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2008年全国高中数学联赛试题及详细解析


受中国数学会委托,2008 年全国高中数学联赛由重庆市数学会承办。中国数学会普及 工作委员会和重庆市数学会负责命题工作。 2008 年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部 2000 年《全日制普通高级中学数 学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。主要考查学生对 基础知识和基本技能的掌握情况,以及综合和灵活运用的能力。全卷包括 6 道选择题、6 道 填

空题和 3 道大题,满分 150 分。答卷时间为 100 分钟。 全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展,适当 增加一些竞赛教学大纲的内容。全卷包括 3 道大题,其中一道平面几何题,试卷满分 150 分。答卷时问为 120 分钟。 一 试

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 (
3

2

)。
3

(A)764 cm 或 586 cm (C)586 cm 或 564 cm
3

(B) 764 cm (D) 586 cm
3

3

3

? 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 sin B cot C ? cos B

的取值范围是(

)。 (B) (0,
5 ?1 2 )

(A) (0, ?? ) (C) (
5 ?1 , 5 ?1 )

2 2 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)

(D) (

5 ?1 2

, ?? )

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(每小题 20 分,共 60 分) 13.已知函数 f ( x ) ?| sin x | 的 图像与直线 y ? kx 的最大值为 ? ,求证:
cos ? sin ? ? sin 3? ? 1?? 2 4?

.

( k ? 0) 有且仅有三个交点,交点的横坐标



14.解不等式
log 2 ( x12 ? 3 x10 ? 5 x 8 ? 3 x 6 ? 1) ? 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) .
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一、(本题满分 50 分) 如 图 , 给 定 凸 四 边 形 ABCD , ?B ? ?D ? 180? , P 是 平 面 上 的 动 点 , 令
f ( P ) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB .

(1)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P、A、B、C 四点共圆;
BC AE 3 (2)设 E 是 ?ABC 外接圆 O 的 ? 上一点,满足: , AB ? ? 3 ?1 , AB 2 EC
? ECB ? 1 2 ? ECA ,又 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值.

答一图 1 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)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使

1 p

是 f ( x ) 的周期;

( 2 ) 若 T 为 无 理 数 , 则 存 在 各 项 均 为 无 理 数 的 数 列 {an } 满 足 1 ? an ? an ?1 ? 0

( n ? 1, 2, ???) ,且每个 an

( n ? 1, 2, ???) 都是 f ( x ) 的周期.

三、(本题满分 50 分) 设 ak ? 0 ,k ? 1, 2,? , 2008 . 证明: 当且仅当 ? ak ? 1 时, 存在数列 { xn } 满足以下条件:
k ?1 2008

(1) 0 ? x0 ? xn ? xn ?1 , n ? 1, 2, 3,? ;

(2) lim xn 存在;
n??

(3) xn ? xn ?1 ?

2008 k ?1

?a

, n ? 1, 2, 3,? . k xn ? k ? ? a k ?1 xn ? k
k ?0

2007

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一试解答

1. 【答案】C 【
f ( x) ?


2? x


?


1 2? x



x?2
1


2? x



2? x ? 0







1 ? (4 ? 4 x ? x 2 )

? (2 ? x ) ? 2 ?

? (2 ? x )

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时取等号.而此方程有解 x ? 1 ? (??, 2) ,因此 f ( x ) 在 ( ??, 2) 上
2? x

的最小值为 2.故选 C.

3.【答案】B

P (? ? 2) ? P ( A1 A2 ) ? P ( A1 A2 ) ?

5 9



P (? ? 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 (? ? 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 因此 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? .故选 B。 9 81 81 81

4. 【答案】A

5. 【答案】 B

6.【答案】C 【解析】设 a、b、c 的公比为 q ,则 b ? aq , c ? aq 2 ,而
sin A cot C ? cos A
sin( A ? C )

sin B cot C ? cos B sin B cos C ? cos B sin C sin(? ? B ) sin B b ? ? ? ? ?q. sin( B ? C ) sin(? ? A) sin A a

?

sin A cos C ? cos A sin C

因此, 只需求 q 的取值范围. 因为 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,必须且只需 a ? b ? c 且 b ? c ? a .即有不等式组 ?

? a ? aq ? aq 2 , ?
2 ? aq ? aq ? a ?



?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ? q ? q ? 1 ? 0, 5 ?1 ? ? 2 2 ?q? 解得 ? 从而 ? 2 2 ? q ? q ? 1 ? 0. 5 ?1 5 ?1 ? ? q? 或q ? ? . ? ? 2 2
2

5 ?1 2

,因此所求的取

值范围是 (

5 ?1 2

,

5 ?1 2

) .故选 C。

9. 【答案】222 【解析】方法一: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 C 2 ? 253 (种). 又在“每 23 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). 方法二: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

21 数,它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合: H 3 ? C 21 ? C 2 ? 253 .又在“每校至 23 23

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).

11. 【答案】 2

2008

? 2007

12.【答案】 72 3

【解析】 如图 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
1

D



A 1 B1C1











VP ? A1B1C1 ?

1 S ?A1B1C1 ? PD ? 4 ? VO ? A1B1C1 ? 4 ? ? S ?A1B1C1 ? OD , 3 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 OP1 , 则
PP ? PO 2 ? OP12 ? 1 (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2 r .

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
(第 12 题图 1)

形,记为 P1 EF ,如图 2.记正四面体的棱长为 a ,过 P1 作 P1 M ? PA 于 M .因 ?MPP1 ? 有 PM ? PP1 ? cos MPP1 ? 2 2 r ?
3 2 ? 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长

?
6



P E ? PA ? 2 PM ? a ? 2 6 r .小球与面 PAB 不能接触到的部分的 1








3 4





2













S ?PAB ? S ?P1EF ?

2 ( a 2 ? ( a ? 2 6 r ) 2 ) ? 3 2 ar ? 6 3r .

又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以 S ?PAB ? S ?P EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .由对称性,且正四面体共 4 个
1

第 12 题图 2)

面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 .

14. 【解析】方法一: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 ? 3 x10 ? 5 x8 ? 3 x 6 ? 1 ? 2 x 4 ? 2 . 即 x12 ? 3 x10 ? 5 x8 ? 3 x 6 ? 2 x 4 ? 1 ? 0 . 分组分解
x12 ? x10 ? x8 ?2 x10 ? 2 x 8 ? 2 x 6
?4 x 8 ? 4 x 6 ? 4 x 4

? x6 ? x4 ? x2
? x4 ? x2 ?1 ? 0 ,

( x 8 ? 2 x 6 ? 4 x 4 ? x 2 ? 1)( x 4 ? x 2 ? 1) ? 0 ,

15. 【解析】设 P ( x0 , y0 ), B (0, b ), C (0, c ) ,不妨设 b ? c .直线 PB 的方程: y ? b ? 化简得 ( y0 ? b ) x ? x0 y ? x0b ? 0 .又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1,
2 2 ( y0 ? b ) 2 ? x0 ? ( y0 ? b ) 2 ? 2 x0b ( y0 ? b ) ? x0 b 2

y0 ? b x0

x,

y 0 ? b ? x0 b
2 ( y 0 ? b ) 2 ? x0

? 1 ,故

, 易 知

x0 ? 2

, 上 式 化 简 得
?2 y0 x0 ? 2

同理有 ( x0 ? 2)c 2 ? 2 y0 c ? x0 ? 0 . 所以 b ? c ? ( x0 ? 2)b 2 ? 2 y0b ? x0 ? 0 ,

,bc ?

? x0 x0 ? 2



则 (b ? c ) 2 ?
b?c ? 2 x0

2 2 4 x0 ? 4 y 0 ? 8 x0

( x0 ? 2) 2

. P ( x0 , y0 ) 是抛物线上的点, y0 ? 2 x0 , (b ? c ) 2 ? 因 有 2 则
1 2 ( b ? c ) ? x0 ? x0 x0 ? 2 ? x0 ? ( x0 ? 2) ? 4 x0 ? 2

2 4 x0

( x0 ? 2) 2



x0 ? 2

. 所以 S ?PBC ?

? 4 ? 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.

解 得 cos ? ?
BC EC

3 2

或 cos ? ? ?

1 2 3

( 舍 去 ) , 故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? . , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ? 1) sin ?EAC
2? 3 2 sin ? EAC ? 1 2

由已知

? 3 ?1 =

sin ? ? EAC ? 30 0 ? sin ? EAC
1 2

, 即

3 2

sin ? EAC ?

cos ? EAC ? ( 3 ? 1) sin ? EAC ,整理得

cos ? EAC ,



tan ? EAC ?

1 2? 3

? 2? 3

, 可 得

?EAC ? 75?

, 从 而

?E ? 45?



?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 , BD 2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1 ? 2 cos135? ? 5 , BD ? 5 . 故
f ( P ) min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 .

方法二:(1)如图 2,连接 BD 交 ?ABC 的外接圆
O 于 P0 点(因为 D 在 ? O 外,故 P0 在 BD 上).

过 A, C , D 分 别 作 P0 A, P0C , P0 D 的 垂 线 , 两 两 相 交 得

(第 1 题图 2)

?A1 B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而在 ?A1 B1C1 内,记 ?ABC 之三内角分别为 x,y,z ,则

?AP0C ? 180? ? y ? z ? x ,又因 B1C1 ? P0 A , B1 A1 ? P0 C ,得 ? B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ? C1 ? z ,

所以 ?A1 B1C1 ∽ ?ABC .设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ? CA , A1 B1 ? ? AB ,则对平面上任意点 M , 有

? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? P0C ? AB )
? P0 A ? B1C1 ? P0 D ? C1 A1 ? P0C ? A1 B1
? 2 S ?A1 B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1 B1
? ? ( MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB )

? ? f (M ) ,

从而

由 知 由点 P0 在 ? O 上, f ( P0 ) ? f ( M ) . M 点的任意性, P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点.

故 P0、 A、 B、 C 四点共圆.

方法三:(1)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 z1 ? z 2 ? z1 ? z 2 ,当且仅当 z1 与 z 2 (复向量)同向时取等号.



??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? PA ? BC ? PC ? AB ? PA ? BC ? PC ? AB ,

二、【解析】(1)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T ? 数 a , b ,使得 ma ? nb ? 1 .于是
1 m ? ma ? nb m

n m

且 ( m, n) ? 1 ,从而存在整

? a ? bT ? a ?1 ? b ? T 是 f ( x ) 的周期.又因

1 1 从而 m ? 2 . p 是 m 的素因子, m ? pm? ,m? ? N ? , 设 则 从而 0 ? T ? 1, ? m? ? 是 f ( x ) p m

的周期. (2)若 T 是无理数,令
?1? a1 ? 1 ? ? ? T , 则 0 ? a1 ? 1 , 且 a1 是 无 理 数 , 令 ?T ?

?1? ?1? a 2 ? 1 ? ? ? a1 , a n ?1 ? 1 ? ? ? a n , 由数学归纳法易知 a n 均为无理数且 0 ? an ? 1 .又 ? a1 ? ? an ?

?1 ? ?1? ? ? ? ? 1 ,故 1 ? a n ? ? ? a n , an ? an ? ? an ? 1
减数列.

即 a n ?1 ? 1 ? ?

?1? ? a n ? a n .因此 {an } 是递 ? an ?

1 最后证:每个 a n 是 f ( x ) 的周期.事实上,因 1 和 T 是 f ( x ) 的周期,故 a1 ? 1 ? ? ? T 亦 ?T ? ? ?
? ? 是 f ( x ) 的周期.假设 a k 是 f ( x ) 的周期,则 ak ?1 ? 1 ? ? 1 ? ak 也是 f ( x ) 的周期.由数学归 ? ak ?

纳法,已证得 a n 均是 f ( x ) 的周期.

k 下取数列 { xn } 为 xn ? ? s0 , n ? 1, 2,? ,则明显地 { xn } 满足题设条件(ⅰ),且 k ?1

n

k x n ? ? s0 ? k ?1

n

n s 0 ? s 0 ?1

1 ? s0

n . 0 ? s0 ? 1 , lim s0 ?1 ? 0 , 因 故 因此 lim xn ? lim n??

n s0 ? s0 ?1

n ??

n ??

1 ? s0
2008 k ?1

?

s0 1 ? s0

, { xn } 即

k 的极限存在,满足(2). 最后验证 { xn } 满足(3),因 f ( s0 ) ? 0 ,即 ? ak s0 ? 1 ,从而

n k n xn ? xn ?1 ? s0 ? ( ? ak s0 ) s0 ? k ?1

2008

2008 k ?1

? ak s0n ? k ?

2008 k ?1

?a

k

( xn ? k ? xn ? k ?1 ) .

综上,存在数列 { xn } 满足(1).
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