1、2008年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽受中國(guó)數(shù)學(xué)會(huì)委托，2008年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽由重慶市數(shù)學(xué)會(huì)承辦。中國(guó)數(shù)學(xué)會(huì)普及工作委員會(huì)和重慶市數(shù)學(xué)會(huì)負(fù)責(zé)命題工作。2008年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試命題范圍不超出教育部2000年全日制普通高級(jí)中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)大綱中所規(guī)定的教學(xué)要求和內(nèi)容，但在方法的要求上有所提高。主要考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的掌握情況，以及綜合和靈活運(yùn)用的能力。全卷包括6道選擇題、6道填空題和3道大題，滿分150分。答卷時(shí)間為100分鐘。全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試命題范圍與國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克接軌，在知識(shí)方面有所擴(kuò)展，適當(dāng)增加一些競(jìng)賽教學(xué)大綱的內(nèi)容。全卷包括3道大題，其中一道平面幾何題，試卷滿分150分。答卷時(shí)問(wèn)

2、為120分鐘。、選擇題（每小題6分，共36分）函數(shù)f（x）54xX在（，2）上的最小值是2x對(duì)方多2分或打滿6局時(shí)停止.設(shè)甲在每局中獲勝的概率為2,乙在每局中獲勝的概率3為1,且各局勝負(fù)相互獨(dú)立，則比賽停止時(shí)已打局?jǐn)?shù)的期望E為（）。3的體積之和為()。(A)764cm3或586cm3(C)586cm3或564cm3xyz0,5.方程組xyzz0,的有理數(shù)解(x,y,z)的個(gè)數(shù)為()。xyyzxzy0(A)1(B)2(C)3(D)4sinAcotCcosA的取值范圍是()。sinBcotCcosB(A)(0,)f7(x)128x381，貝Uab8 .設(shè)f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值

3、為(A)0(B)1(C)2(D)32.設(shè)A2,4),B(xx2ax40,若BA,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（(A)1,2)(B)1,2(C)0,3(D)0,3)3.甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負(fù)者得0分，比賽進(jìn)行到有一人比(A)24181(B)266816702434.若三個(gè)棱長(zhǎng)均為整數(shù)（單位:cm）的正方體的表面積之和為564cm2,則這三個(gè)正方體(B)764cm3(D)586cm36.設(shè)ABC的內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊a、b、c成等比數(shù)列，則9（*）二、填空題（每小題9分，共54分）(B)(D)7.設(shè)f（x）axb,其中a,b為實(shí)數(shù)，f1（x）f(x),fn1(x)f(fn(x)

4、,n1,2,3,若9 .將24個(gè)志愿者名額分配給3個(gè)學(xué)校，則每校至少有一個(gè)名額且各校名額互不相同的分配方法共有xf(x2)f(x)32,f(x6)12.一個(gè)半徑為1的小球在一個(gè)內(nèi)壁棱長(zhǎng)為4J6的正四面體容器內(nèi)可向各個(gè)方向自由運(yùn)動(dòng),則該小球永遠(yuǎn)不可能接觸到的容器內(nèi)壁的面積是三、解答題(每小題20分，共60分)的最大值為，求證:cossinsin314.解不等式121086log2(X3x5x3x1)1種.10.設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足:SanS,n1,訓(xùn)，則通項(xiàng)an11.設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù)，若f(0)2008,且對(duì)任意xR,滿足f(x)X一_632,則f(2008)=13.已知函數(shù)

5、f(x)|sinx|的圖像與直線ykx(k0)有且僅有三個(gè)交點(diǎn),交點(diǎn)的橫坐標(biāo)410g2(x1).215.如圖，P是拋物線y2x上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)B、22C在y軸上，圓(x1)y求PBC面積的最小值.1.當(dāng)x2時(shí)，2x0,因此f(x)44xx2)(2x)21(2x)1內(nèi)切于PBC,25.若該輪結(jié)束時(shí)比賽還將繼續(xù)，則甲、乙在該輪中必是各得9一分，此時(shí)，該輪比賽結(jié)果對(duì)下輪比賽是否停止沒(méi)有影響.從而有254206竺變.故選B。9818181方法二：依題意知，的所有可能值為2、4、6.令A(yù)k表示甲在第k局比賽中獲勝，則人表示乙在第k局比賽中獲勝.由獨(dú)立性與互不相容性得5P(2)P(AAOP(AA2)一，9P(

6、4)P(AA2AA4)PIAAZABAOP(A4A3A4)PEA2A3A4)231132202(4)(?(-)(-)333381P(6)PIAAZAAJP(AA2A3A4)P(AA2A3A4)P(A14A3A4)嶺審景3381因此E254”6”期故選B。98181814.設(shè)這三個(gè)正方體白棱長(zhǎng)分別為a、b、c,則有6a2b2c2564,即a2b2c294。不妨設(shè)1abc10,從而3c2a2b2c294,c231.故6c10,c只能取9、8、7、6.若c9,則a2b2949213,易知a2,b3,得一組解(a,b,c)(2,3,9).222若c8,貝Uab946430,b5.但2b30,即b4,從

7、而b4或5.若b5,則a25無(wú)解；若b4,則a214無(wú)解.因此c=8時(shí)無(wú)解.若c7,則a2b2944945,有唯一解a3,b6.若c6,則a2b2943658,此時(shí)2b258,即b229。故b6,但bc6,所以b6,此時(shí)a2583622無(wú)解.2,當(dāng)且僅當(dāng)，2x時(shí)取等號(hào).而此方程有解x2x,2),因此f(x)在(，2)上的最小值為2.故選C.2.因?yàn)閤2Do3.方法一：依題意知,的所有可能值為2、賽停止的概率為(2)2(1)33x12且x24,即a24:ax40有兩個(gè)實(shí)根4、6.設(shè)每?jī)删直荣悶橐惠?，則該輪結(jié)束時(shí)比BA等價(jià)于6)(4)2，故E981sinAcotCcosAsinAcosCcosAs

8、inCsinBcotCcosBsinBcosCcosBsinCsin(AC)sin(B)sinBbsin(BC)sin(A)sinAa口值范圍是(叵1YL1).故選C。2，2b，由f7(x)128x381得128b381，因止匕a2,b3,ab5.共有兩組解(a,b,c)(2,3,9)(a,b,c)(3,6,7)體積為V1233339764(cm3)或V2336373586(cm3)。 故選Ao5.0,則xyxyy,解得0.1,1.6.設(shè)0,則由xyz將式代入由式得x0,0,或0 xyyz1,y1,1故選0.z0得xyxzy0得代入式化簡(jiǎn)得Boc的公比為q,則baq,cxy0.3(y1)(y1

9、)0.易知y3y10無(wú)有理數(shù)根,0矛盾，故該方程組共有兩組有理數(shù)解因此，只需求q的取值范圍.因?yàn)閍、b、c成等比數(shù)列,最大邊只能是a或c,因此a、bc要構(gòu)成三角形的三邊，必須且只需2abc且bca.即有不等式組aaqaq,即2aqaqa2qq12qq11一551.0qq9,551,解得*22從而乂50.51512q或q-.22,51,因此所求的取7.由題意知fn(x)a1c2a2時(shí)，f（x）當(dāng)cosxa時(shí)取最小值a22a1.22又a2或a2時(shí)，f（x）的c不能為,2故1a22al，解得a2J3,a2J3（舍去）.229.方法一：用4條棍子間的空隙代表3個(gè)學(xué)校，而用表示名額.如IH表示第一、二、

10、三個(gè)學(xué)校分別有4,18,2個(gè)名額.若把每個(gè)“”與每個(gè)廠都視為一個(gè)位置，由于左右兩端必須是故不同的分配方法相當(dāng)于24226（個(gè)）位置（兩端不在內(nèi)）被2個(gè)“1”占領(lǐng)的一種齒位法”.每校至少有一個(gè)名額的分法”相當(dāng)于在24個(gè)“”之間的23個(gè)空隙中選出2個(gè)空隙插入故有C23253（種）.又在每校至少有一個(gè)名額的分法”中至少有兩個(gè)學(xué)校的名額數(shù)相同”的分配方法有31種.綜上知，滿足條件的分配方法共有25331=222（種）.方法二：設(shè)分配給3個(gè)學(xué)校的名額數(shù)分別為鄧x2、x3,則每校至少有一個(gè)名額的分法數(shù)為不定方程x1x2x324的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)，即方程數(shù)，它等于3個(gè)不同元素中取21個(gè)元素的可重組合:條件的分

11、配方法共有253-31=222n(n1)因此有f(x2)f(x)32x,故x1x2x321的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)H31C2；C23253.又在每校至少有一個(gè)名額的分法”中至少有兩個(gè)學(xué)校的名額數(shù)相同”的分配方法有31種.綜上知，滿足10.an1Sn1sn-(n1)(n2)an1n1a”,n(n1)即2烝1n22(n1)(n2)1n(nan1)由此得令bn(n2(an121)(n2)1(n1)(nan，n(n1)biana11n(n1)ann(n1)1,C、一(a10),2有bn1*n故bn1,一n,所以2nan11.方法一：由題設(shè)條件知f(x2)f(x)(f(x4)f(x2)(f(x6)f(x4)(f

12、(x6)f(x)32x232x4632x32x,f(2008)f(2008)f(2006)f(2006)f(2004)Illf(2)f(0)f(0)2006-20043(22221)f(0)0031/413f(0)41220082007.方法二：令g(x)f(x)2x,g(x2)g(x)f(x2)f(x)2x2x2xg(x6)g(x)f(x6)f(x)x632即g(x2)g(x),g(x6)g(x),故g(x)g(x6)g(x4)g(x2)g(x),得g(x)是周期為2的周期函數(shù)，所以f(2008)g(2008)22008g(0)-2008-2008222007.12.如圖1,考慮小球擠在一個(gè)

13、角時(shí)的情況，記小球半徑為r,作平面AiBiCi/平面ABC,與小球相切于點(diǎn)D,則小球球心O為正四面體PAiBiCi的中心，PO面ABCi,垂足D為AiBiCi的中心.因VPAB1cl：SAB1clPD4VOABiCi413SABCOD，故PD4OD記此時(shí)小球與面PAB的切點(diǎn)為R,PPPO2OPi2J(3r)2r4r,從而POPDOD22r.PAB)相切時(shí)的情況,易知小球在面PAB上最靠近考慮小球與正四面體的一個(gè)面(不妨取為邊的切點(diǎn)的軌跡仍為正三角形,記為REF，如圖2.記正四面體的棱長(zhǎng)為a，過(guò)Pi作RMPAMPP1-PMPP1cosMPR立、，6r,故小三角形的邊長(zhǎng)2PEPA2PMa2J6r.

14、小球與面PAB不能接觸到的部分的面(如圖2中陰影部分)有第12題圖2)SPABSPEF(a2(a2括r)2)372ar63r2.4又r1,a4押，所以SPABSPEF24 眄67318 點(diǎn).由對(duì)稱性，且正四面體共4個(gè)面，所以小球不能接觸到的容器內(nèi)壁的面積共為72J3.13.f(x)的圖象與直線y切點(diǎn)為A()，由于f(x)cossincossinsin3coscosx,即4sincos4sincos4tan4)上為增函數(shù)，故原不等式14.方法一:由110g42(x1),，一4一10g2(2X2),且等價(jià)于12x3x105x83x612x42即12x3x105x83x62x410分組分解12x10

15、 x8x2x102x82x64x84x64x42sin2coslog2y在(0,42264xx0,(x2x64x41)(x41)0,所以x40，(x1.52)(x215、cb,)0。所以2x方法二:1；5152故原不等式解集為(51v512)式等價(jià)于由110g2(x412x3x103x43x23()2()1)log2(2x42),且10g2y在(0,)上為增函數(shù)，故原不等5x83x612x42.12x22(x21)32(x21),(x21)32(x21)，令g(t)t32t,則不等式為g(12)g(x21),顯然g(t)t32t在R上為增函數(shù)，由此上x(yob)xxoyxob0.又圓心(1,0

16、)到PB的距離為1,201bx01b1,故(yb)2%22222(y0b)x0(y0b)2xb(y0b)xb,易知%2,上式化間得(x02)b22yObx00,同理有(x02)c22y0cx0.所以bc2y0，bcx0-，x02x02則(bc)24%4y228x0因P(x,y。)是拋物線上的點(diǎn),有y22x,則(bc)2(%2)2bc上一所以SPBC(bc)x0 x0(x02)42J448.當(dāng)%22x02vx02(x02)24時(shí)，上式取等號(hào)，此時(shí)xO4,yO2 板.因此SPBC的最小值為8.0,解得x2,故原不等式解集為215.設(shè)P(xo,yo),B(0,b),C(0,c),不妨設(shè)bC.直線PB

17、的方程：yb正bx，化簡(jiǎn)得xo4x2(x。2)2x21,即(x2)2一、(本題滿分50分)如圖，給定凸四邊形ABCD,BD180：,P是平面上的動(dòng)點(diǎn)，令f(P)PABCPDCAPCAB.(1)求證：當(dāng)f(P)達(dá)到最小值時(shí)，P、AB、C四點(diǎn)共圓；(2)設(shè)E是ABC外接圓O的AB上一點(diǎn)，滿足：些叵,AB2ECB1ECA,又DA,DC是。0的切線,、(本題滿分50分)11一一一(1)若T為有理數(shù)，則存在素?cái)?shù)p,使,是f(x)的周期；P(2)若T為無(wú)理數(shù)，則存在各項(xiàng)均為無(wú)理數(shù)的數(shù)列an滿足1anan10一、方法一：(1)如答一圖1,由托勒密不等式，對(duì)平面上的任意點(diǎn)P,有PABCPCABPBAC.因此f

18、(P)PABCPCABPDCAPBCAPDCA(PBPD)CA.因?yàn)樯厦娌坏仁疆?dāng)且僅當(dāng)P、A、B、C順次共圓時(shí)取等號(hào)，因此當(dāng)且僅當(dāng)P在ABC的外接圓且在AC上時(shí)，BCEC設(shè)f(x)是周期函數(shù),T和1是f(x)的周期且0T1.證明:(n1,2,)，且每個(gè)an(n1,2,)都是f(x)的周期.三、(本題滿分50分)2008設(shè)ak0,k1,2,|,2008.證明：當(dāng)且僅當(dāng)ak1時(shí)，存在數(shù)列4滿足以下條件:k1(1)0XOxnxn1,n1,2,3,HI;(2)limxn存在；n2008(3)XnXn1akXnkk12007ak1Xnk)n1,2,3,|.AC無(wú)，求f(P)的最小值.f(P)(PBPD)

19、CA.又因PBPDBD,此不等式當(dāng)且僅當(dāng)B,P,D共線且P在BD上時(shí)取等號(hào).因此當(dāng)且僅當(dāng)P為ABC的外接圓與BD的交點(diǎn)時(shí)，f(P)取最小值f(P)minACBD.故當(dāng)f(P)達(dá)最小值時(shí)，P、A、B、C四點(diǎn)共圓.(2)記ECB,則ECA2,由正弦定理有些sin2由，從而ABsin32J3sin32sin2,即J3(3sin4sin3)4sincos,所以35/345/3(1cos2)4cos0,整理彳解得cos-或cos-(舍22,3BC_sinEAC3031=，ECsinEAC-sinEAC1cosEAC(.31)sin22故tanEAC一二2J3，工2.3DACDCAE45；,ADC為年44

20、,3cos24cos.30,去)，故30,ACE60.由已知有sin(EAC30；)(731)sinEAC,即231EAC,整理得sinEAC-cosEAC,22得EAC75：,從而E45,腰直角三角形.因AC后，則CD1.又ABC也是等腰直角三角形，故BC應(yīng)，BD21221j2cos1355,BDV5.故f(P)minBDAC拆近Tie.方法二：(1)如圖2,連接BD交ABC的外接圓O于P。點(diǎn)(因?yàn)镈在。0外，故F0在BD上).過(guò)A,C,D分別作P0A,RCFoD的垂線，兩兩相交得ABQ1,易知P。在ACD內(nèi)，從而在A1B1G內(nèi)，記ABC之三內(nèi)角分別為x,y,z,則AP0C180yzx,又因

21、B1C1P0A,BiAP0C,得B1y,同理有Ax,C1z,AB,則對(duì)平面上任意點(diǎn)M,所以A1BQ1SABC,設(shè)B1C1BC,C1ACA,A1B1f(P。)(P0ABCP0DCAP0CAB)P0AB1C1P0DC1A1P0CAB2SABMAB1C1MDC1A1MCABi(MABCMDCAMCAB)f(M),從而f(P0)f(M).由M點(diǎn)的任意性,知P0點(diǎn)是使f(P)達(dá)最小值的點(diǎn).由點(diǎn)P0在00上,故PsAB、C四點(diǎn)共圓.PABC,PCAB,PABCPC域,式取等號(hào)的條件是復(fù)數(shù)（AP）（CB）與（CP）（BA）同向，故存在實(shí)數(shù)0,使得(AP)(CB)(CP)(BA),&BA,所以arg(A-P)arg(-BA),CPCBCPCB由（1），f（P）的最小值