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2008年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准A


2008 年全国高中数学联合竞赛一试 试题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.

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 函数 f ( x) = A.0

5 4x + x2 在 ( ∞, 2) 上的最小值是 2 x
B.1 C.2 D.3





2.设 A = [2, 4) ,B = {x x 2 ax 4 ≤ 0} ,若 B A ,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,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为 3

1 , 且各局胜负相互独立, 则比赛停止时已打局数 ξ 的期望 Eξ 为 ( ) 3 241 670 266 274 A. B. C. D. 81 81 81 243 2 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 ,则这三个正方体
的体积之和为 A. 764 cm3 或 586 cm3 C. 586 cm3 或 564 cm3 B. 764 cm3 D. 586 cm3 ( )

x + y + z = 0, 5. 方程组 xyz + z = 0, 的有理数解 ( x, y , z ) 的个数为 xy + yz + xz + y = 0
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

sin A cot C + cos A 的取值范围是 sin B cot C + cos B
( )

A. (0, +∞)

5 1 5 + 1 , ) 2 2 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
C. (

5 +1 ) 2 5 1 D. ( , +∞) 2
B. (0,

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7.设 f ( x) = ax + b ,其中 a, b 为实数, f1 ( x ) = f ( x) , f n +1 ( x) = f ( f n ( x)) , n = 1, 2,3,L ,若

f 7 ( x) = 128 x + 381 ,则 a + b =

. .

1 8.设 f ( x ) = cos 2 x 2a (1 + cos x ) 的最小值为 ,则 a = 2

9. 24 个志愿者名额分配给 3 个学校, 将 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 S n 满足: Sn + an =

n 1 , n = 1, 2,L ,则通项 a n = n( n + 1)



11.设 f ( x) 是定义在 R 上的函数,若 f (0) = 2008 ,且对任意 x ∈ R ,满足

f ( x + 2) f ( x) ≤ 3 2 x , f ( x + 6) f ( x) ≥ 63 2 x ,则 f ( 2008) =



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. 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 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 α ,求证:

cos α 1+ α 2 . = sin α + sin 3α 4α
14.解不等式

log 2 ( x12 + 3x10 + 5 x8 + 3 x 6 + 1) < 1 + log 2 ( x 4 + 1) .
15.如题 15 图, P 是抛物线 y 2 = 2 x 上的动点,点 B,C 在 y 轴上,圆 ( x 1)2 + y 2 = 1 内切于

PBC ,求 PBC 面积的最小值.

题 15 图

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答案 一、1、C [解] 当 x < 2 时, 2 x > 0 ,因此 f ( x) =

1 + (4 4 x + x 2 ) 1 1 = + (2 x ) ≥ 2 (2 x ) 2 x 2 x 2 x

1 = 2, 当且仅当 而此方程有解 x = 1 ∈ (∞, 2) , 因此 f ( x) 在 ( ∞, 2) = 2 x 时上式取等号. 2 x
上的最小值为 2.

2、D
[解] 因 x 2 ax 4 = 0 有两个实根

x1 =

a a2 a a2 4+ , x2 = + 4 + , 2 4 2 4

故 B A 等价于 x1 ≥ 2 且 x2 < 4 ,即

a a2 a a2 4+ ≥ 2 且 + 4 + <4, 2 4 2 4
解之得 0 ≤ a < 3 .

3、B
[解法一] 依题意知, ξ 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

2 1 5 ( ) 2 + ( )2 = . 3 3 9
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

5 P (ξ = 2) = , 9

4 5 20 , P (ξ = 4) = ( )( ) = 9 9 81 4 16 P (ξ = 6) = ( ) 2 = , 9 81
5 20 16 266 故 Eξ = 2 × + 4 × + 6 × = . 9 81 81 81
[解法二] 依题意知, ξ 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 (ξ = 2) = P ( A1 A2 ) + P( A1 A2 ) =

5 , 9

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P (ξ = 4) = P( A1 A2 A3 A4 ) + P( A1 A2 A3 A4 ) + P( A1 A2 A3 A4 ) + P( A1 A2 A3 A4 )

2 1 1 2 20 , = 2[( )3 ( ) + ( )3 ( )] = 3 3 3 3 81
P (ξ = 6) = P ( A1 A2 A3 A4 ) + P ( A1 A2 A3 A4 ) + P ( A1 A2 A3 A4 ) + P( A1 A2 A3 A4 )

2 1 16 = 4( ) 2 ( )2 = , 3 3 81 5 20 16 266 故 Eξ = 2 × + 4 × + 6 × = . 9 81 81 81

4、A
[解] 设这三个正方体的棱长分别为 a, b, c ,则有 6 a 2 + b 2 + c 2 = 564 , a 2 + b 2 + c 2 = 94 ,不 妨设 1 ≤ a ≤ b ≤ c < 10 ,从而 3c ≥ a + b + c = 94 , c > 31 .故 6 ≤ c < 10 . c 只能取 9,
2 2 2 2 2

(

)

8,7,6. 若 c = 9 ,则 a 2 + b 2 = 94 92 = 13 ,易知 a = 2 , b = 3 ,得一组解 ( a, b, c ) = (2, 3, 9) . 若 c = 8 , a 2 + b 2 = 94 64 = 30 ,b ≤ 5 . 2b ≥ 30 ,b ≥ 4 , 则 但 从而 b = 4 或 5. b = 5 , 若
2

则 a = 5 无解,若 b = 4 ,则 a = 14 无解.此时无解.
2 2

若 c = 7 ,则 a 2 + b 2 = 94 49 = 45 ,有唯一解 a = 3 , b = 6 . 若 c = 6 ,则 a 2 + b 2 = 94 36 = 58 ,此时 2b ≥ a + b = 58 , b ≥ 29 .故 b ≥ 6 ,但
2 2 2 2

b ≤ c = 6 ,故 b = 6 ,此时 a 2 = 58 36 = 22 无解.

a = 2, a = 3, 综上,共有两组解 b = 3, 或 b = 6, c = 9 c = 7.
体积为 V1 = 2 + 3 + 9 = 764 cm3 或 V2 = 3 + 6 + 7 = 586 cm3.
3 3 3

3

3

3

5 、B
x + y = 0, x = 0, x = 1, [解] 若 z = 0 ,则 解得 或 xy + y = 0. y = 0 y = 1.
若 z ≠ 0 ,则由 xyz + z = 0 得 xy = 1 . 由 x + y + z = 0 得 z = x y . ① ② ③

将②代入 xy + yz + xz + y = 0 得 x 2 + y 2 + xy y = 0 . 由①得 x =

1 ,代入③化简得 ( y 1)( y 3 y 1) = 0 . y

易知 y 3 y 1 = 0 无有理数根,故 y = 1 ,由①得 x = 1 ,由②得 z = 0 ,与 z ≠ 0 矛盾,

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x = 0, x = 1, 故该方程组共有两组有理数解 y = 0, 或 y = 1, z = 0 z = 0.

6、C
[解] 设 a, b, c 的公比为 q ,则 b = aq, c = aq 2 ,而

sin A cot C + cos A sin A cos C + cos A sin C = sin B cot C + cos B sin B cos C + cos B sin C
= sin( A + C ) sin(π B ) sin B b = = = =q. sin( B + C ) sin(π A) sin A a

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 b + c > a .即有不等式组

a + aq > aq 2 , q 2 q 1 < 0, 即 2 2 aq + aq > a q + q 1 > 0.

1 5 5 +1 <q< , 2 2 解得 q > 5 1 或q < 5 + 1 . 2 2
从而

5 1 5 +1 5 1 5 + 1 <q< ,因此所求的取值范围是 ( , ). 2 2 2 2

二、7、5
[解] 由题意知 f n ( x) = a n x + (a n 1 + a n 2 + L + a + 1)b

= an x +

an 1 b , a 1 a7 1 b = 381 ,因此 a = 2 , b = 3 , a + b = 5 . a 1

由 f 7 ( x) = 128 x + 381 得 a 7 = 128 , 8、

2 + 3

[解] f ( x) = 2 cos 2 x 1 2a 2a cos x

a 1 = 2(cos x ) 2 a 2 2a 1 , 2 2
(1) a > 2 时, f ( x) 当 cos x = 1 时取最小值 1 4a ; (2) a < 2 时, f ( x) 当 cos x = 1 时取最小值 1; (3) 2 ≤ a ≤ 2 时, f ( x) 当 cos x =

a 1 时取最小值 a 2 2a 1 . 2 2

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1 又 a > 2 或 a < 2 时, f ( x) 的最小值不能为 , 2

1 1 故 a 2 2a 1 = ,解得 a = 2 + 3 , a = 2 3 (舍去). 2 2

9、222
[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

| | L | |
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 = 253 种. 23 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 253-31=222 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 + 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:
21 21 2 H3 = 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 253-31=222 种.

10、 1n
2

1 n(n + 1)

[解] an +1 = S n +1 Sn = 即 2 a n+1 = =

n n 1 an +1 + an , ( n + 1)(n + 2) n( n + 1)

n+22 1 1 + + an (n + 1)(n + 2) n + 1 n(n + 1) 1 , 2 + an + (n + 1)(n + 2) n( n + 1) 1 1 . ) = an + ( n + 1)( n + 2) n(n + 1)

由此得 2 ( a n +1 +

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令 bn = an +

1 1 1 , ( a1 = 0 ), b1 = a1 + = 2 2 n( n + 1)

1 1 1 1 有 bn +1 = bn ,故 bn = n ,所以 a n = . n 2 2 n( n + 1) 2

11、

22008 + 2007

[解法一] 由题设条件知

f ( x + 2) f ( x) = ( f ( x + 4) f ( x + 2)) ( f ( x + 6) f ( x + 4)) + ( f ( x + 6) f ( x)) ≥ 3 2 x + 2 3 2 x + 4 + 63 2 x = 3 2 x ,
因此有 f ( x + 2) f ( x) = 3 2 x ,故

f (2008) = f (2008) f (2006) + f (2006) f (2004) + L + f (2) f (0) + f (0) = 3 (22006 + 22004 + L + 22 + 1) + f (0)

= 3

41003+1 1 + f (0) 4 1

= 2 2008 + 2007 .
[解法二] 令 g ( x ) = f ( x) 2 x ,则

g ( x + 2) g ( x) = f ( x + 2) f ( x) 2 x + 2 + 2 x ≤ 3 2 x 3 2 x = 0 , g ( x + 6) g ( x) = f ( x + 6) f ( x) 2 x + 6 + 2 x ≥ 63 2 x 63 2 x = 0 ,
即 g ( x + 2) ≤ g ( x ), g ( x + 6) ≥ g ( x) , 故 g ( x) ≤ g ( x + 6) ≤ g ( x + 4) ≤ g ( x + 2) ≤ 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 = 22008 + 2007 .

12、

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 A 1 B1C1 //平面

ABC ,与小球相切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体 P A 1 B1C1 的中心, PO ⊥ 面A1 B1C1 ,
垂足 D 为 A 1 B1C1 的中心.

1 因 VP A B C = S A B C PD 1 1 1 3 111

= 4 VO A1B1C1

1 = 4 S A1B1C1 OD , 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 P ,连接 OP ,则 1 1 答 12 图 1
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PP = PO 2 OP 2 = (3r ) 2 r 2 = 2 2r . 1 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 P EF ,如答 12 图 2.记正四面体 1 的棱长为 a ,过 P 作 PM ⊥ PA 于 M . 1 1 因 ∠MPP = 1

3 π ,有 PM = PP cos MPP = 2 2r = 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长 1 1 6 2

P E = PA 2 PM = a 2 6r . 1
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)

SPAB S P1EF =

3 2 2 ( a (a 2 6r ) 2 ) = 3 2ar 6 3r . 4

又 r = 1 , a = 4 6 ,所以

S PAB S P1EF = 24 3 6 3 = 18 3 .

答 12 图 2

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 3 .

三、13.
[证]

f ( x) 的 图 象 与 直 线 y = kx

且 ( k > 0) 的三个交点如答 13 图所示, 在 (π , 3π ) 内 相 切 , 其 切 点 为 2

A(α , sin α ) , α ∈ (π ,

3π . ) 2
… 5分

答 13 图

3 由于 f ′( x) = cos x , x ∈ (π , π ) ,所以 cos α = sin α ,即 α = tan α . 2 α
因此

…10 分

cos α cos α = sin α + sin 3α 2sin 2α cos α =
= = =

1 4sin α cos α
cos 2 α + sin 2 α 4sin α cos α 1 + tan 2 α 4 tan α 1+ α 2 . 4α

…15 分

…20 分

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14、
[解法一] 由 1 + log 2 ( x 4 + 1) = log 2 (2 x 4 + 2) ,且 log 2 y 在 (0, +∞) 上为增函数,故原不等式等价 于

x12 + 3x10 + 5 x8 + 3x 6 + 1 > 2 x 4 + 2 .
即 分组分解

x12 + 3x10 + 5 x8 + 3 x 6 2 x 4 1 > 0 . x12 + x10 x8 +2 x10 + 2 x8 2 x 6 +4 x8 + 4 x 6 4 x 4 + x6 + x 4 x 2 + x4 + x2 1 > 0 ,

…5 分

( x8 + 2 x 6 + 4 x 4 + x 2 + 1)( x 4 + x 2 1) > 0 ,
所以

…10 分

x4 + x2 1 > 0 ,

( x2
所以 x 2 >

1 5 2 1 + 5 )( x )>0. 2 2

…15 分

1 + 5 1 + 5 1 + 5 ,即 x < 或x> . 2 2 2

故原不等式解集为 ( ∞,

5 1 )U( 2

5 1 , +∞) . 2

…20 分

[解法二] 由 1 + log 2 ( x 4 + 1) = log 2 (2 x 4 + 2) ,且 log 2 y 在 (0, +∞) 上为增函数,故原不等式等价 于

x12 + 3 x10 + 5 x8 + 3 x 6 + 1 > 2 x 4 + 2 .


…5 分

2 1 + < x 6 + 3x 4 + 3 x 2 + 1 + 2 x 2 + 2 = ( x 2 + 1)3 + 2( x 2 + 1) , x 2 x6 ( 1 3 1 ) + 2( 2 ) < ( x 2 + 1) 3 + 2( x 2 + 1) , 2 x x
…10 分

令 g (t ) = t 3 + 2t ,则不等式为

g(

1 ) < g ( x 2 + 1) , x2

显然 g (t ) = t 3 + 2t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于

1 < x2 + 1, x2
即 ( x 2 )2 + x 2 1 > 0 ,解得 x 2 >

…15 分 ( x2 <

5 1 2

5 +1 舍去), 2

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故原不等式解集为 ( ∞,

5 1 )U( 2

5 1 , +∞) . 2

…20 分

15、
[解] 设 P ( x0 , y0 ), B (0, b), C (0, c) ,不妨设 b > c . 直线 PB 的方程: y b =

y0 b x, x0

化简得 ( y0 b) x x0 y + x0b = 0 . 又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1,

y0 b + x0b
2 ( y0 b) 2 + x0

=1 ,

…5 分

2 2 故 ( y0 b) 2 + x0 = ( y0 b) 2 + 2 x0b( y0 b) + x0 b 2 ,

易知 x0 > 2 ,上式化简得 ( x0 2)b 2 + 2 y0b x0 = 0 , 同理有 ( x0 2)c 2 + 2 y0 c x0 = 0 . 所以 b + c = …10 分

x0 2 y0 , bc = ,则 x0 2 x0 2
2 2 4 x0 + 4 y0 8 x0 . ( x0 2) 2

(b c ) 2 =

2 因 P ( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 = 2 x0 ,则 2 2 x0 4 x0 , . bc = 2 x0 2 ( x0 2)

(b c ) 2 =

…15 分

x0 4 所以 S PBC = 1 (b c) x0 = x0 = ( x0 2) + +4 2 x0 2 x0 2

≥ 2 4 + 4 = 8.
当 ( x0 2) 2 = 4 时,上式取等号,此时 x0 = 4, y0 = ±2 2 . 因此 S PBC 的最小值为 8. …20 分

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