2019年安徽省高中数学竞赛-家长会高中数学任课教师发言
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。 <
br>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 试
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)764 cm或586 cm
(B) 764 cm
(C)586 cm或564 cm
(D) 586 cm
333
333
2
?
x?y?z?0,
5.方程组
?
的有理数解
(x,y,z)
的个数为 ( )。
?
xyz?z?0,
?
xy?yz?xz?y?0
?
(A)
1 (B) 2 (C) 3
(D) 4
1
6.设
?ABC
的内角
A、B、C
所对的边
a、b、c
成等比数列,则
sinAcotC?cosA
的取值范围是( )。
sinBcotC?cosB
5?1
)
2
5?15?15?1
(C)
(,)
(D)
(,??)
222
二、填空题(每小题9分,共54分)
(A)
(0,??)
(B)
(0,
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
46
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)?|sinx|
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
?
?sin3
?
4
?
14.解不等式
log
2<
br>(x
12
?3x
10
?5x
8
?3x
6?1)?1?log
2
(x
4
?1)
.
[来源:学科网
][来源:Z*xx*]
2
加 试
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?P
C?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<
br>上一点,满足:
AE3
BC
,
?
?3?1
,
AB2
EC
1
?ECB??ECA
,又
DA,DC
是
O
的切线,
AC?2
,求
f(P)
的最小值.
2
二、(本题满分50分)
设
f(x)
是周期函数,<
br>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
答一图1
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
{a
n
}
满足
1?a
n
?a
n?1
?0
(n?1,2,???)
,且每个
a
n
三、(本题满分50分)
设
a
k
?0
,
k?1,
2,
(n?1,2,???)
都是
f(x)
的周期.
证明:当且仅
当
?
a
k
?1
时,存在数列
{x
n
}满足以下条件:
,2008
.
k?1
2008
(1)
0?x
0
?x
n
?x
n?1
,
n?1,2,3,<
br>;
3
,
n?1,2,3,
.
[来源:Z_xx_]
一试解答
4
(2)
limx
n
存在;
n??
(3)
x
n
?x
n?1
?
?
a
k
x
n?k
?
?
a
k?1
x
n?k
k?1k?0
20082
007
[来源:学科网]
1.
【答案】C
【解析】当
x?2
时,
2?x?0
,因此
1?
(4?4x?x
2
)1
1
?(2?x)
f(x)???(
2?x)
?2?
2?x
2?x2?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.
3.【答案】B
P(
?
?2)?P(A
1
A<
br>2
)?P(A
1
A
2
)?
5
,
9
P(
?
?4)?P(A
1
A
2
A
3
A
4
)?P(A
1
A
2
A
3
A
4
)?P(A
1
A
2
A
3
A
4
)?P(A
1
A
2
A
3
A
4<
br>)
211220
,
?2[()
3
()?()
3()]?
333381
P(
?
?6)?P(A
1
A2
A
3
A
4
)?P(A
1
A
2
A
3
A
4
)?P(A
1
A
2
A
3
A
4
)?P(A
1
A
2
A
3
A
4
)
2116
?4()
2
()
2
?
,
338
1
52016266
因此
E
?
?2??4??6??
.故选
B。
9818181
4. 【答案】A
5
5. 【答案】 B
6.【答案】C
【解析】设
a、b、c
的公比为
q
,则<
br>b?aq,c?aq
2
,而
sinAcotC?cosAsinAcosC?
cosAsinC
?
sinBcotC?cosBsinBcosC?cosBsinC
sin(A?C)sin(
?
?B)sinBb
?????q
.
sin(B?C)sin(
?
?A)sinAa
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
2
?
?
a?aq?aq,
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
?
即
2
?
?
aq?aq?a
6
?
1?55?1
?q?,
?
?
5?15?1
?
q?q?1?0,
?
22
?q?
解
得从而,因此所求的取
?
2
?
22
?
?
q?q?1
?0.
?
q?
5?1
或q??
5?1
.
?
?22
2
值范围是
(
5?15?1
,)
.故选C。
22
9. 【答案】222
【解析】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
C
2
(种).又在“每
23<
br>?253
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).
方法二:设分配给3个学校的
名额数分别为
x
1
、x
2
、x
3
,则每校至少有一
个名额的分法
数为不定方程
x
1
?x
2
?x
3?24
的正整数解的个数,即方程
x
1
?x
2
?x3
?21
的非负整数解的个
7
212
数,它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合:
H
3
.又在“每校至
?C
21
23
?C
23
?253<
br>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).
11.
【答案】
2
2008
?2007
12.【答案】
723
8
【解析】 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
B
1
C
1
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
B
1
C
1
的中心,
PO?面A
1
B1
C
1
,垂足
D
为
A
1
B
1
C
1
的中心.因
1
1
V
P?A
1
B
1
C
1
?S
?A
1
B
1
C1
?PD
?4?V
O?A
1
B
1
C
1
?4??S
?A
1
B
1
C
1
?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
1
,连接
OP
1
,则
22
PP(3r)
2
?
r
2
?22r
.
1
?PO?OP
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
(第12题图1)
形,记为
P<
br>,如图2.记正四面体的棱长为
a
,过
P
1
作
PM?
PA
于
M
.因
?MPP
1
EF
1
1
?
有
PM?PP
1
?cosMPP
1
?22r?
?
,
6
3
?6r
,故小三角形的边长
2
PE?PA
?2PM?a?26r
.小球与面
PAB
不能接触到的部分的
1
面积
为(如图2中阴影部分)
S
?PAB
?S
?P
1
EF
?
3
2
2
(a?(a?26r)
2
)
?32ar
?63r
.
4
第12题图2)
又
r?1<
br>,
a?46
,所以
S
?PAB
?S
?PEF
?243?63?183
.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
723
.
9
14. 【解析】
方法一:由
1?log
2
(x
4
?1)?log
2
(2x
4
?2)
,且
log
2
y
在
(0,
??)
上为增函数,故
原不等式等价于
x
12
?3x
10<
br>?5x
8
?3x
6
?1?2x
4
?2
.
即
x
12
?3x
10
?5x
8
?3x6
?2x
4
?1?0
.
分组分解
x
12
?x
10
?x
8
?2x
10
?2x
8
?2x
6
?4x
8
?4x
6
?4x
4
?x
6
?x
4
?x
2
?x
4
?x
2
?1?0
,
(x
8
?2x
6
?4x
4
?x
2
?1)(x
4
?x
2
?1)?0
,
15. 【解
析】设
P(x
0
,y
0
),B(0,b),C(0,c)
,
不妨设
b?c
.直线
PB
的方程:
y?b?
化简得
(y
0
?b)x?x
0
y?x
0
b?0
.又圆心
(1,0)
到
PB
的距离为1,
222
(y
0?b)
2
?x
0
?(y
0
?b)
2
?
2x
0
b(y
0
?b)?x
0
b
y
0?b
x
,
x
0
y
0
?b?x
0
b
(y
0
?b)?x
22
0
?1
,故
,易知
x
0
?2
,上式化简得
同理有
(x
0
?2)c
2
?2y
0
c?x
0
?0
. 所以b?c?
(x
0
?2)b
2
?2y
0
b?x<
br>0
?0
,
?x
0
?2y
0
,
bc?
,
x
0
?2
x
0
?2
10
222
4x?4y?8x4x
2
2
0000
则
(b?c)?
.因
P(x
0
,y
0
)
是抛物线上的点,有
y
0
?2x
0
,则
(b?c)?
,
22
(x
0
?2)(x
0<
br>?2)
2
b?c?
2x
0
x
0
14
. 所以
S
?PBC
?(b?c)?x
0
??x
0
?(x
0
?2)??4
?24?4?8
.当
x
0
?
2
2x
0
?2x
0
?2
(x
0
?2)2
?4
时,上式取等号,此时
x
0
?4,y
0
??22
.因此
S
?PBC
的最小值为8.
解得
cos
?
?
3
1
或
cos
?
??
(舍去),故
?
?30
,
?ACE?60
. 由已知
2
23
sin?EAC?30
BC
=,有
sin(?EAC
?30)?(3?1)sin?EAC
,即
?3?1
EC
sin?EAC2?31
31
sin?EAC?cos?EAC
,
sin?EAC?co
s?EAC?(3?1)sin?EAC
,整理得
22
22
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
,
BD
2
?1?2?2?1?2cos13
5?5
,
BD?5
.故
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
0
点(因为
D
在
O
外,故
P
0在
BD
上).
过
A,C,D
分别作
P
0A,P
0
C,P
0
D
的垂线,两两相交得
?
0
?
(第1题图2)
11
?A
1
B
1
C
1
,易知
P
0在
?ACD
内,从而在
?A
1
B
1
C
1
内,记
?ABC
之三内角分别为
x,y,z
,则
?AP<
br>0
C?180??y?z?x
,又因
B
1
C
1
?P
0
A
,
B
1
A
1
?P
0<
br>C
,得
?B
1
?y
,同理有
?A
1
?x
,
?C
1
?z
,
所以
?A
1
B
1
C
1
∽
?ABC
.设
B
1
C
1
?
?
BC
,
C
1
A
1
?
?
CA
,
A
1
B
1
?
?AB
,则对平面上任意点
M
,
有
?
f(P
0
)?
?
(P
0
A?BC?P
0<
br>D?CA?P
0
C?AB)
?P
0
A?B
1
C
1
?P
0
D?C
1
A
1
?P
0
C?A
1
B
1
?2S
?A
1
B
1
C
1
?MA?B
1
C
1
?MD?C
1
A
1?MC?A
1
B
1
?
?
(MA?BC?MD?CA?MC?AB)
?
?
f(M)
,
从而
f(P
0
)?
f(M)
.由
M
点的任意性,知
P
0
点是使
f(P
)
达最小值的点.由点
P
0
在
O
上,
故
P
0
、A、B、C
四点共圆.
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
z
1
,z
2
,有
z
1
?z
2
?z
1
?z
2
,当且仅当
z
1
与
z
2
(复向量)同向时取等号.
12
有
PA?BC?PC?AB?PA?BC?PC?AB
,
二、【解析】(1)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
m
a,b
,使得
ma?nb?1
.于是
1ma?nb
??a?bT?a?1?b?
T
是
f(x)
的周期.又因
mm
pm
11
从而m?2
.设
p
是
m
的素因子,则
m?pm
?<
br>,
m
?
?N
?
,从而
?m
?
?<
br>是
f(x)
0?T?1
,
的周期.
1
(2)若
T
是无理数,令
a
1
?1?
??
T
,则
0?a
1
?1
,且
a
1
是无理数,令
?
?
T
?
?
?
1
?
?
1
?
a
2
?1?
??a
1
,
a
n?1
?1?
??
a
n
, 由数学归纳法易知<
br>a
n
均为无理数且
0?a
n
?1
.又
?a
1
?
?
a
n
?
?
1
??<
br>1
?
1
?
1
?
?
??
?1
,故
1?a
n
?
??
a
n
, 即
a
n?1
?1?
??
a
n
?a
n
.因此
{a
n
}
是递
a
n
?
a
n
??
a
n
??
a
n
?
减数列.
1
最后证:每个
a
n
是
f(x)
的周期.事实上,因1和<
br>T
是
f(x)
的周期,故
a
1
?1?
??<
br>T
亦
?
?
T
?
?
??
是
f
(x)
的周期.假设
a
k
是
f(x)
的周期,则
a
k?1
?1?
?
1
?
a
k
也是
f
(x)
的周期.由数学归
?
a
k
?
纳法,已证得
a
n
均是
f(x)
的周期.
13
k
下取数列
{xn
}
为
x
n
?
?
s
0
,n?1,2,
k?1
n
,则明显地
{x
n
}
满
足题设条件(ⅰ),且
n?1n?1
s
0
?s
0
s?ss
n?1
00
.因
0?s
0
?1
,故
lim
s
0
?0
,因此
limx
n
?lim
即
{
x
n
}
x
n
?
?
s??
0
,n??
n??n??
1?s
0
1?s
0
1?s
0
k?1
n
k
0
k
的极限存在,满足(2). 最后验证<
br>{x
n
}
满足(3),因
f(s
0
)?0
,
即
?
a
k
s
0
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,从而
k?1
2008
k?1
2008
k?1
2008
k?1
2008
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x
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k
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k
(
x
n?k
?x
n?k?1
)
.
[来源:学科网ZXXK]
综上,存在数列
{x
n
}
满足(1).
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