2008年全国高中数学联赛试题及答案

若c9，则a2b2949213，易知a2b3，得一组解(abc)(239)．若c8，则a2b2946430，b52b230，b4b45．若b5，a25无解，若b4，则a214若c7，则a2b2944945，有唯一解a3b6c6a2b29436582b2a2b258b229b6，但bc6，故b6a2583622a a综上，共有两组解b3或bc

c体积为V233393764cm3或V336373586 xyz方程组xyzzxyyzxzy

的有理数解(x,y,z)的个数 （B [解]

，则xy x0，x xyy0.解得y0或y 若z0，则由xyzz0得xy1． 由xyz0得zxy． 将②代入xyyzxzy0得x2y2xyy0 x1，代入③化简得y1y3y10y易知y3y10无有理数根，故y1，由①得x1，由②得z0，与z0，x x该方程组共有两组有理数解y0或yz

z设ABCA,B,C所对的边abc成等比数列，则sinAcotCcosAsinBcotCcos(0,

52

（C

51 55

,)5[解]设abc的公比为q，则baqcaq5sinAcotCcosAsinAcosCcosAsinsinBcotCcos

sinBcosCcosBsinsin(AC)sin(B)sinBbqsin(B sin 因此，只需求q的取值范围abc成等比数列，最大边只能是a或c，因此abc要构成三角形的三边，必需且只abc且bca．即有不等式组aqaq2

即q2q1

5q

51 解得q 51或q

51.从而51q

5，因此所求的取值范围是

51

51 二、填空题（549分f(x)axb，其中abf1(x)f(xfn1(x)ffn(x))n12f7(x)128x381，则ab n[解]由题意知f(x)anx(an1an2 an ax baf(x128x381得a7128a71

，因此a2b3ab5． a1

2设f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值为1，则a22[解

f(x)2cos2x12a2acos2(cosxa)21a22a a2f(x当cosx1时取最小值14aa2f(x当cosx12a2f(x当cosxa时取最小值1a22a1 又a2或a2f(x的最小值不能为123故1a22a11，解得a2 ，a23

3(舍去配方法共 种[解法一]43个学校，而用|相当于24226个位置（两端不在内）2个“｜”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”24个”232“｜”，故有C2253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 x1x2x324x1x2x321321HCHC

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”的分配方法有设数列{a}的前nSSa

n

，则通项a

n(n 1 n(n[解

an1

nn(n

an即2

n22

1n

n(n

(n1)(n

n(n由此得2

)

n(n令ba

，

a1

(a0 n(n

有 1b，故b

，所以

1 2

n(nf(x是定义在Rf(0)2008xRf(x2)f(x)32x，f(x6)f(x)632x，则f(2008) 22008 [解法一]f(x2)f(x)(f(x4)f(x2))(f(x6)f(x4))(f(x6)f32x232x4632x32x，因此有f(x2)f(x)32x，故f(2008)f(2008)f(2006)f(2006)f(2004) f(2)f(0)f3(2200622004 221)f3 f(0)41220082007[解法二]g(x)f(x2xg(x2)g(x)f(x2)f(x)2x22x32x32x0g(x6g(xf(x6f(x2x62x632x632x0，即g(x2)g(xg(x6)g(x，g(x)g(x6)g(x4)g(x2)g(x，g(x)2的周期函数，61的小球在一个内壁棱长为6

72 72[解]如答12图1rA1B1C1//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A1B1C1D为A1B1C1的中心．11因VPA11

13

114VOA1141 OD 记此时小球与面PAB的切点为P1，连接OP1，则(3r)2 PPPO2OP2(3r)2 时的情况，易知小球在面PAB上最靠近边的切点的轨迹P1EF122．记正四面体3的棱长为aP1P1MPA于M3

12MPP

，有PMPP1cosMPP122r2

6r，故角形的边P1EPA2PMa26r2中阴影部分

SP1EF

3(a2(a26r)2)32ar63r24又r1a4631SPABSPEF24331

183

124个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723三、解答题（6020分f(x)|sinx|y最大值为

(k0sinsin3

1．．证

f(x)的图象与直线y(k0)的三个交点如答13图所示，且在(3内相切，其切点2A(,sin)，(,3)2…5

13由于f(x)cosx，x(,3)，所以cossin，即tan …10 sinsin 2sin2114sin

…15cos2sin24sin1tan24tan1 …20

log(x123x105x83x61)1log(x41) [解法一]由1log(x41)log(2x42，且logy在(0 即

x123x105x83x612x42x123x105x83x62x410 …5x12x102x102x84x84x6x6x4x4x210(x82x64x4x21)(x4x21)0， …10分 x4x210，(x2

5)(x2

50 …15x22

12125，即x1212故原不等式解集为(

51)

51) …20 [解法二]由1log(x41)log(2x42，且logy在(0 即2

x123x105x83x612x42 …5x63x43x212x22(x21)32(x21)

(1)32(1)(x21)32(x21 …10x xg(t)t32tg(1)g(x21)g(t)t32t在R1x2 …15即(x22x210x2

52

(x2

51舍去2故原不等式解集为(

51)

51) …20 15Py22x上的动点，点B,Cy轴上，圆(x1)2y21PBC，求PBC[解]设P(x0,y0B(0,b),C(0c，不妨设bc直线PB的方程:yby0bx

(y0b)xx0yx0b0又圆心(10PB(yb)2(yb)200y0b故yb)2x2yb)22xbybx2b2 x2，上式化简得(x2)b22yb

0

15同理有(x2)c22yc

0 …10 所以bc2x0

，bc

x0x0(b

4x24y2 0(x02P(xyy22x(b

，bc

…15所以

(x021(bc)

x0 x

2)

x

x 244当(x2)24x4

2 2因此SPBC的最小值为 …202008年高中数合竞赛加试（A卷）分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次．如题一图，给定凸四边形ABCDBD

P是平面上的动点，令f(P)PABCPDCAPCABf(PP,A,B,CE是ABC外接圆OABAE

31，ECB1ECA DADC是OAC

2f(P PABCPCABPBAC因此f(PPABCPCABPDPBCAPDCA(PBPD)CAPAB,CP在ABCACf(P)(PBPDCA． PBPDBDBPDP在BDP为ABCBD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 …20（）ECB

，则ECA

AEsin2

3，从而3sin32sin2

3(3sin4sin3)4sincos

sin 3343(1cos2)4cos02．整理得43cos24cos302．解得cos

3或2

（舍去故30ACE

sinEAC300由已

31

sin

sin(EAC3031sinEAC，即3sinEAC1cosEAC31sinEAC，整理得23sinEAC1cosEAC，3， 3，tanEAC 2

2232

，可得EAC

…40从而E

，DACDCAE45，ADC为等腰直角三角形．因AC ，2又ABCBC2

2，BD212

2

5，BD5f(P)minBDAC

5 …50 （Ⅰ）如答一图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．B1A1P0C，得B1y，同理有A1x，C1z， …10B1C1BC，C1A1CAA1B1AB，则对平面上任意点M，有112SA11(MABCMDCAMCf(M)从 f(P0)f(M)MP0f(P由点P0在O上，故P0,A,B,C四点共圆 …20（Ⅰf(P)2 2SABC记ECB，则ECA2，由正弦定理有AEsin2 3，从而3sin32sin2 sin 即3(3sin4sin3)4sincos3343(1cos2)4cos02．整理得43cos24cos302．解得cos

3或2

（舍去故30ACE

sinEAC300由已

31

sin

sin(EAC3031sinEAC，即3sinEAC1cosEAC31sinEAC，整理得23sinEAC1cosEAC，3， 3，tanEAC 2

23

，可得EAC

…40212212所以E45，ABC为等腰直角三角形，AC ，SABC1，因为AB212212OAB1B90B1BDC1B1C1BD

5 5f2

2

512

10 …50 （Ⅰ）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z1,z2，有z1z2z1z2z1z2（复向量） PABCPCABPABCPCAB， (AP)(CB)(CP)(BA)(A(AP)(CB)(CP)(BPCABCBP(BP)(CA)PBAC，PABCPCABPDCAPBACPDAC(PBPD)BDAC复数AP)(CB与(CP)(B

…10同向，故存在实数0(AP)(CB)(CP)(BA)APBAC C所以arg(AParg(BAC CPCPA所成的角等于BCAB所成的角，从而P,AB,C四点共圆．BPD共线且PBD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 …20（Ⅱ）由（Ⅰ）f(P)minBDAC．f(x是周期函数，T1f(x的周期且0T1若Tp1f(xpT为无理数，则存在各项均为无理数的数列{an}1anan1(n12,，且每个

(n12f(x[证 （Ⅰ）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,bm1manbabTa1bT 是f(x)的周期 …10又因0T1m2p是m的素因子，则mpmmN1m 是f(x)的周期 …20（Ⅱ）若Ta11T 则0a11，且a1a11a a1 11a an …30 1 1由数学归纳法易知an均为无理数且0an1aa1，故1anaan1

n

n即an11aanan．因此{an}是递减数列 …40n最后证：每个af(x1和Tf(x的周期，故a11T