全国高中数学联赛试题答案

2008年全国高中数学联赛受中国数学会拜托，2008年全国高中数学联赛由重庆市数学会包办。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高出教育部2000年《整日制一般高级中学数学教课纲领》中所规定的教课要乞降内容，但在方法的要求上有所提升。主要考察学生对基础知识和基本技术的掌握状况，以及综合和灵巧运用的能力。全卷包含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，适合增添一些比赛教课纲领的内容。全卷包含3道大题，此中一道平面几何题，试卷满分150分。答卷时问为120分钟。一试一、选择题（每题6分，共36分）1．函数f(x)54xx2在(,2)上的最小值是（）。2x（A）0（B）1（C）2（D）32．设A[2,4)，B{xx2ax40}，若BA，则实数a的取值范围为（）。（A）[1,2)（B）[1,2]（C）[0,3]（D）[0,3)3．甲、乙两人进行乒乓球比赛，商定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为2，乙在每局中获胜的概率3为1，且各局输赢互相独立，则比赛停止时已打局数的希望E为（）。3（A）241（B）266（C）274（D）6708181812434．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）764cm3或586cm3（B）764cm3（C）586cm3或564cm3（D）586cm3xyz0,的有理数解(x,y,z)的个数为5．方程组xyzz0,（）。xyyzxzy0（A）1（B）2（C）3（D）46．设ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c成等比数列，则sinAcotCcosA的取值范围是（）。sinBcotCcosB（A）(0,)（B）(0,51)2（C）515151)(,2)（D）(,22二、填空题（每题9分，共54分）7．设f(x)axb，此中a,b为实数，f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x))，n1,2,3,，若f7(x)128x381，则ab.8．设f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值为1，则a.29．将24个志愿者名额分派给3个学校，则每校起码有一个名额且各校名额互不同样的分派方法共有种．10．设数列{an}的前n项和Sn知足：Snann1，n1,2,，则通项an=．n(n1)11．设f(x)是定义在R上的函数，若f(0)2008，且对随意xR，知足xf(x)632x，则f(2008)=.f(x2)f(x)3，2f(x6)12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46的正四周体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永久不行能接触到的容器内壁的面积是.三、解答题（每题20分，共60分）13．已知函数f(x)|sinx|的图像与直线ykx(k0)有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证：2cos1．sinsin3414．解不等式log2(x123x105x83x61)1log2(x41)．15．如图，P是抛物线y22x上的动点，点B、C在y轴上，圆(x1)2y21内切于PBC，求PBC面积的最小值．第15题解答1.当x2时，2x0，所以f(x)1(44xx2)1(2x)212x2x(2x)2x2，当且仅当1x1(,2)，所以f(x)在(,2)上2x时取等号．而此方程有解2x的最小值为2．应选C.2.因为x2ax40有两个实根x1a4a2，x2a4a2，故BA等价于2424x12且x24，即a4a22且a4a24，解之得0a3．应选D。24243.方法一：依题意知，的全部可能值为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(2)2(1)25．若该轮结束时比赛还将持续，则甲、乙在该轮中必是各得339一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛能否停止没有影响．进而有P(2)5，9P(4520，4216，故E2542016266．应选B。4)( )( )81P(6)( )8198168199981方法二：依题意知，的全部可能值为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P(2)P(A1A2)P(A1A2)5，9P(4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)2[(2)3(1)(1)3(2)]20，333381P(6)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)4(2)2(1)216，3381所以E25420616266．应选B。98181814.设这三个正方体的棱长分别为a、b、c，则有6a2b2c2564，即a2b2c294。不如设，进而22222，c只好取1abc103cabc94，c31．故6c10、98、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b4，进而b4或5．若b5，则a25无解；若b4，则a214无解．所以c=8时无解．若c7，则a2b2944945，有独一解a3，b6．若c6，则a2b2943658，此时2b258，即b229。故b6，但bc6，所以b6，此时a2583622无解．综上，共有两组解(ab,c,)(2或(a,b,c)(3,6,7)，体积为V123333）或V236373586（cm3）。应选A。397（cm6435.若z0，则x，，x，y0解得x0或1xyy0.y0y1.若z0，则由xyzz0得xy1．①由xyz0得zxy．②将②式代入xyyzxzy0得x2y2xyy0．③由①式得x1，代入③式化简得(y1)(y3y1)0.易知y3y10无有理数根，y故y1，由①式得x1，由②式得z0，与z0矛盾，故该方程组共有两组有理数解x0,x1,y0,或y1,应选B。z0z0.6.设a、b、c的公比为q，则baq,caq2，而sinAcotCcosAsinAcosCcosAsinCsinBcotCcosBsinBcosCcosBsinCsinA(C)sinB()BsbinsinB(C)sinA()Aq．sain所以，只要求q的取值范围．因为a、b、c成等比数列，最大边只好是a或c，所以a、b、c要组成三角形的三边，一定且只要abc且baaqaq2,ca．即有不等式组aq2即aqa1551q2q10,2q2,进而51q51q2q1解得2，所以所求的取0.q51或q51.222值范围是(51,51)．应选C。227.由题意知fn(x)anx(an1an2a1)banxan1b，由f7(x)128x381得a1a7128，a71b381，所以a2，b3，ab5．a18.f(x)2x12a2acosx2(cosxa)21a22a1，2cos22(1)a2时，f(x)当cosx1时取最小值14a；(2)a2时，f(x)当cosx1时取最小值1；(3)2a2时，f(x)当cosxa时取最小值1a22a1．22又a2或a2时，f(x)的c不可以为1，2故1a22a11，解得a23，a23(舍去)．229.方法一：用4条棍子间的缝隙代表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“|”都视为一个地点，因为左右两头一定是“｜”，故不一样的分派方法相当于24226(个)地点（两头不在内）被2个“｜”占据的一种“占位法”．“每校起码有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个缝隙中选出2个缝隙插入“｜”，故有2253(种)．又在“每校起码有一个名额的分法”中C23“起码有两个学校的名额数同样”的分派方法有31种．综上知，知足条件的分派方法共有253－31＝222(种)．方法二：设分派给3个学校的名额数分别为x1、x2、x3，则每校起码有一个名额的分法数为不定方程x1x2x324的正整数解的个数，即方程x1x2x321的非负整数解的个数，它等于3个不一样元素中取21个元素的可重组合：21212253．又在“每校至H3C23C23罕有一个名额的分法”中“起码有两个学校的名额数同样”的分派方法有31种．综上知，知足条件的分派方法共有253－31＝222（种）．10.an1Sn1Snnan1n1an，(n1)(n2)n(n1)即2an1n2211an(n1)(n2)n1n(n1)=2an1，(n1)(n2)n(n1)由此得2(an11)an1．(n1)(nn(n2)1)令bnan1，b1a111(a10)，有bn11，故bn1，所以2222nn(n1)bnan11．2nn(n1)11.方法一：由题设条件知f(x2)f(x)(f(x4)f(x2))(f(x6)f(x4))(f(x6)f(x))32x232x4632x32x，所以有f(x2)f(x)32x，故f(2008)f(2008)f(2006)f(2006)f(2004)f(2)f(0)f(0)3200620042f(0)(2221)34100311f(0)41220082007．方法二：令g(x)f(x)2x，则g(x2)g(x)f(x2)f(x)2x22x32x32x0，g(x6)g(x)f(x6)f(x)2x62x632x632x0，即g(x2)g(x),g(x6)g(x)，故g(x)g(x6)g(x4)g(x2)g(x)，得g(x)是周期为2的周期函数，所以f(2008)g(2008)2008g(0)200820082007．22212.如图1，考虑小球挤在一个角时的状况，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为正四周体PA1B1C1的中心，PO面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心．因14VO1，VPABCSABCPDABC4SABCOD11131113111故PD4OD4r，进而POPDOD4rr3r．记此时小球与面PAB的切点为P1，连结OP1，则PP1PO2OP12(3r)2r222r．（第12题图1）考虑小球与正四周体的一个面(不如取为PAB)相切时的状况，易知小球在面PAB上最凑近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为P1EF，如图2．记正四周体的棱长为a，过P1作PM1PA于M．因M1PP，有6PMPP1cosMPP122r3，故小三角形的边长6r2PE1PA2PMa26r．小球与面PAB不可以接触到的部分的面积为（如图2中暗影部分）SPABSPEF13(a2(a26r)2)32ar63r2．第12题图2）4又r1，a46，所以SPABSPEF24363183．由对称性，且正四周体共4个1面，所以小球不可以接触到的容器内壁的面积共为723．13.f(x)的图象与直线ykx(k0)的三个交点如答13图所示，且在(,3)内相切，其2切点为A(,sin)，(,3)．2因为f(x)cosx，x(,3)，所2以cossin，即tan．所以（第13题）coscos1cos2sin21tan212sinsin32sin2cos4sincos4sincos4tan．414.方法一：由1442)，且log2y在(0,)上为增函数，故原不等式log2(x1)log2(2x等价于x123x105x83x612x42．即x123x105x83x62x410．分组分解x12x10x82x102x82x64x84x64x4x6x4x2x4x210，(x82x64x4x21)(x4x21)0，所以x4x210，(x215)(x2125)0。所以x215，即2215x15(515122．故原不等式解集为2,2)．方法二：由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上为增函数，故原不等式等价于x123x105x83x612x42．即21x63x43x212x22(x21)32(x21)，x2x6(1)32(1)(x21)32(x21)，x2x2令g(t)t32t，则不等式为g(12)g(x21)，明显g(t)t32t在R上为增函数，由此上x面不等式等价于1x21，即(x2)2x210，解得x251，故原不等式解集为x22(51,51)．2215.设P(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不如设bc．直线PB的方程:yby0bx，化简得x0(y0b)xx0yx0b0．又圆心(1,0到)PB的距离为1，y0bx0b，故(yb)210x20(y022(y0220xb(0yb)22易知x02，上式化简得b)x0b)0x，b(x02)b22y0bx00，同理有(x02)c22y0cx00．所以bc2y0，bcx0，x02x02则(bc)24x024y028x0．因P(x0,y0)是抛物线上的点，有y022x0，则(bc)24x02，(x02)2(x02)22x0．所以1x04244．当bcSPBC(bc)x0x0(x02)42x0x028x022(x02)24时，上式取等号，此时x04,y022．所以SPBC的最小值为8．加试一、（此题满分50分）如图，给定凸四边形ABCD，BD180，P是平面上的动点，令f(P)PABCPDCAPCAB．（1）求证：当f(P)达到最小值时，P、A、B、C四点共圆；（2）设E是ABC外接圆O的AB上一点，知足：AE3，AB2答一图1BC131，ECBECA，又DA,DC是O的切线，AC2，求f(P)的最小值．EC2二、（此题满分50分）设f(x)是周期函数，T和1是f(x)的周期且0T1．证明：（1）若T为有理数，则存在素数p，使1是f(x)的周期；p（2）若T为无理数，则存在各项均为无理数的数列{an}知足1anan10(n1,2,，)且每个an(n1,2,)都是f(x)的周期．三、（此题满分50分）2008设ak0，k1,2,,2008．证明：当且仅当ak1时，存在数列{xn}知足以下条件：k1（1）0x0xnxn1，n1,2,3,；（2）limxn存在；n（3）xn20082007k，n1,2,3,xn1akxnkak1xn．k1k0解答一、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PABCPCABPBAC．所以f(P)PABCPCABPDCAPBCAPDCA(PBPD)CA．因为上边不等式当且仅当P、A、B、C按序共圆时取等号，所以当且仅当P在ABC的外接圆且在AC上时，第1题图f(P)(PBPD)CA．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．所以当且仅当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ECA2，由正弦定理有AEsin23，进而ABsin323sin32sin2，即3(3sin4sin3)4sincos，所以3343(1cos2)4cos0，整理得43cos24cos30，解得cos3或cos1（舍去），故30，ACE60．由已知223BC31=sinEAC300,有sin(EAC30)(31)sinEAC，即ECsinEAC3sinEAC1cosEAC(31)sinEAC，整理得223sinEAC1cosEAC，2212故tanEAC23，可得EAC75，从而E45，32DACDCAE45，ADC为等腰直角三角形．因AC2，则CD1．又ABC也是等腰直角三角形，故BC2，BD212212cos1355，BD5．故f(P)minBDAC5210．方法二：（1）如图2，连结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，两两订交得A1B1C1，易知P0在ACD内，进而在A1B1C1内，记ABC之三内角分别为x，y，z，则AP0C180yzx，又因B1C1P0A，B1A1P0C，得B1y，同理有A1x，C1z，（第1题图2）所以A1B1C1∽ABC．设B1C1BC，C1A1CA，A1B1AB，则对平面上随意点M，有f(P0)(P0ABCP0DCAP0CAB)P0AB1C1P0DC1A1P0CA1B12SA1B1C1MAB1C1MDC1A1MCA1B1(MABCMDCAMCAB)f(M)，进而f(P0)f(M．)由M点的随意性，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．（2）由（1），f(P)的最小值f(P0)2SA1B1C12SABC，记ECB，则ECA2，由正弦定理有AEsin23，进而3sin3，2s即in2ABsin323(3sin4sin3)4sincos，所以3343(12cos)4c，os整理0得23或1（舍去），故30，43cos4cos，解得coscos30223ACE60．由已知BC31=sinEAC300,有ECsinEACsin(EAC30)(31)sinEAC，即3sinEAC1cosEAC(31)sinEAC，22整理得223sinEAC1cosEAC，故tanEAC1323，可得EAC75，22所以E45，ABC为等腰直角三角形，AC2，SABC1，因为AB1C45，B1点在O上，AB1B90，所以B1BDC1为矩形，B1C1BD12212cos1355，故5，所以f(P)min2510．122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，对于复数z,z，有z1z2z1z2，当且仅当z1与z（复向量）同向时取等号．122有，PABCPCABPABCPCAB所以(AP)(CB)(CP)(BA)(AP)(CB)(CP)(BA)①PCABCBPA(BP)(CA)PB，AC进而PABCPCABPDCPABACPDAC(PBPD)ACBDAC．②①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)(CB)(CP)(BA)，APBA，所以APBAPCBarg(P)arg(，)CCCB向量PC旋转到PA所成的角等于BC旋转到AB所成的角，进而P、A、B、C四点共圆．②式取等号的条件明显为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)minBDAC．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，进而存在整数a,b，使m得manb1．于是1manbabTa1bT是f(x)的周期．又因