案为：0≤m≤【点评】本题考查线性规划问题的理解和掌握程度，关键要将集合的包含关系转化为字母之间的关系，通过求解不等式确定出字母的取值范围，考查转化与化归能力．三、解答题（共5小题，满分72分）18．（14分）【考点】正弦定理；余弦定理．【分析】（I）先由正弦定理把sinA+sinB=sinC转化成边的关系，进而根据三角形的周长两式相减即可求得AB．（2）由△ABC的面积根据面积公式求得BC?AC的值，进而求得AC2+BC2，代入余弦定理即可求得cosC的值，进而求得C．【解答】解：（I）由题意及正弦定理，得AB+BC+AC=+1．BC+AC=AB，两式相减，得：AB=1．（Ⅱ）由△ABC的面积=BC?ACsinC=sinC，得BC?AC=，∴AC2+BC2=（AC+BC）2﹣2AC?BC=2﹣=，由余弦定理，得，所以C=60°．【点评】本题主要考查了正弦定理、三角形的面积计算等相关知识．此类问题要求大家对正弦定理、余弦定理、面积公式要熟练掌握，并能运用它们灵活地进行边与角的转化，解三角形问题也是每年高考的一个重点，但难度一般不大，是高考的一个重要的得分点．19．（14分）【考点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角．【分析】方法一（I）说明△ACB是等腰三角形即可说明CM⊥AB，然后推出结论．（II）过点M作MH⊥平面CDE，垂足是H，连接CH交延长交ED于点F，连接MF，MD．∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角，解三角形即可，方法二建立空间直角坐标系，（I）证明垂直写出相关向量CM和向量EM，求其数量积等于0即可证明CM⊥EM．（II）求CM与平面CDE所成的角，写出向量CM，以及平面的法向量，利用数量积公式即可解答．【解答】解：方法一：（I）证明：因为AC=BC，M是AB的中点，所以CM⊥AB．又EA⊥平面ABC，所以CM⊥EM．（II）解：过点M作MH⊥平面CDE，垂足是H，连接CH交延长交ED于点F，连接MF，MD．∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角．因为MH⊥平面CDE，ED⊥MH，又因为CM⊥平面EDM，所以CM⊥ED，则ED⊥平面CMF，因此ED⊥MF．设EA=a，在直角梯形ABDE中，，M是AB的中点，所以DE=3a，，，得△EMD是直角三角形，其中∠EMD=90°，所以．在Rt△CMF中，，所以∠FCM=45°，故CM与平面CDE所成的角是45°．方法二：如图，以点C为坐标原点，以CA，CB分别为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立直角坐标系C﹣xyz，设EA=a，则A（2a，0，0），B（0，2a，0），E（2a，0，a）．D（0，2a，2a），M（a，a，0）．（I）证明：因为，，所以，故EM⊥CM．（II）解：设向量n=（1，y0，z0）与平面CDE垂直，则，，即，．因为，，所以y0=2，x0=﹣2，，直线CM与平面CDE所成的角θ是n与夹角的余角，所以θ=45°，因此直线CM与平面CDE所成的角是45°．【点评】本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．利用空间直角坐标系解答时，注意计算的准确性．20．（14分）【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；直线的一般式方程；椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）设出点A，B的坐标利用椭圆的方程求得A，B的横坐标，进而利用弦长公式和b，求得三角形面积表达式，利用基本不等式求得其最大值．（Ⅱ）把直线与椭圆方程联立，进而利用弦长公式求得AB的长度的表达式，利用O到直线AB的距离建立方程求得b和k的关系式，求得k．则直线的方程可得．【解答】解：（Ⅰ）设点A的坐标为（x1，b），点B的坐标为（x2，b），由，解得，所以=≤b2+1﹣b2=1．当且仅当时，S取到最大值1．（Ⅱ）解：由得，①△=4k2﹣b2+1，=．②设O到AB的距离为d，则，又因为，所以b2=k2+1，代入②式并整理，得，解得，，代入①式检验，△＞0，故直线AB的方程是或或，或．【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．21．（15分）【考点】数列的求和；不等式的证明．【分析】（1）用解方程或根与系数的关系表示a2k﹣1，a2k，k赋值即可．（2）由S2n=（a1+a2）+…+（a2n﹣1+a2n）可分组求和．（3）T n复杂，常用放缩法，但较难．【解答】解：（Ⅰ）解：方程x2﹣（3k+2k）x+3k?2k=0的两个根为x1=3k，x2=2k，当k=1时，x1=3，x2=2，所以a1=2；当k=2时，x1=6，x2=4，所以a3=4；当k=3时，x1=9，x2=8，所以a5=8时；当k=4时，x1=12，x2=16，所以a7=12．（Ⅱ）解：S2n=a1+a2+…+a2n=（3+6+…+3n）+（2+22+…+2n）=．（Ⅲ）证明：，所以，．当n≥3时，=，同时，=．综上，当n∈N*时，．【点评】本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．本题属难题，一般要求做（1），（2）即可，让学生掌握常见方法，对（3）不做要求．22．（15分）【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（I）首先求出函数的导数，然后令f′（x）=0，解出函数的极值点，最后根据导数判断函数的单调性，从而求函数y=f（x）﹣g8（x）的单调区间；（II）（ⅰ）由题意当x＞0时，f（x）≥g t（x），求出f（x）最小值，和g t（x）的最大值，从而求证；（ⅱ）由（i）得，g t（2）≥g t（2）对任意正实数t成立．即存在正实数x0=2，使得g x（2）≥g t（2）对任意正实数t，然后再证明x0的唯一性．【解答】解：（I）解：．由y'=x2﹣4=0，得x=±2．因为当x∈（﹣∞，﹣2）时，y'＞0，当x∈（﹣2，2）时，y'＜0，当x∈（2，+∞）时，y'＞0，故所求函数的单调递增区间是（﹣∞，﹣2），（2，+∞），单调递减区间是（﹣2，2）．（II）证明：（i）方法一：令，则，当t＞0时，由h'（x）=0，得，当时，h'（x）＞0，所以h（x）在（0，+∞）内的最小值是．故当x＞0时，f（x）≥g t（x）对任意正实数t成立．方法二：对任意固定的x＞0，令，则，由h'（t）=0，得t=x3．当0＜t＜x3时，h'（t）＞0．当t＞x3时，h'（t）＜0，所以当t=x3时，h（t）取得最大值．因此当x＞0时，f（x）≥g（x）对任意正实数t成立．（ii）方法一：．由（i）得，g x（2）≥g t（2）对任意正实数t成立．即存在正实数x0=2，使得g x（2）≥g t（2）对任意正实数t成立．下面证明x0的唯一性：当x0≠2，x0＞0，t=8时，，，由（i）得，，再取t=x03，得，所以，即x0≠2时，不满足g x（x0）≥g t（x0）对任意t＞0都成立．故有且仅有一个正实数x0=2，使得g x（x0）0≥g t（x0）对任意正实数t成立．方法二：对任意x0＞0，，因为g t（x0）关于t的最大值是，所以要使g x（x0）≥g t（x0）对任意正实数成立的充分必要条件是：，即（x0﹣2）2（x0+4）≤0，①又因为x0＞0，不等式①成立的充分必要条件是x0=2，所以有且仅有一个正实数x0=2，使得g x（x0）≥g t（x0）对任意正实数t成立．【点评】本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力，难度较大．。
浙江省高中数学竞赛试卷详解
浙江省高中数学竞赛试卷详解一、试卷概述本次浙江省高中数学竞赛旨在考查学生对数学基础知识的掌握程度，以及运用数学知识解决实际问题的能力。
试卷总分为150分，考试时间为3小时。
二、试题特点1、注重基础：试卷中大部分题目涉及的都是高中数学的基础知识，如代数、几何、概率等。
2、突出能力：部分题目难度较大，需要学生具备一定的数学思维能力、空间想象能力和问题解决能力。
3、实际：试卷中的部分题目与实际问题相结合，考查学生的数学应用能力。
三、详细解析1、选择题部分选择题共10题，每题3分，总计30分。
其中，前8题为基础题，考察学生对数学基础知识的掌握程度；第9、10题为难题，需要学生灵活运用数学知识解决实际问题。
例1：设a、b为实数，且满足a + b = 2，则a2 + ab + b2的最小值为（）A. 2B. 3C. 4D. 5解析：本题考查代数式的求值，需要学生运用基本不等式进行计算。
根据题意，我们有a+b=2，需要求a2+ab+b2的最小值。
利用基本不等式，可以得到a2+ab+b2⩾(a+b)2−ab=4−ab。
又因为ab⩽(2a+b21，所以a2+ab+b2⩾4−1=3。
因此，本题答案为B. 3。
2、填空题部分填空题共5题，每题4分，总计20分。
其中，前3题为基础题，考察学生对数学基础知识的掌握程度；第4、5题为难题，需要学生灵活运用数学知识解决实际问题。
例2：设函数f(x) = x2 + ax + b(a、b为实数)，且f(f(f(x))) = x3 + ax2 + bx + 2b。
若f(1) = 1，f(2) = 4，则f(3)的值为（）。
A. 7B. 8C. 9D. 10解析：本题考查函数的求值，需要学生运用函数关系式进行计算。
根据题意，我们有f(1)=1和f(2)=4两个条件。
首先代入函数关系式得到：1+a+b=1①,4+2a+b=4②；然后我们求解这两个方程得到a=0,b=0；最后代入到原函数关系式中得到原函数为f(x)=x2从而计算得到f(3)=9；因此本题答案为C. 9。
2007年浙江省高考数学试卷及答案(文科)
绝密★考试结束前2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（文科）本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。
满分150分，考试时间120分钟。
请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。
选择题部分（共50分）注意事项：1•答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。
2•每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不能答在试题卷上。
参考公式台体的体积公式1 ___________V h（s .S1S2 S2）其中3 , S2分别表示台体的上、下面积，h表示台体的高柱体体积公式V Sh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高1锥体的体积公式V Sh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高3球的表面积公式S 4 R2球的体积公式4 3V 4 R33其中R表示球的半径如果事件代B互斥，那么P(A B) P(A) P(B)A . 0.216B . 0.36C . 0.432D . 0.648.选择题： 本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1 设全集 U {13,5,6,8} , A {1,6}, B{5,6,8}，则（站）口 B （ ）A . {6}B . {5,8}C . {6,}D . {3,5,6,8}2.已知COSn仝，且1n| ，则 tan( )222.3 A .B .C . ,3D . 33 33•“ x 1 ”是“ x 2 x ”的（）A.充分而不必要条件E.必要而不充分条件&甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为 “3局2胜”，即以先赢2局者为胜，根据经验,每局比赛中甲获胜的概率为 0.6，则本次比赛甲获胜的概率是（）C . 充分必要条件D .既不充分也不必要条件4.直线x 2y1 0关于直线x 1对称的直线方程是（）A . x 2y 1 0 B. 2x y 1 0 C . 2x y 3 0D. x 2y 3使整个草坪都能喷洒到水.假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为6米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（A .6B . 5C . 4D . 36 . x 911 展开式中的常数项是 x ( )A .36B .36C84 D . 7.若P 是两条异面直线 1, m 外的任意一点，则（A . 过点 P 有且仅有 条直线与 1, m 都平行B . 过点 P 有且仅有 条直线与 l , m 都垂直C . 过点 P 有且仅有 条直线与l , m 都相交D .过点 P 有且仅有 条直线与 l , m 都异面 84)9•若非零向量a, b 满足a b b ，则（ )A ・2b a 2b 2b|a 2bc.2a2a bD ・ 2a 2a b2 2xy 10・已知双曲线p 筈 1(a0,b 0）的左、右焦点分别为F 1, F 2, P 是准线上一点，a b且 PF 1 PF 2 ,PF 11 PF 2 4ab ，则双曲线的离心率是（)B^/3C ・2D. 3非选择题部分（共100 分）注意事项：1•用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。
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2007年浙江省高中数学竞赛Ａ卷（附参考答案）
一、选择题
1.如果，则使的的取值范围为（）
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。
应选Ｂ。
2.已知集合，
，则＝（）
A. B. Ｒ C. D.
解：
没有实数可以使上述不等式成立。
故。
从而有。
应选Ｃ。
3.以为六条棱长的四面体个数为（）
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。
应选Ｂ。
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（）种。
A. 89
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。
应选Ｃ
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. B. C.1 D.
解：依题意，，。
△ＡＢＣ的面积为。
应选Ａ。
6.2007重的末二位数字是（）
A. 01
B. 07
C.43
D. 49
解：记ｋ重。
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。
的末二位
的末二位数字的变化是以４为周期的规律循环出现。
（为奇整数）
（为正整数）
因此，与的末二位数字相同，为43。
应选Ｃ。
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。
答案为。
8.设为方程的根（），则。
解：由题意，。
由此可得
，，以及。
答案为：。
9.设均为非负实数，则
的最小值为。
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。
答案为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，（）。
答案为（）。
11.设，则不超过的最大整数为。
解：
,
,
,
,
不超过的最大整数为。
答案为。
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。
答案为。
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，
，。
…………5分设△ＡＢＣ的重心坐标为，则
消去ｋ，即得。
…………10分
（２）因为，，所以
，
上式右边等号成立当且仅当。
假设，则
，…………15分
上式右边等号成立当且仅当。
由此得到（）。
从而有。
…………20分
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…………5分
…………10分
（）
…………15分
上式取等号当且仅当。
…………20分
15.设，为子集。
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。
…………5分
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。
…………10分
现考虑1，3，7，42，63都不属于集合Ａ。
构造集合
，，，，
，，，，
，，，，，
，。
…………15分
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。
……20分。