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）54x x21函数f(x)在(,2)上的最小值是（）2 xA0 B1 C2 D32设A 2,4)，B x x2ax 4 0，若B A，则实数a的取值范围为（）A1,2)B1,2 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，乙在每局中获胜的概率31为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望E为（）3241670266274 B.C.D.8124381812 4若三个棱长均为整

2、数（单位：cm）的正方体的表面积之和为 564 cm，则这三个正A.方体的体积之和为（）A.764 cm 或 586 cm B.764 cmC.586 cm 或 564 cm D.586 cm333333x y z 0,5方程组的有理数解(x,y,z)的个数为（）xyz z 0,xy yz xz y 0A.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sin AcotC cos A的取值范sin BcotC cosB围是（）5 15 15 15 1)C.(,)D.(,)2222二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分）A.(0,)B.(0,7设f(x

3、)axb，其中a,b为实数，f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x)，n 1,2,3,，若f7(x)128x381，则a b .8设f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值为1，则a 29 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10设数列an的前n项和Sn满足：Snann1，n 1,2,，则通项an=n(n1)11 设f(x)是定义在R R上的函数，若f(0)2008，且对任意xR R，满足)=f(x2)f(x)32x，f(x6)f(x)632x，则f(200812 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

4、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）12 图13已知函数f(x)|sin x|的图像与直线y kx(k 0)有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证：cos12sinsin3414解不等式:log2(x123x105x83x61)1log2(x41)15如题 15 图，P是抛物线y2 2x上的动点，点B,C在y轴上，圆(x1)2 y21内切于PBC，求PBC面积的最小值一图15 图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

5、边形ABCD，BD 180，P是平面上的动点，令f(P)PABC PDCA PC AB（）求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆；BCAE3（）设E是ABC外接圆O的，AB上一点，满足：3 1，ECAB21ECB ECA，又DA,DC是 O的切线，AC 2，求f(P)的最小值2二、（本题满分 50 分）设f(x)是周期函数，T和 1 是f(x)的周期且0 T 1证明：1是f(x)的周期；p（）若T为无理数，则存在各项均为无理数的数列an满足1 an an1 0(n 1,2,)，且每个an(n 1,2,)都是f(x)的周期（）若T为有理数，则存在素数p，使三、（本题满分 50 分）

6、设ak 0，k 1,2,2008证明：当且仅当ak1时，存在数列xn满足以下条件：k12008（）0 x0 xn xn1，n 1,2,3,；（）lim xn存在；n（）xn xn1akxnkak1xnk，n 1,2,3,k1k020082007参考答案及评分标准（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

7、当x 2时，2 x 0，因此1(44x x2)111当且仅当 2 x时f(x)(2 x)2(2 x)2，2 x2 x2 x2 x上式取等号而此方程有解x 1(,2)，因此f(x)在(,2)上的最小值为 22aa2aa2D解 因x ax4 0有两个实根x14，x24，24242故B A等价于x1 2且x2 4，即2aa2aa4 2且4 4，2424解之得0 a 33B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215()2()2339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，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响从而有P(2)

8、5，94520P(4)()()，9981416P(6)()2，98152016266故E 2469818181解法二 依题意知，的所有可能值为 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)211220 2()3()()3()，333381P(6)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)2116 4()2()2，338152016266故E 2469818181

9、4A解 设这三个正方体的棱长分别为a,b,c，则有6a2b2c2 564，22222a2b2c2 94，不妨设1 a b c 10，从而3c a b c 94，c 31故6 c 10c只能取 9，8，7，6若c 9，则a2b2 949213，易知a 2，b 3，得一组解(a,b,c)(2,3,9)0，b 4，若c 8，则a2b2 9464 30，b 5 但2b 3从而b 4或 5 若b 5，则a 5无解，若b 4，则a 14无解此时无解若c 7，则a2b2 9449 45，有唯一解a 3，b 6若c 6，则a2b2 9436 58，此时2b a b 58，b 29故b 6，但2222222b

10、c 6，故b 6，此时a2 5836 22无解a 2,a 3,综上，共有两组解b 3,或b 6,c 9c 7.体积为V1 233393 764cm 或V2336373586cm 33 x y 0，x 0，x 1，5B解 若z 0，则解得或y 0y 1.xy y 0.若z 0，则由xyz z 0得xy 1由x y z 0得z x y将代入xy yz xz y 0得x2 y2 xy y 0由得x 1，代入化简得(y1)(y3 y1)0.y易知y3 y1 0无有理数根，故y 1，由得x 1，由得z 0，与z 0矛盾，x 0,x 1,故该方程组共有两组有理数解y 0,或y 1,z 0z 0.6C解 设

11、a,b,c的公比为q，则b aq,c aq2，而sin AcotC cos Asin AcosC cos AsinCsin BcotC cosBsin BcosC cosBsinCs i n A(C)s i n B(C)si nB(si nA()B s i bn q)A s i an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a b c且bc a即有不等式组22aaq aq,q q1 0,即22aq aq aq q1 0.155 1 q,22解得q 5 1或q 5 1.22从而5 15 15 15 1，因此所求的取值范围是(q

12、,)2222an1a1)b a xb，a1n7a b 5 .解 由题意知fn(x)a x(ann1an2由f7(x)128x381得a7128，8a a71b 381，因此a 2，b 3，a b 5a123a1解f(x)2cos2x12a2acosx 2(cosx)2a22a1，22(1)a 2时，f(x)当cosx 1时取最小值14a；(2)a 2时，f(x)当cos x 1时取最小值 1；(3)2 a 2时，f(x)当cosx a1时取最小值a22a1221，2又a 2或a 2时，f(x)的最小值不能为11故a22a1，解得a 23，a 23(舍去)229方法共有 222种解法一 用 4

13、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24 2 26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C2种23 253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x1,x2,x3，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程x1

14、 x2 x3 24的正整数解的个数，即方程x1 x2 x3 21的非负整数解的个数，它等于3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合：21212H3 C23 C23 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31 种综上知，满足条件的分配方法共有25331222 种10an=112nn(n1)解an1 Sn1Sn即 2an1nn1an1an，(n1)(n2)n(n1)n 2 211 an(n 1)(n 2)n 1n(n 1)21，an(n 1)(n 2)n(n 1)=由此得 2(an1令bn an有bn111)an(n 1)(n 2)n(n 1)111，

15、b1 a1(a1 0)，22n(n1)1111b，故，所以bna nnnn22n(n 1)222008200711f(2008)=解法一 由题设条件知f(x2)f(x)(f(x4)f(x2)(f(x6)f(x4)(f(x6)f(x)32x232x4632x 32x，因此有f(x2)f(x)32x，故f(2008)f(2008)f(2006)f(2006)f(2004)f(2)f(0)f(0)3(2200622004221)f(0)3解法二 令g(x)f(x)2x，则g(x2)g(x)f(x2)f(x)2x22x32x32x 0，41003112008 f(0)2200741g(x6)g(x)f

16、(x6)f(x)2x62x 632x632x 0，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)22008 g(0)22008 22008200712面积是72 3解 如答 12 图 1，考虑小球挤在一个角时的情况，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为正四面体P A1B的中心，1C1，垂足D为A1B1C1的中心PO 面 A1B1C11因VPA B CSA B CPD 4VOA B C1 1 11 1 131 1 11 4SA1B1C1OD

17、，3故PD 4OD 4r，从而PO PD OD 4r r 3r记此时小球与面PAB的切点为P1，连接OP，则122PP(3r)2r2 2 2r1 PO OP112 图 1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PEF，如答 12 图 2记正四面体的棱长为a，过1P1作PM PA于M1因MPP16，有PM PP1cosMPP1 2 2r36r，故小三角形的边长2P2 PMa 26r1E PA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）SPABSPEF1322(a(a2 6r)2)3 2ar 6 3

18、r412 图 2又r 1，a 4 6，所以SPABSP1EF 24 36 3 18 3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72 313证f(x)的图象与直线y kx(k 0)的三个交点如答 13 图所示，且在(,内相切，其切点为A(,sin)，(,3)5 分23)23sin由于f(x)cosx，x(,)，所以cos，即 tan10 分2因此13 图coscos115 分sinsin32sin 2cos4sincoscos2sin21tan21220 分4sincos4tan414解法一 由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上为增函

19、数，故原不等式等价于x123x105x83x61 2x42即x123x105x83x62x41 05 分分组分解x12 x10 x82x102x82x64x84x64x4x6 x4 x2x4 x21 0，(x82x64x4 x21)(x4 x21)0，10 分所以x4 x21 0，(x 215215)(x)015 分22所以x2151515，即x 222故原不等式解集为(5 1,25 120 分)2解法二 由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上为增函数，故原不等式等价于x123x105x83x61 2x425 分即216 x63x43x212x22 (x21)32

20、(x21)，2xxxx(12)3 2(12)(x21)3 2(x21)，10 分令g(t)t32t，则不等式为g(1)g(x21)，2x显然g(t)t32t在R上为增函数，由此上面不等式等价于1 x21，15 分2x即(x2)2 x21 0，解得x25 12故原不等式解集为(5 1,25 120 分)215解 设P(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不妨设b c直线PB的方程:yb y0b，xx0化简得(y0b)x x0y x0b 0又圆心(1,0)到PB的距离为 1，y0b x0b(y0b)x2201，5 分222故(y0b)2 x0(y0b)22x0b(y0b)x0b，易知x0 2

21、，上式化简得(x02)b22y0b x0 0，同理有(x02)c22y0c x0 010 分22x02y4x 4y 8x02000所以bc，bc，则(bc)x02x02(x02)215 图2因P(x0,y0)是抛物线上的点，有y0 2x0，则22x015 分4x0，bc(bc)x02(x02)22x14所以SPBC(bc)x00 x0(x02)4 2 4 4 82x02x02当(x02)2 4时，上式取等号，此时x0 4,y0 2 2因此SPBC的最小值为 820 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

22、，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PABC PC AB PB AC因此f(P)PABC PC AB PDCA PBCA PDCA(PB PD)CA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(P)(PB PD)CA10 分答一图 1又因PB PD BD，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f(P)min ACBD故当f(P)达

23、最小值时，P,A,B,C四点共圆20 分AEsin23，从 而ABsin3233sin3 2sin 2，即3(3sin4sin)4sincos，所以（）记ECB，则ECA 2，由 正弦 定理 有3 34 3(1cos2)4cos 0，整理得4 3cos24cos 3 0，30 分解得cos由已知31或cos（舍去），故 30，ACE 6022 3BC,有sin(EAC 30)(3 1)sin EAC，即3 1=ECsinEAC31sinEAC cosEAC (3 1)sinEAC，整理得22231sinEAC cosEAC，221故tanEAC 23，可得EAC 75，40 分23从而E 45

24、，DAC DCA E 45，ADC为等腰直角三角形因AC 2，则CD 1又ABC也是等腰直角三角形，故BC 2，BD21221 2cos1355，BD 5故f(P)min BDAC 5 2 1050 分解法二（）如答一图 2，连接BD交ABC的外接圆O于P点（因为D在圆O外，0故P在BD上）0过A,C,D分别作P的垂线，两两相交得A1B1C1，易知P0在ACD内，从而0A,PC0,P0D在A1B1C1内，记ABC之三内角分别为x，y，z，则APC 180 y z x，又因0，B1A1 PC，得B1 y，同理有A1 x，C1 z，B1C1 P0A0所以A1B1C1ABC10 分设B1C1BC，C

25、1A1CA，A1B1AB，则对平面上任意点M，有f(P0)(P0ABC P0DCA PC0AB)P0AB1C1 P0DC1A1 PC0A1B1 2SA1B1C1 MABC11MDC1A1MCA1B1sinEAC300答一图 2(MABC MDCA MC AB)f(M)，从而f(P0)f(M)由M点的任意性，知P点是使f(P)达最小值的点0由点P在 O上，故P0,A,B,C四点共圆20 分0（）由（），f(P)的最小值2f(P0)SA B C 2SABC，1 1 1AEsin23，从 而ABsin323sin3 2sin 2，即3(3sin4sin3)4sincos，所以记ECB，则E C A

26、2，由 正 弦 定 理 有3 34 3(1cos2)4cos 0，整理得4 3cos24cos 3 0，30 分31或cos（舍去），22 3故 30，ACE 60解得cos由已知BC,有sin(EAC 30)(3 1)sin EAC，即3 1=ECsinEAC31sinEAC cosEAC (3 1)sinEAC，222311整 理 得，sinEAC cosEAC，故t a nEAC 23可 得2223EAC 75，40 分所以E 45，ABC为等腰直角三角形，AC 2，SABC1，因为AB1C 45，B1点在O上，AB1B 90，所以B1BDC1为矩形，sinEAC300B1C1 BD 1

27、2212cos135 5，故5，所以251 10 50 分2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z1,z2，有f(P)min 2z1 z2 z1 z2，当且仅当z1与z2（复向量）同向时取等号 有PABC PC AB PABC PC AB，所以(AP)(CB)(CP)(B A)(AP)(CB)(CP)(B A)（1）PC ABCBPA (B P)(C A)PB AC，从而PA BC PC AB PD CA PB AC PD AC (PB PD)AC BD AC（2）10 分（1）式取等号的条件是复数(A P)(C B)与(C P)(B A)同

28、向，故存在实数 0，使得(A P)(C B)(C P)(B A)，A PB A，C PC BA PB A所以arg()arg()，C PC B 向量PC旋转到PA所成的角等于BC旋转到AB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f(P)min BDAC以下同解法一二、证（）若T是有理数，则存在正整数m,n使得T 整数a,b，使得manb 1于是1ma nb abT a1bTmm是f(x)的周期10 分又因0 T 1，从而m 2设p是m的素因子，则m pm，mN

29、，从而11 mpm是f(x)的周期20 分（）若T是无理数，令1a11T，T则0 a11，且a1是无理数，令n且(m,n)1，从而存在ma211a1，a1an111an，30 分an由数学归纳法易知an均为无理数且0 an1又即an11 1 1 1 1，故1 anan，ananan 1 an an因此an是递减数列40 分an1最后证：每个an是f(x)的周期 事实上，因 1 和T是f(x)的周期，故a11T亦T是f(x)的周期假设ak是f(x)的周期，则ak111ak也是f(x)的周期由数学归ak纳法，已证得an均是f(x)的周期50 分三、证必要性：假设存在xn满足（），（），（iii）注

30、意到（）中式子可化为xn xn1ak(xnk xnk1)，nN N*，k12008其中x0 0将上式从第 1 项加到第n项，并注意到x0 0得xn a1(xn1 x1)a2(xn2 x2)a2008(xn2008 x2008)10 分由（）可设b lim xn，将上式取极限得nb a1(b x1)a2(b x2)a2008(b x2008)bak(a1x1a2x2a2008x2008)bak，k1k120082008因此ak120 分k12008充分性：假设ak1定义多项式函数如下：k12008f(s)1aksk，s0,1，k12008则f(s)在0,1上是递增函数，且f(0)1 0，f(1)1ak 0k12008因此方程f(s)0在0,1内有唯一的根s s0，且0 s01，即f(s0)030 分k下取数列xn为xns0，n 1,2,，则明显地xn满足题设条件（），且k1nn1s s00 xns 1s0k1nk0n1s0s0s0，即n1因0 s01，故lims0，因此xn的极限存在，满0limx limnnnn1s1s00足（）40 分k最后验证xn满足（），因f(s0)0，即aks01，从而k12008xn xn1 s (a s)s a sn0kk0n0k1k120082008nkk0ak(xnk xnk1)k12008综上，存在数列xn满足（），（），（）50 分