全国高中数学联合竞赛试题及解析 苏教版.doc

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．函数在上的最小值是 （ C ）
A．0 B．1 C．2 D．3
[解]当时，，因此
，当且仅当时上式取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2．
2．设，，若，则实数的取值范围为 （ D ）
A． B． C． D．
[解法一] 因有两个实根
，，
故等价于且，即
且，
解之得．
[解法二]（特殊值验证法）令，排除C，令，排除A、B，故选D。
[解法三]（根的分布）由题意知的两根在内，令则解之得：
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，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为 　　　 （ B ）
A. 　 B. 　 C. 　 　 D.
[解法一] 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
　　　　 ．
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
　　　　，
　　　　，
　　　　，
故．
[解法二] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.
令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜．
由独立性与互不相容性得
，
，
，
故．
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 （ A ）
A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 　
C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3
[解] 设这三个正方体的棱长分别为，则有，，不妨设，从而，．故．只能取9，8，7，6．
若，则，易知，，得一组解．
若，则，．但，，从而或5．若，则无解，若，则无解．此时无解．
若，则，有唯一解，．
若，则，此时，．故，但，故，此时无解．
综上，共有两组解或
体积为cm3或cm3．
5．方程组的有理数解的个数为 （ B ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
[解] 若，则解得或
若，则由得． ①
由得． ②
将②代入得． ③
由①得，代入③化简得.
易知无有理数根，故，由①得，由②得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或
6．设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是
（ C ）
A. B.
C. D.
[解] 设的公比为，则，而
　　．
因此，只需求的取值范围．
因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且．即有不等式组
即
解得
从而，因此所求的取值范围是．
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7．设，其中为实数，，，，若，则 　 5 .
[解] 由题意知
，
由得，，因此，，．
8．设的最小值为，则．
[解]
，
(1) 时，当时取最小值；
(2) 时，当时取最小值1；
(3) 时，当时取最小值．
又或时，的最小值不能为，
故，解得，(舍去)．
9．将24个志愿者名额分配给3个学校，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．
[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“｜”，故有种．
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，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程
　　　　　．
的正整数解的个数，即方程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：
．
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．设数列的前项和满足：，，则通项=．
[解] ，
即 2
=，
由此得 2．
令， ()，
有，故，所以．
11．设是定义在上的函数，若 ，且对任意，满足
，，则=．
[解法一] 由题设条件知
，
因此有，故
．
[解法二] 令，则
，
，
即，
故，
得是周期为2的周期函数，
所以．
12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为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．
[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，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．
因
答12图1

，
故，从而．
记此时小球与面的切点为，连接，则
．
考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2．记正四面体
的棱长为，过作于．
答12图2
因，有，故小三角形的边长．
小球与面不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）
．　　　　　　　　　
又，，所以
．
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．
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13．已知函数的图像与直线 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证：
答13图
　　　　　　．
[证] 的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，．
…5分
由于，，所以，即． …10分
因此
…15分
．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …20分
14．解不等式
．
[解法一] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于
．　　　　　　　　　　　　　　
即　　　　　　 ．　　　　　　　　　　　　　　…5分
分组分解　　　
，
，　　　　　　　　　　 　　…10分
所以　　　，
　　　　　． …15分
所以，即或．
故原不等式解集为． 　 …20分
[解法二] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于
．　　　　　　　　　　　　　　…5分
即
，
， 　 …10分
令，则不等式为
，
显然在上为增函数，由此上面不等式等价于
， …15分
即，解得　(舍去)，
故原不等式解集为． 　 …20分
题15图
15．如题15图，是抛物线上的动点，点在轴上，圆内切于，求面积的最小值．
[解] 设，不妨设．
直线的方程:，
化简得 ．
又圆心到的距离为1，
， …5分
故，
易知，上式化简得，
同理有． 　　　　　　　　　　　　　 …10分
所以，，则
．
因是抛物线上的点，有，则
，． 　　　　　　 …15分
所以
　　．
当时，上式取等号，此时．
因此的最小值为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、（本题满分50分）
如题一图，给定凸四边形，，是平面上的动点，令．
（Ⅰ）求证：当达到最小值时，四点共圆；
（Ⅱ）设是外接圆的上一点，满足：，，，又是的切线，，求的最小值．
[解法一] （Ⅰ）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，有
答一图1
．
因此
．
因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在上时，
． …10分
又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号．因此当且仅当为的外接圆与的交点时，取最小值．
故当达最小值时，四点共圆． …20分
（Ⅱ）记，则，由正弦定理有，从而，即，所以
，
整理得，　　　　　　　　　　 　 　　　…30分
解得或（舍去），
故，．
由已知=,有，即，整理得，故，可得， 　　　　　 …40分
从而，，为等腰直角三角形．因，则．
又也是等腰直角三角形，故，，．
故． …50分
答一图2
[解法二] （Ⅰ）如答一图2，连接交的外接圆于点（因为在外，故在上）．
过分别作的垂线，两两相交得，易知在内，从而在内，记之三内角分别为，则，又因，，得，同理有，，
所以∽． …10分
设，，，则对平面上任意点，有
，
从而 ．
由点的任意性，知点是使达最小值的点．
由点在上，故四点共圆． 　…20分
（Ⅱ）由（Ⅰ），的最小值
，
记，则，由正弦定理有，从而，即，所以
，
整理得，　　　　　　　　　　 　　　　…30分
解得或（舍去），
故，．
由已知=,有，即，整理得，故，可得， 　　　　　 …40分
所以，为等腰直角三角形，，，因为，点在上，，所以为矩形，，故，所以． …50分
[解法三] （Ⅰ）引进复平面，仍用等代表所对应的复数．
由三角形不等式，对于复数，有
，
当且仅当与（复向量）同向时取等号．
有 ，
所以
（1）
，
从而
． （2） 　…10分
（1）式取等号的条件是
复数 与
同向，故存在实数，使得
，
　　　 ，
所以 ，
向量旋转到所成的角等于旋转到所成的角，
从而四点共圆．
（2）式取等号的条件显然为共线且在上．
故当达最小值时点在之外接圆上，四点共圆． …20分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知．
以下同解法一．
二、（本题满分50分）
设是周期函数，和1是的周期且．证明：
（Ⅰ）若为有理数，则存在素数，使是的周期；
（Ⅱ）若为无理数，则存在各项均为无理数的数列满足 ，且每个都是的周期．
[证]　（Ⅰ）若是有理数，则存在正整数使得且，从而存在整数，使得
．
于是
是的周期．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…10分
又因，从而．设是的素因子，则，，从而
是的周期． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…20分
（Ⅱ）若是无理数，令
，
则，且是无理数，令
，
……
，
……． …30分
由数学归纳法易知均为无理数且．又，故，即．因此是递减数列． …40分
最后证：每个是的周期．事实上，因1和是的周期，故亦是的周期．假设是的周期，则也是的周期．由数学归纳法，已证得均是的周期． …50分
三、（本题满分50分）
设，．证明：当且仅当时，存在数列满足以下条件：
（ⅰ），；
（ⅱ）存在；
（ⅲ），．
[证] 必要性：假设存在满足（ⅰ），（ⅱ），（iii）．注意到（ⅲ）中式子可化为
，，
其中．
将上式从第1项加到第项，并注意到得
． …10分
由（ⅱ）可设，将上式取极限得
，
因此． …20分
充分性：假设．定义多项式函数如下：
，，
则在[0,1]上是递增函数，且
，．
因此方程在[0,1]内有唯一的根，且，即． …30分
下取数列为，，则明显地满足题设条件（ⅰ），且
．
因，故，因此，即的极限存在，满足（ⅱ）． …40分
最后验证满足（ⅲ），因，即，从而
．
综上，存在数列满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）． …50分