２００８年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽試題及解答

一試試題

(考試時間：10月12日上午8∶00—9∶40)

一、選擇題(本題滿分36分，每小題6分)

1.函數(shù)f(x)=5-4x+x22-x在(-∞，2)上的最小值是().

獳.0 獴.1 獵.2 獶.3

2.設A=［-2，4)，B={x|x2-ax-4≤0}，若B罙，則實數(shù)a的取值范圍為().

獳.［-1，2)獴.［-1，2］

獵.［0，3］獶.［0，3)

3.甲乙兩人進行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負者得0分，比賽進行到有一人比對方多2分或打滿6局時停止.設甲在每局中獲勝的概率為23，乙在每局中獲勝的概率為13，且各局勝負相互獨立，則比賽停止時已打局數(shù)ξ的期望Eξ為().

獳.24181 獴.26681 獵.27481 獶.670243

4.若三個棱長均為整數(shù)(單位：玞m)的正方體的表面積之和為564玞m2，則這三個正方體的體積之和為().

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.方程組x+y+z=0,

xyz+z=0,

xy+yz+xz+y=0,的有理數(shù)解(x,y,z)的個數(shù)為().

獳.1 獴.2 獵.3 獶.4

6.設△ABC的內角A，B，C所對的邊a,b,c成等比數(shù)列，則玸in獳玞ot獵+玞os獳玸in獴玞ot獵+玞os獴的取值范圍是().

獳.(0，+∞)獴.(0，5+12)

獵.(5-12，5+12)獶.(5-12，+∞)

二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)

7.設f(x)=ax+b，其中a,b為實數(shù)，ゝ1(x)=f(x),f﹏+1(x)=f(f璶(x)),n=1,2,3，…，若f7(x)=128x+381，則a+b= .

8.設f(x)=玞os2x-2a(1+玞os玿)的最小值為-12，則a= .

9.將24個志愿者名額分配給3個學校，則每校至少有一個名額且各校名額互不相同的分配方法共有 種.

10.設數(shù)列{a璶}的前n項和S璶滿足：S璶+a璶=n-1n(n+1),n=1,2,…，則通項a璶=.

11.設f(x)是定義在R上的函數(shù)，若ゝ(0)=2008，且對任意x∈R，滿足f(x+2)-ゝ(x)≤3?2瑇，f(x+6)-f(x)≥63?2瑇，則ゝ(2008)= .

12.一個半徑為1的小球在一個內壁棱長為46的正四面體容器內可向各個方向自由運動，則該小球永遠不可能接觸到的容器內壁的面積是 .

三、解答題(本題滿分60分，每小題20分)

13.已知函數(shù)f(x)=|玸in玿|的圖像與直線y=kx(k>0)有且僅有三個交點，交點的橫坐標的最大值為α，求證：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.如圖，P是拋物線y2=2x上的動點，點B，C在y軸上，圓(x-1)2+y2=1內切于△PBC，求△PBC面積的最小值.

加試試題

(考試時間：10月12日上午10∶00—12∶00)

一、(本題滿分50分)

如圖，給定凸四邊形ABCD，∠B+∠D<180°，P是平面上的動點，令f(P)=PA?BC+PD?CA+PC?AB.

(1)求證：當f(P)達到最小值時，P，A，B，C四點共圓；

(2)設E是△ABC外接圓O的〢B上一點，滿足：AEAB=32,BCEC=3-1,∠ECB=12∠ECA,又DA，DC是⊙O的切線，AC=2，求f(P)的最小值.

二、(本題滿分50分)

設f(x)是周期函數(shù)，T和1是f(x)的周期且0

(1)若T為有理數(shù)，則存在素數(shù)p，使1p是f(x)的周期；

(2)若T為無理數(shù)，則存在各項均為無理數(shù)的數(shù)列{a璶}滿足1>a璶>a﹏+1>0(n=1,2,…)，且每個a璶(n=1,2,…)都是f(x)的周期.

三、(本題滿分50分)

設a璳>0,k=1,2,…，2008.證明：當且僅當∑2008k=1a璳>1時，存在數(shù)列{x璶}滿足以下條件：

(玦)0=x0

(玦i)┆玪im猲→∞x璶存在；

(玦ii)x璶-x﹏-1=∑2008k=1a璳x﹏+k-∑2007k=0a﹌+1?x﹏+k,n=1,2,3,….

一試參考答案

一、選擇題

1.C.提示：當x<2時，2-x>0，因此ゝ(x)=1+(4-4x+x2)2-x=12-x+(2-x)≥2?12-x?(2-x)=2，當且僅當12-x=2-x時上式取等號.而此方程有解x=1∈(-∞，2)，因此f(x)在(-∞，2)上的最小值為2.

2.D.提示：因x2-ax-4=0有兩個實根x1=a2-4+a24,x2=a2+4+a24,故B罙等價于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：依題意知，ξ的所有可能值為2，4，6.設每兩局比賽為一輪，則該輪結束時比賽停止的概率為(23)2+(13)2=59.若該輪結束時比賽還將繼續(xù)，則甲、乙在該輪中必是各得一分，此時，該輪比賽結果對下輪比賽是否停止沒有影響.從而有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：設這三個正方體的棱長分別為a,b,c則有6(a2+b2+c2)=564,a2+b2+c2=94，不妨設1≤a≤b≤c<10，從而3c2≥a2+b2+c2=94,c2>31.故6≤c<10.c只能取9，8，7，6.若c=9，則a2+b2=94-92=13，易知a=2,b=3，得一組解(a,b,c)=(2,3,9).若c=8，則a2+b2=94-64=30，b≤5.但2b2≥30,b≥4，從而b=4或5.若b=5，則a2=5無解，若b=4，則a2=14無解，此時無解.若c=7，則a2+b2=94-49=45，有唯一解a=3,b=6.若c=6，則a2+b2=94-36=58，此時2b2≥a2+b2=58,b2≥29.故b≥6,但b≤c=6,故b=6,此時a2=58-36=22無解.綜上，共有兩組解a=2,

b=3,

c=9，或a=3,

b=6,

c=7.體積V1=23+33+93=764玞m3或V2=33+63+73=586玞m3.

5.B.提示：若z=0,則x+y=0,

xy+y=0.解得x=0,

y=0,或x=-1,

y=1.若z≠0，則由xyz+z=0得xy=-1.①.由x+y+z=0得z=-x-y②.將②代入xy+yz+xz+y=0得x2+y2+xy-y=0.③.由①得x=-1y，代入③化簡得(y-1)(y3-y-1)=0.易知y3-y-1=0無有理數(shù)根，故y=1,由①得x=-1，由②得z=0，與z≠0矛盾，故該方程組共有兩組有理數(shù)解x=0,

y=0,

z=0,或x=-1,

y=1,

z=0.

6.C.提示：設a,b,c的公比為q，則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的取值范圍.因a,b,c成等比數(shù)列，最大邊只能是a或c，因此a,b,c要構成三角形的三邊，必需且只需a+b>c且b+c>a.即有不等式組a+aq>aq2,

aq+aq2>a,即q2-q-1<0,

q2+q-1>0.解得1-52

q>5-12或q<-5+12.從而5-12

二、填空題

7.5.提示：由題意知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時，f(x)當玞os玿=1時取最小值1-4a;(2)a<-2時，f(x)當玞os玿=-1時取最小值1;(3)-2≤a≤2時，ゝ(x)當玞os玿=a2時取最小值-12a2-2a-1.又a>2或a<-2時，ゝ(x)的最小值不能為-12，故-12a2-2a-1=-12,解得a=-2+3,a=-2-3(舍去).

9.222.提示：用4條棍子間的空隙代表3個學校，而用*表示名額.如|****|*…*|**|表示第一、二、三個學校分別有4，18，2個名額.若把每個“*”與每個“|”都視為一個位置，由于左右兩端必須是“|”，故不同的分配方法相當于24+2=26個位置(兩端不在內)被2個“|”占領的一種“占位法”.“每校至少有一個名額的分法”相當于在24個“*”之間的23個空隙中選出2個空隙插入“|”，故有C223=253種.又在“每校至少有一個名額的分法”中“至少有兩個學校的名額數(shù)相同”的分配方法有31種.綜上知，滿足條件的分配方法共有253-31=222種.

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：由題設條件知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：圖1，考慮小球擠在一個角的情況，記小球半徑為r，作平面A1B1C1∥平面ABC，與小球相切于點D，則小球球心O為正四面體P-A1B1C1的中心，PO⊥面A1B1C1，垂足D為A1B1C1的中心.因V㏄-A1B1C1=13S△A1B1C1?PD=4?V㎡-A1B1C1=4?13?S△A1B1C1?OD,故PD=4OD=4r，從而PO=PD-OD=4r-r=3r.記此時小球與面PAB的切點為P1，連接OP1，則PP1=PO2-OP12=(3r)2-r2=22r.考慮小球與正四面體的一個面(不妨取為PAB)相切時的情況，易知小球在面PAB上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，記為P1EF，如圖2.記正四面體的棱長為a，過P1作P1M⊥PA于M.因∠MPP1=π6，有PM=PP1?┆玞os∠MPP1=22r?32=6r，故小三角形的邊長P1E=PA-2PM=a-26r.小球與面PAB不能接觸到的部分的面積為(如圖2中陰影部分)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.由對稱性，且正四面體共4個面，所以小球不能接觸到的容器內壁的面積共為723.

三、解答題

13.證：f(x)的圖像與直線y=kx(k>0)的三個交點如圖3所示，且在(π,3π2)內相切，其切點為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，+∞)上為增函數(shù)，故原不等式等價于x12+3x10+5x8+3x6+1<2x4+2.即x12+3x10+5x8+3x6-2x4-1<0.分組分解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

15.解：設P(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不妨設b>c.直線PB的方程y-b=y0-bx0x,化簡得(y0-b)x-x0y+x0b=0.又圓心(1，0)到PB的距離為1，|y0-b+x0b|(y0-b)2+x20=1,故(y0-b)2+x20=(y0-b)2+2x0b(y0-b)+x20b2,易知x0>2，上式化簡得(x0-2)b2+2y0b-x0=0,同理有(x0-2)c2+2y0c-x0=0.所以b+c=-2y0x0-2,bc=-x0x0-2，則(b-c)2=4x20+4y20-8x0(x0-2)2.因P(x0,y0)是拋物線上的點，有y20=2x0，則(b-c)2=4x20(x0-2)2,b-c=2x0x0-2.所以S△PBC=12(b-c)?x0=x0x0-2?x0=(x0-2)+4x0-2+4≥24+4=8.當(x0-2)2=4時，上式取等號，此時x0=4,y0=±22.因此S△PBC的最小值為8.

加試參考答案

一、證明：(1)如題中圖，由托勒密不等式，對平面上的任意點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.因為上面不等式當且僅當P，A，B，C順次共圓時取等號，因此當且僅當P在△ABC的外接圓且在〢C上時，f(P)=(PB+PD)?CA.又因PB+PD≥BD，此不等式當且僅當B，P，D共線且P在BD上時取等號.因此當且僅當P為△ABC的外接圓與BD的交點時，f(P)取最小值ゝ(P)┆玬in=AC?BD.故當f(P)達最小值時，P，A，B，C四點共圓.

(2)記∠ECB=α，則∠ECA=2α，由正弦定理有AEAB=玸in2α玸in3α=32，從而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°，從而∠E=45°，∠DAC=∠DCA=∠E=45°，△ADC為等腰直角三角形.因AC=2，則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、證明：(1)若T是有理數(shù)，則存在正整數(shù)m,n使得T=nm且(m,n)=1,從而存在整數(shù)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

(2)若T是無理數(shù)，令a1=1-［1T］T,則0

三、證明：必要性：假設存在{x璶}滿足(玦),(玦i),(玦ii)，注意到(玦ii)中式子可化為x璶-x﹏-1=∑2008k=1a璳?(x﹏+k-x﹏+k-1),n∈N*，其中x0=0.將上式從第1項加到第n項，并注意到x0=0得x璶=a1(x﹏+1-x1)+a2(x﹏+2-x2)+…+a2008(x﹏+2008-x2008).由(玦i)可設b=┆玪im獂→∞x璶，將上式取極限得b=a1(b-x)+a2(b-x2)+…+a2008(b-x2008)=b?∑2008k=1a璳-(a1x1+a2x2+…+a2008獂2008)1.

充分性：假設∑2008k=1a璳>1.定義多項式函數(shù)如下：f(s)=-1+∑2008k=1a璳s琸,s∈［0，1］，則f(s)在［0，1］上是遞增函數(shù)，且f(0)=-1<0,f(1)=-1+∑2008k=1a璳>0.因此方程f(s)=0在［0，1］內有唯一的根s=s0,且0

綜上，存在數(shù)列{x璶}滿足(玦),(玦i),(玦ii)