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1、2008 年全国高中数学联赛 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
2、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 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1函数在上的最小值是 ( ) 。 2 54 ( ) 2 xx f x x (,2) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 2设,若,则实数的取值范围为( ) 。 2,4)A 2 40Bx xaxBAa (A) (B) (C) (D) 1,2) 1,20,30,3) 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,乙在每局中获胜的概率 2 3 为,且各局胜负相互独立
3、,则比赛停止时已打局数的期望为 ( ) 。 1 3 E (A) (B) (C) (D) 241 81 266 81 274 81 670 243 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 cm2,则这三个正方体 的体积之和为 ( ) 。 (A)764 cm3或 586 cm3 (B) 764 cm3 (C)586 cm3或 564 cm3 (D) 586 cm3 5方程组的有理数解的个数为 ( ) 。 0, 0, 0 xyz xyzz xyyzxzy ( , , )x y z (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 6设的内角所对的边成等比数列,则ABCABC、
4、 、abc、 、 的取值范围是( ) 。 sincotcos sincotcos ACA BCB (A) (B) (0,) 51 (0,) 2 (C) (D) 5151 (,) 22 51 (,) 2 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 7设,其中为实数,若( )f xaxb, a b 1( ) ( )f xf x 1( ) ( ) nn fxf fx 1,2,3,n ,则 . 7( ) 128381fxxab 8设的最小值为,则 .( )cos22 (1 cos )f xxax 1 2 a 第 15 题 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
5、不相同的分配 方法共有 种 10设数列的前项和满足:,则通项 n an n S 1 (1) nn n Sa n n 1,2,n n a = 11设是定义在上的函数,若 ,且对任意,满足( )f xR(0)2008fxR ,则= .(2)( )3 2xf xf x (6)( )63 2xf xf x)2008(f 12一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动,4 6 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已知函数的图像与直线 有且仅有三个交点,交点的横坐标|sin|)(xxfykx)0(k 的最大值为,
6、求证: 2 cos1 sinsin34 14解不等式 1210864 22 log (3531)1 log (1)xxxxx 15 如图,是抛物线上的动点, 点在轴上, 圆内切于P 2 2yxBC、y 22 (1)1xyPBC ,求面积的最小值PBC 解解 答答 1. 当时,因此2x 20x 2 1 (44)1 ( )(2) 22 xx f xx xx 1 2(2) 2 x x ,当且仅当时取等号而此方程有解,因此在上2 1 2 2 x x 1(,2)x ( )f x(,2) 的最小值为 2故选 C. 2. 因为有两个实根 ,故等价于 2 40xax 2 1 4 24 aa x 2 2 4 2
7、4 aa x BA 且,即且,解之得故选 D。 1 2x 2 4x 2 42 24 aa 2 44 24 aa 03a 3.方法一: 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 赛停止的概率为若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得 22 215 ( )( ) 339 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 (2) 9 P , 故 故选 B。 4520 (4)( )( ) 9981 P 2 416 (6)( ) 981 P 52016266 246 9818181 E 方法二: 依题意知,的所有可能值为 2、4、6.令表示甲在第
8、局比赛中获胜,则 k Ak k A 表示乙在第局比赛中获胜由独立性与互不相容性得k , 1212 5 (2)()() 9 PP A AP A A 1234123412341234 (4)()()()()PP A A A AP A A A AP A A A AP A A A A , 33 211220 2( ) ( )( ) ( ) 333381 1234123412341234 (6)()()()()PP A A A AP A A A AP A A A AP A A A A , 22 2116 4( ) ( ) 3381 因此故选 B。 52016266 246 9818181 E 4. 设这
9、三个正方体的棱长分别为,则有,即。abc、 、 222 6564abc 222 94abc 不妨设, 从而, 故,只能取 9、110abc 2222 394cabc 2 31c 610cc 8、7、6 若,则,易知,得一组解9c 222 94913ab2a 3b ( , , )(2,3,9)a b c 若, 则,但,即,从而或 5若8c 22 946430ab5b 2 230b 4b 4b ,则无解;若,则无解因此 c=8 时无解5b 2 5a 4b 2 14a 若,则,有唯一解,7c 22 944945ab3a 6b 若,则,此时,即。故,但,6c 22 943658ab 2 258b 2
10、29b 6b 6bc 所以,此时无解6b 2 583622a 综 上 , 共 有 两 组 解或, 体 积 为( , , )(2,3,9)a b c ( , , )(3,6,7)a b c (cm3)或(cm3) 。故选 A。 333 1 239764V 333 2 367586V 5. 若,则解得或0z 0 0. xy xyy ,0 0 x y ,1 1. x y , 若,则由得 0z 0xyzz1xy 由得 0xyzzxy 将式代入得 0xyyzxzy 22 0xyxyy 由式得, 代入式化简得.易知无有理数根, 1 x y 3 (1)(1)0yyy 3 10yy 故,由式得,由式得,与矛盾
11、,故该方程组共有两组有理数解1y 1x 0z 0z 或故选 B。 0, 0, 0 x y z 1, 1, 0. x y z 6.设的公比为,则,而abc、 、q 2 ,baq caq sincotcossincoscossin sincotcossincoscossin ACAACAC BCBBCBC sin()sin()sin sin()sin()sin ACBBb q BCAAa 因此,只需求的取值范围因为成等比数列,最大边只能是或,因此qabc、 、acabc、 、 要构成三角形的三边,必须且只需且即有不等式组即abcbca 2 2 ,aaqaq aqaqa 解得从而,因此所求的取 2
12、2 10, 10. qq qq 1551, 22 5151. 22 q qq 或 5151 22 q 值范围是故选 C。 5151 (,) 22 7. 由题意知,由得 12 ( )(1) nnn n fxa xaaab 1 1 n n a a xb a 7( ) 128381fxx ,因此, 7 128a 7 1 381 1 a b a 2a 3b 5ab 8. , 2 ( )2cos1 22 cosf xxaax 22 1 2(cos)21 22 a xaa (1) 时,当时取最小值;2a ( )f xcos1x 1 4a (2) 时,当时取最小值 1;2a ( )f xcos1x (3)
13、时,当时取最小值22a ( )f x cos 2 a x 2 1 21 2 aa 又或时,的 c 不能为,2a 2a ( )f x 1 2 故,解得,(舍去) 2 11 21 22 aa 23a 23a 9. 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(个)位置 (两端不在内) 被 224226 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(
14、种)又在“每校至少有一个名额的分法”中 2 23 C253 “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 31222(种) 方法二:设分配给 3 个学校的名额数分别为,则每校至少有一个名额的分法 123 xxx、 、 数为不定方程的正整数解的个数,即方程的非负整数解的个 123 24xxx 123 21xxx 数,它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合:又在“每校至 21212 32323 HCC253 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)
15、 10. , 111 1 (1)(2)(1) nnnnn nn aSSaa nnn n 即 2 nn a nnnnn n a ) 1( 1 1 1 )2)(1( 22 1 =, ) 1( 1 )2)(1( 2 nn a nn n 由此得 2 ) 1( 1 ) )2)(1( 1 ( 1 nn a nn a nn 令, (), 有, 故, 所 以 1 (1) nn ba n n 11 11 22 ba 1 0a 1 1 2 nn bb 1 2 n n b ) 1( 1 2 1 nn a n n 11. 方法一:由题设条件知 (2)( )( (4)(2)( (6)(4)( (6)( )f xf xf
16、 xf xf xf xf xf x (第 12 题图 1) 第 12 题图 2) , 24 3 23 263 23 2 xxxx 因此有,故(2)( )3 2xf xf x (2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)ffffffff 200620042 3 (2221)(0)f 1003 1 41 3(0) 4 1 f 2008 22007 方法二: 令,则 ( )( )2xg xf x , 2 (2)( )(2)( )223 23 20 xxxx g xg xf xf x , 6 (6)( )(6)( )2263 263 20 xxxx g xg xf x
17、f x 即,故,得是(2)( ), (6)( )g xg x g xg x( )(6)(4)(2)( )g xg xg xg xg x( )g x 周期为 2 的周期函数,所以 200820082008 (2008)(2008)2(0)222007fgg 12. 如图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为 ,作平面/平面,r 111 A BCABC 与小球相切于点,则小球球心为正四面体的中心,垂足DO 111 PA BC 111 POABC 面D 为的中心因, 111 A BC 1 1 11 1 1 1 3 P A B CA B C VSPD 1 1 1 4 O A B C V 1 1
18、 1 1 4 3 A B C SOD 故,从而44PDODr43POPDODrrr 记 此 时 小 球 与 面的 切 点 为, 连 接, 则PAB 1 P 1 OP 2222 11 (3 )2 2PPPOOPrrr 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况,易知小球在面上最靠近PABPAB 边的切点的轨迹仍为正三角形, 记为, 如图2 记正四面体的棱长为, 过作于 1 PEFa 1 P 1 PMPA 因,有M 1 6 MPP ,故小三角形的边长 11 3 cos2 26 2 PMPPMPPrr 小球与面不能接触到的部 1 22 6PEPAPMarPAB (第 13 题) 分的面积为
19、(如图2中阴影部分) 1 PABPEF SS 22 3 (2 6 ) ) 4 aar 2 3 26 3arr 又,所以由对称性,且正四面体共 4 个1r 4 6a 1 24 36 318 3 PABPEF SS 面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为72 3 13. 的图象与直线 的三个交点如答 13 图所示,且在内相切,其( )f xykx)0(k 3 ( ,) 2 切点为, ( , sin)A 3 ( ,) 2 由于,所( )cosfxx 3 ( ,) 2 x 以,即因此 sin cos tan coscos sinsin32sin2 cos 1 4sincos 22 cossin 4
20、sincos 2 1tan 4tan 2 1 4 14. 方法一:由,且在上为增函数,故原不等式 44 22 1 log (1)log (22)xx 2 log y(0,) 等价于 1210864 353122xxxxx 即 1210864 353210xxxxx 分组分解 12108 xxx 1086 222xxx 864 444xxx 642 xxx , 42 10xx , 864242 (241)(1)0xxxxxx 所 以,。 所 以, 即 42 10xx 22 1515 ()()0 22 xx 2 15 2 x 故原不等式解集为 1515 22 x 5151 (,) 22 方法二:
21、由,且在上为增函数,故原不等 44 22 1 log (1)log (22)xx 2 log y(0,) 式等价于 1210864 353122xxxxx 即 , 6422232 26 21 33122(1)2(1)xxxxxx xx , 3232 22 11 ()2()(1)2(1)xx xx 令,则不等式为, 显然在上为增函数,由此上 3 ( )2g ttt 2 2 1 ()(1)gg x x 3 ( )2g tttR 面不等式等价于 ,即,解得,故原不等式解集为 2 2 1 1x x 222 ()10xx 2 51 2 x 5151 (,) 22 15. 设,不妨设直线的方程:,化简得
22、00 (,), (0, ),(0, )P xyBb CcbcPB 0 0 yb ybx x 又 圆 心到的 距 离 为 1, , 故 000 ()0yb xx yx b(1,0)PB 00 22 00 1 () ybx b ybx ,易知,上式化简得 22222 000000 ()()2()ybxybx b ybx b 0 2x , 同理有 所以, 2 000 (2)20xby bx 2 000 (2)20xcy cx 0 0 2 2 y bc x 0 0 2 x bc x ,则 因是抛物线上的点, 有, 则 22 2 000 2 0 448 () (2) xyx bc x 00 (,)P x
23、y 2 00 2yx 2 2 0 2 0 4 () (2) x bc x , 所 以 0 0 2 2 x bc x 0 000 00 14 ()(2)4 222 PBC x Sbcxxx xx 2 448 当时,上式取等号,此时 2 0 (2)4x 00 4,2 2xy 因此的最小值为 8 PBC S 加 试 一、 (本题满分 50 分) 如图,给定凸四边形,是平面ABCD180BD P 上的动点,令( )f PPA BCPD CAPC AB (1)求证:当达到最小值时,四点共圆;( )f PPABC、 、 、 (2)设是外接圆的上一点,满足:,EABCO AB 3 2 AE AB ,又是的切
24、线,求的最小值 31 BC EC 1 2 ECBECA,DA DCO2AC ( )f P 二、 (本题满分 50 分) 设是周期函数,和 1 是的周期且证明:( )f xT( )f x01T (1)若为有理数,则存在素数,使是的周期;Tp 1 p ( )f x (2)若为无理数,则存在各项均为无理数的数列满足 T n a 1 10 nn aa ,且每个都是的周期(1,2,)n (1,2,) n an ( )f x 三、 (本题满分 50 分) 设,证明 : 当且仅当时,存在数列满足以下条件 :0 k a 1,2,2008k 2008 1 1 k k a n x (1),; 01 0 nn xx
25、x 1,2,3,n (2)存在; lim n n x (3), 20082007 11 10 nnkn kkn k kk xxa xax 1,2,3,n 解 答 一、方法一:(1)如答一图 1,由托勒密不等式,对平面上的任 意点,有 因此 PPA BCPC ABPB AC ( )f PPA BCPC ABPD CAPB CAPD CA ()PBPDCA 因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号,因此PABC、 、 、 当 且 仅 当在的 外 接 圆 且 在上 时 ,PABC AC 答一图 1 第 1 题图 1 又因, 此不等式当且仅当共线且在( )()f PPBPDCAPBPDBD, ,B P
26、DPBD 上时取等号因此当且仅当为的外接圆与的交点时,取最小值PABCBD( )f P 故当达最小值时,四点共圆 min ( )f PAC BD( )f PPABC、 、 、 (2)记,则,由正弦定理有,从而ECB2ECA sin23 sin32 AE AB ,即,所以3sin32sin2 3 3(3sin4sin)4sincos ,整理得, 2 3 34 3(1 cos)4cos0 2 4 3cos4cos30 解得或(舍去) , 故, 由已知 3 cos 2 1 cos 2 3 30 60ACE 31 BC EC =,有,即 0 sin30 sin EAC EAC sin(30 )( 31
27、)sinEACEAC , 整理得, 故 31 sincos( 31)sin 22 EACEACEAC 231 sincos 22 EACEAC ,可得,从而, 1 tan23 23 EAC 75EAC 45E ,为等腰直角三角形因,则又45DACDCAE ADC2AC 1CD ABC 也 是 等 腰 直 角 三 角 形 , 故, 故2BC 2 122 12cos1355BD 5BD min ( )5210f PBD AC 方法二 : (1)如图 2,连接交的外接圆BDABCO 于点(因为在外,故在上) 0 PDO 0 PBD 过分别作的垂线,两两相交得,A C D 000 ,P A PC P
28、D ,易知在内,从而在内,记 111 ABC 0 PACD 111 ABC 之三内角分别为,则ABCxyz, , , 又因, 0 180APCyzx 110 BCP A 110 B APC ,得,同理有, 1 By 1 Ax 1 Cz 所以设,则对平面上任意点, 111 ABCABC 11 BCBC 11 C ACA 11 ABABM 有 0000 ()()f PP A BCP D CAPC AB 011011011 P A BCP D C APC AB 1 1 1 2 A B C S 111111 MA BCMD C AMC AB ()MA BCMD CAMC AB ,()f M 从而 由点
29、的任意性, 知点是使达最小值的点 由点在上, 0 ()()f Pf MM 0 P( )f P 0 PO (第 1 题图 2) 故四点共圆 0 PABC、 、 、 (2)由(1) ,的最小值 ,记,则,( )f P 1 1 1 0 2 () A B C f PS 2 ABC S ECB2ECA 由正弦定理有,从而,即 sin23 sin32 AE AB 3sin32sin2 , 所 以, 整 理 得 3 3(3sin4sin)4sincos 2 3 34 3(1 cos)4cos0 , 解得或(舍去) ,故, 2 4 3cos4cos30 3 cos 2 1 cos 2 3 30 由已知=,有6
30、0ACE 31 BC EC 0 sin30 sin EAC EAC ,即,sin(30 )( 31)sinEACEAC 31 sincos( 31)sin 22 EACEACEAC 整理得,故,可得, 231 sincos 22 EACEAC 1 tan23 23 EAC 75EAC 所以,为等腰直角三角形,因为,点45EABC2AC 1 ABC S 1 45ABC 1 B 在上,所以为矩形,O 1 90AB B 11 B BDC 11 122 12cos1355BCBD 故,所以 5 2 min 5 ( )2110 2 f P 方法三:(1)引进复平面,仍用等代表所对应的复数由三角形不等式,
31、对, ,A B C, ,A B C 于复数,有 ,当且仅当与(复向量)同向时取等号 12 ,z z 1212 zzzz 1 z 2 z 有 ,PA BCPC ABPA BCPC AB 所以 ()()()()AP CBCP BA ()()()()AP CBCP BA P CA BC BP A ,()()BP CAPBAC 从而 PABCPCABPDCA PBACPDAC ()PBPDAC BDAC 式取等号的条件是复数 与同向,故存在实数,使得()()AP CB()()CP BA0 , ,所以 ,()()()()AP CBCP BA APBA CPCB arg()arg() APBA CPCB
32、向量旋转到所成的角等于旋转到所成的角,从而四点共圆PC PA BC AB PABC、 、 、 式取等号的条件显然为共线且在上故当达最小值时点在之, ,B P DPBD( )f PPABC 外接圆上,四点共圆 PABC、 、 、 (2)由(1)知以下同方法一 min ( )f PBD AC 二、 (1)若是有理数,则存在正整数使得且,从而存在整数,使T,m n n T m ( , )1m n , a b 得 于是是的周期 又因, 从而1manb 1 1 manb abTab T mm ( )f x01T 设是的素因子,则,从而 是的周期 2m pmm pm m N 11 m pm ( )f x
33、( 2) 若是 无 理 数 , 令 , 则, 且是 无 理 数 , 令 T 1 1 1aT T 1 01a 1 a , , 由数学归纳法易知均为无理数且又 21 1 1 1aa a 1 1 1 nn n aa a n a01 n a ,故,即因此是递减数列 11 1 nn aa 1 1 nn n aa a 1 1 1 nnn n aaa a n a 最后证 : 每个是的周期事实上,因 1 和是的周期,故亦是 n a( )f xT( )f x 1 1 1aT T 的周期假设是的周期,则也是的周期由数学归纳( )f x k a( )f x 1 1 1 kk k aa a ( )f x 法,已证得均
34、是的周期 n a( )f x 三、必要性:假设存在满足(1) , (2) , (3) 注意到(3)中式子可化为 n x , 2008 11 1 () nnkn kn k k xxaxx n * N 其 中 将 上 式 从 第1 项 加 到 第项 , 并 注 意 到得 0 0x n 0 0x 由()可设,将上式 111222200820082008 ()()() nnnn xa xxaxxaxx lim n n bx 取极限得 112220082008 ()()()ba bxa bxabx 2008 1 12220082008 1 () k k baa xa xax , 2008 1 k k b
35、a 因此 2008 1 1 k k a 充分性 : 假设定义多项式函数如下 :,则 2008 1 1 k k a 2008 1 ( )1 k k k f sa s 0,1s( )f s 在0,1上是递增函数,且,因此方程在0,1内(0)10f 2008 1 (1)10 k k fa ( )0f s 有唯一的根,且,即 0 ss 0 01s 0 ()0f s 下取数列为,则明显地满足题设条件() ,且 n x 0 1 n k n k xs 1,2,n n x 因, 故, 因此, 即 1 00 0 1 0 1 n n k n k ss xs s 0 01s 1 0 lim0 n n s 1 000 00 limlim 11 n n nn sss x ss n x 的极限存在,满足(2) 最后验证满足(3) ,因,即,从而 n x 0 ()0f s 2008 0 1 1 k k k a s 200820082008 100001 111 ()() nknn k nnkkkn kn k kkk xxsa ssa saxx 综上,存在数列满足(1). n x
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