全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題答案

2008年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽受中國數(shù)學(xué)會拜托，2008年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽由重慶市數(shù)學(xué)會包辦。中國數(shù)學(xué)會普及工作委員會和重慶市數(shù)學(xué)會負責(zé)命題工作。2008年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試命題范圍不高出教育部2000年《整日制一般高級中學(xué)數(shù)學(xué)教課綱領(lǐng)》中所規(guī)定的教課要乞降內(nèi)容，但在方法的要求上有所提升。主要考察學(xué)生對基礎(chǔ)知識和基本技術(shù)的掌握狀況，以及綜合和靈巧運用的能力。全卷包含6道選擇題、6道填空題和3道大題，滿分150分。答卷時間為100分鐘。全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試命題范圍與國際數(shù)學(xué)奧林匹克接軌，在知識方面有所擴展，適合增添一些比賽教課綱領(lǐng)的內(nèi)容。全卷包含3道大題，此中一道平面幾何題，試卷滿分150分。答卷時問為120分鐘。一試一、選擇題（每題6分，共36分）1．函數(shù)f(x)54xx2在(,2)上的最小值是（）。2x（A）0（B）1（C）2（D）32．設(shè)A[2,4)，B{xx2ax40}，若BA，則實數(shù)a的取值范圍為（）。（A）[1,2)（B）[1,2]（C）[0,3]（D）[0,3)3．甲、乙兩人進行乒乓球比賽，商定每局勝者得1分，負者得0分，比賽進行到有一人比對方多2分或打滿6局時停止．設(shè)甲在每局中獲勝的概率為2，乙在每局中獲勝的概率3為1，且各局輸贏互相獨立，則比賽停止時已打局數(shù)的希望E為（）。3（A）241（B）266（C）274（D）6708181812434．若三個棱長均為整數(shù)（單位：cm）的正方體的表面積之和為564cm2，則這三個正方體的體積之和為（）。（A）764cm3或586cm3（B）764cm3（C）586cm3或564cm3（D）586cm3xyz0,的有理數(shù)解(x,y,z)的個數(shù)為5．方程組xyzz0,（）。xyyzxzy0（A）1（B）2（C）3（D）46．設(shè)ABC的內(nèi)角A、B、C所對的邊a、b、c成等比數(shù)列，則sinAcotCcosA的取值范圍是（）。sinBcotCcosB（A）(0,)（B）(0,51)2（C）515151)(,2)（D）(,22二、填空題（每題9分，共54分）7．設(shè)f(x)axb，此中a,b為實數(shù)，f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x))，n1,2,3,，若f7(x)128x381，則ab.8．設(shè)f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值為1，則a.29．將24個志愿者名額分派給3個學(xué)校，則每校起碼有一個名額且各校名額互不同樣的分派方法共有種．10．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn知足：Snann1，n1,2,，則通項an=．n(n1)11．設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù)，若f(0)2008，且對隨意xR，知足xf(x)632x，則f(2008)=.f(x2)f(x)3，2f(x6)12．一個半徑為1的小球在一個內(nèi)壁棱長為46的正四周體容器內(nèi)可向各個方向自由運動，則該小球永久不行能接觸到的容器內(nèi)壁的面積是.三、解答題（每題20分，共60分）13．已知函數(shù)f(x)|sinx|的圖像與直線ykx(k0)有且僅有三個交點，交點的橫坐標(biāo)的最大值為，求證：2cos1．sinsin3414．解不等式log2(x123x105x83x61)1log2(x41)．15．如圖，P是拋物線y22x上的動點，點B、C在y軸上，圓(x1)2y21內(nèi)切于PBC，求PBC面積的最小值．第15題解答1.當(dāng)x2時，2x0，所以f(x)1(44xx2)1(2x)212x2x(2x)2x2，當(dāng)且僅當(dāng)1x1(,2)，所以f(x)在(,2)上2x時取等號．而此方程有解2x的最小值為2．應(yīng)選C.2.因為x2ax40有兩個實根x1a4a2，x2a4a2，故BA等價于2424x12且x24，即a4a22且a4a24，解之得0a3．應(yīng)選D。24243.方法一：依題意知，的全部可能值為2、4、6.設(shè)每兩局比賽為一輪，則該輪結(jié)束時比賽停止的概率為(2)2(1)25．若該輪結(jié)束時比賽還將持續(xù)，則甲、乙在該輪中必是各得339一分，此時，該輪比賽結(jié)果對下輪比賽能否停止沒有影響．進而有P(2)5，9P(4520，4216，故E2542016266．應(yīng)選B。4)( )( )81P(6)( )8198168199981方法二：依題意知，的全部可能值為2、4、6.令A(yù)k表示甲在第k局比賽中獲勝，則Ak表示乙在第k局比賽中獲勝．由獨立性與互不相容性得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．應(yīng)選B。98181814.設(shè)這三個正方體的棱長分別為a、b、c，則有6a2b2c2564，即a2b2c294。不如設(shè)，進而22222，c只好取1abc103cabc94，c31．故6c10、98、7、6．若c9，則a2b2949213，易知a2，b3，得一組解(a,b,c)(2,3,9)．若c8，則a2b2946430，b5．但2b230，即b4，進而b4或5．若b5，則a25無解；若b4，則a214無解．所以c=8時無解．若c7，則a2b2944945，有獨一解a3，b6．若c6，則a2b2943658，此時2b258，即b229。故b6，但bc6，所以b6，此時a2583622無解．綜上，共有兩組解(ab,c,)(2或(a,b,c)(3,6,7)，體積為V123333）或V236373586（cm3）。應(yīng)選A。397（cm6435.若z0，則x，，x，y0解得x0或1xyy0.y0y1.若z0，則由xyzz0得xy1．①由xyz0得zxy．②將②式代入xyyzxzy0得x2y2xyy0．③由①式得x1，代入③式化簡得(y1)(y3y1)0.易知y3y10無有理數(shù)根，y故y1，由①式得x1，由②式得z0，與z0矛盾，故該方程組共有兩組有理數(shù)解x0,x1,y0,或y1,應(yīng)選B。z0z0.6.設(shè)a、b、c的公比為q，則baq,caq2，而sinAcotCcosAsinAcosCcosAsinCsinBcotCcosBsinBcosCcosBsinCsinA(C)sinB()BsbinsinB(C)sinA()Aq．sain所以，只要求q的取值范圍．因為a、b、c成等比數(shù)列，最大邊只好是a或c，所以a、b、c要組成三角形的三邊，一定且只要abc且baaqaq2,ca．即有不等式組aq2即aqa1551q2q10,2q2,進而51q51q2q1解得2，所以所求的取0.q51或q51.222值范圍是(51,51)．應(yīng)選C。227.由題意知fn(x)anx(an1an2a1)banxan1b，由f7(x)128x381得a1a7128，a71b381，所以a2，b3，ab5．a(chǎn)18.f(x)2x12a2acosx2(cosxa)21a22a1，2cos22(1)a2時，f(x)當(dāng)cosx1時取最小值14a；(2)a2時，f(x)當(dāng)cosx1時取最小值1；(3)2a2時，f(x)當(dāng)cosxa時取最小值1a22a1．22又a2或a2時，f(x)的c不可以為1，2故1a22a11，解得a23，a23(舍去)．229.方法一：用4條棍子間的縫隙代表3個學(xué)校，而用表示名額．如||||表示第一、二、三個學(xué)校分別有4，18，2個名額．若把每個“”與每個“|”都視為一個地點，因為左右兩頭一定是“｜”，故不一樣的分派方法相當(dāng)于24226(個)地點（兩頭不在內(nèi)）被2個“｜”占據(jù)的一種“占位法”．“每校起碼有一個名額的分法”相當(dāng)于在24個“”之間的23個縫隙中選出2個縫隙插入“｜”，故有2253(種)．又在“每校起碼有一個名額的分法”中C23“起碼有兩個學(xué)校的名額數(shù)同樣”的分派方法有31種．綜上知，知足條件的分派方法共有253－31＝222(種)．方法二：設(shè)分派給3個學(xué)校的名額數(shù)分別為x1、x2、x3，則每校起碼有一個名額的分法數(shù)為不定方程x1x2x324的正整數(shù)解的個數(shù)，即方程x1x2x321的非負整數(shù)解的個數(shù)，它等于3個不一樣元素中取21個元素的可重組合：21212253．又在“每校至H3C23C23罕有一個名額的分法”中“起碼有兩個學(xué)校的名額數(shù)同樣”的分派方法有31種．綜上知，知足條件的分派方法共有253－31＝222（種）．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：由題設(shè)條件知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，則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)是周期為2的周期函數(shù)，所以f(2008)g(2008)2008g(0)200820082007．22212.如圖1，考慮小球擠在一個角時的狀況，記小球半徑為r，作平面A1B1C1//平面ABC，與小球相切于點D，則小球球心O為正四周體PA1B1C1的中心，PO面A1B1C1，垂足D為A1B1C1的中心．因14VO1，VPABCSABCPDABC4SABCOD11131113111故PD4OD4r，進而POPDOD4rr3r．記此時小球與面PAB的切點為P1，連結(jié)OP1，則PP1PO2OP12(3r)2r222r．（第12題圖1）考慮小球與正四周體的一個面(不如取為PAB)相切時的狀況，易知小球在面PAB上最湊近邊的切點的軌跡仍為正三角形，記為P1EF，如圖2．記正四周體的棱長為a，過P1作PM1PA于M．因M1PP，有6PMPP1cosMPP122r3，故小三角形的邊長6r2PE1PA2PMa26r．小球與面PAB不可以接觸到的部分的面積為（如圖2中暗影部分）SPABSPEF13(a2(a26r)2)32ar63r2．第12題圖2）4又r1，a46，所以SPABSPEF24363183．由對稱性，且正四周體共4個1面，所以小球不可以接觸到的容器內(nèi)壁的面積共為723．13.f(x)的圖象與直線ykx(k0)的三個交點如答13圖所示，且在(,3)內(nèi)相切，其2切點為A(,sin)，(,3)．2因為f(x)cosx，x(,3)，所2以cossin，即tan．所以（第13題）coscos1cos2sin21tan212sinsin32sin2cos4sincos4sincos4tan．414.方法一：由1442)，且log2y在(0,)上為增函數(shù)，故原不等式log2(x1)log2(2x等價于x123x105x83x612x42．即x123x105x83x62x410．分組分解x12x10x82x102x82x64x84x64x4x6x4x2x4x210，(x82x64x4x21)(x4x21)0，所以x4x210，(x215)(x2125)0。所以x215，即2215x15(515122．故原不等式解集為2,2)．方法二：由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上為增函數(shù)，故原不等式等價于x123x105x83x612x42．即21x63x43x212x22(x21)32(x21)，x2x6(1)32(1)(x21)32(x21)，x2x2令g(t)t32t，則不等式為g(12)g(x21)，明顯g(t)t32t在R上為增函數(shù)，由此上x面不等式等價于1x21，即(x2)2x210，解得x251，故原不等式解集為x22(51,51)．2215.設(shè)P(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不如設(shè)bc．直線PB的方程:yby0bx，化簡得x0(y0b)xx0yx0b0．又圓心(1,0到)PB的距離為1，y0bx0b，故(yb)210x20(y022(y0220xb(0yb)22易知x02，上式化簡得b)x0b)0x，b(x02)b22y0bx00，同理有(x02)c22y0cx00．所以bc2y0，bcx0，x02x02則(bc)24x024y028x0．因P(x0,y0)是拋物線上的點，有y022x0，則(bc)24x02，(x02)2(x02)22x0．所以1x04244．當(dāng)bcSPBC(bc)x0x0(x02)42x0x028x022(x02)24時，上式取等號，此時x04,y022．所以SPBC的最小值為8．加試一、（此題滿分50分）如圖，給定凸四邊形ABCD，BD180，P是平面上的動點，令f(P)PABCPDCAPCAB．（1）求證：當(dāng)f(P)達到最小值時，P、A、B、C四點共圓；（2）設(shè)E是ABC外接圓O的AB上一點，知足：AE3，AB2答一圖1BC131，ECBECA，又DA,DC是O的切線，AC2，求f(P)的最小值．EC2二、（此題滿分50分）設(shè)f(x)是周期函數(shù)，T和1是f(x)的周期且0T1．證明：（1）若T為有理數(shù)，則存在素數(shù)p，使1是f(x)的周期；p（2）若T為無理數(shù)，則存在各項均為無理數(shù)的數(shù)列{an}知足1anan10(n1,2,，)且每個an(n1,2,)都是f(x)的周期．三、（此題滿分50分）2008設(shè)ak0，k1,2,,2008．證明：當(dāng)且僅當(dāng)ak1時，存在數(shù)列{xn}知足以下條件：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）如答一圖1，由托勒密不等式，對平面上的任意點P，有PABCPCABPBAC．所以f(P)PABCPCABPDCAPBCAPDCA(PBPD)CA．因為上邊不等式當(dāng)且僅當(dāng)P、A、B、C按序共圓時取等號，所以當(dāng)且僅當(dāng)P在ABC的外接圓且在AC上時，第1題圖f(P)(PBPD)CA．又因PBPDBD，此不等式當(dāng)且僅當(dāng)B,P,D共線且P在BD上時取等號．所以當(dāng)且僅當(dāng)P為ABC的外接圓與BD的交點時，f(P)取最小值f(P)minACBD．故當(dāng)f(P)達最小值時，P、A、B、C四點共圓．（2）記ECB，則ECA2，由正弦定理有AEsin23，進而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，從而E45，32DACDCAE45，ADC為等腰直角三角形．因AC2，則CD1．又ABC也是等腰直角三角形，故BC2，BD212212cos1355，BD5．故f(P)minBDAC5210．方法二：（1）如圖2，連結(jié)BD交ABC的外接圓O于P0點（因為D在O外，故P0在BD上）．過A,C,D分別作P0A,P0C,P0D的垂線，兩兩訂交得A1B1C1，易知P0在ACD內(nèi)，進而在A1B1C1內(nèi)，記ABC之三內(nèi)角分別為x，y，z，則AP0C180yzx，又因B1C1P0A，B1A1P0C，得B1y，同理有A1x，C1z，（第1題圖2）所以A1B1C1∽ABC．設(shè)B1C1BC，C1A1CA，A1B1AB，則對平面上隨意點M，有f(P0)(P0ABCP0DCAP0CAB)P0AB1C1P0DC1A1P0CA1B12SA1B1C1MAB1C1MDC1A1MCA1B1(MABCMDCAMCAB)f(M)，進而f(P0)f(M．)由M點的隨意性，知P0點是使f(P)達最小值的點．由點P0在O上，故P0、A、B、C四點共圓．（2）由（1），f(P)的最小值f(P0)2SA1B1C12SABC，記ECB，則ECA2，由正弦定理有AEsin23，進而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為等腰直角三角形，AC2，SABC1，因為AB1C45，B1點在O上，AB1B90，所以B1BDC1為矩形，B1C1BD12212cos1355，故5，所以f(P)min2510．122方法三：（1）引進復(fù)平面，仍用A,B,C等代表A,B,C所對應(yīng)的復(fù)數(shù)．由三角形不等式，對于復(fù)數(shù)z,z，有z1z2z1z2，當(dāng)且僅當(dāng)z1與z（復(fù)向量）同向時取等號．122有，PABCPCABPABCPCAB所以(AP)(CB)(CP)(BA)(AP)(CB)(CP)(BA)①PCABCBPA(BP)(CA)PB，AC進而PABCPCABPDCPABACPDAC(PBPD)ACBDAC．②①式取等號的條件是復(fù)數(shù)(AP)(CB)與(CP)(BA)同向，故存在實數(shù)0，使得(AP)(CB)(CP)(BA)，APBA，所以APBAPCBarg(P)arg(，)CCCB向量PC旋轉(zhuǎn)到PA所成的角等于BC旋轉(zhuǎn)到AB所成的角，進而P、A、B、C四點共圓．②式取等號的條件明顯為B,P,D共線且P在BD上．故當(dāng)f(P)達最小值時P點在ABC之外接圓上，P、A、B、C四點共圓．（2）由（1）知f(P)minBDAC．以下同方法一．二、（1）若T是有理數(shù)，則存在正整數(shù)m,n使得Tn且(m,n)1，進而存在整數(shù)a,b，使m得manb1．于是1manbabTa1bT是f(x)的周期．又因