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2008年全国高中数学联赛试题及解答


2008 年全国高中数学联合竞赛一试试题(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 2? x

在 ( ??, 2) 上的最小值是 B.1 C.2
1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 2? x ? 1 2? x

( C ) D.3
? (2 ? x ) ? 2 ?
1 2? x ? (2 ? x )

[解]当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x ) ?

? 2 ,当且仅当 1 ? 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
2? x

小值为 2. 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) ( D )

[解法一] 因 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根

x1 ?

a 2

? 4?

a2 4

, x2 ?

a 2

? 4?

a2 4



故 B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即
a 2 ? 4? a2 4 ? ?2 且
a 2 ? 4? a2 4 ? 4,

解之得 0 ? a ? 3 . [解法二](特殊值验证法)令 a ? 3, B ? [?1, 4], B ? A ,排除 C,令 a ? ?1, B ? [ ?1 ? 17 , ?1 ? 17 ] ,
2 2

B ? A 排除 A、B,故选 D。
[解法三](根的分布)由题意知 x ? ax ? 4 ? 0 的两根在 A ? [ ?2, 4) 内,令 f ( x ) ? x ? ax ? 4 则
2
2

·1·

a ? ? ?2 ? 2 ? 4 ? ? f ( ? 2) ? 0 解之得: 0 ? a ? 3 ? f (4) ? 0 ? ?
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 互独立,则比赛停止时已打局数 ? 的期望 E? 为 A.
241 2
1 ,乙在每局中获胜的概率为 ,且各局胜负相 3 3

( B ) D.
670 243

B.

266

C.

274

81 81 81 [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
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
P (? ? 2) ? 5 9



4 5 20 , P (? ? 4) ? ( )( ) ? 9 9 81 4 16 , P (? ? 6) ? ( ) 2 ? 9 81
5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81

[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 ( 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·

2 1 16 , ? 4( ) 2 ( ) 2 ? 3 3 81

5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81

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 cm 或 586 cm C. 586 cm 或 564 cm
3 3 3

2

( A ) B. 764 cm D. 586 cm
3

3

3

[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 9,8,7,6.
2 2 2 2 2

若 c ? 9 ,则 a 2 ? b 2 ? 94 ? 9 2 ? 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 , ? 5 . 2b ?3 , ? 4 , 则 但 从而 b ? 4 或 5. b ? 5 , a ? 5 若 则 0 b b
2 2

无解,若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.此时无解.
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 b ? c ? 6 ,
2 2 2 2

故 b ? 6 ,此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解.
2

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

3

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 ?

( B )

A.

1

B. 2

C. 3

D. 4

? 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 y
·3·

,代入③化简得 ( y ? 1)( y 3 ? y ? 1) ? 0 .

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

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 ( C )

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

B. (0, D. (

5 ?1 2 5 ?1 2

)

2 2 [解] 设 a , b, c 的公比为 q ,则 b ? aq , c ? aq 2 ,而
sin A cot C ? cos A sin B cot C ? cos B ?

, ?? )

sin A cos C ? cos A sin C sin B cos C ? cos B sin C
? s i n? C A( s i n? C B( ? ) ?s i n ( ? B ? ) ?s i n ( ? A )B s b n i ? ?q. )A s a n i

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 ? 5 ?1 5 ?1 ? q? 或q ? ? . ? ? 2 2
从而

5 ?1 2

?q?

5 ?1 2

,因此所求的取值范围是 (

5 ?1 2

,

5 ?1 2

).

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, f1 ( x ) ? f ( x ) , f n ?1 ( x ) ? f ( f n ( x )) , n ? 1, 2, 3,? ,若
f 7 ( x ) ? 128 x ? 381 ,则 a ? b ?

5

.

[解] 由题意知 f n ( x ) ? a n x ? ( a n ?1 ? a n ? 2 ? ? ? a ? 1)b
? an x ? an ?1 a ?1 ?b ,
·4·

由 f 7 ( x ) ? 128 x ? 381 得 a 7 ? 128 ,

a7 ?1 a ?1

? b ? 381 ,因此 a ? 2 , b ? 3 , a ? b ? 5 .

8.设 f ( x) ? cos 2 x ? 2a(1 ? cos x) 的最小值为 ? [解] f ( x ) ? 2 cos 2 x ? 1 ? 2 a ? 2 a cos x
a 1 ? 2(cos x ? ) 2 ? a 2 ? 2 a ? 1 , 2 2

1 2

,则 a ?

?2 ? 3



(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 ? 2 a ? 1 . 2 2
1 2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x ) 的最小值不能为 ?



1 1 故 ? a 2 ? 2 a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2

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 222 种.

[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

| ???? | ?? ? | ?? |
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. 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 H 3 ? C 21 ? C 2 ? 253 . 23 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.
·5·

综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. 10.设数列 {an } 的前 n 项和 S n 满足: S n ? an ? [解] an ?1 ? S n ?1 ? S n ? 即 2 a n ?1 ? =
n ( n ? 1)( n ? 2) ? an ?1 ?

, n ? 1, 2,? ,则通项 a n = 1 ? 1 . n ( n ? 1) 2 n n ( n ? 1)
? an ,

n ?1

n ?1 n ( n ? 1)

n?2?2 ( n ? 1)( n ? 2)
?2 ( n ? 1)( n ? 2) 1

?

1 n ?1

?

1 n ( n ? 1)
1

? an

? an ?

n ( n ? 1)


1

由此得 2 ( a n ?1 ? 令 bn ? an ? 有 bn ?1 ?
1 2

( n ? 1)( n ? 2)

) ? an ?

n ( n ? 1)



1 n ( n ? 1)

, b1 ? a1 ?

1 2

?

1 2
1 2
n

( a1 ? 0 ),
1 n ( n ? 1)

bn ,故 bn ?

1 2
n

,所以 a n ?

?



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 ) =
2 2008 ? 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) ? ? ? f (2) ? f (0) ? f (0)
? 3 ? (2 2006 ? 2 2004 ? ? ? 2 2 ? 1) ? f (0)

? 3?

41003?1 ? 1 4 ?1

? f (0)

? 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,
·6·

所以 f (2008) ? g (2008) ? 2 2008 ? g (0) ? 2 2008 ? 2 2008 ? 2007 . 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

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 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形, 记为 P1 EF ,如答 12 图 2.记正四面体 的棱长为 a ,过 P1 作 P M ? PA 于 M . 1 因 ?MPP1 ? 答 12 图 1

?
6

, 有 PM ? PP1 ? cos MPP1 ? 2 2 r ?

3 2

? 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长

P E ? PA ? 2 PM ? a ? 2 6 r . 1

小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 影部分)
S ?PAB ? S ?P1EF ?

2 中阴

3 4

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

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、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
·7·

为 ? ,求证:
cos ? sin ? ? sin 3? ? 1?? 2 4?



[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 (? , 3? ) 内
2

相切, 其切点为 A(? , ? sin ? ) , ? (? , ? ?5 分

3? 2

).

由于 f ?( x ) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 ? cos ? ? ? 2 ? 因此
cos ? sin ? ? sin 3? ? ?
?

3

sin ?

答 13 图 ,即 ? ? tan ? . ?10 分

cos ? 2 sin 2? cos ? 1 4 sin ? cos ?
cos 2 ? ? sin 2 ? 4 sin ? cos ?

?15 分

? ?

1 ? tan 2 ? 4 tan ? 1?? 2 4?



?20 分

14.解不等式
log 2 ( x12 ? 3 x10 ? 5 x 8 ? 3 x 6 ? 1) ? 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) .

[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 ? 3 x10 ? 5 x 8 ? 3 x 6 ? 1 ? 2 x 4 ? 2 .

即 分组分解

x12 ? 3 x10 ? 5 x8 ? 3 x 6 ? 2 x 4 ? 1 ? 0 . x12 ? x10 ? x8

?5 分

?2 x10 ? 2 x8 ? 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 ,
·8·

?10 分

所以

x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

(x2 ?
所以 x 2 ?
?1 ? 5 2

?1 ? 5 2

)( x 2 ?

?1 ? 5 2

)?0.
?1 ? 5 2

?15 分

,即 x ? ?

?1 ? 5 2

或x ?
5 ?1 2



故原不等式解集为 ( ?? , ?

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 x 8 ? 3 x 6 ? 1 ? 2 x 4 ? 2 .

?5 分


2 x
2

?

1 x
6

? x 6 ? 3 x 4 ? 3 x 2 ? 1 ? 2 x 2 ? 2 ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) ,

(

1 x
2

) 3 ? 2(

1 x2

) ? ( x 2 ? 1) 3 ? 2( x 2 ? 1) ,

?10 分

令 g (t ) ? t 3 ? 2t ,则不等式为
g( 1 x
2

) ? g ( x 2 ? 1) ,

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 ? x2 ? 1,
5 ?1 2

?15 分
5 ?1 2

即 ( x 2 ) 2 ? x 2 ? 1 ? 0 ,解得 x 2 ?

( x2 ? ?
5 ?1 2

舍去),

故原不等式解集为 ( ?? , ?

5 ?1 2

)?(

, ?? ) .

?20 分
( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1 内 切 于

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
?PBC ,求 ?PBC 面积的最小值.

[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 x0 x,

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

·9·

题 15 图

y 0 ? b ? x0 b
2 ( y 0 ? 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 ?
?2 y0 x0 ? 2

?10 分

, bc ?

? x0 x0 ? 2

,则

(b ? c ) 2 ?

2 2 4 x0 ? 4 y 0 ? 8 x0

( x0 ? 2) 2



2 因 P ( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 ? 2 x0 ,则

(b ? c ) 2 ?

2 4 x0

( x0 ? 2) 2

,b ? c ?

2 x0 x0 ? 2
x0 x0 ? 2


4 x0 ? 2

?15 分

所以 S ?PBC ?

1 2

( b ? c ) ? x0 ?

? x0 ? ( x0 ? 2) ?

?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. 2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 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,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、 (本题满分 50 分) 如 题 一 图 , 给 定 凸 四 边 形 A B C D ?B ? ?D ? 180? , P 是 平 面 上 的 动 点 , 令 ,
f ( P ) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB .

?20 分

(Ⅰ)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P,A,B,C 四点共圆;
BC AE 3 1 (Ⅱ)设 E 是 ?ABC 外接圆 O 的 ? 上一点,满足: , AB ? ? 3 ? 1 , ? ECB ? ?ECA , AB 2 EC 2

又 DA, DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. [解法一] (Ⅰ)如答一图 1,由托勒密不等式,对平面上的任意点 P ,有
·10·

PA ? BC ? PC ? AB ? PB ? AC .

因此 f ( 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

AC 在 ?ABC 的外接圆且在 ? 上时,
f ( P ) ? ( PB ? PD ) ? CA .

?10 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 ? AC ? BD .

故当 f ( P ) 达最小值时, P, A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)记 ?ECB ? ? ,则 ?ECA ? 2? ,由正弦定理有 即 3(3sin ? ? 4 sin 3 ? ) ? 4 sin ? cos ? ,所以
3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 ? ) ? 4 cos ? ? 0 ,

?20 分
AE AB ? sin 2? sin 3? ? 3 2

,从而 3 sin 3? ? 2 sin 2? ,

整理得 4 3 cos 2 ? ? 4 cos ? ? 3 ? 0 , 解得 cos ? ?
3 2

?30 分

或 cos ? ? ?

1 2 3

(舍去) ,

故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? . 由 已 知
3 2
BC EC ? 3 ?1 =

sin ? ? EAC ? 30 0 ? sin ? EAC

, 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ? 1) sin ?EAC , 即
2? 2 3 s i ? EAC ? n 1 2 c o s , 故 ? EAC

sin ? EAC ?

1 2

cos ? EAC ? ( 3 ? 1) sin ? EAC , 整 理 得

t a ? EAC ? n

1 2? 3

? ?2

,可得 ?EAC ? 75? , 3

?40 分

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 . [解法二] (Ⅰ)如答一图 2,连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O 于 ?50 分

. 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 ?A1 B1C1 , 易知 P0 在 ?ACD 内,从而在 ?A1 B1C1 内,记 ?ABC 之三内角分别
·11·

答一图 2

为 x,y,z , ?AP0C ? 180? ? y ? z ? x , 则 又因 B1C1 ? P0 A ,B1 A1 ? P0C , ? B1 ? y , 得 同理有 ?A1 ? x ,
? C1 ? z ,

所以 ?A1 B1C1 ∽ ?ABC .

?10 分

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 ?A1B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1 B1
? ? ( MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB )

? ? f (M ) ,

从而

f ( P0 ) ? f ( M ) .

由 M 点的任意性,知 P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 由点 P0 在 ? O 上,故 P0 , A, B , C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ) f ( P ) 的最小值 ,
f ( P0 ) ? 2

?20 分

?

S ?A1B1C1

? 2? S ?ABC ,

记 ?ECB ? ? , 则 ?EC A? 2? , 由 正 弦 定 理 有
3 3 ( 3 s i n ? 4 s i n ?) ? ?

AE AB

?

sin 2? sin 3?

?

3 2

, 从 而 3 sin 3? ? 2 sin 2? , 即

4 s?n i

c o,所以 ?s

3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 ? ) ? 4 cos ? ? 0 ,

整理得 4 3 cos 2 ? ? 4 cos ? ? 3 ? 0 , 解得 cos ? ?
3 2

?30 分

或 cos ? ? ?

1 2 3

(舍去) ,

故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? . 由 已 知
3 2
BC EC ? 3 ?1 =

sin ? ? EAC ? 30 0 ? sin ? EAC

, 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ? 1) sin ?EAC , 即
2? 2 3 s i ? EAC ? n 1 2 c o s , 故 ? EAC

sin ? EAC ?

1 2

cos ? EAC ? ( 3 ? 1) sin ? EAC , 整 理 得

·12·

tan ? EAC ?

1 2? 3

? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 ,

?40 分

所以 ?E ? 45? , ?ABC 为等腰直角三角形, AC ? 2 , S ?ABC ? 1 ,因为 ?AB1C ? 45? , B1 点在 ? O 上,
? AB1 B ? 90? ,所以 B1 BDC1 为矩形, B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 cos135 ? ? 5 ,故 ? ?
5 2
5 2

,所以

f ( P )m i n ? 2 ?

? 1?

10.

?50 分

[解法三]

(Ⅰ)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 , z 2 ,有
z1 ? z 2 ? z1 ? z 2 ,

当且仅当 z1 与 z 2 (复向量)同向时取等号. 有 所以
??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? PA ? BC ? PC ? AB ? PA ? BC ? PC ? AB ,

( A ? P )(C ? B ) ? (C ? P )( B ? A) ? ( A ? P )(C ? B ) ? (C ? P )( B ? A)

(1)

? ?P ?C ? A ? B ? C ? B ? P ? A
??? ???? ? ? ( 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) 同向,故存在实数 ? ? 0 ,使得
( A ? P )(C ? B ) ? ? (C ? P )( B ? A) ,

A? P C?P

??

B?A C?B



A? P B?A ) ? arg( ), C?P C?B ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 向量 PC 旋转到 PA 所成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角,

所以

arg(

·13·

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. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P ) min ? BD ? AC . 以下同解法一. ?20 分

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: (Ⅰ)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使

1 p

是 f ( x ) 的周期;

(Ⅱ)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 每个 an

( n ? 1, 2, ???) ,且

( n ? 1, 2, ???) 都是 f ( x ) 的周期.
n m

[证] (Ⅰ)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T ?
ma ? nb ? 1.

且 ( m, n) ? 1 ,从而存在整数 a , b ,使得

于是
1 m ? ma ? nb m ? a ? bT ? a ?1 ? b ? T

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

?10 分

是 f ( x ) 的周期. (Ⅱ)若 T 是无理数,令
?1? a1 ? 1 ? ? ? T , ?T ?

?20 分

则 0 ? a1 ? 1 ,且 a1 是无理数,令
?1? a 2 ? 1 ? ? ? a1 , ? a1 ?

??

·14·

?1? a n ?1 ? 1 ? ? ? a n , ? an ?

??. 由数学归纳法易知 a n 均为无理数且 0 ? an ? 1 .又

?30 分

?1 ? ?1? ? ? ? ? 1 ,故 1 ? a n ? ? ? a n ,即 an ? an ? ? an ? 1
?40 分

?1? an ?1 ? 1 ? ? ? a n ? a n.因此 {an } 是递减数列. ? 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 亦是 f ( x ) ?T ? ? ?
? ? 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.由数学归纳法,已证得 a n 均 ? ak ?

是 f ( x ) 的周期.

?50 分

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

(ⅰ) 0 ? x0 ? xn ? xn ?1 , n ? 1, 2, 3,? ; (ⅱ) lim xn 存在;
n??

(ⅲ) xn ? xn ?1 ?

2008 k ?1

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

2007

[证] 必要性:假设存在 { xn } 满足(ⅰ)(ⅱ)(iii) , , .注意到(ⅲ)中式子可化为
xn ? xn ?1 ?
2008 k ?1

?a

k

* ( xn ? k ? xn ? k ?1 ) , n ? N ,

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 ( xn ?1 ? x1 ) ? a2 ( xn ? 2 ? x2 ) ? ? ? a2008 ( xn ? 2008 ? x2008 ) .

?10 分

由(ⅱ)可设 b ? lim xn ,将上式取极限得
n ??

b ? a1 (b ? x1 ) ? a2 (b ? x2 ) ? ? ? a2008 (b ? x2008 )

? b ? ? ak ? ( a1 x1 ? a2 x2 ? ? ? a2008 x2008 )
k ?1

2008

·15·

? b ? ? ak ,
k ?1

2008

因此 ? ak ? 1 .
k ?1

2008

?20 分
2008 k ?1

充分性:假设 ? ak ? 1 .定义多项式函数如下:
f ( s ) ? ?1 ? ? ak s k , s ? [0,1] ,
k ?1 2008

则 f ( s ) 在[0,1]上是递增函数,且
f (0) ? ?1 ? 0 , f (1) ? ?1 ? ? ak ? 0 .
k ?1 2008

因此方程 f ( s ) ? 0 在[0,1]内有唯一的根 s ? s0 ,且 0 ? s0 ? 1 ,即 f ( s0 ) ? 0 .
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

?30 分

k xn ? ? s0 ? k ?1

n

n s0 ? s0 ?1

1 ? s0


s0 ? s n ?1 0 1 ? s0 s0 1 ? s0

n 因 0 ? s0 ? 1 , 故 l i ms0 ?1 ? 0, 因 此 lim xn ? lim n??

n ??

n ??

?

, 即 { xn } 的 极 限 存 在 , 满 足 ?40 分

(ⅱ) .
k 最后验证 { xn } 满足(ⅲ) ,因 f ( s0 ) ? 0 ,即 ? ak s0 ? 1 ,从而 k ?1 2008

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(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ) , , .

?50 分

·16·


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