2008年全国高中数学联赛试题及答案

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）

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 道大题，其中一道平面几何题，试卷满分 150 分。答卷时问为 120 分钟。

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）

一
一、选择题（每小题 6 分，共 36 分） 1．函数 f ( x ) ? （A）0
5 ? 4x ? x 2?x
2

试

在 ( ?? , 2) 上的最小值是 （ ） 。 （B）1 （C）2 （D）3

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)

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
1

2 3

，乙在每局中获胜的概率 ） 。
670 243

为 ，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数 ? 的期望 E ? 为 （
3

（A）

241 81

（B）

266 81

（C）

274 81

（D）

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 （ ） 。 （B） 764 cm3 （D） 586 cm3

（A）764 cm3 或 586 cm3 （C）586 cm3 或 564 cm3 5．方程组 ? xyz ? z ? 0, ? （A） 1
? x ? y ? z ? 0,

的有理数解 ( x , y , z ) 的个数为 （ ） 。

? xy ? yz ? xz ? y ? 0 ?

（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 ) 5 ?1 2 )

（A） (0, ?? ) （C） (
5 ?1 2

（D） (

5 ?1 2

, ?? )

二、填空题（每小题 9 分，共 54 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 ?

.
1 2

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

，则 a ?

.

9． 24 个志愿者名额分配给 3 个学校， 将 则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 方法共有 种．
n ?1 n ( n ? 1)

10．设数列 { a n } 的前 n 项和 S n 满足： S n ? a n ?

， n ? 1, 2, ? ，则通项 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 ) ?
x 3 ， f ( x ? 6) ? f ( x ) ? 63 ? 2 x ，则 f ( 2008 ) = ? 2

.

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 ( k ? 0 ) 有且仅有三个交点，交点的横坐标 的最大值为 ? ，求证：
cos ? sin ? ? sin 3? ? 1?? 4?
2

.

．

14．解不等式
log 2 ( x
12

? 3x

10

8 6 4 ? 5 x ? 3 x ? 1) ? 1 ? log 2 ( x ? 1) ．

15． 如图，P 是抛物线 y 2 ? 2 x 上的动点， B、 C 在 y 轴上， ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1 内切于 ? PBC ， 点 圆 求 ? PBC 面积的最小值．

第 15 题

解
1. 当 x ? 2 时， 2 ? x ? 0 ，因此 f ( x ) ?
? 2 ，当且仅当
1 2?x

答
2

1 ? (4 ? 4 x ? x ) 2? x

?

1 2? x

? (2 ? x ) ? 2 ?

1 2? x

? (2 ? x )

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

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 的最小值为 2．故选 C. 2. 因为 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根 x1 ?
x1 ? ? 2 且 x 2 ? 4 ，即

a 2
a 2

?

4?
a

a

2

4
2

， x2 ?

a 2

?

4?

a

2

，故 B ? A 等价于

4

a 2

?

4?

a

2

4

? ?2 且

?

4?

4

? 4 ，解之得 0 ? a ? 3 ．故选 D。

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 ( ) 2 ? ( ) 2 ?
3 3 2 1 5 9
5 9

．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得 ， ． 故选 B。

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) ?
4 5 20 4 16 5 2 0 1 26 6 6 ，P (? ? 6) ? ( ) 2 ? ， E ? ? 2? ? 4 ? ? ? 故 P (? ? 4) ? ( )( ) ? ? 6 9 9 81 9 81 9 8 1 8 1 8 1

方法二： 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 3 1 1 3 2 20 ， ? 2[( ) ( ) ? ( ) ( )] ? 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 2 16 ， ? 4( ) ( ) ? 3 3 81

因此 E ? ? 2 ? ? 4 ?
9

5

20 81

? 6?

16 81

?

266 81

．故选 B。

4. 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 ，即 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、
2 2 2 2 2

8、7、6 ． 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 ， 则 a 2 ? b 2 ? 94 ? 64 ? 30 ， b ? 5 ．但 2 b ? 30 ，即 b ? 4 ，从而 b ? 4 或 5．若
2

b ? 5 ，则 a ? 5 无解；若 b ? 4 ，则 a ? 14 无解．因此 c=8 时无解．
2 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 2 b ? 58 ，即 b ? 29 。故 b ? 6 ，但 b ? c ? 6 ，
2 2

所以 b ? 6 ，此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解．
2

, 综 上 ， 共 有 两 组 解 (a b c , ? )

( 2 或 3 a,, b9c ) ? (3, 6, 7) ， 体 积 为 , ( , )

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V1 ? 2 ? 3 ? 9 ? 764 （cm3）或 V 2 ? 3 ? 6 ? 7 ? 586 （cm3） 。故选 A。
3 3 3 3 3 3

5. 若 z ? 0 ，则 ?

? x ? y ? 0， ? xy ? y ? 0.

解得 ?

? x ? 0， ? x ? ? 1， 或? ?y?0 ? y ? 1.

若 z ? 0 ，则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ? 1 ． 由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y ． 将②式代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x 2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 ． 由①式得 x ? ?
1 y

① ② ③

，代入③式化简得 ( y ? 1)( y 3 ? y ? 1) ? 0 .易知 y 3 ? y ? 1 ? 0 无有理数根，

故 y ? 1 ，由①式得 x ? ? 1 ，由②式得 z ? 0 ，与 z ? 0 矛盾，故该方程组共有两组有理数解
? x ? ? 1, ? x ? 0, ? ? ? y ? 0, 或 ? y ? 1, 故选 B。 ? z ? 0. ?z?0 ? ?

6.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 nB( ?s ?i n A(

?

)B s i n b ? ?q． )A s i n a

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

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

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

5 ?1 2

?q?

5 ?1 2

，因此所求的取

值范围是 (

5 ?1 2

,

5 ?1 2

) ．故选 C。
a ?1
n

7. 由题意知 f n ( x ) ? a n x ? ( a n ?1 ? a n ? 2 ? ? ? a ? 1) b ? a n x ?
a ? 128 ，
7

a ?1

得 ? b ，由 f 7 ( x ) ? 1 2 8x ? 3 8 1

a ?1
7

a ?1
2

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

8.

f ( x ) ? 2 cos x ? 1 ? 2 a ? 2 a cos x ? 2(cos x ?

a 2

) ?
2

1 2

a ? 2a ? 1 ，
2

(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；

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） (3) ? 2 ? a ? 2 时， f ( x ) 当 cos x ?
a 2

时取最小值 ?
1 2

1 2

a ? 2a ? 1 ．
2

又 a ? 2 或 a ? ? 2 时， f ( x ) 的 c 不能为 ? 故?
1 2 a ? 2a ? 1 ? ?
2

，

1 2

，解得 a ? ? 2 ? 3 ， a ? ? 2 ? 3 (舍去)．

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 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“每校至少有一个名额的分法”中 23 “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、 x 2、 x3 ，则每校至少有一个名额的分法 数为不定方程 x1 ? x 2 ? x3 ? 24 的正整数解的个数，即方程 x1 ? x 2 ? 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） ． 10.
a n ?1 ? S n ?1 ? S n ? n ( n ? 1)( n ? 2) ? a n ?1 ? n ?1 n ( n ? 1) ? an ，

即

2 a 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 ? a n ?
an ? 1 2
n

( n ? 1)( n ? 2 )

) ? an ?

n ( n ? 1)

．
1 2

1 n ( n ? 1)

， b1 ? a1 ?

1 2

?

1 2

( a1 ? 0 ) ， 有 bn ?1 ?

bn ， 故 bn ?

1 2
n

，所以

?

1 n ( n ? 1)

．

11. 方法一：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

x x ? 63 ? 2 ? 3 ? 2 ，

因此有 f ( x ? 2) ? f ( x ) ? 3 ? 2 x ，故

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

?2

2004

? ? ? 2 ? 1) ? f (0)
2

? 3?
?2

4

1003 ? 1

?1

4 ?1

? f (0)

2008

? 2007 ．

方法二： 令 g ( x ) ? f ( x ) ? 2 x ，则
g ( x ? 2) ? g ( x ) ? f ( x ? 2) ? f ( x ) ? 2 g ( x ? 6) ? g ( x ) ? f ( x ? 6) ? f ( x ) ? 2
x?2 x x x ? 2 ? 3?2 ? 3?2 ? 0 ， x x x ? 2 ? 63 ? 2 ? 63 ? 2 ? 0 ，

x?6

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，所以 f (2008) ? g (2008) ? 2 2008 ? g (0) ? 2 2008 ? 2 2008 ? 2007 ． 12. 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 B1C 1 //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 B1C 1 的 中 心 ， P O ? 面 A B C ， 垂 足 D 为 A 1 B1C 1 的 中 心 ． 因 1 1 1
V P ? A1 B1 C1 ? 1 3 S? ? P D ? 4 ? VO ? A1 B1 C1 ? 4 ?

1 3

A B C1 1 1

?S ? A1 B1 C1 ?O D ，

故 PD ? 4OD ? 4 r ，从而 PO ? PD ? OD ? 4 r ? r ? 3r ． 记 此 时 小 球 与 面 PAB 的 切 点 为 P1 ， 连 接 OP1 ， 则
PP1 ? PO ? OP1 ?
2 2

(3 r ) ? r ? 2 2 r ．
2 2

（第 12 题图 1）

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 ，如图 2．记正四面体的棱长为
a

， 过

P1

作

P1 M ? PA

于

M

． 因

?M

P ?P 1 6

?

， 有

PM ? PP1 ? cos M PP1 ? 2 2 r ?

3 2

?

6r

， 故 小 三 角 形 的 边 长

P1 E ? PA ? 2 PM ? a ? 2 6 r ．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 ? P EF ?
1

3 4

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

第 12 题图 2）

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

面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 ． 13. 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 (? , 切点为 A (? , ? sin ? ) ， ? ? (? ,
3? 2 )．

3? 2

) 内相切，其

（第 13 题）

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sin ? 由于 f ?( x ) ? ? cos x ， x ? (? , ? ) ，所以 ? cos ? ? ? ，即 ? ? tan ? ．因此

3 2

?

cos ? sin ? ? sin 3?

?

cos ? 2 sin 2? cos ?

?

1 4 sin ? cos ?

?

cos ? ? sin ?
2 2

4 sin ? cos ?

?

1 ? tan ?
2

4 tan ?

?

1?? 4?

2

．

14. 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
x
12

? 3x ? 3x
?x

10

? 5x ? 3x ? 1 ? 2 x ? 2 ．
8 6 4

即 分组分解

x
x

12

10

? 5x ? 3x ? 2 x ? 1 ? 0 ．
8 6 4
8

12

10

?x

?2 x

10

? 2x ? 2x
8
8

6

?4 x ? 4 x ? 4 x
6 6 4

4

?x ? x ? x
4

2

?x ? x ?1 ? 0 ，
2

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

所 以 x4 ? x2 ?1 ? 0 ， ( x ?
2

?1 ? 2

5

)( x ?
2

?1 ? 2

5

) ? 0 。 所 以 x2 ?
5 ?1 2

?1 ? 2

5

， 即

?

?1 ? 2

5

? x?

? ? 1 2

．故原不等式解集为 ( ?

5

5 ?1 2

,

)．

方法二： 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
x
12

? 3x

10

? 5x ? 3x ? 1 ? 2 x ? 2 ．
8 6 4

即
2 x
2

?

1 x
6

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

(

1 x
2

) ? 2(
3

1 x
2

2 3 2 ) ? ( x ? 1) ? 2( x ? 1) ，

令 g ( t ) ? t 3 ? 2 t ，则不等式为 g ( 面不等式等价于
5 ?1 2 5 ?1 2
1 x
2

1 x
2

3 2 ) ? g ( x ? 1) ， 显然 g ( t ) ? t ? 2 t 在 R 上为增函数，由此上

2 2 ? x ? 1 ，即 ( x ) ? x ? 1 ? 0 ，解得 x ?
2 2 2

5 ?1 2

，故原不等式解集为

(?

,

)．
y0 ? b x0 x ，化简得

15. 设 P ( x0 , y 0 ), B (0, b ), C (0, c ) ，不妨设 b ? c ．直线 PB 的方程: y ? b ?

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) ( y 0 ? b ) x ? x 0 y ? x 0 b ? 0 ． 又 圆 心 ( 1 , 0 到 PB 的 距 离 为 1 ，
( y 0 ? b ) ? x ? ( y ? b) ? 2 0 b( 0y ? b ? x ) 0 0
2 2 2 2 0 2 x， b

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

?1

，故

易 知

x0 ? 2

， 上 式 化 简 得
?2 y0 x0 ? 2

( x0 ?

2 b) ?
2
2

0

y ? 2 b
2

0

，? 0 ( x0 ? 2) c 2 ? 2 y 0 c ? x 0 ? 0 ． 所以 b ? c ? 同理有 x

，bc ?

? x0 x0 ? 2
4 x0
2 2

，

则 (b ? c ) 2 ?
b?c ? 2 x0

4 x0 ? 4 y 0 ? 8 x0 ( x 0 ? 2)
2

． P ( x0 , y 0 ) 是抛物线上的点， y 02 ? 2 x 0 ， ( b ? c ) 2 ? 因 有 则
1 2 (b ? c ) ? x0 ? x0 x0 ? 2 ? x 0 ? ( x 0 ? 2) ? 4 x0 ? 2

( x 0 ? 2)

，

x0 ? 2

． 所以 S ? PBC ?

? 4 ? 2 4 ? 4 ? 8 ．当

2 ( x 0 ? 2) ? 4 时，上式取等号，此时 x 0 ? 4, y 0 ? ? 2 2 ．

因此 S ? PBC 的最小值为 8．

加
一、 （本题满分 50 分）

试

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；

答一图 1

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）
AE （ 2 ） 设 E 是 ? ABC 外 接 圆 O 的 ? 上 一 点 ， 满 足 ： AB ? AB
? EC B ? 1 2 ? EC A ，又 DA , DC 是 ? O 的切线， AC ?

3 2

，

BC EC

?

3 ?1 ，

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 ? 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 { a n } 满 足 1 ? a n ? a n ?1 ? 0 ， ( n ? 1 , 2? ,? ? )且每个 a n 三、 （本题满分 50 分） 设 a k ? 0 ，k ? 1, 2, ? , 2008 ．证明：当且仅当 ? a k ? 1 时，存在数列 { x n } 满足以下条件：
k ?1 2008

( n ? 1, 2, ? ??) 都是 f ( x ) 的周期．

（1） 0 ? x 0 ? x n ? x n ?1 ， n ? 1, 2, 3, ? ； （2） lim x n 存在；
n? ?

（3） x n ? x n ?1 ?

2008

?a
k ?1

2007 k

xn ? k ?

?a
k ?0

k ?1

x n ? k ， n ? 1, 2, 3, ? ．

解
意点 P ，有 PA ? BC ? PC ? AB ? PB ? AC ．因此

答

一、方法一： （1）如答一图 1，由托勒密不等式，对平面上的任

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
AC 上 时 ， 当 且 仅 当 P 在 ? ABC 的 外 接 圆 且 在 ?
f ( P) ? (P ? B

又因 此不等式当且仅 P ) ． C A PB ? PD ? BD ， ?D

第 1 题图

1 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．

（2）记 ? ECB ? ? ，则 ? ECA ? 2? ，由正弦定理有

AE AB

?

sin 2? sin 3?

?

3 2

，从而

3 3 sin 3? ? 2 sin 2? ，即 3 (3 sin ? ? 4 sin ? ) ? 4 sin ? cos ? ，所以
2 3 3 ? 4 3 (1 ? cos ? ) ? 4 cos ? ? 0 ，整理得 4 3 cos ? ? 4 cos ? ? 3 ? 0 ，

2

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 解得 cos ? ?
BC EC

3 2

或 cos ? ? ?

1 2 3
0

（ 舍 去 ） 故 ? ? 30 ? ， ? ACE ? 60 ? ． ，

由已知

?

3 ?1

=
1 2

sin ? ? EAC ? 30 sin ? EAC

?

, 有 sin( ? EAC ? 30 ? ) ? ( 3 ? 1) sin ? EAC
2? 2
?

， 即

3 2

sin ? EAC ?

cos ? EAC ? ( 3 ? 1) sin ? EAC ，整理得

3

sin ? EAC ?

1 2

cos ? EAC ，
?

故

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 ? 1 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 cos135 ? ? 5 ， BD ? 5 ． 故
2

f ( P )m i n ? B D? A C?

5 ? 2 ? 1． 0

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 , P 0D 的 垂 线 ， 两 两 相 交 得
? A1 B1 C1，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 ，
（第 1 题图 2）

? AP0 C ? 180 ? ? y ? z ? x

， 又 因 B1C1 ? P0 A

B1 A1 ? P0 C ，得 ? B1 ? y ，同理有 ? A1 ? x ， ? C 1 ? 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 ? P0 C ? AB )
? P0 A ? B1C1 ? P0 D ? C1 A1 ? P0 C ? A1 B1

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

? ? f (M ) ，

从而

f ( P )? 0

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

故 P0、 A、 B、 C 四点共圆． （2）由（1） f ( P ) 的最小值 f ( P0 ) ? ， 由 正 弦 定 理 有
AE AB ?

2

?

S ? A1 B1C1 ? 2 ? S ? ABC ，记 ? ECB ? ? ，则 ? ECA ? 2? ，
? 3 2
3?
3 2

sin 2? sin 3?

，

从
4

而
3?( 1
2

3

s ?i ? n

3 ?

， s 即i n 2

2

3 3 (3 sin ? ? 4 sin ? ) ? 4 sin ? cos ? ， 所 以 3

? o?s c

) ? ? c ，s 整 理 得 4 o 0

4

3 c o? ? s
2

4?c?o s ?

， 解 得 c o s? ? 3 0

或 cos ? ? ?

1 2 3

（ 舍 去 ） 故 ? ? 30 ? ， ，

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）
sin ? ? EAC ? 30 sin ? EAC
0

? ACE ? 60

?

．

由

已

知

BC EC

?

3 ?1

=
1 2

?

,

有

? sin( ? EAC ? 30 ) ? ( 3 ? 1) sin ? EAC ，即

3 2

sin ? EAC ?

cos ? EAC ? ( 3 ? 1) sin ? EAC ，

整理得

2? 2

3

sin ? EAC ?

1 2

cos ? EAC ，故 tan ? EAC ?

1 2? 3

? ? 2 ? 3 ，可得 ? EAC ? 75 ，

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

，所以 f ( P ) min ? 2 ?

5 2

?1 ?

10 ．

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 , 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
? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? P A? B C? P C A B ? ? P? A B?C P C A B ? ，

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

A)

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

①

从而

? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ??? ??? ? ??? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ?? P A ? B C? P C A B ? ? P ?D ?CPAB ? A C ? P D? A C ??? ? ???? ???? ? ( PB ? PD ) ? AC ???? ???? ? BD ? AC ．

②

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
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，从而 P、 A、 B、 C 四点共圆．
( A ? P )(C ? B ) ? ? (C ? P )( B ? A ) ，

A?P

??

B?A

，所以

A? P arg( ? ) C? P

B? A arg( ， ) C? B

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． （2）由（1）知 f ( P ) min ? BD ? AC ．以下同方法一． 二、 （1）若 T 是有理数，则存在正整数 m , n 使得 T ? 得 ma ? nb ? 1 ．于是
1 m ? ma ? nb m

n m

且 ( m , n ) ? 1 ，从而存在整数 a , b ，使

? a ? bT ? a ? 1 ? b ? T 是 f ( x ) 的周期．又因 0 ? T ? 1 ，从

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 而 m ? 2 ．设 p 是 m 的素因子，则 m ? pm ? ， m ? ? N ? ，从而 （2）若 T 是无理数，令
? 1 ?1? a 2 ? 1 ? ? ? a1 ， a n ?1 ? 1 ? ? ? a1 ? ? an

1 p

? m? ?

1 m

是 f ( x ) 的周期．

?1? a1 ? 1 ? ? ? T ， 则 0 ? a1 ? 1 ， 且 a1 是 无 理 数 ， 令 ?T ?

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

? 1 ? ? 1 ? ? 1 ? ? ? ? ? 1 ，故 1 ? a n ? ? ? a n ，即 a n ?1 ? 1 ? ? ? a n ? a n ．因此 { a n } 是递减数列． an ? an ? ? an ? ? an ? 1
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 ? ? ?T ?
? ? f ( x ) 的周期．假设 a k 是 f ( x ) 的周期，则 a k ?1 ? 1 ? ? 1 ? a k 也是 f ( x ) 的周期．由数学归纳 ? ak ?

法，已证得 a n 均是 f ( x ) 的周期．

三、必要性：假设存在 { x n } 满足（1）（2）（3） ， ， ．注意到（3）中式子可化为
2008

x n ? x n ?1 ?

?a
k ?1

k

* ( x n ? k ? x n ? 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
n? ?

x n ? a1 ( x n ?1 ? x1 ) ? a 2 ( x n ? 2 ? x 2 ) ? ? ? a 2008 ( x n ? 2008 ? x 2008 ) ． 由（ⅱ）可设 b ? lim x n ，将上式

取极限得
b ? a1 (b ? x1 ) ? a 2 (b ? x 2 ) ? ? ? a 2008 (b ? x 2008 )
? b ? ? a k ? ( a1 x1 ? a 2 x 2 ? ? ? a 2008 x 2008 )
k ?1 2008

? b ? ? ak ，
k ?1

2008

因此 ? a k ? 1 ．
k ?1

2008

充分性：假设 ? a k ? 1 ．定义多项式函数如下： f ( s ) ? ? 1 ?
k ?1

2008

2008

?a
k ?1

k

k s ， s ? [0,1] ，则 f ( s )

在[0,1]上是递增函数，且 f (0) ? ? 1 ? 0 ， f (1) ? ? 1 ? 有唯一的根 s ? s 0 ，且 0 ? s 0 ? 1 ，即 f ( s0 ) ? 0 ． 下取数列 { x n } 为 x n ?

2008

?a
k ?1

k

? 0 ．因此方程 f ( s ) ? 0 在[0,1]内

?s
k ?1

n

k 0

， n ? 1, 2, ? ，则明显地 { x n } 满足题设条件（ⅰ） ，且

全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）
xn ?

?

n

s0 ?
k

s0 ? s0

n ?1

k ?1

1 ? s0

． 0 ? s 0 ? 1 ， lim s 0n ?1 ? ， 因 故 因此 lim x n ? lim 0
n? ?
n? ?

s0 ? s0

n ?1

n? ?

1 ? s0
2008

?

s0 1 ? s0

， { xn } 即

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

x n ? x n ?1 ? s 0 ? ( ? a k s 0 ) s 0 ?
n k n k ?1

2008

2008

?

a k s0

n?k

2008

?

k ?1

?a
k ?1

k

( x n ? k ? x n ? k ?1 ) ．

综上，存在数列 { x n } 满足（1）.