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1、2008 全国高中数学联合竞赛一试试题 (A 卷) 一、选择题(本题满分36 分,每小题6 分) 1函数 2 54 ( ) 2 xx f x x 在(,2)上的最小值是() A0 B1 C 2 D3 2设 2,4)A, 2 40Bx xax,若 BA,则实数a的取值范围为() A 1,2) B 1,2 C0,3 D0,3) 3甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得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 3 ,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的期望 E 为() A. 241 81 B. 26
2、6 81 C. 274 81 D. 670 243 4 若三个棱长均为整数(单位:cm )的正方体的表面积之和为564 cm 2,则这三个正 方体的体积之和为() A. 764 cm 3 或 586 cm 3 B. 764 cm3 C. 586 cm 3 或 564 cm 3 D. 586 cm3 5方程组 0, 0, 0 xyz xyzz xyyzxzy 的有理数解( , , )x y z的个数为() A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6设ABC 的内角 A B C,所对的边, ,a b c成等比数列,则 sincotcos sincotcos ACA BCB 的取值范 围是() A.
3、 (0,) B. 51 (0,) 2 C. 5151 (,) 22 D. 51 (,) 2 二、填空题(本题满分54 分,每小题9 分) 7设 ( )f xaxb,其中,a b为实数, 1( ) ( )f xf x, 1( ) ( ) nn fxffx,1,2,3,n, 若 7( ) 128381fxx,则 ab . 8设 ( )cos22 (1 cos )f xxax 的最小值为 1 2 ,则a 9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 12 图 15 图 10设数列 n a的前n项和 n S满足: 1 (1) nn n Sa n
4、n ,1,2,n,则通项 n a= 11 设( )f x是定义在 R 上的函数, 若(0)2008f,且对任意xR, 满足 (2)( )3 2 x f xf x,(6)( )63 2 x f xf x,则)2008(f= 12 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 小球不能接触到的容器内壁的面积共为72 3 三、解答题(本题满分60 分,每小题20 分) 13已知函数|sin|)(xxf的图像与直线ykx)0(k有且仅有三个交点,交点的横 坐标的最大值为,求证: 2 cos1 sinsin34 14解不
5、等式 : 1210864 22 log (3531)1log (1)xxxxx 15如题 15 图, P 是抛物线 2 2yx上的动点,点 B C,在y轴上,圆 22 (1)1xy 内 切于PBC,求PBC 面积的最小值 2008 年全国高中数学联合竞赛加试(B卷) 一、 (本题满分50 分) 如 题 一 图 , 给 定 凸 四 边 形 ABCD ,180BD, P 是 平 面 上 的 动 点 , 令 ()f PPA BCPD CAPCAB ()求证:当()f P达到最小值时,P A B C,四点共圆; 一图 ( ) 设 E 是ABC 外 接 圆 O 的 AB上 一 点 , 满 足 : 3 2
6、 AE AB , 31 BC EC , 1 2 ECBECA ,又 ,DA DC是O的切线,2AC ,求 ( )f P 的最小值 二、 (本题满分50 分) 设( )f x是周期函数,T 和 1 是 ( )f x 的周期且 01T 证明: ()若T为有理数,则存在素数p,使 1 p 是 ( )f x 的周期; ()若T为无理数,则存在各项均为无理数的数列 n a满足 1 10 nn aa (1,2,)n,且每个(1,2,) n an都是( )f x的周期 三、 (本题满分50 分) 设 0 k a,1,2,2008k证明:当且仅当 2008 1 1 k k a 时,存在数列 n x满足以下条件
7、: () 01 0 nn xxx,1,2,3,n; () lim n n x 存在; () 20082007 11 10 nnkn kkn k kk xxa xax ,1,2,3,n 参考答案及评分标准 (A 卷) 说明: 1评阅试卷时,请依据本评分标准选择题只设6 分和 0 分两档,填空题只设9 分和 0 分两档;其他 各题的评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次 2如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分,解答题中5 分为一个档次,不要增加其他中间档次 1C 解 当2x时, 20x,因此 2 1(44)1 (
8、 )(2) 22 xx f xx xx 1 2(2) 2 x x 2,当且仅当 1 2 2 x x 时 上式取等号而此方程有解1(,2)x,因此( )f x在(,2)上的最小值为2 2D 解 因 2 40xax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 3B 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 22215 ()( ) 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
9、对 下轮比赛是否停止没有影响从而有 5 (2) 9 P , 4520 (4)()( ) 9981 P, 2416 (6)( ) 981 P, 故 52016266 246 9818181 E 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 33211220 2() ( )( ) () 333381 , 12
10、34123412341234 (6)()()()()PP A A A AP A A A AP A A A AP A A A A 222116 4() () 3381 , 故 52016266 246 9818181 E 4 A 解 设 这 三 个 正 方 体 的 棱 长 分 别 为 , ,a b c , 则 有 222 656 4abc, 222 94abc, 不 妨 设 110abc, 从 而 2222 394cabc, 2 31c 故 610cc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
11、 946430ab,5b 但 2 23 0b,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,共有两组解 2, 3, 9 a b c 或 3, 6, 7. a b c 体积为 333 1 239764Vcm 3 或 333 2 367586Vcm 3 5B 解 若0z,则 0 0. xy xyy , 解得 0 0 x y , 或 1 1. x y , 若0z,则
12、由 0xyzz 得 1xy 由0xyz 得 z x y 将代入 0xyyzxzy 得 22 0xyxyy 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 6C 解 设, ,a b c的公比为 q ,则 2 ,baq caq,而 sincotcossincoscossin sincotcossincoscossin ACAACAC BCBBCBC s i n ()s i n ()s i n s i n ()s i n ()s
13、 i n 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 7 ab 5 . 解 由题意知 12 ( )(1) nnn n fxa xaaab 1 1 n na a xb a , 由 7( ) 128381fxx得 7 128a, 7 1 381 1 a b a
14、 ,因此2a,3b,5ab 8a23 解 2 ( )2cos122 cosf xxaax 221 2(cos)21 22 a xaa, (1) 2a时,( )f x当cos1x时取最小值14a; (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 21 21 2 aa 又2a或2a时,( )f x的最小值不能为 1 2 , 故 211 21 22 aa,解得23a,23a( 舍去 ) 9方法共有 222 种 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 | 表示第一、二、三个学校分别有4,18,2 个名额 若把
15、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 设分配给3 个学校的名额数分别为 123 ,x xx,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
16、,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 n a= 11 2(1) n n n 解 111 1 (1)(2)(1) nnnnn nn aSSaa nnn n , 即 2 nn a nnnnn n a )1( 1 1 1 )2)(1( 22 1 = )1( 1 )2)(1( 2 nn a nn n , 由此得 2 ) 1( 1 ) )2)(1( 1 ( 1 nn a nn a nn 令 1 (1) n
17、n ba n n , 11 11 22 ba ( 1 0a) , 有 1 1 2 nn bb ,故 1 2 n n b,所以 ) 1( 1 2 1 nn a n n 11)2008(f= 2008 22007 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 2 x f xf x ,故 (2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)ffffffff 200620042 3 (2221)(0)f 1003 1 41 3(0)
18、 41 f 2008 22007 解法二 令( )( )2x g 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 xg xg x , 故( )(6)(4)(2)( )g xg xg xg xg x, 12 图 2 12 图 1 得( )g x是周期为2 的周期函数, 所以 200820082008 (2008)(2008)2(0)222007fgg 12面积是723 解 如答 12 图 1,考虑小球挤在一个角时的
19、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 B C的 中 心 , 111 POA B C面,垂足D为 111 A BC的中心 因 1111 11 1 3 PA B CA B CVSPD 11 1 4 OA B C V 111 1 4 3 A BC 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 )22PPPOOPrrr 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
20、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,如答 12 图 2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 226P EPAPMar 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答12 图 2 中阴影部分) 1 PABPEF SS 223 (2 6 ) ) 4 aar 2 3 26 3arr 又1r,4 6a,所以 1 24 36 318 3 PABP EF 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7
21、2 3 13 证 ( )f x的图象与直线ykx)0(k的三个交点如答13 图所示,且在 3 (,) 2 内相切,其切点为 ( ,sin)A , 3 (,) 2 , 5 分 由于( )cosfxx, 3 ( ,) 2 x,所以 sin cos ,即tan, 10 分 13 图 因此 coscos sinsin32sin 2cos 1 4sincos ,15 分 22 cossin 4sincos 2 1tan 4tan 2 1 4 ,20 分 14 解法一 由 44 22 1log (1)log (22)xx,且 2 log y在(0,)上为增函数,故原 不等式等价于 1210864 3531
22、22xxxxx 即 1210864 353210xxxxx,5 分 分组分解 12108 xxx 1086 222xxx 864 444xxx 642 xxx 42 10xx, 864242 (241)(1)0xxxxxx,,10 分 所以 42 10xx, 22 1515 ()()0 22 xx,15 分 所以 215 2 x ,即 15 2 15 2 x 故原不等式解集为 5151 (,) 22 , 20 分 解法二 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,5 分 即 6422
23、232 26 21 33122(1)2(1)xxxxxx xx , )1(2) 1() 1 (2) 1 ( 232 2 3 2 xx xx ,,10 分 15 图 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 ,, 15 分 即 222 ()10xx ,解得 251 2 x 故原不等式解集为 5151 (,) 22 ,20 分 15解 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 0
24、00 ()0yb xx yx b 又圆心(1,0)到 PB 的距离为 1, 00 22 00 1 () ybx b ybx ,,5 分 故 22222 000000 ()()2()ybxybx b ybx b, 易知 0 2x,上式化简得 2 000 (2)20xby bx, 同理有 2 000 (2)20xcy cx,10 分 所以 0 0 2 2 y bc x , 0 0 2 x bc x ,则 22 2 000 2 0 448 () (2) xyx bc x 因 00 (,)P xy是抛物线上的点,有 2 00 2yx,则 2 2 0 2 0 4 () (2) x bc x , 0 0
25、2 2 x bc x ,15 分 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8,20 分 竞赛加试( B卷) 试题参考答案及评分标准 说明: 1评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分; 2如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划分档 次评分, 10 分为一个档次,不要增加其他中间档次 一、 解法一 ()如答一图1,由托勒密不等式, 对平面上的任意点P ,有 PA BCPC ABPB AC 因此
26、( )f PPA BCPC ABPD CA PB 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,10 分 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()fP 达最小值时, ,P A B C四点共圆 ,20 分 ( ) 记ECB, 则2EC A, 由 正 弦 定 理 有 sin23 sin32 AE AB , 从 而 3
27、sin32sin 2,即 3 3(3sin4sin)4sincos ,所以 2 3 34 3(1cos)4cos0, 整理得 2 4 3cos4cos30,,30 分 解得 3 cos 2 或 1 cos 2 3 (舍去),故30,60ACE 由已知 31 BC EC = 0 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,,40 分 从而 45E , 45DACDCAE ,ADC
28、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 , 5BD 故 min ( )5210f PBD AC,50 分 解法二 ()如答一图2,连接 BD 交ABC 的外接圆 O于 0 P点(因为 D 在圆 O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 A BC,易知 0P 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 AP
29、C,得 1 By,同理有 1 Ax, 1 Cz, 所以 111 AB C ABC ,10 分 设 11 BCBC, 11 C ACA, 11 A BAB, 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 A B 1 11 2 A B C S 111111 MA BCMD C AMC AB 答一图 2 答一图 1 ()MA BCMD CAMCAB ()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O上,故 0, , ,P A B C四
30、点共圆, 20 分 ()由() ,()f P的最小值 11 1 0 2 () A B C f PS2 ABC S, 记ECB, 则2E C A, 由 正 弦 定 理 有 sin23 sin32 AE AB , 从 而 3sin32sin 2,即 3 3(3sin4sin)4sincos,所以 2 3 34 3(1cos)4cos0, 整理得 2 4 3cos4cos30,,30 分 解得 3 cos 2 或 1 cos 2 3 (舍去), 故 30 , 60ACE 由已知 31 BC EC = 0 sin30 sin EAC EAC , 有sin( 30 )( 31)sinEACEAC,即 3
31、1 sincos( 31)sin 22 EACEACEAC, 整 理 得 231 sincos 22 EACEAC , 故 1 t a n23 23 EAC , 可 得 75EAC ,, 40 分 所以45E, ABC 为等腰直角三角形,2AC,1 ABC S,因为 1 45ABC, 1B 点在 O 上, 1 90AB B,所以 11 B BDC为矩形, 11 122 12cos1355B CBD,故 5 2 ,所以 min 5 ( )2110 2 f P ,50 分 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 121
32、2 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, 所以 ()()()()AP CBCPBA ()()()()AP CBCPBA (1) P CA BC BP A ()()BP CAPBAC , 从而 PABCPCABPDCAPBACPDAC ()PBPDACBDAC (2),10 分 (1)式取等号的条件是 复数()()AP CB与 ()()CPBA 同向,故存在实数0,使得 ()()()()APCBCPBA , APBA CPCB , 所以 arg()arg() APBA CPCB , 向量PC旋转到PA所成的角等于BC旋转到A
33、B所成的角, 从而, ,P A B C四点共圆 (2)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,20 分 ()由()知 min ( )f PBD AC 以下同解法一 二、 证 ()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,10 分 又因01T,从而2m设 p 是m的素因子,则mpm ,m N,从而 11 m pm 是( )f x的周期,20 分 ()若
34、T 是无理数,令 1 1 1aT T , 则 1 01a,且 1 a是无理数,令 21 1 1 1aa a , , 1 1 1 nn n aa a , ,30 分 由数学归纳法易知 n a均为无理数且01 n a又 11 1 nn aa ,故 1 1 nn n aa a , 即 1 1 1 nnn n aaa a 因此 n a是递减数列,40 分 最后证: 每个 n a是( )fx的周期 事实上, 因 1 和T是( )f x的周期, 故 1 1 1aT T 亦 是( )f x的周期假设 k a是( )f x的周期,则 1 1 1 kk k aa a 也是( )f x的周期由数学归 纳法,已证得
35、 n a均是( )f x的周期,50 分 三、 证 必要性:假设存在 n x满足(), () , (iii) 注意到()中式子可化 为 2008 11 1 () nnkn kn k k xxaxx ,n * N, 其中 0 0x 将上式从第1 项加到第n项,并注意到 0 0x得 111222200820082008 ()()() nnnn xa xxaxxaxx,10 分 由()可设lim n n bx ,将上式取极限得 112220082008 ()()()ba bxa bxabx 2008 1 12220082008 1 () k k baa xa xax 2008 1 k k ba ,
36、因此 2008 1 1 k k a ,20 分 充分性:假设 2008 1 1 k k a 定义多项式函数如下: 2008 1 ( )1 k k k f sa s ,0,1s, 则 ( )f s 在 0,1 上是递增函数,且 (0)10f, 2008 1 (1)10 k k fa 因此方程( )0f s在0,1内有唯一的根 0 ss,且 0 01s,即 0 ()0f s, 30 分 下取数列 n x 为 0 1 n k n k xs ,1,2,n,则明显地 n x 满足题设条件() ,且 1 00 0 1 0 1 n n k n k ss xs s 因 0 01s,故 1 0 lim0 n n s,因此 1 000 00 limlim 11 n n nn sss x ss ,即 n x的极限存在,满 足(),40 分 最后验证 n x满足(),因 0 ()0f s,即 2008 0 1 1 k k k a s ,从而 200820082008 100001 111 ()() nknn k nnkkkn knk kkk xxsa ssa saxx 综上,存在数列 n x满足(), () , () ,50 分