2008全国高中数学联合竞赛一试试题.pdf

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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