2008年全国高中数学联赛试题及答案

20082008 年全国高中数学联合竞赛（一试）年全国高中数学联合竞赛（一试） 一、一、 选择题（每小题选择题（每小题6分，共分，共36分）分） 1.1.函数函数 2 54 ( ) 2 xx f x x 在在(, 2)上的最小值上的最小值是是（ ） A0 B1 C2 D3 2.2. 设设 2 4), ,A ， 2 |40Bx xax，若若BA，则则实数实数a的取值范围为（的取值范围为（ ） A 1 2), , B 1 2, , C0 3, , D0 3), , 3.3.甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得 1 分，负者得分，负者得 0 分，比赛进行到有一人比对分，比赛进行到有一人比对 方方多多 2 分或打满分或打满 6 局时停止 设甲在每局中获胜的概率为局时停止 设甲在每局中获胜的概率为 2 3 ， 乙在每局中获胜的概率为， 乙在每局中获胜的概率为 1 3 ， 且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望的期望E为（为（ ） A 241 81 B 266 81 C 274 81 D 670 243 4.4.若三个棱长均为整数（单位：若三个棱长均为整数（单位：cmcm）的正方体的表面积之和为）的正方体的表面积之和为 564 2 cmcm，则这三个正方体的，则这三个正方体的 体积之和为（体积之和为（ ） A764 3 cmcm或或 586 3 cmcm B764 3 cmcm C586 3 cmcm或或 564 3 cmcm D586 3 cmcm 5.5.方程组方程组 0, 0, 0 xyz xyzz xyyzxzy 的有理数解的有理数解( , )x y z的的个个数为（数为（ ） A1 B2 C3 D4 6.6.设设ABC的内角的内角A B C, ,所对的边所对的边, ,a b c成等比数列成等比数列， 则则 sincotcos sincotcos ACA BCB 的取值范围的取值范围是是 （）（） A(0,) B 51 0, 2 C 5151 , 22 D 51, 2 二二填空题（每小题填空题（每小题9分，共分，共54分）分） 7.7.设设( )f xaxb，其中，其中, a b为实数，为实数， 1( ) ( )f xf x， 1( ) ( ) nn fxf fx ，1,2,3,n L，若，若 7( ) 128381fxx，则，则ab 8.设设( )cos22 (1cos )f xxax的最小值为的最小值为 1 2 ，则则a 9.9.将将 24 个志愿者名额分配给个志愿者名额分配给 3 个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配 方法共有方法共有 种种 10.10.设数列设数列 n a的前的前n项和项和 n S满足：满足： 1 (1) nn n Sa n n ，1,2,n L，则，则通项通项 n a= = 11.11.设设( )f x是定义在是定义在R上的函数，若上的函数，若(0)2008f，且对任意，且对任意xR，满足满足 (2)( )3 2xf xf x，(6)( )63 2xf xf x，则，则(2008)f= = 12.12.一个半径为一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为的小球在一个内壁棱长为4 6的正四面体容器内可向各个方向自由运动，的正四面体容器内可向各个方向自由运动， 则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 三三解答题解答题（每小题每小题20分，共分，共60分分） 13.13.已知函数已知函数( ) |sin|f xx的图像与直线的图像与直线ykx(0)k 有且仅有三个交点， 交点有且仅有三个交点， 交点的的横坐标的最横坐标的最 大值为大值为，求证：，求证： 2 cos1 sinsin34 14.解不等式解不等式 1210864 22 log (3531)1log (1)xxxxx 15.如图，如图，P是抛物线是抛物线 2 2yx上的动点， 点上的动点， 点B C,在在y轴轴上， 圆上， 圆 22 (1)1xy内切于内切于PBC， 求求PBC面积的最小值面积的最小值 20082008 年全国高中数学联合竞赛（年全国高中数学联合竞赛（二二试）试） 一、一、 如如图，给定凸四边形图，给定凸四边形ABCD，180BD o， ，P是平面上的动点，令是平面上的动点，令 ( )f PPA BCPD CAPC AB （）求证：当（）求证：当( )f P达到最小值时，达到最小值时，P A B C, , ,四点共圆；四点共圆； （） 设（） 设E是是ABC外接圆外接圆O的的AB上一点， 满足：上一点， 满足： 3 2 AE AB ，31 BC EC ， 1 2 ECBECA， 又又,DA DC是是Oe的切线，的切线，2AC ，求，求( )f P的最小值的最小值 二二（本题满分（本题满分 50 分）分） 设设( )f x是周期函数，是周期函数，T和和 1 是是( )f x的周期且的周期且01T证明：证明： （）若（）若T为有理数，则存在素数为有理数，则存在素数p，使，使 1 p 是是( )f x的周期；的周期； （）若（）若T为无理数，则存在各项均为无理数的数列为无理数，则存在各项均为无理数的数列 n a满足满足 1 10 nn aa (1,2,)n ， 且每个且每个(1,2,) n an 都是都是( )f x的周期的周期 三三（本题满分（本题满分 50 分）分） 设设0 k a ，1, 2, 2008k L证明：当且仅当证明：当且仅当 2008 1 1 k k a 时，存在数列时，存在数列 n x满足以下条件：满足以下条件： （）（） 01 0 nn xxx ，1, 2, 3,n L； （）（）lim n n x 存在；存在； （）（） 20082007 11 10 nnkn kkn k kk xxa xax ，1, 2, 3,n L 20082008 年全国高中数学联合竞赛（一试）年全国高中数学联合竞赛（一试） 二、二、 选择题（每小题选择题（每小题6分，共分，共36分）分） 1.1.函数函数 2 54 ( ) 2 xx f x x 在在(, 2)上的最小值上的最小值是是（ ） A0 B1 C2 D3 【解析】【解析】令2tx，则0t 222 5454(2)(2)11 2 xxttt t xttt 2 当且仅当1t ，也即1x 时取得“” 所以选 C 3.3. 设设 2 4), ,A ， 2 |40Bx xax，若若BA，则则实数实数a的取值范围为（的取值范围为（ ） A 1 2), , B 1 2, , C0 3, , D0 3), , 【解析】【解析】D因 2 40 xax有两个实根 2 1 4 24 aa x ， 2 2 4 24 aa x ， 故BA等价于 1 2x且 2 4x ，即 2 42 24 aa 且 2 44 24 aa ， 解之得03a 3.3.甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得 1 分，负者得分，负者得 0 分，比赛进行到有一人比对分，比赛进行到有一人比对 方方多多 2 分或打满分或打满 6 局时停止 设甲在每局中获胜的概率为局时停止 设甲在每局中获胜的概率为 2 3 ， 乙在每局中获胜的概率为， 乙在每局中获胜的概率为 1 3 ， 且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望的期望E为（为（ ） A 241 81 B 266 81 C 274 81 D 670 243 【解答】【解答】 B解法一解法一依题意知，的所有可能值为 2，4，6 设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 22 215 339 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮 比赛是否停止没有影响从而有 5 (2) 9 P， 4520 (4) 9981 P， 2 416 (6) 981 P ， 故 52016266 246 9818181 E 解法二解法二 依题意知，的所有可能值为 2，4，6 令 k A表示甲在第k局比赛中获胜，则 k A表示乙在第k局比赛中获胜 由独立性与互不相容性得 1212 5 (2)()() 9 PP A AP A A， 1234123412341234 (4)()()()()PP A A A AP A A A AP A A A AP A A A A 33 211220 2 333381 ， 1234123412341234 (6)()()()()PP A A A AP A A A AP A A A AP A A A A 22 2116 4 3381 ， 故 52016266 246 9818181 E 4.4.若三个棱长均为整数（单位：若三个棱长均为整数（单位：cmcm）的正方体的表面积之和为）的正方体的表面积之和为 564 2 cmcm，则这三个正方体的，则这三个正方体的 体积之和为（体积之和为（ ） A764 3 cmcm或或 586 3 cmcm B764 3 cmcm C586 3 cmcm或或 564 3 cmcm D586 3 cmcm 【解答】【解答】 A 设这三个正方体的棱长分别为,a b c，则有 222 6564abc， 222 94abc，不妨设 110abc ，从而 2222 394cabc， 2 31c 故61 0cc只能取 9，8，7， 6 若9c ，则 222 94913ab，易知2a ，3b ，得一组解( , )(2, 3, 9)a b c 若8c ，则 22 946430ab，5b但 2 230b ，4b，从而4b 或 5若5b ， 则 2 5a 无解，若4b ，则 2 14a 无解此时无解 若7c ，则 22 944945ab，有唯一解3a ，6b 若6c ， 则 22 943658ab， 此时 222 258bab， 2 29b 故6b， 但6bc ， 故6b ，此时 2 583622a 无解 综上，共两组解 2, 3, 9 a b c 或 3, 6, 7. a b c 体积为 333 1 239764V cm3 或 333 2 367586V 3 cmcm 5.5.方程组方程组 0, 0, 0 xyz xyzz xyyzxzy 的有理数解的有理数解( , )x y z的的个个数为（数为（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】【解答】 B 若0z ，则 0 0 xy xyy ，解得 0 0 x y 或 1 1 x y 若0z ，则由0 xyzz得1xy 由0 xyz得zxy 将代入0 xyyzxzy得 22 0 xyxyy 由得 1 x y ，代入化简得 3 (1)(1)0yyy 易知 3 10yy 无有理数根，故1y ，由得1x ，由得0z ，与0z 矛盾，故该 方程组共有两组有理数解 0, 0, 0 x y z 或 1, 1, 0. x y z 6.6.设设ABC的内角的内角A B C, ,所对的边所对的边, ,a b c成等比数列成等比数列， 则则 sincotcos sincotcos ACA BCB 的取值范围的取值范围是是 （）（） A(0,) B 51 0, 2 C 5151 , 22 D 51, 2 【解答】【解答】 C 设,a b c的公比为q，则 2 ,baq caq，而 sincotcossincoscossin sincotcossincoscossin ACAACAC BCBBCBC sin()sin()sin sin()sin()sin ACBBb q BCAAa 因此，只需求q的取值范围 因,a b c成等比数列，最大边只能是a或c，因此,a b c要构成三角形的三边，必需且只需 abc且bca即有不等式组 2 2 aaqaq aqaqa 即 2 2 10 10 qq qq 解得 1551 22 5151 22 q qq 或 从而 5151 22 q ，因此所求的取值范围是 5151 , 22 三、三、 填空题（每小题填空题（每小题9分，共分，共54分）分） 7.7.设设( )f xaxb，其中，其中, a b为实数，为实数， 1( ) ( )f xf x， 1( ) ( ) nn fxf fx ，1,2,3,n L，若，若 7( ) 128381fxx，则，则ab 【解析】【解析】由题意知 12 ( )(1) nnn n fxa xaaab L 1 1 n n a a xb a ， 由 7( ) 128381fxx得 7 128a ， 7 1 381 1 a b a ，因此2a ，3b ，5ab 8.设设( )cos22 (1cos )f xxax的最小值为的最小值为 1 2 ，则则a 【解答】【解答】 23 2 ( )2cos122 cosf xxaax 22 1 2(cos)21 22 a xaa， （1）2a 时，( )f x当cos1x 时取最小值1 4a； （2）2a 时，( )f x当cos1x 时取最小值 1； （3）22a 时，( )f x当cos 2 a x 时取最小值 2 1 21 2 aa 又2a 或2a 时，( )f x的最小值不能为 1 2 ， 故 2 11 21 22 aa ，解得23a ，23a （舍去） 9.9.将将 24 个志愿者名额分配给个志愿者名额分配给 3 个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配 方法共有方法共有 种种 【解答】【解答】 222 解法一解法一 用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校，而用表示名额如| L 表示第一、二、三个学校分别有 4，18，2 个名额 若把每个“”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“”，故不同的分配方法相当 于24226个位置（两端不在内）被 2 个“”占领的一种“占位法” “每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“”， 故有 2 23 C253种 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种 综上知，满足条件的分配方法共有 25331222 种 解法二解法二设分配给 3 个学校的名额数分别为 123 ,x x x，则每校至少有一个名额的分法数为不定 方程 123 24xxx 的正整数解的个数，即方程 123 21xxx的非负整数解的个数，它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合： 21212 32323 HCC253 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种 综上知，满足条件的分配方法共有 25331222 种 10.10.设数列设数列 n a的前的前n项和项和 n S满足：满足： 1 (1) nn n Sa n n ，1,2,n L，则，则通项通项 n a= = 【解答】【解答】 1 1 2(1) n n n 111 1 (1)(2)(1) nnnnn nn aSSaa nnn n ， 即 2 1 2211 (1)(2)1(1) nn n aa nnnn n = 21 (1)(2)(1) n a nnn n ， 由此得 2 1 11 () (1)(2)(1) nn aa nnn n 令 1 (1) nn ba n n ， 11 11 22 ba（ 1 0a ） ， 有 1 1 2 nn bb ，故 1 2 n n b ，所以 11 2(1) n n a n n 11.11.设设( )f x是定义在是定义在R上的函数，若上的函数，若(0)2008f，且对任意，且对任意xR，满足满足 (2)( )3 2xf xf x，(6)( )63 2xf xf x，则，则(2008)f= = 【解答】【解答】 2008 22007 解法一解法一由题设条件知 (2)( )( (4)(2)( (6)(4)( (6)( )f xf xf xf xf xf xf xf x 24 3 23 263 23 2 xxxx ， 因此有(2)( )3 2xf xf x，故 (2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)ffffffffL 200620042 3 (2221)(0)fL 1003 1 41 3(0) 41 f 2008 22007 解法二解法二令( )( )2xg xf x，则 2 (2)( )(2)( )223 23 20 xxxx g xg xf xf x ， 6 (6)( )(6)( )2263 263 20 xxxx g xg xf xf x ， 即(2)( ), (6)( )g xg x g xg x， 故( )(6)(4)(2)( )g xg xg xg xg x， 得( )g x是周期为 2 的周期函数， 所以 200820082008 (2008)(2008)2(0)222007fgg 12.12.一个半径为一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为的小球在一个内壁棱长为4 6的正四面体容器内可向各个方向自由运动，的正四面体容器内可向各个方向自由运动， 则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 【解答】【解答】 72 3 如图，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r，作平面 111 A BC/平面ABC，与小 球相切于点D，则小球球心O为正四面体 111 PA BC的中心， 111 POABC 面，垂足D为 111 A BC的中心因 1 1 11 1 1 1 3 P A B CA B C VSPD 1 1 1 4 O A B C V 1 1 1 1 4 3 A B C SOD ， 故44PDODr，从而43POPDODrrr 记此时小球与面PAB的切点为 1 P，连接 1 OP，则 2222 11 (3 )2 2PPPOOPrrr 考虑小球与正四面体的一个面 （不妨取为PAB） 相切时的情况， 易知小球在面PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为 1 PEF， 如图记正四面体的棱长为a，过 1 P作 1 PMPA于M 因 1 6 MPP ，有 11 3 cos2 26 2 PMPPMPPrr， 故小三角形的边长 1 22 6PEPAPMar 小球与面PAB不能接触到的部分的面积为（如图中阴影部分） 1 PABPEF SS 22 3 (2 6 ) ) 4 aar 2 3 26 3arr 又1r ，4 6a ，所以 1 24 36 318 3 PABPEF SS 由对称性， 且正四面体共 4 个面， 所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为72 3 三三解答题解答题（每小题每小题20分，共分，共60分分） 13.13.已知函数已知函数( ) |sin|f xx的图像与直线的图像与直线ykx(0)k 有且仅有三个交点， 交点有且仅有三个交点， 交点的的横坐标的最横坐标的最 大值为大值为，求证：，求证： 2 cos1 sinsin34 【解答】【解答】 ( )f x的图象与直线ykx(0)k 的三个交点如图所示， 且在 3 , 2 内相切，其切点为( , sin)A， 3 , 2 由于( )cosfxx ， 3 , 2 x ，所以 sin cos ，即tan 因 此 c o sc o s s i ns i n 32 s i n 2c o s 1 4 s i nc o s 22 cossin 4sincos 2 1t a n 4 t a n 2 1 4 14.解不等式解不等式 1210864 22 log (3531)1log (1)xxxxx 【解答】【解答】 解解法一法一 由 44 22 1log (1)log (22)xx，且 2 log y在(0,)上为增函数，故原不等式等于 1210864 353122xxxxx 即 1210864 353210 xxxxx 分组分解 12108 xxx 1086 222xxx 864 444xxx 642 xxx 42 10 xx ， 864242 (241)(1)0 xxxxxx， 所以 42 10 xx ， 22 1515 0 22 xx 所以 2 15 2 x ，即 15 2 x 或 15 2 x 故原不等式解集为 5151 , 22 U 解解法二法二由 44 22 1log (1)log (22)xx，且 2 log y在(0,)上为增函数，故原不等式等价于 1210864 353122xxxxx 即 6422232 26 21 33122(1)2(1)xxxxxx xx ， 3 232 22 11 2(1)2(1)xx xx ， 令 3 ( )2g ttt，则不等式为 2 2 1 (1)gg x x ， 显然 3 ( )2g ttt在R上为增函数，由此上面不等式等价于 2 2 1 1x x ，即 222 ()10 xx ，解得 2 51 2 x （ 2 51 2 x 舍去） ， 故原不等式解集为 5151 , 22 U 15.如图，如图，P是抛物线是抛物线 2 2yx上的动点， 点上的动点， 点B C,在在y轴轴上， 圆上， 圆 22 (1)1xy内切于内切于PBC， 求求PBC面积的最小值面积的最小值 【解答】【解答】 设 00 (,), (0, ),(0, )P xyBb Cc，不妨设bc 直线PB的方程： 0 0 yb ybx x ， 化简得 000 ()0yb xx yx b 又圆心(1,0)到PB的距离为 1， 00 22 00 1 () ybx b ybx ， 故 22222 000000 ()()2()ybxybx b ybx b， 易知 0 2x ，上式化简得 2 000 (2)20 xby bx， 同理有 2 000 (2)20 xcy cx 所以 0 0 2 2 y bc x ， 0 0 2 x bc x ，则 22 2000 2 0 448 () (2) xyx bc x 因 00 (,)P xy是抛物线上的点，有 2 00 2yx，则 2 20 2 0 4 () (2) x bc x ， 0 0 2 2 x bc x 所以 0 000 00 14 ()(2)4 222 PBC x Sbcxxx xx 2 448 当 2 0 (2)4x 时，上式取等号，此时 00 4,2 2xy 因此 PBC S的最小值为 8 20082008 年全国高中数学联合竞赛（年全国高中数学联合竞赛（二二试）试） 二、二、 如如图，给定凸四边形图，给定凸四边形ABCD，180BD o， ，P是平面上的动点，令是平面上的动点，令 ( )f PPA BCPD CAPC AB （）求证：当（）求证：当( )f P达到最小值时，达到最小值时，P A B C, , ,四点共圆；四点共圆； （） 设（） 设E是是ABC外接圆外接圆O的的AB上一点， 满足：上一点， 满足： 3 2 AE AB ，31 BC EC ， 1 2 ECBECA， 又又,DA DC是是Oe的切线，的切线，2AC ，求，求( )f P的最小值的最小值 【解答】【解答】 解法一解法一 （）如图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有PA BCPC ABPB AC 因此( )f PPA BCPC ABPD CAPB CAPD CA()PBPDCA 因为上面不等式当且仅当, , ,P A B C顺次共圆时取等号， 因此当且仅当P在ABC的外接圆且在AC上时，( )()f PPBPDCA 又因PBPDBD，此不等式当且仅当,B P D共线且P在BD上时取等号 因此当且仅当P为ABC的外接圆与BD的交点时，( )f P取最小值 min ( )f PAC BD 故当( )f P达最小值时，, , ,P A B C四点共圆 （）记ECB，则2ECA，由正弦定理有 sin23 sin32 AE AB ，从而 3sin32sin2， 即 3 3(3sin4sin)4sincos，所以 2 3 34 3(1cos)4cos0， 整理得 2 4 3cos4cos30， 解得 3 cos 2 或 1 cos 2 3 （舍去） ， 故30，60ACE 由已知31 BC EC = sin30 sin EAC EAC ， 有sin(30 )( 31)sinEACEAC ， 即 31 sincos( 31)sin 22 EACEACEAC， 整理得 231 sincos 22 EACEAC ， 故 1 tan23 23 EAC ，可得75EAC， 从而45E，45DACDCAE，ADC为等腰直角三角形 因2AC ，则1CD 又ABC也是等腰直角三角形，故2BC ， 2 122 12cos1355BD o ，5BD 故 min ( )5210f PBD AC 解法二解法二 （）如图，连接BD交ABC的外接圆O于 0 P点（因为D在Oe外，故 0 P在BD上） 过,A C D分别作 000 ,P A PC P D的垂线，两两相交得 111 ABC， 易知 0 P在ACD内，从而在 111 ABC内， 记ABC之三内角分别为xyz， ，则 0 180APCyzx， 又因 110 BCP A， 110 B APC， 得 1 By， 同理有 1 Ax， 1 Cz， 所以 111 ABCABC 设 11 BCBC， 11 C ACA， 11 ABAB，则对平面上任意点M，有 0000 ()()f PP A BCP D CAPC AB 011011011 P A BCP D C APC AB 1 1 1 2 A B C S 111111 MA BCMD C AMC AB ()MA BCMD CAMC AB ()f M， 从而 0 ()()f Pf M 由M点的任意性，知 0 P点是使( )f P达最小值的点 由点 0 P在Oe上，故 0, ,PA B C四点共圆 （）由（） ，( )f P的最小值 1 1 1 0 2 () A B C f PS 2 ABC S ， 记ECB，则2ECA，由正弦定理有 sin23 sin32 AE AB ， 从而3sin32sin2，即 3 3(3sin4sin)4sincos， 所以 2 3 34 3(1cos)4cos0， 整理得 2 4 3cos4cos30， 解得 3 cos 2 或 1 cos 2 3 （舍去） ， 故30，60ACE 由已知31 BC EC = sin30 sin EAC EAC ，有sin(30 )( 31)sinEACEAC ， 即 31 sincos( 31)sin 22 EACEACEAC， 整理得 231 sincos 22 EACEAC ， 故 1 tan23 23 EAC ，可得75EAC o， 所以45E，ABC为等腰直角三角形，2AC ，1 ABC S， 因为 1 45ABC， 1 B点在Oe上， 1 90AB B，所以 11 B BDC为矩形， 11 122 12cos1355BCBD ，故 5 2 ，所以 min 5 ( )2110 2 f P 解法三解法三 （）引进复平面，仍用, ,A B C等代表, ,A B C所对应的复数 由三角形不等式，对于复数 12 ,z z，有 1212 zzzz， 当且仅当 1 z与 2 z（复向量）同向时取等号有PA BCPC ABPA BCPC AB uuu r uuu ruuu r uuu ruuu r uuu ruuu r uuu r ， 所以()()()()AP CBCP BA()()()()AP CBCP BA P CA BC BP A ()()BP CAPBAC uuu ruuu r ， 从而PABCPCABPDCA uuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r PBACPDAC uuu ruuu ruuu ruuu r ()PBPDAC uuu ruuu ruuu r BDAC uuu ruuu r 式取等号的条件是复数()()AP CB与()()CP BA同向，故存在实数0，使得 ()()()()AP CBCP BA， APBA CPCB ， 所以argarg APBA CPCB ， 向量PC uuu r 旋转到PA uu u r 所成的角等于BC uuu r 旋转到AB uuu r 所成的角，从而, , ,P A B C四点共圆 式取等号的条件显然为, ,B P D共线且P在BD上 故当( )f P达最小值时P点在ABC之外接圆上，, , ,P A B C四点共圆 （）由（）知 min ( )f PBD AC以下同解法一 二二（本题满分（本题满分 50 分）分） 设设( )f x是周期函数，是周期函数，T和和 1 是是( )f x的周期且的周期且01T证明：证明： （）若（）若T为有理数，则存在素数为有理数，则存在素数p，使，使 1 p 是是( )f x的周期；的周期； （）若（）若T为无理数，则存在各项均为无理数的数列为无理数，则存在各项均为无理数的数列 n a满足满足 1 10 nn aa (1,2,)n ， 且每个且每个(1,2,) n an 都是都是( )f x的周期的周期 【解答】【解答】 （）若T是有理数，则存在正整数,m n使得 n T m 且(,)1m n ， 从而存在整数,a b，使得1manb 于是 1 1 manb abTab T mm 是( )f x的周期 又因01T，从而