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2008年全国高中数学联赛试题及答案


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。


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



5 ? 4 x ? x2 在 (??, 2) 上的最小值是 ( ) 。 2? x
(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

2 ,乙在每局中获胜的概率 3
) 。

1 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)

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 ( ) 。 (B) 764 cm3 (D) 586 cm3

(A)764 cm3 或 586 cm3 (C)586 cm3 或 564 cm3

? 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 ?
(A) 1 (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 的取值范围是( ) 。 sin B cot C ? cos B
(A) (0, ??)

5 ?1 5 ?1 , ) 2 2 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)
(C) (

5 ?1 ) 2 5 ?1 (D) ( , ??) 2
(B) (0,

7.设 f ( x) ? ax ? b ,其中 a , b 为实数, f1 ( x) ? f ( x) , fn?1 ( x) ? f ( f n ( x)) , n ? 1, 2,3,? ,若

f7 ( x) ? 128x ? 381 ,则 a ? b ?

.

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

1 ,则 a ? 2

.

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 方法共有 种.

10.设数列 {an } 的前 n 项和 Sn 满足: Sn ? an ?

n ?1 , n ? 1, 2,? ,则通项 an = n(n ? 1)



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 ) 3x , f ( x ? 6) ? f ( x) ? 63 ? 2x ,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 ? 1? ? 2 . ? sin ? ? sin 3? 4?
14.解不等式

log2 ( x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ?1) ? 1 ? log2 ( x4 ?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


1. 当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x) ?



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

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时取等号.而此方程有解 x ? 1? (??, 2) ,因此 f ( x) 在 (??, 2) 上
2? x
的最小值为 2.故选 C. 2. 因为 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根 x1 ?

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

a a2 a a2 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即 ? 4 ? ? ?2 且 ? 4 ? ? 4 ,解之得 0 ? a ? 3 .故选 D。 2 4 2 4
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

2 1 5 赛停止的概率为 ( ) 2 ? ( ) 2 ? .若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得 3 3 9
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 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 8 1 1

. 故选 B。

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 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 1 16 ? 4( ) 2 ( ) 2 ? , 3 3 81
5 20 16 266 因此 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? .故选 B。 9 81 81 81
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 a2 ? b2 ? c2 ? 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 ? 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 2b ? 30 ,即 b ? 4 ,从而 b ? 4 或 5.若
2

b ? 5 ,则 a 2 ? 5 无解;若 b ? 4 ,则 a2 ? 14 无解.因此 c=8 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 2b ? 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 , ( ,

(cm4 。故选 A。 V1 ? 23 ? 33 ? 93 ? 7 6 3)或 V2 ? 33 ? 63 ? 73 ? 586 (cm3)

? x ? y ? 0, ? x ? 0, ? x ? ?1, 5. 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 . 将② 式代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . 由① 式得 x ? ? ① ② ③

1 ,代入③ 式化简得 ( y ?1)( y3 ? y ?1) ? 0 .易知 y3 ? y ?1 ? 0 无有理数根, y

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 ? 0, ? x ? ?1, ? ? ? 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 ? aq2 ,而

sin A cot C ? cos A sin A cos C ? cos A sin C ? sin B cot C ? cos B sin B cos C ? cos B sin C

?

sin( C ) A? ? sin( C ) B?

?s?i nB( ? ?s?i nA (

)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

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 ?

?a ? aq ? aq 2 , ? 即 2 ?aq ? aq ? a ?

?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ?q ? q ? 1 ? 0, 5 ?1 5 ?1 ? ? 2 2 解得 ? 从而 ,因此所求的取 ?q? ? 2 2 2 ?q ? q ? 1 ? 0. ? ?q ? 5 ? 1 或q ? ? 5 ? 1 . ? ? 2 2
2

值范围是 (

5 ?1 5 ?1 , ) .故选 C。 2 2
an ?1 得 ? b ,由 f7 ( x) ? 128x? 381 a ?1

7. 由题意知 fn ( x) ? an x ? (an?1 ? an?2 ??? a ?1)b ? a n x ?

a 7 ? 128 ,
8.

a7 ?1 ? b ? 381 ,因此 a ? 2 , b ? 3 , a ? b ? 5 . a ?1

a 1 f ( x) ? 2cos2 x ?1 ? 2a ? 2a cos x ? 2(cos x ? ) 2 ? a 2 ? 2a ? 1 , 2 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;

(3) ?2 ? a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ?

a 1 时取最小值 ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2
1 , 2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的 c 不能为 ?

1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2
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 C2 ? 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、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
21 数,它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合: H3 ? C21 ? C2 ? 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.

an?1 ? Sn?1 ? Sn ?
即 2 a n ?1 ? =

n n ?1 ? an ?1 ? ? an , (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)

n?2?2 1 1 ? ? ? an (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n(n ? 1)
?2 1 , ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1) 1 1 . ) ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)

由此得 2 (a n ?1 ? 令 bn ? an ?

1 1 1 1 1 , b1 ? a1 ? ? ( a1 ? 0 ) , 有 bn ?1 ? bn , 故 bn ? n , 所 以 2 2 2 2 n(n ? 1)

an ?

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

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 ? 2x?2 ? 3 ? 2x?4 ? 63 ? 2x ? 3 ? 2 x ,
因此有 f ( x ? 2) ? f ( x) ? 3 ? 2x ,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 ? 1 ? f (0) 4 ?1

? 22008 ? 2007 .
方法二: 令 g ( x) ? f ( x) ? 2x ,则

g ( x ? 2) ? g ( x) ? f ( x ? 2) ? f ( x) ? 2x?2 ? 2x ? 3 ? 2x ? 3 ? 2x ? 0 , g ( x ? 6) ? g ( x) ? f ( x ? 6) ? f ( x) ? 2x?6 ? 2x ? 63 ? 2x ? 63 ? 2x ? 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,所以 f (2008) ? g (2008) ? 22008 ? g (0) ? 22008 ? 22008 ? 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 A1 B1C1 //平面 ABC , 与小球相切于点 D , 则小球球心 O 为正四面体 P ? A1 B1C1 的中心,PO ? 面A1B1C1 , 垂足 D 为

1 1 A1 B1C1 的中心.因 VP ? A1B1C1 ? S ?A1B1C1 ? PD ? 4 ?VO? A1B1C1 ? 4 ? ? S?A1B1C1 ? OD , 3 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 OP , 则 1

PP ? PO 2 ? OP 2 ? (3r ) 2? r 2? 2 2r . 1 1

(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 P EF , 如图 2. 记正四面体的棱长为 a , P1 作 PM ? PA 过 1 1 于
M





?M

1

?P 6

?

P,



PM ? PP ? cos MPP ? 2 2r ? 1 1

3 ? 6r ,故小三角形的边长 2

PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r .小球与面 PAB 不能接触到的部 1
分 的 面 积 为 ( 如 图 2 中 阴 影 部 分 )
第 12 题图 2)

S?PAB ? S?PEF ? 1

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r )2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4

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? ) 内相切,其 2

3 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所 2
以 ? cos ? ? ?
sin ?

?

,即 ? ? tan ? .因此
(第 13 题)

cos ? cos ? 1 ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ? 4sin ? cos ?

?

cos 2 ? ? sin 2 ? 1 ? tan 2 ? 1 ? ? 2 . ? ? 4sin ? cos ? 4 tan ? 4?

14. 方法一:由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式 等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .
即 分组分解

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 2 x4 ? 1 ? 0 .

x12 ? x10 ? x8 ?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6 ?4 x8 ? 4 x6 ? 4 x4
? x6 ? x 4 ? x 2 ? x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

( x8 ? 2x6 ? 4x4 ? x2 ? 1)( x4 ? x2 ?1) ? 0 ,
所 以 x4 ? x2 ? 1 ? 0 , ( x ?
2

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? ) ? 0 。 所 以 x 2 ? ?1 ? 5 , 即 2 2 2
5 ?1 , 2 5 ?1 . ) 2

?

?1 ? 2

5 ? ? 1 ?x? 2

5 .故原不等式解集为 (?

方法二: 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等 式等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .


2 1 ? ? x 6 ? 3x 4 ? 3x 2 ? 1 ? 2 x 2 ? 2 ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , x2 x6
( 1 3 1 ) ? 2( 2 ) ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , x2 x

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

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

1 5 ?1 ,故原不等式解集为 ? x 2 ? 1 ,即 ( x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x 2 ? 2 x 2

(?

5 ?1 , 2

5 ?1 . ) 2
y0 ? b ,化简得 x x0
?1
,故

15. 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) x ? x0 y ? x0b ? 0 . 又 圆 心 ( 1 , 0 到 PB 的 距 离 为 1 ,
2 2 2 ( y0 ? b) ? x ? ( y ? b2 ? 2 0 b 0y ? b ?2 0 x , 易 知 ) x ( ) b 0 0

y0 ? b ? x0b
2 ( y0 ? b) 2 ? x0

x0 ? 2

, 上 式 化 简 得

同理有 ( x0 ? 2)c2 ? 2 y0c ? x0 ? 0 . 所以 b ? c ? ( x0 ? 2)b2 ? 2 y0b ? x0 ? 0 ,

? x0 ?2 y0 ,bc ? , x0 ? 2 x0 ? 2

2 2 2 则 (b ? c)2 ? 4 x0 ? 4 y0 ? 8x0 . P( x0 , y0 ) 是抛物线上的点, y0 ? 2 x0 , (b ? c)2 ? 4 x0 , 因 有 2 则 2 ( x0 ? 2) ( x0 ? 2)2

b?c ?

2 x0 . 所以 x 1 4 S?PBC ? (b ? c) ? x0 ? 0 ? x0 ? ( x 0 ? 2) ? ? 4 ? 2 4 ? 4 ? 8.当 2 x0 ? 2 x0 ? 2 x0 ? 2

( 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.


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;

AE 3 (2)设 E 是 ?ABC 外接圆 O 的 ? 上一点,满足: , AB ? AB 2

答一图 1 BC 1 ? 3 ? 1 , ?ECB ? ?ECA ,又 DA,DC 是 ? O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. EC 2

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 是 f ( x) 的周期; p

( 2 ) 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

(n ? 1 , 2? ,? ? )且每个 an ,
三、 (本题满分 50 分)

(n ? 1, 2, ???) 都是 f ( x) 的周期.

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

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

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

2008

2007


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



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 当 且 仅 当 P 在 ?ABC 的 外 接 圆 且 在 ? AC 上 时 ,
第 1 题图

1

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

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 sin 2? 3 ,从而 ? ? AB sin 3? 2

3sin3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,
解得 co? ? s

3 1 或 cos ? ? ? ( 舍 去 ) 故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? . , 2 2 3

由已知

sin ?EAC ? 30 BC , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , 即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 3 1 2? 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,整理得 sin?EAC ? cos?EAC , 2 2 2 2 1 ? ? 故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 , 可 得 ?EAC ? 75 , 从 而 ?E ? 45 , 2? 3 ?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 cos135? ? 5 , BD ? 5 . 故
0

?

?

f (P)min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 . 方法二: (1) 如图 2, 连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O
于 P 点(因为 D 在 ? O 外,故 P 在 BD 上) . 0 0 过 A, C, D 分 别 作 P A, P0C, P0D 的 垂 线 , 两 两 相 交 得 0

?A1 B1 C1,易知 P0 在 ?ACD 内,从而在 ?A1B1C1 内,记
?ABC

之 三 内 角 分 别 为

x,y,z

, 则

?APC ? 180? ? y ? z ? x , 又 因 B1C1 ? P A , 0 0 B1 A1 ? PC ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ?C1 ? z , 0
(第 1 题图 2)

所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC .设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ?CA , A1B1 ? ? AB ,则对平面上任意点 M , 有

? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? PC ? AB) 0
? P A ? B1C1 ? P D ? C1 A1 ? PC ? A1B1 0 0 0

? 2S?A1B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1
? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB)

? ? f (M ) ,
从而 知 由点 P 在 ? O 上, f ( P )? f ( M. M 点的任意性, P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点. )由 0 0

故 P 、A、B、C 四点共圆. 0 (2)由(1) f ( P ) 的最小值 f ( P0 ) ? , 由 正 弦 定 理 有

2

?

S?A1B1C1 ? 2? S?ABC ,记 ?ECB ? ? ,则 ?ECA ? 2? ,
, 从 而

AE sin 2? 3 ? ? AB sin 3? 2

3 s ? ?n 3 ? i

, s即i n 2

2

3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? , 所 以 3 3? 4 3?( 1 2 ? o?s c
4 3 c 2? ? os 4?c? s ? , 解 得 cos? ? o 3 0

)? ? c ,s整 理0得 4 o

3 1 或 cos ? ? ? ( 舍 去 ) 故 ? ? 30? , , 2 2 3
=

?ACE ? 60

?









BC ? 3 ?1 EC

sin ? ?EAC ? 300 ? sin ?EAC

,



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

3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 2 2

2? 3 1 1 ? sin ?EAC ? cos ?EAC ,故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 , 2 2 2? 3

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, ?AB1B ? 90? ,所以 B1BDC1 为矩形, B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 , 故 ? ? 5 ,所以 f ( P)min ? 2 ? 5 ?1 ? 10 . 2 2 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 , z2 ,有 z1 ? z2 ? z1 ? z2 ,当且仅当 z1 与 z2 (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 , A B ? ? C

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


从而

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


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 B? A ,所以 ?? C?P C?B

A? P arg( ? ) C? P

B A ? arg( , ) 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.
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

n 且 (m, n) ? 1 ,从而存在整数 a , b ,使 m

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

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 ? m? ? 是 f ( x) 的周期. p m

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

?1? ?1? a2 ? 1 ? ? ? a1 , an?1 ? 1 ? ? ? an , 由数学归纳法易知 an 均为无理数且 0 ? an ? 1 .又 ? a1 ? ? an ?

?1? ?1? 1 ?1? ? ? ? ? 1 ,故 1 ? an ? ? ? an ,即 an ?1 ? 1 ? ? ? an ? an .因此 {an } 是递减数列. an ? an ? ? an ? ? an ?
1 最后证:每个 an 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 ak 是 f ( x) 的周期,则 ak ?1 ? 1 ? ? 1 ? ak 也是 f ( x) 的周期.由数学归纳 ? ?
? ak ?
法,已证得 an 均是 f ( x ) 的周期.

三、必要性:假设存在 {xn } 满足(1)(2)(3) , , .注意到(3)中式子可化为
* xn ? xn ?1 ? ? ak ( xn ? k ? xn ? k ?1 ) , n ? N ,

2008 k ?1

其 中 x0 ? 0 . 将 上 式 从 第

1

项 加 到 第 n 项 , 并 注 意 到 x0 ? 0 得
n ??

xn ? a1 ( xn?1 ? x1 ) ? a2 ( xn?2 ? x2 ) ? ? ? a2008 ( xn?2008 ? x2008 ) . 由(ⅱ)可设 b ? lim xn ,将上式
取极限得

b ? a1 (b ? x1 ) ? a2 (b ? x2 ) ? ? ? a2008 (b ? x2008 )
? b ? ? ak ? (a1 x1 ? a2 x2 ? ? ? a2008 x2008 )
k ?1 2008

? b ? ? ak ,
k ?1

2008

因此 ? ak ? 1 .
k ?1

2008

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] ,则 f ( s )
k ?1 k ?1

2008

2008

在[0,1]上是递增函数,且 f (0) ? ?1 ? 0 , f (1) ? ?1 ? ? ak ? 0 .因此方程 f ( s) ? 0 在[0,1]内
k ?1

2008

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 s0 ? s0 ?1 .因 s ? s n?1 s n 0 ? s0 ? 1,故 lim s0 ?1 ? ,因此 lim xn ? lim 0 0 ? 0 ,即 {xn } 0 n ?? n ?? n ?? 1 ? s 1 ? s0 1 ? s0 0
2008 k ?1

n

k xn ? ? s0 ? k ?1

n

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

n k n n xn ? xn?1 ? s0 ? ( ? ak s0 )s0 ? ? ak s0 ? k ? ? ak ( xn? k ? xn? k ?1 ) . k ?1 k ?1 k ?1

2008

2008

2008

综上,存在数列 {xn } 满足(1).


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