2008年全国高中数学联赛试题及答案

1、2008年全国高中数学联赛受中国数学会委托， 2008 年全国高中数学联赛由重庆市数学会承办。中国数学会普及 工作委员会和重庆市数学会负责命题工作。2008 年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部 2000 年全日制普通高级中学数 学教学大纲 中所规定的教学要求和内容， 但在方法的要求上有所提高。 主要考查学生对基 础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。全卷包括 6 道选择题、 6 道填 空题和 3 道大题，满分 150 分。答卷时间为 100 分钟。全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当 增加一些竞赛教学大纲的内容。全卷包括 3 道大

2、题，其中一道平面几何题，试卷满分 150 分。答卷时问为 120 分钟。123456、选择题(每小题 6 分，共 36分)函数 f (x) 5 4x x 在 ( ,2) 上的最小值是2xA)0B)1设 A 2,4) ， B x x2 ax 4 0 ，若A) 1,2)B) 1,2甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得)。C)2D)A ，则实数 a 的取值范围为(C)0,31 分，负者得对方多 2 分或打满 6 局时停止设甲在每局中获胜的概率为为 1 ，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数3 A) 24181B)26681)。D)0,3)0 分，比赛进行到有一人比2 ，乙在每局中获胜的概率3

3、的期望 EC)28714为()。D) 627403若三个棱长均为整数(单位：cm)的正方体的表面积之和为564cm2， 则这三个正方体的体积之和为 ()。A)764 cm3或 586 cm3C)586 cm3或 564 cm3xy 方程组 xyz zxy yz设 ABC 的内角B)D)764 cm3586 cm3z 0,0,xz yA、B、的有理数解(x, y,z) 的个数为)。B) 2C) 3C 所对的边 a、b、c成等比数列，则sin Acot C cosA的取值范围是( sinBcotC cosB)。A) (0, )B)(C)( 52 1, 52 1) 二、填空题(每小题 9 分，共 5

4、4分)D)5(0, 52 ( 5 1, (2,1)7设 f(x) ax b ，其中 a, b为实数， f1(x)f (x) ，f n 1(x)f ( fn(x) ， n1,2,3, ，若f7(x) 128x 381，则 a b8设 f(x) cos2x 2a(1 cosx) 的最小值为1 ，则 a29将 24 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 方法共有 种10设数列 an 的前 n项和 Sn满足： Sn ann1，nn(n 1)1,2, ，则通项 an=11设 f (x)是定义在 R上的函数，若 f (0)2008 ，且对任意 x R ，满足xf(

5、x 2) f(x) 3 2x， f (x 6)xf(x) 63 2x ，则 f (2008) =4x x2)1. 当 x 2时， 2 x 0，因此 f (x) 1 (412一个半径为 1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，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是三、解答题(每小题 20 分，共 60 分)13 已知函数 f (x) |sin x |的图像与直线 ykx(k 0) 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为 ，求证：cossin sin312414解不等式12 10 8 6log 2(x 3x 5x 3x 1) 14log2(x4 1) 15如图

6、，P是抛物线 y2 2x上的动点，点 B、C在 y轴上，圆(x 1)求 PBC 面积的最小值1内切于 PBC ，2x1 (22xx) 21 (2 x)2x2 ，当且仅当 1 2 x 时取等号而此方程有解 x 2x,2) ，因此 f(x)在( ,2) 上的最小值为2故选 C.2. 因为 x2ax 4 0 有两个实根x14 a42 ，x2a24 a ，故 B A 等价于3.方法一： 依题意知，x1 2 且 x2 4 ，即 a1 2 24a2且a24 a 4 ，解之得0 a 3故选D。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P(4)20，P(816) (94)2 1861，故

7、 E4 20 6 16 266 故选 B。81 81 81赛停止的概率为 (2)2 (1)332 5 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得952(P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12a2 2a 1，8.f(x) 2cos x1 2a 2acosx方法二： 依题意知， 的所有可能值为 2、4、6.令Ak表示甲在第 k局比赛中获胜， 则 Ak表 示乙在第 k 局比赛中获胜由独立性与互不相容性得61602452E 此 因266 故选 B。81P(2)5P(A1A2) P(A1A2)，9P(4)P(A1A2A3A4) P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)

8、P(A1A2A3A4)23 113 2202( )3( ) ( )3( ) ，3 33 381P(6)P(A1A2 A3 A4) P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)4(2)2(1)2 16 ，3 3 81不妨设 1abc10 ，从而 3c2a2b22 c94，c2 31故 6 c 10，c 只能取 9、8、7、6若c9，则 a2b2949213，易知a2，b3 ，得一组解 (a,b,c)(2,3,9)若c8，则a2b2946430，b5但 2b230，即b 4，从而 b4 或 5若b 5 ，则2 a5 无解；若 b4，则 a214 无解因此c=8 时无解若c7，

9、则 a2b2944945，有唯一解a3， b 6若c6，则 a2b2943658，此时2b258，即 b2 29。故b 6 ，但b c6，4. 设这三个正方体的棱长分别为a、b、c ，则有 6 a2 b2 c2564，即 a2 b2 c2 94 。所以 b 6，此时 a2 58 36 22 无解综上，共有 两 组 解 (a,b,c)(2,3,9)或(a,b,c) (3,6,7)，体积为2333937643( cm3)或 V2 363 73586( cm3)。故选 A 。若z0，则xy0，解得 x 0，或x 1，xy y0. y 0y 1.若z0，则由xyzz 0 得 xy 1由xyz 0 得

10、zx y 将式代入 xyyzxz y 0 得 x2 y2xy y0由式得x1， y代入式化简得 ( y31)(y3 y1)30 .易知 y3 y 10 无有理数根，y 1 ，由式得x1 ，由式得 z 0，与 z 0 矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,x1,V15.故xB。0,或0y 1, 故选 z 0.6.设a、b、c 的公比为 q ，则 b aq,caq2 ，而sin Acot C cosA sin B cot C cosBsin AcosC cosAsin C sinBcosC cosBsin Csin(A C) sin( B) sin(B C) sin( A)sinBsinAbqa因此

11、，只需求 q 的取值范围 因为 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，必须且只需a b c且ba即有不等式组2a aq aq2, 即2aq aq a512q22q20, 解得0.25 1 或q51从而5 1 ，因此所求的取2值范围是12 1) 故选C。7.由题意知 fn(x)naxn1(aa 1)bnax1 a1b ，由 f7 (x) 128x 381 得(1)(2)128， aa 11 b2381，因此2，b3，a5a22(cosx 2a)2a 2时， f(x) 当cosx 1时取最小值 1 4a；a 2时， f (x) 当 cosx 1时取最小

12、值 1；x1 x2 x3 21 的非负整数解的个H321 C2231 C223 253 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 253 31222种）10.an 1Sn 1Snnn (n 1)(n2)an 1n 1 ， n(n 1) anan11.即 2an 1n22(n 1)(n 2)1 n(nan1) n由此得令 bn(n2(an 121)(n 2)(n 1)(nan，n n(n 1)12n n(n 1)方法一：由题设条件知b1an2)a1f(x 2) f(x) (f (x 4)1n(n 1)an n(n

13、 1)1 ( a1 0 ) ，2有 bn1 12bn，故 bn12n ， 所 以f (x2) (f (x 6)f (x 4) ( f (x 6)f (x)(3)2 a 2时，f (x) 当 cosxa 时取最小值 1a2 2a 122又 a 2或 a2时， f（x） 的c不能为 1 ，2故1a2 2a 121 ，解得 a223， a 2 3(舍去 )9. 方法一：用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校，而用 表示名额如| | | |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 24 2 26（

14、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 C223 253（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 253 31 222（种）方法二：设分配给 3 个学校的名额数分别为 x1、 x2、 x3 ，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程 x1 x2 x3 24 的正整数解的个数，即方程 数，它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合：3 2x 2 32x 463 2x 3 2

15、x ，因此有 f (x 2) f (x) 3 2x ，故f (2008) f (2008) f (2006)2006 20043 (22006 22004f (2006) f (2004)22 1)f (0)f (2) f(0)f (0)1003 1413 4 1 f (0)41令 g(x)f (x)2x，则g(x 2)g(x)f (x2)x 2 xf (x) 2 2xx3 2x 3 2x 0 ，x 6 xxxg(x 6)g(x)f (x6)f (x) 2 263 2 63 2 0 ，方法二：故 g(x) g(x 6) g(x4) g(x 2)22008 2007 即 g(x 2) g(x),

16、g(x 6) g(x) ，g(x)，得 g(x)是周期为 2 的周期函数，所以 f (2008) g(2008) 22008 g(0)2008 2008222007 12. 如图 1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r ，作平面 A1B1C1/平面 ABC ，与小球相切于点D ，则小球球心 O 为正四面体 PA1B1C1的中心， PO 面A1B1C1，垂足 D 为A1B1C1的中心因 VP A1B1C13S A1B1C1 PD 4 VOA1B1C1413S A1 B1C1 OD ，故 PD 4OD4r ，从而 PO PD OD4r r3r 记此时小球与面 PAB的切点为 P1，22PP

17、1 PO2 OP12(3r) r2 2r 连 接 OP1 ， 则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 P1EF ，如图 2记正四面体的棱长为 a，过P1作 P1M PAMPP1 6PMPP1cosMPP12 2r3 6r ，故小三角形的边长2P1EPA2PM a2 6r 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为如 图 2 中 阴 影 部 分 )有第 12 题图 2 )S PAB SP1EF3(a2 (a 2 6r)2) 3 2ar 6 3r 24又 r 1 ， a 4 6 ，所以 S PAB S PEF 2

18、4 3 6 3 18 3 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 13. f(x) 的图象与直线 y切点为 A(, sin由于f (x)cossincossin sin3)，cosx，即cos4sin cos4sin cos4tan4) 上为增函数，故原不等式等价于分组分解所 以 x4x2方法二：2sin 2 coslog42(x41)4log 2(2x2)，且12 x3x105x83x6 12x4212 x3x105x83x6 2x4 1012108xxx2x102x82x64x84x6 4x4642xxx421xx2x64x4x21)(x42

19、x1)14. 方法一：由10，8152log2 y在 (0,0，(x2 )(x2151 2 5) 0 。所以 x21 5 ，即210， (x故原不等式解集为 ()21) log 2(2 x 4 2) ，且 log2 y 在(0, )上为增函数，故原不等式等价于12x3x10即21 x2 x6x6 3x43x2(x12)3x1 2( 2 )x5x8 3x6 1 2x4 2 1 2x2 2 (x2 1)3 2(x2 1)，(x2 1)3 2(x2 1)，令 g(t) t3 2t ，则不等式为 g( 12) g(x2 1)， x2显然 g(t) t3 2t在R 上为增函数， 由此上面不等式等价于x1

20、2xx2 1 ，即 (x2)2x20 ，解得 x21 ，故原不等式解集为2(215.设 P(x0,y0),B(0,b),C(0,c) ，不妨设c直线 PB 的方程y0 b x ，化简得 x0(y0b)xx0y x0b 0 又 圆 心 (1,0) 到PB的距离 为 1，y0b x0b 1(y0 b)2 x02，故(y02b)22 2 2 2 x0 (y0 b) 2x0b(y0 b) x0b易 知 x0 2，上式化简得(x02)b222y0b x0 0，同理有 (x0 2)c22y0c x0 0 所以 b c2y0x0，bc2x0 ，x0 2则 (b c)24x0 4y0 8x0因P(x0,y0)

21、是抛物线上的点， 有y02 2x0，则(b(x0 2)2c)24x02 ，2(x0 2)2b c x0 02 所以S PBC 2(bx04c) x0x0 (x0 2) 40 x0 2 0 0x0 2244 8 当(x0 2)2 4时，上式取等号，此时 x0 4,y0 2 2 因此 S PBC 的最小值为 8答一图 1BCECECB1 ECA ，又 DA,DC 是 O 的切线，AC2，求 f (P)的最小值加试一、(本题满分 50 分)如图，给定凸四边形 ABCD， B D 180 ，P 是平面上 的动点，令 f (P) PA BC PD CA PC AB (1)求证：当 f (P) 达到最小值

22、时， P、A、B、C四点共圆； (2)设 E是 ABC外接圆 O的 AB 上一点，满足： AE 3 ，AB 2、(本题满分 50 分)设 f ( x)是周期函数， T 和 1 是 f(x) 的周期且 0 T 1证明：11)若 T 为有理数，则存在素数 p，使 1 是 f(x) 的周期；p2)若T 为无理数，则存在各项均为无理数的数列an满足1 an an1 0 (n 1,2, )，且每个 an (n 1,2, ) 都是 f ( x)的周期 三、(本题满分 50 分)2008设 ak 0 ，k 1,2, ,2008 证明：当且仅当ak 1时，存在数列 xn 满足以下条件：k11)0x0 xn x

23、n 1 ， n1,2,3, ；2)limnxn 存在；200820073)xnxn 1ak xn kk1ak 1xn k ， n k01,2,3,解答第 1 题图一、方法一： (1)如答一图 1，由托勒密不等式，对平面上的任 意点 P ，有 PA BC PC AB PB AC 因此 f (P) PA BC PC AB PD CA PB CA PD CA(PB PD) CA 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(P) (PB PD) CA 又因 PB PD BD ，此不等式当且仅当 B,P,D共线

24、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f(P)minACBD 故当 f ( P) 达最小值时， P、A、B、C 四点共圆(2)记ECB，则 ECA 2，由正弦定理有AEsin23 ，从而ABsin323 sin 32sin 2，即 3(3sin4sin 3 ) 4sincos，所以334 3(1 cos2) 4cos 0 ，整理得 4 3 cos24cos3 0 ，解得cos3或 cos 1(舍 去)，故30 ，ACE 60 223BCsin EAC 300( 3 1)sin EAC31=, 有 sin(EAC30 )sin EACEC3

25、sin EAC1cos EAC ( 31)sin EAC ，整理得231sin EAC cos2222故 tanEAC1 2 3， 可 得 EAC75， 从 而 E由已知EAC ，即45 ，23DCA E 45 ， ADC 为等腰直角三角形因 AC 2 ，则 CD 1又 ABC 角形，故 BC 2，BD2 1 2 21 2 cos135 5， BD 5故 BD AC 5 2 10 DAC 也是等腰直角 f(P)min 方法二：( 1)如图 2，连接 BD交 ABC的外接圆 O于 P0点(因为 D在 O外，故 P0在 BD上)过 A,C,D 分别作 P0A, P0C , P0D 的垂线，两两相交

26、得第 1 题图 2)AB ，则对平面上任意点 M ，ABC之三内角分别为 x， y， z ， 则AP0C180y z x ，又因B1C1P0 A ，B1A1P0 C ，得B1 y ，同理有A1x，C1 z ，所以 A1B1C1 ABC 设 B1C1BC ，C1 A1CA ，有f (P0 )( P0 A BCP0 D CAP0CAB)P0 A B1C1P0DC1A1P0CA1B12S A1 B1C1MA B1C1MDC1A1MCA1B1( MA BCMD CAMCAB)A1B1C1 ，易知 P0 在 ACD 内，从而在A1 B1 C1 内，记A1B1f(M)，从而 f(P0) f (M ) 由M

27、点的任意性，知P0点是使 f (P)达最小值的点由点 P0在 O上，故 P0、A、B、C 四点共圆22)由(1)， f (P)的最小值 f (P0) 2SABC 2 S ABC，记 ECB ，则 ECA 2由正定理有AEsin 23，从而 3 sin 3 2sin 2即ABsin324sin 3)4sincos ， 所以 3 3 4 3(1cos2 ) 4cos 0 ，整理得4cos30解得 cos3或或 cos1 ( 舍 去 )， 故303(3sin2弦4 3 cos2ACE60由已BCEC31sinEAC 300sin EACsin( EAC 30 )( 3 1)sinEAC ，即 23

28、sin EAC1cos2EAC ( 3 1)sinEAC ，整理得 2 3 sin2EAC 1 cos2EAC ，故 tanEAC1232 3 ，可得 EAC 75 ，所以 E 45 ，ABC 为等腰直角三角形， AC2，S ABC1，因为 AB1C 45 ， B1 点B1C1BD 1 2 2 1 2 cos135 5 ，方法三：(1)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，对在 O上， AB1B 90 ，所以 B1BDC1 为矩形， 故 5 ，所以 f (P)min 2 5 1 10 z1 z2于复数 z1, z2，有 z1 z2，当且仅当 z1与 z2

29、(复向量)同向时取等号PA BC PC AB PA BC PC AB ，所以 ( AP)(CB) (C P)(B A)(AP)(CB) (C P)(B A)PCAPB AC ，PC AB PD CA PB AC PD AC( PB PD ) ACA)0 ，使得式取等号的条件是复数 (A P)(C B) 与(C P)(B A) 同向，故存在实数(A P)(C B) (C P)(B A) ， CA PPCB BA，所以 arg(CA PP) arg(CB BA) ，向量旋转到所成的角等于BC旋转到 AB 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2)由1)知 f (P)min BD AC 以下同方法一二、(1)若 T 是有理数，则存在正整数m,n使得 Tn 且 (m, n) 1，从而存在整数 a, b ， m得 manb 1于是 1ma nbbT a 1T是 f (x)的