| 标题 | ２００８年全国高中数学联合竞赛试题及解答 |
| 范文 | 一试试题 (考试时间：10月12日上午8∶00—9∶40) 一、选择题(本题满分36分，每小题6分) 1.函数f(x)=5-4x+x22-x在(-∞，2)上的最小值是(). 獳.0 獴.1 獵.2 獶.3 2.设A=［-2，4)，B={x|x2-ax-4≤0}，若B罙，则实数a的取值范围为(). 獳.［-1，2)獴.［-1，2］ 獵.［0，3］獶.［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23，乙在每局中获胜的概率为13，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(). 獳.24181 獴.26681 獵.27481 獶.670243 4.若三个棱长均为整数(单位：玞m)的正方体的表面积之和为564玞m2，则这三个正方体的体积之和为(). 獳.764玞m3或586玞m3 獴.764玞m3 獵.586玞m3或564玞m3 獶.586玞m3 5.方程组x+y+z=0, xyz+z=0, xy+yz+xz+y=0,的有理数解(x,y,z)的个数为(). 獳.1 獴.2 獵.3 獶.4 6.设△ABC的内角A，B，C所对的边a,b,c成等比数列，则玸in獳玞ot獵+玞os獳玸in獴玞ot獵+玞os獴的取值范围是(). 獳.(0，+∞)獴.(0，5+12) 獵.(5-12，5+12)獶.(5-12，+∞) 二、填空题(本题满分54分，每小题9分) 7.设f(x)=ax+b，其中a,b为实数，ゝ1(x)=f(x),f﹏+1(x)=f(f璶(x)),n=1,2,3，…，若f7(x)=128x+381，则a+b= . 8.设f(x)=玞os2x-2a(1+玞os玿)的最小值为-12，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. 10.设数列{a璶}的前n项和S璶满足：S璶+a璶=n-1n(n+1),n=1,2,…，则通项a璶=. 11.设f(x)是定义在R上的函数，若ゝ(0)=2008，且对任意x∈R，满足f(x+2)-ゝ(x)≤3?2瑇，f(x+6)-f(x)≥63?2瑇，则ゝ(2008)= . 12.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46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)=|玸in玿|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：玞osα玸inα+玸in3α=1+α24α. 14.解不等式：玪og2(x12+3x10+5x8+3x6+1)<1+玪og2(x4+1). 15.如图，P是抛物线y2=2x上的动点，点B，C在y轴上，圆(x-1)2+y2=1内切于△PBC，求△PBC面积的最小值. 加试试题 (考试时间：10月12日上午10∶00—12∶00) 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； (2)设E是△ABC外接圆O的〢B上一点，满足：AEAB=32,BCEC=3-1,∠ECB=12∠ECA,又DA，DC是⊙O的切线，AC=2，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0 (2)若T为无理数，则存在各项均为无理数的数列{a璶}满足1>a璶>a﹏+1>0(n=1,2,…)，且每个a璶(n=1,2,…)都是f(x)的周期. 三、(本题满分50分) 设a璳>0,k=1,2,…，2008.证明：当且仅当∑2008k=1a璳>1时，存在数列{x璶}满足以下条件： (玦)0=x0 (玦ii)x璶-x﹏-1=∑2008k=1a璳x﹏+k-∑2007k=0a﹌+1?x﹏+k,n=1,2,3,…. 一试参考答案 一、选择题 1.C.提示：当x<2时，2-x>0，因此ゝ(x)=1+(4-4x+x2)2-x=12-x+(2-x)≥2?12-x?(2-x)=2，当且仅当12-x=2-x时上式取等号.而此方程有解x=1∈(-∞，2)，因此f(x)在(-∞，2)上的最小值为2. 2.D.提示：因x2-ax-4=0有两个实根x1=a2-4+a24,x2=a2+4+a24,故B罙等价于x1≥-2且x2<4，即a2-4+a24≥-2且a2+4+a24<4，解之得0≤a<3. 3.B.提示：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(23)2+(13)2=59.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(ξ=2)=59,㏄(ξ=4)=49×59=2081,P(ξ=6)=(49)2=1681,故 Eξ=2×59+4×2081+6×1681=26681. 4.A.提示：设这三个正方体的棱长分别为a,b,c则有6(a2+b2+c2)=564,a2+b2+c2=94，不妨设1≤a≤b≤c<10，从而3c2≥a2+b2+c2=94,c2>31.故6≤c<10.c只能取9，8，7，6.若c=9，则a2+b2=94-92=13，易知a=2,b=3，得一组解(a,b,c)=(2,3,9).若c=8，则a2+b2=94-64=30，b≤5.但2b2≥30,b≥4，从而b=4或5.若b=5，则a2=5无解，若b=4，则a2=14无解，此时无解.若c=7，则a2+b2=94-49=45，有唯一解a=3,b=6.若c=6，则a2+b2=94-36=58，此时2b2≥a2+b2=58,b2≥29.故b≥6,但b≤c=6,故b=6,此时a2=58-36=22无解.综上，共有两组解a=2, b=3, c=9，或a=3, b=6, c=7.体积V1=23+33+93=764玞m3或V2=33+63+73=586玞m3. 5.B.提示：若z=0,则x+y=0, xy+y=0.解得x=0, y=0,或x=-1, y=1.若z≠0，则由xyz+z=0得xy=-1.①.由x+y+z=0得z=-x-y②.将②代入xy+yz+xz+y=0得x2+y2+xy-y=0.③.由①得x=-1y，代入③化简得(y-1)(y3-y-1)=0.易知y3-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，故该方程组共有两组有理数解x=0, y=0, z=0,或x=-1, y=1, z=0. 6.C.提示：设a,b,c的公比为q，则b=aq,c=aq2,而玸in獳玞ot獵+玞os獳玸in獴玞ot獵+玞os獴=玸in獳玞os獵+玞os獳玸in獵玸in獴玞os獵+玞os獴玸in獵=玸in(A+C)玸in(B+C)=玸in(π-B)玸in(π-A)=玸in獴玸in獳=ba=q.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>aq2, aq+aq2>a,即q2-q-1<0, q2+q-1>0.解得1-52 7.5.提示：由题意知f璶(x)=a琻x+(a﹏-1+a﹏-2+…+a+1)b=a琻x+a琻-1a-1?b,由ゝ7(x)=128x+381得a7=128,a7-1a-1?b=381，因此a=2,b=3,a+b=5. 8.-2+3.提示：f(x)=2玞os2x-1-2a-2a玞os玿=2(玞os玿-a2)2-12a2-2a-1,(1)a>2时，f(x)当玞os玿=1时取最小值1-4a;(2)a<-2时，f(x)当玞os玿=-1时取最小值1;(3)-2≤a≤2时，ゝ(x)当玞os玿=a2时取最小值-12a2-2a-1.又a>2或a<-2时，ゝ(x)的最小值不能为-12，故-12a2-2a-1=-12,解得a=-2+3,a=-2-3(舍去). 9.222.提示：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C223=253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253-31=222种. 10.12琻-1n(n+1).提示：a﹏+1=S﹏+1-S璶=n(n+1)(n+2)-a﹏+1-n-1n(n+1)+a璶,即2a﹏+1=n+2-2(n+1)(n+2)-1n+1+1n(n+1)+a璶=-2(n+1)(n+2)+a璶+1n(n+1),由此得 2(a﹏+1+1(n+1)(n+2))=a璶+1n(n+1).令b璶=a璶+1n(n+1),b1=a1+12=12(a1=0),有b﹏+1=12?b璶,故b璶=12琻,所以a璶=12琻-1n(n+1). 11.22008+2007.提示：由题设条件知f(x+2)-ゝ(x)=-(f(x+4)-f(x+2))-(f(x+6)-f(x+4))+(f(x+6)-f(x))≥-3?2﹛+2-3?2﹛+4+63?2瑇=3?2瑇，因此有f(x+2)-f(x)=3?2瑇，故f(2008)=f(2008)-f(2006)+f(2006)-f(2004)+…+f(2)-f(0)+f(0)=3?(22006+22004+…+22+1)+f(0)=3?41003+1-14-1+f(0)=22008+2007. 12.723.提示：图1，考虑小球挤在一个角的情况，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-A1B1C1的中心，PO⊥面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心.因V㏄-A1B1C1=13S△A1B1C1?PD=4?V㎡-A1B1C1=4?13?S△A1B1C1?OD,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PP1=PO2-OP12=(3r)2-r2=22r.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P1EF，如图2.记正四面体的棱长为a，过P1作P1M⊥PA于M.因∠MPP1=π6，有PM=PP1?┆玞os∠MPP1=22r?32=6r，故小三角形的边长P1E=PA-2PM=a-26r.小球与面PAB不能接触到的部分的面积为(如图2中阴影部分)S△PAB-S△P1EF=34(a2-(2-26r)2)=32ar-63r2.又r=1,a=46，所以S△PAB-S△P1EF=243-63=183.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723. 三、解答题 13.证：f(x)的图像与直线y=kx(k>0)的三个交点如图3所示，且在(π,3π2)内相切，其切点为A(α，-玸inα),α∈(π,3π2).由于f′(x)=-玞os玿,x∈(π,3π2)，所以-玞osα=-玸inαα,即α=玹anα.因此玞osα玸inα+玸in3α=玞osα2玸in2α玞osα=14玸inα玞osα=玞os2α+玸in2α4玸inα玞osα=1+玹an2α4玹anα=1+α24α. 14.解：由1+玪og2(x4+1)=玪og2(2x4+2)，且玪og2y在(0，+∞)上为增函数，故原不等式等价于x12+3x10+5x8+3x6+1<2x4+2.即x12+3x10+5x8+3x6-2x4-1<0.分组分解x12+x10-x8+2x10+2x8-2x6+4x8+4x6-4x4+x6+x4-x2+x4+x2-1<0,得(x8+2x6+4x4+x2+1)(x4+x2-1)<0,所以x4+x2-1<0,(x2--1-52)(x2--1+52)<0.所以x2<-1+52，即-5-12 加试参考答案 一、证明：(1)如题中图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有PA?BC+PC?AB≥PB?AC.因此ゝ(P)=PA?BC+PC?AB+PD?CA≥PB?CA+PD?CA=(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的外接圆且在〢C上时，f(P)=(PB+PD)?CA.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)取最小值ゝ(P)┆玬in=AC?BD.故当f(P)达最小值时，P，A，B，C四点共圆. (2)记∠ECB=α，则∠ECA=2α，由正弦定理有AEAB=玸in2α玸in3α=32，从而3玸in3α=2玸in2α，即3(3玸inα-4玸in3α)=4玸inα玞osα，所以33-43(1-玞os2α)-4玞osα=0,整理得43玞os2α-4玞osα-3=0,解得玞osα=32或玞osα=-123(舍去)，故α=30°,∠ACE=60°.由已知BCEC=3-1=玸in(∠EAC-30°)玸in∠EAC,有┆玸in(∠EAC-30°)=(3-1)玸in∠EAC,即32玸in∠EAC-12玞os∠EAC=(3-1)玸in∠EAC,整理得2-32?┆玸in∠EAC=12玞os∠EAC，故玹an∠EAC=12-3=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，BD2=1+2-2?1?2玞os135°=5,BD=5.故f(P)┆玬in=BD?AC=5?2=10. 二、证明：(1)若T是有理数，则存在正整数m,n使得T=nm且(m,n)=1,从而存在整数a,b，使得ma+nb=1.于是1m=ma+nbm=a+bT=a?1+b?T是f(x)的周期.又因0 充分性：假设∑2008k=1a璳>1.定义多项式函数如下：f(s)=-1+∑2008k=1a璳s琸,s∈［0，1］，则f(s)在［0，1］上是递增函数，且f(0)=-1<0,f(1)=-1+∑2008k=1a璳>0.因此方程f(s)=0在［0，1］内有唯一的根s=s0,且0 |
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