2008年全国高中数学联赛初赛试题及答案(浙江赛区)

一、选择题 （本大题满分36分，每小题6分）

1．已知集合Ayyx21,xR,Bxx2x20，则下列正确的是（ ） A．AByy1, B.AByy2 C.ABy2y1 D. AByy2或y1

解：因为Ayy1,Bxx1,或 x2，所以有AByy1,正确答案为 A。 2．当0x1时，f(x)x，则下列大小关系正确的是（ ） lgx A．f2(x)f(x2)f(x) B. f(x2)f2(x)f(x) C. f(x)f(x2)f2(x) D. f(x2)f(x)f2(x)

xxx222f(x)0，f(x) 解：当0x1时，f(x)，00。

lgxlgxlgx22xx22xx2(2x)x又因为0。所以 f(x)f(x2)f2(x)。 选 C。 2lgxlgx2lgx2lgx3．设f(x)在[0,1]上有定义，要使函数f(xa)f(xa)有定义，则a的取值范围为（ ）

111111A．(,)； B. [,]； C. (,)； D. (,][,)

222222解：函数f(xa)f(xa)的定义域为 [a,1a][a,1a]。当a0时，应有a1a，即a11；当a0时，应有a1a，即a。 因此，选 B。 224．已知P为三角形ABC内部任一点（不包括边界），且满足

(PBPA)(PBPA2PC)0，则△ABC一定为( )

A．直角三角形；B. 等边三角形；C. 等腰直角三角形；D. 等腰三角形

解：因为PBPAAB,PBPA2PCCBCA，所以已知条件可改写为

AB(CBCA)0。容易得到此三角形为等腰三角形。 因此 选 D。

5．已知fxx2a2b21xa22abb2是偶函数，则函数图象与y轴交点的纵坐标的最大值是（ ）

A．2 B. 2 C. 22 D. 4

解：由已知条件可知，a2b210，函数图象与y轴交点的纵坐标为a22abb2。令

acos,bsin，则

a22abb2cos22sincossin2cos2sin22。因此 选 A。

6．圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）。若AM⊥MP，则P点形成的轨迹的长度为（ ） A.

7 B.

37 C. 3 D.

22解：建立空间直角坐标系。设A(0,-1,0), B(0,1,0),S(0,0,3), M(0,0,33有AM(0,1,),MP(x,y,).由于AM⊥MP，所以

22(0,1,3)，P(x,y,0).于是2333)(x,y,)0，即y，此为P点形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度

42237为21()2。 因此 选 B。

42

二、填空题 （本题满分54分，每小题9分）

7．cos(1x25x7x25x6)＝ 。

解：根据题意要求，x25x60，0x25x71。于是有x25x71。因此

cos(1x25x7x25x6)cos01。因此答案为 1。

8．设a,b,c,d为非负实数，满足

abcd，则

bcdacdabdabcabbccdda＝ 。 cdadabbc解：显然abcd0，由于

abcd，有 bcdacdabdabc1111。于是有abcd，故 bcdacdabdabcabbccdda4。 cdadabbc9．设f(x)1111f(x)f()_________。 ，则12lgx14lgx18lgxx11111113。 解： f(x)f()lgxlgxlgxlgxlgxlgxx12141812141810. 设实系数一元二次方程x2ax2b20有两个相异实根，其中一根在区间(0,1)内，另一根在区间(1,2)内，则

b4的取值范围是 。 a1解： 根据题意，设两个相异的实根为x1,x2，且0x11x22，则

1x1x2a3，0x1x22b22。

于是有 3a1,1b2，也即有111, 3b42。 2a14故有

1b4313，即取值范围为,。 2a122211．已知,R，直线

xyxy1与1

sinsinsincoscossincoscos的交点在直线yx上，则sincossincos 。 解：由已知可知，可设两直线的交点为(x0,x0)，且sin,cos为方程

x0x01，

tsintcos的两个根，即为方程

t2(cossin)tsincosx0(cossin)0

的两个根。因此

sincos(sincos)，

即sincossincos0。

12．在边长为1的正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，使沿线段DE折叠三角形时，顶点A正好落在边BC上。AD的长度的最小值为 。

解：设ADx,ADE，作△ADE关于DE的对称图形，A的对称点G落在BC上。在△DGB中，

xsin31xsin(2)3x332sin(2)3

3当sin(2)1时，即xmin233。

323

三、解答题（本题满分60分，每小题20分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）

之间的距离为

得分 评卷人

解：（1）设c为椭圆的焦半径，则

c4a225,。 a5c4x2y2413．已知椭圆C：221（ab0），其离心率为，两准线

5ab25。（1）求a,b之值；（2）设点A坐标为(6, 0)，B为 2 椭圆C上的动点，以A为直角顶点，作等腰直角△ABP（字母A，

于是有a＝5，b＝3。

（2） 解法一：设B点坐标为(s,t)，P点坐标为(x,y)。于是有

 AB（s6，）t, AP(x6，y)。因为ABAP，所以有

（s6，t）(x6，y)(s6)(x6)ty0。 (A1 )

又因为ABP为等腰直角三角形，所以有 AB=AP，即

22（s6）t2（x6）y2。 (A2 )

tyt2y22由（A1）推出s6，代入（A2），得 (s6)x6(x6)22t2（x6）

2从而有 y2，即s6y（不合题意，舍去）或s6y。 （s6）代入椭圆方程，即得动点P的轨迹方程

22（x6）（y6）1。 925解法二： 设B(x1,y1),P(x,y),ABr，则以A为圆心，r为半径的圆的参数方程为

x6rcos。 yrsin设AB与x轴正方向夹角为，B点的参数表示为

x16rcos， yrsin1P点的参数表示为

0x6rcos(90)x6rsin,即. 0yrcosyrsin(90)从上面两式，得到

x16y。 y1x6又由于B点在椭圆上，可得

(x6)2(y6)21。 925此即为P点的轨迹方程。

得分 评卷人 14．求解不等式xax11。

2

解：（I）x1情形。此时不等式为x2ax2。

于是有

x2a02xa。 x20 （1）x22xax2因此 当a0时，有1x2；当0a1时，有1x2；

当1a4时，有ax2；当a4时，空集。

 （2） 2xa2xa0x2x20。

ax2ax2x14此时有 当a0时，有x2；当0a1时，有x2；当1a4时，有x2；当a4时，

xa1。 4（II）x1情形。此时不等式为x2ax。

于是有

x2a02xa。  （3）x0x02xax因此 当a0时，有0x1；当0a1时，有ax1；当a1时，空集。

x2ax2a0（4）。 x0x0222xaxxax因此 当a0时，有x0；当a0时，空集。

综合（1）－（4）可得

当a0时，有xR；当0a4时，有x a；当a4时，xa1。 4得分 评卷人

15．设非负等差数列an的公差d0，记Sn为数列an的前n

项和，证明：

1）若m,n,pN*，且mn2p，则

200711,则2008。 1005n1Sn112； SmSnSp 2）若a503解：设非负等差数列an的首项为a10，公差为d0。

（1）因为mn2p，所以m2n22p2，p2mn，aman2ap。

从而有(ap)2am·an。 因为SnSnSm(mn)a1n(a1an)n(n1)na1d，所以有 22n(n1)m(m1)d2n2m22p 2pa1d

22p22p 2pa1d2Sp2n(a1an)m(a1am)mn2Sn·Sma1a1(aman)aman224pa122a1apapap42p(a1ap)2Sp22

于是

11SmSn2Sp2。 SmSnSmSnSpSpSp（2）

11111111n1SnS1S2007S2S2006S1003S1005S1004 2*100312007S1004S10042007又因为S10041004a11004·10031004d1004(a1502d)1004a503，所以有 21005200712007200710052008. S10041004n1Sn四、附加题（本大题满分50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。选考B卷的学生选做本大题，不计入总分。）

16．设1,2,,2008为2008个整数，且1i9（i1,2,,2008）。如果存在某个

k{1,2,,2008}，使得2008位数kk120081k1被101整除，试证明：对一

切i{1,2,,2008}，2008位数 ii120081i1均能被101整除。

解： 根据已知条件，不妨设k＝1，即2008位数122008被101整除，只要能证明2008位数2320081能被101整除。

事实上，A122008102007110200621020072008，

B2320081102007210200631020081

从而有10AB(1020081)1[(104)5021]1[(99991)5021]1[9999N11]1， 即有B10A9999N1。

因为101A,1019999，所以101B。 利用上述方法依次类推可以得到

对一切i{1,2,,2008}，2008位数ii120081i1均能被101整除。

17. 将3k（k为正整数）个石子分成五堆。如果通过每次从其中3堆中各取走一个石子，

而最后取完，则称这样的分法是“和谐的”。试给出和谐分法的充分必要条件，并加以证明。

解： 分法是和谐的 充分必要条件 是 最多一堆石子的个数不超过k。 下面设五堆石子的个数分别为a,b,c,d,e（其中abcde）。

“必要性”的证明： 若分法是和谐的，则把a所对应的石子取完至少要取a次，这a次每次都要取走3个石子。如果 ak，则3a3k，即把a所对应的一堆取完时，需取走的石子多于五堆石子的总数。矛盾。因此最多一堆石子的个数不能超过k。

“充分性”的证明：（数学归纳法）

（1） 当k1时，满足“ak” 的分法只能是1，1，1，0，0。显然这样的分法是和

谐的。

（2） 假设kn时，满足“ak” 的分法是和谐的。

（3） 当kn1时，若an1，且分法a,b,c,d,e是不和谐的，则分法a－1,b－1,c－1,

d, e也是不和谐的。由（2）及必要性的证明，可知

max{a1,b1,c1,d,e}n。

因为abcde，所以max{a1,b1,c1,d,e}max{a1,d}n。 若a1d，则有 a1n。这与 an1矛盾。

若a1d，则有 ndcban1，从而有abcdn1，于是有 3(n1)abcde4(n1)e，这是不可能的。矛盾。 因此当an1时，分法a,b,c,d,e是和谐的。