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2008年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)


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 在 ( ∞, 2) 上的最小值是 2 x
B.1 C.2 D.3

( C )

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 )

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 则比赛停止时已打局数 ξ 的期望 Eξ 为 A.

2 1 ,乙在每局中获胜的概率为 ,且各局胜负相互独立, 3 3
( B )

241 670 266 274 B. C. D. 81 81 81 243 2 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 ) A. 764 cm 或 586 cm C. 586 cm 或 564 cm
3 3 3

B. 764 cm D. 586 cm

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
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

( B )

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
( C )

A. (0, +∞)

B. (0,

5 1 5 + 1 , ) 2 2 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
C. (

5 +1 ) 2 5 1 D. ( , +∞) 2

7. f ( x) = ax + b , 设 其中 a, b 为实数, f1 ( x ) = f ( x) , f n +1 ( x) = f ( f n ( x)) ,n = 1, 2,3, , f 7 ( x) = 128 x + 381 , 若 则a+b = 5 .

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

2 + 3



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 222 种. 10.设数列 {an } 的前 n 项和 S n 满足: Sn + an =

n 1 , n = 1, 2, ,则通项 a n = 1 1 . n( n + 1) 2n 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) =

22008 + 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



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为 α , 求证: 14.解不等式

cos α 1+ α 2 . = sin α + sin 3α 4α

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

题 15 图

2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷)试题
一、 (本题满分 50 分) 如 题 一 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 .
(Ⅰ)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P,A,B,C 四点共圆; (Ⅱ) E 是 ABC 外接圆 O 的 AB 上一点, 设 满足: 是 ⊙O 的切线, AC = 2 ,求 f ( P ) 的最小值.

AE 3 BC 1 , 又 = 3 1 ,∠ECB = ∠ECA , DA, DC = AB 2 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: (Ⅰ)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使

答一图 1

1 是 f ( x ) 的周期; p (n = 1, 2, ) ,且每个

(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

an

(n = 1, 2, ) 都是 f ( x) 的周期.

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 = ∑ ak xn + k ∑ ak +1 xn + k , n = 1, 2,3, .
k =1 k =0

2008

2007

2008 年全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分标准(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. 1.[解] 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 时上式取等号.而此方程有解 x = 1∈ (∞, 2) ,因此 f ( x) 在 ( ∞, 2) 上的最小值
2 x
为 2. 2. [解] 因 x 2 ax 4 = 0 有两个实根

x1 =

a a2 a a2 4+ , x2 = + 4 + , 2 4 2 4

故 B A 等价于 x1 ≥ 2 且 x2 < 4 ,即

a a2 a a2 4+ ≥ 2 且 + 4 + <4, 2 4 2 4
解之得 0 ≤ a < 3 . 3.[解法一] 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

5 P (ξ = 2) = , 9

4 5 20 , P (ξ = 4) = ( )( ) = 9 9 81 4 16 P (ξ = 6) = ( ) 2 = , 9 81
5 20 16 266 故 Eξ = 2 × + 4 × + 6 × = . 9 81 81 81
[解法二] 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 故 Eξ = 2 × + 4 × + 6 × = . 9 81 81 81
4.[ 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 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 , b ≥ 4 ,从而 b = 4 或 5.若 b = 5 ,则 a = 5
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 . 则 此时 2b ≥ a + b = 58 , ≥ 29 . b ≥ 6 , b ≤ c = 6 , b = 6 , b 故 但 故 若 c = 6 , a 2 + b 2 = 94 36 = 58 ,
2 2 2 2

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 = 9 c = 7.
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 = 0, x = 0, x = 1, 5.[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 ,代入③化简得 ( y 1)( y 3 y 1) = 0 . y

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,故该方程组共

x = 0, x = 1, 有两组有理数解 y = 0, 或 y = 1, z = 0 z = 0.
6.[解] 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 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 q > 5 1 或q < 5 + 1 . 2 2
从而

5 1 5 +1 5 1 5 + 1 <q< ,因此所求的取值范围是 ( , ). 2 2 2 2

二、填空题 7. [解] 由题意知 f n ( x) = a n x + (a n 1 + a n 2 + + a + 1)b

= an x +

an 1 b , a 1

由 f 7 ( x) = 128 x + 381 得 a 7 = 128 ,

a7 1 b = 381 ,因此 a = 2 , b = 3 , a + b = 5 . a 1

8.[解] f ( x) = 2 cos 2 x 1 2a 2a cos x

a 1 = 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 又 a > 2 或 a < 2 时, f ( x) 的最小值不能为 , 2

1 1 故 a 2 2a 1 = ,解得 a = 2 + 3 , a = 2 3 (舍去). 2 2
9. [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 C2 = 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 21 2 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.[解] an +1 = S n +1 Sn = 即 2 a n+1 = =

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

n+22 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 , ( a1 = 0 ), b1 = a1 + = 2 2 n( n + 1)

1 1 1 1 . 有 bn +1 = bn ,故 bn = n ,所以 a n = n 2 2 n( n + 1) 2
11.[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 (22006 + 22004 + + 22 + 1) + f (0)

= 3

41003+1 1 + f (0) 4 1

= 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, 所以 f (2008) = g (2008) + 22008 = g (0) + 22008 = 22008 + 2007 . 12.[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 P ,连接 OP ,则 1 1

PP = PO 2 OP 2 = (3r ) 2 r 2 = 2 2r . 1 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 , 1 如答 12 图 2.记正四面体 的棱长为 a ,过 P 作 PM ⊥ PA 于 M . 1 1 因 ∠MPP = 1 答 12 图 1

3 π ,有 PM = PP cos MPP = 2 2r = 6r ,故小三角形 1 1 6 2

的边长 P E = PA 2 PM = a 2 6r . 1 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 2 中阴影部分)

SPAB S P1EF =

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

答 12 图 2

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 . 三、解答题 13.[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 (π , 3π ) 内相切, 2 其切点为 A(α , sin α ) , α ∈ (π , 3π ) . 2 …5 分 答 13 图

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

…10 分

cos α cos α = sin α + sin 3α 2sin 2α cos α =
= = =

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

…15 分

…20 分

14.[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 + 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 ,

…5 分

( x8 + 2 x 6 + 4 x 4 + x 2 + 1)( x 4 + x 2 1) > 0 ,
所以

…10 分

x4 + x2 1 > 0 ,

( x2
所以 x 2 >

1 5 2 1 + 5 )( x )>0. 2 2

…15 分

1 + 5 1 + 5 1 + 5 ,即 x < 或x> . 2 2 2

故原不等式解集为 ( ∞,

5 1 )∪( 2

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 x8 + 3 x 6 + 1 > 2 x 4 + 2 .


…5 分

2 1 + < x 6 + 3x 4 + 3 x 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
…10 分

令 g (t ) = t 3 + 2t ,则不等式为

g(

1 ) < g ( x 2 + 1) , x2

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 + 1, x2
即 ( x 2 )2 + x 2 1 > 0 ,解得 x 2 > 故原不等式解集为 ( ∞,

…15 分 ( x2 <

5 1 2

5 +1 舍去), 2
…20 分

5 1 )∪( 2

5 1 , +∞) . 2

15. [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 x, x0

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

y0 b + x0b
2 ( y0 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 = …10 分

x0 2 y0 , bc = ,则 x0 2 x0 2
2 2 4 x0 + 4 y0 8 x0 . ( x0 2) 2

(b c ) 2 =

2 因 P ( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 = 2 x0 ,则 2 2 x0 4 x0 , . bc = 2 ( x0 2) x0 2

(b c ) 2 =

…15 分

x0 4 所以 S PBC = 1 (b c) x0 = x0 = ( x0 2) + +4 2 x0 2 x0 2

≥ 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. …20 分

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、[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

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 在

ABC 的外接圆且在 AC 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 = α ,则 ∠ECA = 2α ,由正弦定理有 …20 分

AE sin 2α 3 ,从而 3 sin 3α = 2sin 2α ,即 = = AB sin 3α 2

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 = …30 分

3 1 (舍去) 或 cos α = , 2 2 3

故 α = 30 , ∠ACE = 60 .

sin ∠EAC 30 BC 由 已 知 = 3 1 = sin ∠EAC EC
3 1 sin ∠EAC cos ∠EAC = ( 3 1) sin ∠EAC 2 2

(

0

)

, 有 sin(∠EAC 30 ) = ( 3 1) sin ∠EAC , 即

, 整 理 得

2 3 1 sin ∠EAC = cos ∠EAC 2 2
…40 分

, 故

tan ∠EAC =

1 = 2 + 3 ,可得 ∠EAC = 75 , 2 3

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 . …50 分

[解法二]

(Ⅰ)如答一图 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 , 所以 A1 B1C1 ∽ ABC . …10 分 答一图 2

设 B1C1 = λ BC , C1 A1 = λCA , 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

= 2S A1B1C1 ≤ MA B1C1 + MD C1 A1 + MC A1 B1
= λ ( MA BC + MD CA + MC AB ) = λ 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 , …20 分

f ( P0 ) =

2

λ

S A1B1C1

= 2λ SABC ,
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 = …30 分

3 1 (舍去) 或 cos α = , 2 2 3

故 α = 30 , ∠ACE = 60 . 由 已 知

BC = 3 1 = EC

sin ( ∠EAC 300 ) sin ∠EAC

, 有

sin(∠EAC 30 ) = ( 3 1) sin ∠EAC 2 3 1 sin ∠EAC = cos ∠EAC 2 2

, 即

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

, 整 理 得

, 故

tan ∠EAC =

1 = 2 + 3 ,可得 ∠EAC = 75 , 2 3

…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,

5 ,所以 ∠AB1 B = 90° , 所 以 B1 BDC1 为 矩 形 , B1C1 = BD = 1 + 2 2 1 2 cos135° = 5 , 故 λ = 2
f ( P) min = 2
[解法三]

5 1 = 10 . 2

…50 分

(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 , 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

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
= ( B P )(C A) = PB AC ,
(1)

从而

PA BC + PC AB + PD CA

≥ PB AC + PD AC = ( 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 λ > 0 ,使得 (2) …10 分

( A P )(C B ) = λ (C P )( B A) ,

A P BA , =λ CP CB
所以

arg(

A P B A ) = arg( ), CP CB

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. …20 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P ) min = BD AC . 以下同解法一. 二、[证](Ⅰ)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T =

n 且 ( m, n ) = 1 ,从而存在整数 a , b ,使得 m

ma + nb = 1 .
于是

1 ma + nb = = a + bT = a 1 + b T m m
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 …10 分

1 1 = m′ p m
是 f ( x ) 的周期. (Ⅱ)若 T 是无理数,令 …20 分

1 a1 = 1 T , T
则 0 < a1 < 1 ,且 a1 是无理数,令

1 a2 = 1 a1 , a1
……

1 an +1 = 1 an , an
……. 由 数 学 归 纳 法 易 知 an 均 为 无 理 数 且 0 < an < 1 . 又 …30 分

1 1 1 < 1 , 故 1 < an + an , 即 an an an
…40 分

1 an +1 = 1 an < an .因此 {an } 是递减数列. 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 f ( x ) 的周 T
期.假设 ak 是 f ( x ) 的周期,则 ak +1 = 1 1 ak 也是 f ( x ) 的周期.由数学归纳法,已证得 an 均是 f ( x ) 的 ak
周期. …50 分

三、[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 = ∑ 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

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
n →∞

…10 分

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

…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 n +1

n 因 0 < s0 < 1 , 故 lim s0 +1 = 0 , 因 此 lim xn = lim s0 s0 n →∞ n →∞ n →∞ 1 s 0

=

s0 , 即 { xn } 的 极 限 存 在 , 满 足 1 s0
…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 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(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ) , , .

…50 分



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