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2008年全国高中数学联赛试题及答案

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声明:本资料未经过编辑加工,可能存在错误,敬请谅解。 更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册(预赛试题集锦) 》

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。

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



5 ? 4x + 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 ξ 的期望 Eξ 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, +∞) (B) (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

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,L ,若

f 7 ( x) = 128 x + 381 ,则 a + b =

. .

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

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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 S n 满足: Sn + an =

n ?1 , n = 1, 2,L ,则通项 a n = 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) ≤ 3 ? 2 x , f ( x + 6) ? f ( x) ≥ 63 ? 2 x ,则 f ( 2008) =

.

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 α ,求证: .

cos α 1+ α 2 . = sin α + sin 3α 4α
14.解不等式

log 2 ( x12 + 3x10 + 5 x8 + 3 x 6 + 1) < 1 + log 2 ( x 4 + 1) .
15. 如图, 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 P 求 ?PBC 面积的最小值.

第 15 题

解 答
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

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= 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 a2 ? 4+ , x2 = + 4 + ,故 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, ξ 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 (ξ = 2) =

5, 9

4 5 20 4 16 5 20 16 266 ,P (ξ = 6) = ( ) 2 = , Eξ = 2 × + 4 × + 6 × = 故 . 故选 B。 P (ξ = 4) = ( )( ) = 9 9 81 9 81 9 81 81 81
方法二: 依题意知,ξ 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 (ξ = 2) = P ( A1 A2 ) + P( A1 A2 ) =

5 , 9

P (ξ = 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 (ξ = 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 Eξ = 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 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 ? 92 = 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 2b ≥ 30 ,即 b ≥ 4 ,从而 b = 4 或 5.若
2 2 2 b = 5 ,则 a = 5 无解;若 b = 4 ,则 a = 14 无解.因此 c=8 时无解.

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 ≥ 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

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综 上 , 共 有 两 组 解 ( a, b, c ) = (2, 3, 9) 或 ( a, b, c ) = (3, 6, 7) , 体 积 为

V1 = 23 + 33 + 93 = 764 (cm3)或 V2 = 33 + 63 + 73 = 586 (cm3) 。故选 A。
5.

? x + y = 0, ? x = 0, ? x = ?1, 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 x 2 + y 2 + xy ? y = 0 . 由①式得 x = ? ① ② ③

1 ,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, 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 = aq 2 ,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( A + C ) sin(π ? B ) sin B b = = = =q. sin( B + C ) sin(π ? A) sin A 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 <q< ,因此所求的取 ? 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 ? b ,由 f 7 ( x) = 128 x + 381 得 a ?1

7. 由题意知 f n ( x) = a n x + (a n ?1 + a n ? 2 + L + 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) = 2 cos 2 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;

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(3) ?2 ≤ a ≤ 2 时, f ( x) 当 cos x =

a 1 时取最小值 ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2

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

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

| ???? | ?L ? | ?? |
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 21 2 数,它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合: H3 = C23 = C23 = 253 .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) . 10.

an +1 = S n +1 ? Sn =
即 2 a n+1 = =

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

1 1 n+2?2 ? + + 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 ? 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

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f (2008) = f (2008) ? f (2006) + f (2006) ? f (2004) + L + f (2) ? f (0) + f (0) = 3 ? (22006 + 22004 + L + 22 + 1) + f (0)

= 3?

41003+1 ? 1 + f (0) 4 ?1

= 2 2008 + 2007 .
方法二: 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,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 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

1 1 A 1 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 P , 连 接 OP , 则 1 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 , P 作 PM ⊥ PA 过 1 1 1 于

M





∠MPP = 1

π
6





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

3 = 6r ,故小三角形的边长 2

P E = PA ? 2 PM = 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 ?P1EF =

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

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又 r = 1 , a = 4 6 ,所以 S ?PAB ? S ?P1EF = 24 3 ? 6 3 = 18 3 .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 . 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 (π , 切点为 A(α , ? sin α ) , α ∈ (π ,

3π 内相切,其 ) 2

3π . ) 2

3 由于 f ′( x) = ? cos x , x ∈ (π , π ) ,所 2
以 ? cos α = ? sin α ,即 α = tan α .因此

α

(第 13 题)

cos α cos α 1 cos 2 α + sin 2 α 1 + tan 2 α 1 + α 2 . = = = = = sin α + sin 3α 2sin 2α cos α 4sin α cos α 4sin α cos α 4 tan α 4α
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

x12 + 3x10 + 5 x8 + 3x 6 + 1 < 2 x 4 + 2 .
即 分组分解

x12 + 3x10 + 5 x8 + 3 x 6 ? 2 x 4 ? 1 < 0 . x12 + x10 ? x8 +2 x10 + 2 x8 ? 2 x 6 +4 x8 + 4 x 6 ? 4 x 4 + x6 + x 4 ? x 2 + x4 + x2 ? 1 < 0 ,

( x8 + 2 x 6 + 4 x 4 + x 2 + 1)( x 4 + x 2 ? 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 + 5 ?1 + 5 .故原不等式解集为 ( ? <x< 2 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

x12 + 3 x10 + 5 x8 + 3 x 6 + 1 < 2 x 4 + 2 .


2 1 + > x 6 + 3 x 4 + 3x 2 + 1 + 2 x 2 + 2 = ( x 2 + 1)3 + 2( x 2 + 1) , x 2 x6 ( 1 3 1 ) + 2( 2 ) > ( x 2 + 1)3 + 2( x 2 + 1) , 2 x x

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

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

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

(?

5 ?1 , 2

5 ?1 ). 2
y0 ? b x ,化简得 x0

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

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

=1

,故

, 易 知

x0 > 2

, 上 式 化 简 得

同理有 ( x0 ? 2)c 2 + 2 y0 c ? x0 = 0 . 所以 b + c = ( x0 ? 2)b 2 + 2 y0b ? x0 = 0 ,

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

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

b?c =

2 x0 x0 4 . 所以 S ?PBC = 1 (b ? c) ? x0 = ? x0 = ( x0 ? 2) + + 4 ≥ 2 4 + 4 = 8 .当 x0 ? 2 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.

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一、 (本题满分 50 分)



如图,给定凸四边形 ABCD ,∠B + ∠D < 180o , 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; (2)设 E 是 ?ABC 外接圆 O 的 AB 上一点,满足:

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

AE 3 , = AB 2

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,L , 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, L ; (2) lim xn 存在;
n →∞

(3) xn ? xn ?1 = ∑ ak xn + k ? ∑ ak +1 xn + k , n = 1, 2,3,L .
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

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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 = α ,则 ∠ECA = 2α ,由正弦定理有

AE sin 2α 3 ,从而 = = AB sin 3α 2

3 sin 3α = 2sin 2α ,即 3(3sin α ? 4sin 3 α ) = 4sin α cos α ,所以

3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 α ) ? 4 cos α = 0 ,整理得 4 3 cos 2 α ? 4 cos α ? 3 = 0 ,
解 得 cos α =

3 1 (舍去) 故 或 cos α = ? , α = 30o , ∠ACE = 60o . 2 2 3

由已知

sin ∠EAC ? 30 BC , 有 sin(∠EAC ? 30o ) = ( 3 ? 1) sin ∠EAC , 即 = 3 ?1 = sin ∠EAC EC 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 o o 故 tan ∠EAC = = 2 + 3 , 可 得 ∠EAC = 75 , 从 而 ∠E = 45 , 2? 3 ∠DAC = ∠DCA = ∠E = 45o , ?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 cos135o = 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 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 为
x, y,z

, 则

∠AP0C = 180° ? y = z + x , 又 因 B1C1 ⊥ P0 A ,

B1 A1 ⊥ P0C ,得 ∠B1 = y ,同理有 ∠A1 = x , ∠C1 = z ,

(第 1 题图 2)

所以 ?A1 B1C1 ∽ ?ABC .设 B1C1 = λ BC , C1 A1 = λ CA , A1 B1 = λ AB ,则对平面上任意点 M , 有

λ f ( P0 ) = λ ( 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
= λ ( MA ? BC + MD ? CA + MC ? AB ) = λ f (M ) ,
从而 由 知 由点 P0 在 O 上, f ( P0 ) ≤ f ( M ) . M 点的任意性, P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点.

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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

2

λ

S ?A1B1C1 = 2λ S?ABC ,记 ∠ECB = α ,则 ∠ECA = 2α ,
, 从 而

AE sin 2α 3 = = AB sin 3α 2

3 sin 3α = 2sin 2α





3(3sin α ? 4sin 3 α ) = 4sin α cos α , 所 以 3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 α ) ? 4 cos α = 0 , 整 理 得
4 3 cos 2 α ? 4 cos α ? 3 = 0 , 解 得 cos α = 3 1 (舍去) 故 或 cos α = ? , α = 30o , 2 2 3
=

∠ACE = 60

o









BC = 3 ?1 EC

sin ( ∠EAC ? 300 ) sin ∠EAC

,



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

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

2? 3 1 1 o 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, ∠AB1 B = 90° ,所以 B1 BDC1 为矩形, B1C1 = BD = 1 + 2 ? 2 ?1? 2 cos135° = 5 , 故λ =

5 5 ,所以 f ( P) min = 2 ? ?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

uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r r r PA ? BC + PC ? AB ≥ PA ? BC + PC ? AB ,

( A ? P)(C ? B) + (C ? P)( B ? A) ≥ ( A ? P)(C ? B) + (C ? P)( B ? A) = ?P ? C ? A ? B + C ? B + P ? A uuu uuur r = ( B ? P )(C ? A) = PB ? AC ,


从而

uuu uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r uuu uuur uuu uuur r r PA ? BC + PC ? AB + PD ? CA ≥ PB ? AC + PD ? AC uuu uuu uuur r r = ( PB + PD ) ? AC uuu uuur r ≥ 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 λ > 0 ,使得

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

A? P B?A ,所以 =λ C?P C?B

arg(

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

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uuu r uuu r uuu r uuu r 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
1 1 = m′ ? 是 f ( x ) 的周期. p 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? 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 , k =1

2008

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 ) + L + 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 ) + L + a2008 (b ? x2008 ) = b ? ∑ ak ? ( a1 x1 + a2 x2 + L + a2008 x2008 )
k =1

2008

< b ? ∑ ak ,
k =1

2008

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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,L ,则明显地 { xn } 满足题设条件(ⅰ) ,且 k =1 n

k xn = ∑ s0 = k =1

n

n s0 ? s0 +1 . s ? s n +1 s n 因 0 < s0 < 1 , lim s0 +1 = 0 , 故 因此 lim xn = lim 0 0 = 0 , { xn } 即 n →∞ n →∞ n →∞ 1 ? s 1 ? s0 1 ? s0 0

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 k =1

2008

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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