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1、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
2、为120分钟。一 试一、选择题（每小题6分，共36分）1函数在上的最小值是 （ ）。（A）0 （B）1 （C）2 （D）32设，若，则实数的取值范围为（ ）。（A） （B） （C） （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，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 （ ）。（A） （B） （C） （D） 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）764 cm3或586 cm3 （B） 764 cm3
3、 （C）586 cm3或564 cm3 （D） 586 cm35方程组的有理数解的个数为 （ ）。（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 46设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是（ ）。（A） （B） （C） （D）二、填空题（每小题9分，共54分）7设，其中为实数，若，则 .8设的最小值为，则 .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 种10设数列的前项和满足：，则通项= 11设是定义在上的函数，若 ，且对任意，满足 ，则= .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
4、内壁的面积是 . 三、解答题（每小题20分，共60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： 14解不等式第15题15如图，是抛物线上的动点，点在轴上，圆内切于，求面积的最小值 解 答1. 当时，因此，当且仅当时取等号而此方程有解，因此在上的最小值为2故选C.2. 因为有两个实根 ，故等价于且，即且，解之得故选D。3.方法一： 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，故故选B。方法二： 依题意知，的所有可能
5、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， ， ，因此故选B。4. 设这三个正方体的棱长分别为，则有，即。不妨设，从而，故，只能取9、8、7、6 若，则，易知，得一组解若， 则，但，即，从而或5若，则无解；若，则无解因此c=8时无解若，则，有唯一解，若，则，此时，即。故，但，所以，此时无解综上，共有两组解或，体积为（cm3）或（cm3）。故选A。5. 若，则解得或若，则由得 由得 将式代入得 由式得，代入式化简得.易知无有理数根，故，由式得，由式得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或故选B。6.设的公比为，则，而 因此，只需求的取值范围因为成等
6、比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必须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故选C。7. 由题意知，由得，因此，8. ，(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c不能为，故，解得，(舍去)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(
7、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25331222(种)方法二：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25331222（种）10. ，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，所以11. 方法一：由题设条件知 ，因此有，故 方法二： 令，则 ，即，故，得是周期为2的周期函数，所以12.
8、 如图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（第12题图1），故，从而记此时小球与面的切点为，连接，则第12题图2）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，如图2记正四面体的棱长为，过作于因，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（第13题）13. 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， 由于，所以，即因此 14.
9、方法一：由，且在上为增函数，故原不等式等价于即 分组分解 ， 所以，。所以，即故原不等式解集为 方法二： 由，且在上为增函数，故原不等式等价于即， ， 令，则不等式为， 显然在上为增函数，由此上面不等式等价于 ，即，解得，故原不等式解集为 15. 设，不妨设直线的方程:，化简得 又圆心到的距离为1， ，故，易知，上式化简得，同理有 所以，则因是抛物线上的点，有，则， 所以当时，上式取等号，此时因此的最小值为8加 试答一图1一、（本题满分50分）如图，给定凸四边形，是平面上的动点，令（1）求证：当达到最小值时，四点共圆；（2）设是外接圆的上一点，满足：，又是的切线，求的最小值二、（本题满分50分
10、）设是周期函数，和1是的周期且证明：（1）若为有理数，则存在素数，使是的周期；（2）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：（1），；（2）存在；（3）， 解 答第1题图1一、方法一：（1）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，有 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， 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（2）记，则，由正弦定理有，从而，即，所以，整理得， 解得或（舍去），故， 由已知=,
11、有，即，整理得，故，可得，从而，为等腰直角三角形因，则又也是等腰直角三角形，故，故 （第1题图2）方法二：（1）如图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 （2）由（1），的最小值 ，记，则，由正弦定理有，从而，即，所以，整理得， 解得或（舍去），故，由已知=,有，即，整理得，故，可得， 所以，为等腰直角三角形，因为，点在上，所以为矩形，故，所以 方法三：（1）引进复平面，仍用等代表所对应的复数由三角形不等式，对
12、于复数，有 ，当且仅当与（复向量）同向时取等号有 ，所以 ，从而 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 （2）由（1）知以下同方法一二、（1）若是有理数，则存在正整数使得且，从而存在整数，使得 于是是的周期又因，从而设是的素因子，则，从而 是的周期 （2）若是无理数，令 ，则，且是无理数，令 ， ， 由数学归纳法易知均为无理数且又，故，即因此是递减数列最后证：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 三、必要性：假设存在满足（1），（2），（3）注意到（3）中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 由（）可设，将上式取极限得 ，因此 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 下取数列为，则明显地满足题设条件（），且因，故，因此，即的极限存在，满足（2） 最后验证满足（3），因，即，从而 综上，存在数列满足（1）.