中国oc联赛第一赛季-oce赛区
福建省高中数学联赛试题
就做了第一问
连接OA，OC，则有OA=OC， 所以∠ACO=∠CAO=∠A/2
所以∠DCO=∠ACB/2-∠A/2
又因为 ∠OEF=90°-∠EFD=90°-（∠FEC+∠ACD）
=90°-（∠A +∠ACB/2）
=（∠A/2+∠ACB/2）-（∠A +∠ACB/2）
=∠ACB/2-∠A/2
所以 ∠DCO=∠OCF=∠OEF
所以 证CEOF四点共
2008年初中数学全国联赛卷的各题解析与点拨？
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午8：30—9：30
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1、设a 2 + 1 = 3 a，b 2 + 1 = 3 b，且a ≠ b，则代数式 + 的值为（ ）
（A）5 （B）7 （C）9 （D）11
2、如图，设AD，BE，CF为△ABC的三条高，若AB = 6，BC = 5，EF = 3，则线段BE的长为（ ）
（A） （B）4 （C） （D）
3、从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是（ ）
（A） （B） （C） （D）
4、在△ABC中，∠ABC = 12°，∠ACB = 132°，BM和CN分别是这两个角的外角平分线，且点M，N分别在直线AC和直线AB上，则（ ）
（A）BM > CN （B）BM = CN （C）BM < CN （D）BM和CN的大小关系不确定
5、现有价格相同的5种不同商品，从今天开始每天分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为r，则r的最小值为（ ）
（A）( ) 3 （B）( ) 4 （C）( ) 5 （D）
6、已知实数x，y满足( x – ) ( y – ) = 2008，
则3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007的值为（ ）
（A）– 2008 （B）2008 （C）– 1 （D）1
二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1、设a = ，则 = 。
2、如图，正方形ABCD的边长为1，M，N为BD所在直线上的两点，且AM = ，∠MAN = 135°，则四边形AMCN的面积为 。
3、已知二次函数y = x 2 + a x + b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且| m | + | n | ≤ 1。设满足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则| p | + | q | = 。
4、依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：149162536496481100121144…，排在第1个位置的数字是1，排在第5个位置的数字是6，排在第10个位置的数字是4，排在第2008个位置的数字是 。
答案： B、D、C、B、B、D；– 2、 、 、1。
解答：一、1、由题设条件可知a 2 – 3 a + 1 = 0，b 2 – 3 b + 1 = 0，且a ≠ b，
所以a，b是一元二次方程x 2 – 3 x + 1 = 0的两根，故a + b = 3，a b = 1，
因此 + = = = = 7；
2、因为AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
于是△AEF∽△ABC，故 = = ，即cos∠BAC = ，所以sin∠BAC = 。
在Rt△ABE中，BE = AB sin∠BAC = 6 × = ；
3、能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，其中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个，所以所组成的数是3的倍数的概率是 = ；
4、∵∠ABC = 12°，BM为∠ABC的外角平分线，∴∠MBC = ( 180° – 12° ) = 84°，
又∠BCM = 180° –∠ACB = 180° – 132° = 48°，∴∠BCM = 180° – 84° – 48° = 48°，∴BM = BC，又∠ACN = ( 180° –∠ACB ) = ( 180° – 132° ) = 24°，∴∠BNC = 180° –∠ABC –∠BCN = 180° – 12° – (∠ACB +∠CAN ) = 12° =∠ABC，∴CN = CB，因此，BM = BC = CN；
5、容易知道，4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况。
设5种商品降价前的价格为a，过了n天，n天后每种商品的价格一定可以
表示为a ? ( 1 – 10% ) k ? ( 1 – 20% ) n – k = a ? ( ) k ? ( ) n – k，其中k为自然数，且0 ≤ k ≤ n，要使r的值最小，五种商品的价格应该分别为：a ? ( ) i ? ( ) n – i，a ? ( ) i + 1 ? ( ) n – i – 1，a ? ( ) i + 2 ? ( ) n – i – 2，a ? ( ) i + 3 ? ( ) n – i – 3，a ? ( ) i + 4 ? ( ) n – i – 4，
其中i为不超过n的自然数，所以r的最小值为 = ( ) 4；
6、∵( x – ) ( y – ) = 2008，∴x – = =
y + ，y – = = x + ，
由以上两式可得x = y， 所以( x – ) 2 = 2008，解得x 2 = 2008，
所以3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007 = 3 x 2 – 2 x 2 + 3 x – 3 x – 2007 = x 2 – 2007 = 1；
二、1、∵a 2 = ( ) 2 = = 1 – a，∴a 2 + a = 1，∴原式=
= = = – = – ( 1 + a + a 2 ) = – ( 1 + 1 ) = – 2；
2、设BD中点为O，连AO，则AO⊥BD，AO = OB = ，MO = = ，
∴MB = MO – OB = 。又∠ABM =∠NDA = 135°，
∠NAD =∠MAN –∠DAB –∠MAB = 135° – 90° –∠MAB = 45°–∠MAB =∠AMB，
所以△ADN∽△MBA，故 = ，从而DN = ? BA = × 1 = ，根据对称性可知，
四边形AMCN的面积S = 2 S△MAN = 2 × × MN × AO = 2 × × ( + + ) × = ；
3、根据题意，m，n是一元二次方程x 2 + a x + b = 0的两根，所以m + n = – a，m n = b。
∵| m | + | n | ≤ 1，∴| m + n | ≤ | m | + | n | ≤ 1，| m – n | ≤ | m | + | n | ≤ 1。
∵方程x 2 + a x + b = 0的判别式△= a 2 – 4 b ≥ 0，∴b ≤ = ≤ 。
4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≥ ( m + n ) 2 – 1 ≥ – 1，故b ≥ – ，等号当m = – n = 时取得；4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≤ 1 – ( m – n ) 2 ≤ 1，故b ≤ ，等号当m = n = 时取得。所以p = ，q = – ，于是| p | + | q | = ；
4、1 2到3 2，结果都只各占1个数位，共占1 × 3 = 3个数位；4 2到9 2，结果都只各占2个数位，共占2 × 6 = 12个数位；10 2到31 2，结果都只各占3个数位，共占3 × 22 = 66个数位；32 2到99 2，结果都只各占4个数位，共占4 × 68 = 272个数位；100 2到316 2，结果都只各占5个数位，共占5 × 217 = 1085个数位；此时还差2008 – ( 3 + 12 + 66 + 272 + 1085 ) = 570个数位。317 2到411 2，结果都只各占6个数位，共占6 × 95 = 570个数位。所以，排在第2008个位置的数字恰好应该是411 2的个位数字，即为1；
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午10：00—11：30
第二试 （A）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x，不等式a ( 1 – x ) ( 1 – x – a x ) – b x ( b – x – b x ) ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：整理不等式（1）并将a 2 + b 2 = 1代入，得( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），
在（2）中，令x = 0，得a ≥ 0；令x = 1，得b ≥ 0。易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）
消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
二、（本题满分25分）如图，圆O与圆D相交于A，B两点，BC为圆D的切线，点C在圆O上，且AB = BC。
（1）证明：点O在圆D的圆周上；
（2）设△ABC的面积为S，求圆D的的半径r的最小值。
解：（1）连OA，OB，OC，AC，因为O为圆心，AB = BC，所以△OBA∽△OBC，从而∠OBA =∠OBC，因为OD⊥AB，DB⊥BC，所以∠DOB = 90° –∠OBA = 90° –∠OBC =∠DBO，所以DB = DO，因此点O在圆D的圆周上；
（2）设圆O的半径为a，BO的延长线交AC于点E，易知BE⊥AC。设AC = 2 y（0 < y ≤ a），OE = x，AB = l，则a 2 = x 2 + y 2，S = y ( a + x )，
l 2 = y 2 + ( a + x ) 2 = y 2 + a 2 + 2 a x + x 2 = 2 a 2 + 2 a x = 2 a ( a + x ) = 。
因为∠ABC = 2∠OBA = 2∠OAB =∠BDO，AB = BC，DB = DO，所以△BDO∽△ABC，
所以 = ，即 = ，故r = ，所以r 2 = = ? = ? ( ) 3 ≥ ，即r ≥ ，其中等号当a = y时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为 。
三、（本题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9 ( 2 a + b ) 2 = 509 ( 4 a + 511 b ) （1）
求a，b的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则n = m 2，
b = = （2），故3 n – 511 m + 6 a = 0，所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （3），由（1）式可知，( 2 a + b ) 2能被质数509整除，于是2 a + b能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（3）有整数根，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（2）式，得b = = 7。
第二试 （B）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件x + y = 1，x y ≥ 0的一切实数对( x，y )，不等式a y 2 – x y + b x 2 ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：由x + y = 1，x y ≥ 0可知0 ≤ x ≤ 1，0 ≤ y ≤ 1。在（1）式中，令x = 0，y = 1，得a ≥ 0；令x = 1，y = 0，得b ≥ 0。将y = 1 – x代入（1）式，得a ( 1 – x ) 2 – x ( 1 – x ) + b x 2 ≥ 0，
即( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，
所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
二、（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第二题相同。
三、（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第三题相同。
第二试 （C）
一、（本题满分25分）题目和解答与（B）卷第一题相同。
二、（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第二题相同。
三、（本题满分25分）设a为质数，b，c为正整数，且满足 ，求a ( b + c )的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则2 b – c = = （3），故3 n – 511 m + 6 a = 0，又n = m 2，
所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （4），由（1）式可知，( 2 a + 2 b – c ) 2能被509整除，
而509是质数，于是2 a + 2 b – c能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（4）有整数根，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（3）式，得2 b – c = = 7，即c = 2 b – 7，代入（2）式得b – ( 2 b – 7 ) = 2，所以b = 5，c = 3，因此a ( b + c ) = 251 × ( 5 + 3 ) = 2008。
欧冠改制以来皇马的总战绩及得失球数
欧洲冠军杯从1992赛季开始改制以后，皇家马德里在1997-1998赛季首次进入冠军联赛。 *b@YoQe3!
数据来源于欧足联官方网站。 _+vE( :T
详细数据！ TI9]v(
aet比赛通过加时赛分出胜负 ag由客场进球数决定胜负 XIAHUT5~J
97-98赛季： fXV+aZ
小组赛： Cmsg'KqqT
皇家马德里 4 - 1 罗森博格 nF Mc'm
波尔图 0 - 2 皇家马德里 [T(XwA)
皇家马德里 5 - 1 奥林匹亚科斯 us ,!U
奥林匹亚科斯 0 - 0 皇家马德里 cL]vJ`?Ih
罗森博格 2 - 0 皇家马德里 cIL I%W1
皇家马德里 4 - 0 波尔图 .d JX,^
四分之一决赛：勒沃库森 1-4 皇家马德里 1-1 0-3 ","O8'$OC
半决赛：皇家马德里 2-0 多特蒙德 2-0 0-0 / bxu{|.
决赛：尤文图斯 - 皇家马德里 0-1 OzVCqq"]
T uk:: .jD
98-99赛季： nOH x^(
小组赛： Q.]$t 2J
皇家马德里 2 - 0 国际米兰 4R(H@p%+r2
莫斯科斯巴达 2 - 1 皇家马德里 : aIS>6
皇家马德里 6 - 1 格拉兹风暴 +2KYtyI
格拉兹风暴 1 - 5 皇家马德里 >!D^F]CH
国际米兰 3 - 1 皇家马德里 `X:o]t@
皇家马德里 2 - 1 莫斯科斯巴达 #[uDVCM
四分之一决赛：皇家马德里 1-3 基辅迪纳摩 1-1 0-2 Jp d|<\M l
v!>(1ROQ.=
1999-2000赛季： C'wRF90
1阶段小组赛： r*r3QsO
奥林匹亚科斯 3 - 3 皇家马德里 t)i{=8 rq
皇家马德里 4 - 1 莫尔德 \U?$ r[P
皇家马德里 3 - 1 波尔图 7eR%zNDa
波尔图 2 - 1 皇家马德里 sU=7)*$
皇家马德里 3 - 0 奥林匹亚科斯 $!ATj`}kb
莫尔德 0 - 1 皇家马德里 [wO|P{8\" <br>2阶段小组赛： |c)hyw?[Y <br>基辅迪纳摩 1 - 2 皇家马德里 0DB8[#i%: <br>皇家马德里 3 - 1 罗森博格 %@~;PS3kd <br>皇家马德里 2 - 4 拜仁慕尼黑 <Crbc$!OeX <br>拜仁慕尼黑 4 - 1 皇家马德里 {@7xOOAw <br>皇家马德里 2 - 2 基辅迪纳摩 s$wIL//= <br>罗森博格 0 - 1 皇家马德里 ]=28s *@ <br>四分之一决赛：皇家马德里 3-2 曼联 0-0 3-2 ,vh $G 7D <br>半决赛：皇家马德里 3-2 拜仁慕尼黑 2-0 1-2 |6O7_U#q <br>决赛：皇家马德里 - 瓦伦西亚 3-0 NW4tQ;ad <br>bP)( 4+t~ <br>2000-2001赛季： [lz#+~rOS <br>1阶段小组赛: hQ@E2Xsv <br>里斯本竞技 2 - 2 皇家马德里 )_a;xB` S( <br>皇家马德里 1 - 0 莫斯科斯巴达 7SJbrOL4Q- <br>勒沃库森 2 - 3 皇家马德里 3]li3B' <br>皇家马德里 5 - 3 勒沃库森 zhgvqg- <br>皇家马德里 4 - 0 里斯本竞技 =eyPo(B <br>莫斯科斯巴达 1 - 0 皇家马德里 tNG[|Bi# <br>2阶段小组赛： vyvb-oz;u <br>利兹联 0 - 2 皇家马德里 MG,)|XpyWJ <br>皇家马德里 4 - 1 安德莱赫特 RpwDOG <br>皇家马德里 3 - 2 拉齐奥 j;J`P H <br>拉齐奥 2 - 2 皇家马德里 (tCBbPW6T? <br>皇家马德里 3 - 2 利兹联 ?=,7'@e <br>安德莱赫特 2 - 0 皇家马德里 fRjp(m <br>四分之一决赛：加拉塔萨雷 3-5 皇家马德里 3-2 0-3 ^"iJ <br>半决赛：皇家马德里 1-3 拜仁慕尼黑 0-1 1-2 i3cMRcS; <br>{^?:-#~h <br>01-02赛季： P8[k1"c! <br>1阶段小组赛： KB {IWu <br>罗马 1 - 2 皇家马德里 n5y0$S/ D <br>皇家马德里 4 - 0 莫斯科火车头 <Y"HC a{ <br>皇家马德里 4 - 1 安德莱赫特 8Vy/n^3) <br>安德莱赫特 0 - 2 皇家马德里 T%A"E,# <br>皇家马德里 1 - 1 罗马 2J (nJT" <br>莫斯科火车头 2 - 0 皇家马德里 o*3\xg <br>2阶段小组赛： ANfy +@ <br>布拉格斯巴达 2 - 3 皇家马德里 8tO.o\)h <br>皇家马德里 3 - 0 帕纳辛奈科斯 LP/SblE <br>皇家马德里 1 - 0 波尔图 FD[4?\W]# <br>波尔图 1 - 2 皇家马德里 ?X Rl\V <br>皇家马德里 3 - 0 布拉格斯巴达 cC]]H&'Hg+ <br>帕纳辛奈科斯 2 - 2 皇家马德里 ^gkKk&~A5? <br>四分之一决赛：拜仁慕尼黑 2-3 皇家马德里 2-1 0-2 /B|"<`-H <br>半决赛：巴塞罗那 1-3 皇家马德里 0-2 1-1 2`> (LH <br>决赛：勒沃库森 - 皇家马德里 1-2 h)aLq <br>0#ON}l)>
02-03赛季： U[:=7UABU?
1阶段小组赛: C =B a|Z
罗马 0 - 3 皇家马德里 RRzLQ7J
皇家马德里 6 - 0 亨克 !& >LLZ
雅典AEK 3 - 3 皇家马德里 wUfPnAD.'
皇家马德里 2 - 2 雅典AEK _@VKWU$$
皇家马德里 0 - 1 罗马 v&7x ~!O
亨克 1 - 1 皇家马德里 uKB V`I
2阶段小组赛： Ih;D-^RQ
AC米兰 1 - 0 皇家马德里 =#wE*6T9
皇家马德里 2 - 2 莫斯科火车头 t+jdV
皇家马德里 2 - 1 多特蒙德 q!q=axfMD
多特蒙德 1 - 1 皇家马德里 }VVtv1
皇家马德里 3 - 1 AC米兰 QqcAmp
莫斯科火车头 0 - 1 皇家马德里 RhE|0N=
四分之一决赛：皇家马德里 6-5 曼联 3-1 3-4 \tdYTb.
半决赛：皇家马德里 3-4 尤文图斯 2-1 1-3 eEeK ] 8@
P_gai7Xg
03-04赛季： 4hn' b[
小组赛: V~t; J
皇家马德里 4 - 2 马赛 $tK/3
波尔图 1 - 3 皇家马德里 |;YDRI
皇家马德里 1 - 0 贝尔格莱德游击 5g2:o^
贝尔格莱德游击 0 - 0 皇家马德里 qc6d,z/
马赛 1 - 2 皇家马德里 &VVvZ@X;
皇家马德里 1 - 1 波尔图 >a: 6umY
八分之一决赛：拜仁慕尼黑 1-2 皇家马德里 1-1 0-1 s6I/%R3
四分之一决赛：皇家马德里 5-5 摩纳哥 (ag) 4-2 1-3 DF"*[]^[
,go$ 6
04-05赛季： E |=]k
小组赛: N\ zUQ J
勒沃库森 3 - 0 皇家马德里 R78lV -};Q
皇家马德里 4 - 2 罗马 <;NxmO<%\
皇家马德里 1 - 0 基辅迪纳摩 4I;$a;R!
基辅迪纳摩 2 - 2 皇家马德里 Q% J!
皇家马德里 1 - 1 勒沃库森 \2)~dV:6+
罗马 0 - 3 皇家马德里 v?S3G-r
八分之一决赛：皇家马德里 1-2 尤文图斯 (aet) 1-0 0-2 <7J\8JR&=
-2y>X`1Y
05-06赛季： l~GcD
小组赛: /?nO Vvt
里昂 3 - 0 皇家马德里 zT jk^
皇家马德里 2 - 1 奥林匹亚科斯 AJ85[~(lX
皇家马德里 4 - 1 罗森博格 + Scw;gO
罗森博格 0 - 2 皇家马德里 & 13#/
皇家马德里 1 - 1 里昂 " IC0v9
奥林匹亚科斯 2 - 1 皇家马德里 UU]a).rz
八分之一决赛：皇家马德里 0-1 阿森纳 0-1 0-0 Y` tB5P
OG}m+K&<
06-07赛季： by0M(h
小组赛: g:CMIe4
里昂 2 - 0 皇家马德里 YVB\9{H? <br>皇家马德里 5 - 1 基辅迪纳摩 `f+l\'.s <br>布加勒斯特星 1 - 4 皇家马德里 qx<h rC0Z& <br>皇家马德里 1 - 0 布加勒斯特星 !L_\6;aP,x <br>皇家马德里 2 - 2 里昂 JVeb$_0k <br>基辅迪纳摩 2 - 2 皇家马德里 1dahVc1W <br>八分之一决赛：皇家马德里 4-4 拜仁慕尼黑 (ag) 3-2 1-2 Y]gb`z$? <br>?Wz rv&E2 <br>07-08赛季： bI?YNt, <br>小组赛: :;(zA_- <br>皇家马德里 2 - 1 云达不来梅 l3C%`[MB <br>拉齐奥 2 - 2 皇家马德里 YYc.e T< <br>皇家马德里 4 - 2 奥林匹亚科斯 }+1Y>W7q
奥林匹亚科斯 0 - 0 皇家马德里 g:sn/Zug]
云达不来梅 3 - 2 皇家马德里 `Z:5E
皇家马德里 3 - 1 拉齐奥 VaIFE~>E&
八分之一决赛：罗马 4-2 皇家马德里 2-1 2-1 8- U1Y
mu?6Phj
08-09赛季： V{j>09u
小组赛： !6UtwCVR
泽尼特 1 - 2 皇家马德里 .%pbKi `
皇家马德里 2 - 0 波里索夫贝特 ;%j1'VI
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皇家马德里 0 - 2 尤文图斯 LyRU2A
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皇家马德里 3 - 0 泽尼特 %YI Xk1
八分之一决赛：皇家马德里 0-5 利物浦 0-1 0-4
求几道高中奥数试题
2004年全国高中数学联赛试卷
第一试
一．选择题(本题满分36分，每小题6分)
1．设锐角?使关于x的方程x2+4xcos?+cos?=0有重根，则?的弧度数为 ( )
A．?6 B．?12或5?12 C．?6或5?12 D．?12
2．已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N?，则b的取值范围是 ( )
A．[－62，62] B．(－62，62) C．(－233，233] D．[－233，233]
3．不等式log2x－1+12log12 x3+2>0的解集为
A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]
4．设点O在?ABC的内部，且有→OA+2→OB+3→OC=→0，则?ABC的面积与?AOC的面积的比为( )
A．2 B．32 C．3 D．53
5．设三位数n=abc，若以a，b，c为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有( )
A．45个 B．81个 C．165个 D．216个
6．顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥O－HPC的体积最大时，OB的长为 ( )
A．53 B．253 C．63 D．263
二．填空题(本题满分54分，每小题9分)
7．在平面直角坐标系xOy中，函数f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g(x)= a2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ；
8．设函数f：R→R，满足f(0)=1，且对任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，则f(x)= ；
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的度数是 ；
10．设p是给定的奇质数，正整数k使得k2－pk也是一个正整数，则k= ；
11．已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，则n∑i=01ai的值是 ；
12．在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为 ；
三．解答题(本题满分60分，每小题20分)
13．一项“过关游戏”规则规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数的和大于2n，则算过关．问：
⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关？
⑵ 他连过前三关的概率是多少？
14．在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，43)，B(－1，0)，C(1，0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB、AC距离的等比中项．
⑴ 求点P的轨迹方程；
⑵ 若直线L经过?ABC的内心(设为D)，且与P点轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围．
15．已知?，?是方程4x2－4tx－1=0(t∈R)的两个不等实根，函数f(x)=2x－tx2+1的定义域为[?，?]．
⑴ 求g(t)=maxf(x)－minf(x)；
⑵ 证明：对于ui∈(0，?2)(i=1，2，3)，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则1g(tanu1)+1g(tanu2)+1g(tanu3)<364．
二试题
一．(本题满分50分)在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．
二．(本题满分50分)在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{An}与曲线y=2x(x≥0)上的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|=1n，直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，n∈N*．
⑴ 证明an>an+1>4，n∈N*；
⑵ 证明有n0∈N*，使得对?n>n0，都有b2b1+b3b2+…+bnbn－1+bn+1bn<n－2004．
三．(本题满分50分)对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．
2004年全国高中数学联赛试卷
第一试
一．选择题(本题满分36分，每小题6分)
1．设锐角?使关于x的方程x2+4xcos?+cot?=0有重根，则?的弧度数为 ( )
A．?6 B．?12或5?12 C．?6或5?12 D．?12
解：由方程有重根，故14?=4cos2?－cot?=0，
∵ 0<?<?2，?2sin2?=1，?=?12或5?12．选B．
2．已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N?，则b的取值范围是 ( )
A．[－62，62] B．(－62，62) C．(－233，233] D．[－233，233]
解：点(0，b)在椭圆内或椭圆上，?2b2≤3，?b∈[－62，62]．选A．
3．不等式log2x－1+12log12x3+2>0的解集为
A．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4]
解：令log2x=t≥1时，t－1>32t－2．t∈[1，2)，?x∈[2，4)，选C．
4．设点O在?ABC的内部，且有→OA+2→OB+3→OC=→0，则?ABC的面积与?AOC的面积的比为( )
A．2 B．32 C．3 D．53
解：如图，设?AOC=S，则?OC1D=3S，?OB1D=?OB1C1=3S，?AOB=?OBD=1.5S．?OBC=0.5S，?ABC=3S．选C．
5．设三位数n=abc，若以a，b，c为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有( )
A．45个 B．81个 C．165个 D．216个
解：⑴等边三角形共9个；
⑵ 等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为a，b)，有36种取法，以小数为底时总能构成等腰三角形，而以大数为底时，b<a<2b．a=9或8时，b=4，3，2，1，(8种)；a=7，6时，b=3，2，1(6种)；a=5，4时，b=2，1(4种)；a=3，2时，b=1(2种)，共有20种不能取的值．共有236－20=52种方法，而每取一组数，可有3种方法构成三位数，故共有523=156个三位数
即可取156+9=165种数．选C．
6．顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥O－HPC的体积最大时，OB的长为 ( )
A．53 B．253 C．63 D．263
解：AB⊥OB，?PB⊥AB，?AB⊥面POB，?面PAB⊥面POB．
OH⊥PB，?OH⊥面PAB，?OH⊥HC，OH⊥PC，
又，PC⊥OC，?PC⊥面OCH．?PC是三棱锥P－OCH的高．PC=OC=2．
而?OCH的面积在OH=HC=2时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．
当OH=2时，由PO=22，知∠OPB=30?，OB=POtan30?=263．
又解：连线如图，由C为PA中点，故VO－PBC=12VB－AOP，
而VO－PHC∶VO－PBC=PHPB=PO2PB2(PO2=PH?PB)．
记PO=OA=22=R，∠AOB=?，则
VP—AOB=16R3sin?cos?=112R3sin2?，VB－PCO=124R3sin2?．
PO2PB2=R2R2+R2cos2?=11+cos2?=23+cos2?．?VO－PHC=sin2?3+cos2?112R3．
∴ 令y=sin2?3+cos2?，y?=2cos2?(3+cos2?)－(－2sin2?)sin2?(3+cos2?)2=0，得cos2?=－13，?cos?=33，
∴ OB=263，选D．
二．填空题(本题满分54分，每小题9分)
7．在平面直角坐标系xOy中，函数f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g(x)= a2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ；
解：f(x)= a2+1sin(ax+?)，周期=2?a，取长为2?a，宽为2a2+1的矩形，由对称性知，面积之半即为所求．故填2?aa2+1．
又解：∫?1?0a2+1[1－sin(ax+?)]dx=a2+1a∫?20(1－sint)dt=2paa2+1．
8．设函数f：R→R，满足f(0)=1，且对任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，则f(x)= ；
解：令x=y=0，得，f(1)=1－1－0+2，?f(1)=2．
令y=1，得f(x+1)=2f(x)－2－x+2，即f(x+1)=2f(x)－x．①
又，f(yx+1)=f(y)f(x)－f(x)－y+2，令y=1代入，得f(x+1)=2f(x)－f(x)－1+2，即f(x+1)=f(x)+1．②
比较①、②得，f(x)=x+1．
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的度数是 ；
解：设AB=1，作A1M⊥BD1，AN⊥BD1，则BN?BD1=AB2，?BN=D1M=NM=33．
A1M=AN=63．∴ AA12=A1M2+MN2+NA2－2A1M?NAcos?，?12=23+23+13－2?23cos?，?cos?=12．
=60?．10．设p是给定的奇质数，正整数k使得k2－pk也是一个正整数，则k= ；
解：设k2－pk=n，则(k－p2)2－n2=p24，?(2k－p+2n)(2k－p－2n)=p2，?k=14(p+1)2．
11．已知数列a0，a1，a2，…，an，…满足关系式(3－an+1)(6+an)=18，且a0=3，则n∑i=01ai的值是 ；
解：1an+1=2an+13，?令bn=1an+13，得b0=23，bn=2bn－1，?bn=23?2n．即1an=2n+1－13，?n∑i=01ai=13(2n+2－n－3)．
12．在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为 ；
解：当∠MPN最大时，⊙MNP与x轴相切于点P(否则⊙MNP与x轴交于PQ，则线段PQ上的点P?使∠MP?N更大)．于是，延长NM交x轴于K(－3，0)，有KM?KN=KP2，?KP=4．P(1，0)，(－7，0)，但(1，0)处⊙MNP的半径小，从而点P的横坐标=1．
三．解答题(本题满分60分，每小题20分)
13．一项“过关游戏”规则规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数的和大于2n，则算过关．问：
⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关？
⑵ 他连过前三关的概率是多少？
解：⑴ 设他能过n关，则第n关掷n次，至多得6n点，
由6n>2n，知，n≤4．即最多能过4关．
⑵ 要求他第一关时掷1次的点数>2，第二关时掷2次的点数和>4，第三关时掷3次的点数和>8．
第一关过关的概率=46=23；
第二关过关的基本事件有62种，不能过关的基本事件有为不等式x+y≤4的正整数解的个数，有C24个 (亦可枚举计数：1+1，1+2，1+3，2+1，2+2，3+1)计6种，过关的概率=1－662=56；
第三关的基本事件有63种，不能过关的基本事件为方程x+y+z≤8的正整数解的总数，可连写8个1，从8个空档中选3个空档的方法为C38=8?7?63?2?1=56种，不能过关的概率=5663=727，能过关的概率=2027；
∴连过三关的概率=23?56?2027=100243．
14．在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0，43)，B(－1，0)，C(1，0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB、AC距离的等比中项．
⑴ 求点P的轨迹方程；
⑵ 若直线L经过?ABC的内心(设为D)，且与P点轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围．
解：⑴ 设点P的坐标为(x，y)，
AB方程：x－1+3y4=1，?4x－3y+4=0， ①
BC方程：y=0， ②
AC方程：4x+3y－4=0， ③
∴ 25|y|2=|(4x－3y+4)(4x+3y－4)|，
25y2+16x2－(3y－4)2=0，?16x2+16y2+24y－16=0， 2x2+2y2+3y－2=0．或25y2－16x2+(3y－4)2=0，?16x2－34y2+24y－16=0，
8x2－17y2+12y－8=0．∴ 所求轨迹为圆：2x2+2y2+3y－2=0， ④
或双曲线：8x2－17y2+12y－8=0． ⑤
但应去掉点(－1，0)与(1，0)．
⑵ ?ABC的内心D(0，12)：经过D的直线为x=0或y=kx+12． ⑥
(a) 直线x=0与圆④有两个交点，与双曲线⑤没有交点；
(b) k=0时，直线y=12与圆④切于点(0，12)，与双曲线⑤交于(±582，12)，即k=0满足要求．
(c) k=±12时，直线⑥与圆只有1个公共点，与双曲线⑤也至多有1个公共点，故舍去．
(c) k?0时，k?12时，直线⑥与圆有2个公共点，以⑥代入⑤得：(8－17k2)x2－5kx－254=0．
当8－17k2=0或(5k)2－25(8－17k2)=0，即得k=±23417与k=±22．
∴ 所求k值的取值范围为{0，±23417，±22}．
15．已知?，?是方程4x2－4tx－1=0(t∈R)的两个不等实根，函数f(x)= 2x－tx2+1的定义域为[?，?]．
⑴ 求g(t)=maxf(x)－minf(x)；
⑵ 证明：对于ui∈(0，?2)(i=1，2，3)，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则1g(tanu1)+1g(tanu2)+1g(tanu3)<364．
解：⑴ ?+?=t，?=－14．故?<0，?>0．当x1，x2∈[?，?]时，
∴ f ?(x)= 2(x2+1)－2x(2x－t)(x2+1)2=－2(x2－xt)+2(x2+1)2．而当x∈[?，?]时，x2－xt<0，于是f ?(x)>0，即f(x)在[?，?]上单调增．
∴ g(t)= 2?－t?2+1－2?－t?2+1=(2?－t)(?2+1)－(2?－t)(?2+1)(?2+1)(?2+1)=(?－?)[t(?+?)－2?+2]?2?2+?2+?2+1
=t2+1(t2+52)t2+2516=8t2+1(2t2+5)16t2+25
⑵ g(tanu)= 8secu(2sec2u+3)16sec2u+9=16+24cos2u16cosu+9cos3u≥16616+9cos2u，
∴ 1g(tanu1)+1g(tanu2)+1g(tanu3)≤1166[16?3+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)]= 1166[75－9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)]
而13(sin2u1+sin2u2+sin2u3)≥(sinu1+sinu2+sinu33)2，即9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)≥3．
∴1g(tanu1)+1g(tanu2)+1g(tanu3)≤1166(75－3)= 364．由于等号不能同时成立，故得证．
二试题
一．(本题满分50分)在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．
解：∵ BC=25，BD=20，BE=7，
∴ CE=24，CD=15．
∵ AC?BD=CE?AB，? AC=65AB， ①
∵ BD⊥AC，CE⊥AB，?B、E、D、C共圆，
AC(AC－15)=AB(AB－7)，?65AB(65AB－15)=AB(AB－18)，∴ AB=25，AC=30．?AE=18，AD=15．
∴ DE=12AC=15．
延长AH交BC于P， 则AP⊥BC．
∴ AP?BC=AC?BD，?AP=24．
连DF，则DF⊥AB，
∵ AE=DE，DF⊥AB．?AF=12AE=9．
∵ D、E、F、G共圆，?∠AFG=∠ADE=∠ABC，?AFG∽?ABC，
∴ AKAP=AFAB，?AK=9?2425=21625．
二．(本题满分50分)在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{An}与曲线y=2x(x≥0)上的点列{Bn}满足|OAn|=|OBn|=1n，直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，n∈N*．
⑴ 证明an>an+1>4，n∈N*；
⑵ 证明有n0∈N*，使得对?n>n0，都有b2b1+b3b2+…+bnbn－1+bn+1bn<n－2004．
解：⑴ 点An(0，1n)，Bn(bn，2bn)?由|OAn|=|OBn|，?bn2+2bn=(1n)2，?bn=1+(1n)2－1(bn>0)．
∴ 0<bn<12n2．且bn递减，?n2bn=n(n2+1－n)= nn2+1+n=11+(1n)2+1单调增．
∴ 0<nbn<12．?令tn=1nbn>2且tn单调减．
由截距式方程知，bnan+2bn1n=1，(1－2n2bn=n2bn2)
∴ an=bn1－n2bn=bn(1+n2bn)1－2n2bn=1+n2bnn2bn=(1nbn)2+2(1nbn)=tn2+2tn=(tn+22)2－12≥(2+22)2－12=4．
且由于tn单调减，知an单调减，即an>an+1>4成立．
亦可由1n2bn=bn+2．1nbn=bn+2，得 an=bn+2+2bn+2，．
∴ 由bn递减知an递减，且an>0+2+2?2=4．
⑵ 即证n∑k=1(1－bk+1bk)>2004．
1－bk+1bk=bk－bk+1bk=1+(1k)2－1+(1k+1)21+(1k)2－1=k2((1k)2－(1k+1)2)1+(1k)2+11+(1k)2+1+(1k+1)2
≥2k+1(k+1)21+(1k)2+121+(1k)2>2k+1(k+1)2?12>1k+2．
∴n∑k=1(1－bk+1bk)>n∑k=11k+2>(13+14)+(15+16+17+18)+…+>12+12+12+…．
只要n足够大，就有n∑k=1(1－bk+1bk)>2004成立．
三．(本题满分50分)对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．
解：⑴ 当n≥4时，对集合M(m，n)={m，m+1，…，m+n－1}，
当m为奇数时，m，m+1，m+2互质，当m为偶数时，m+1，m+2，m+3互质．即M的子集M中存在3个两两互质的元素，故f(n)存在且f(n)≤n． ①
取集合Tn={t|2|t或3|t，t≤n+1}，则T为M(2，n)={2，3，…，n+1}的一个子集，且其中任3个数无不能两两互质．故f(n)≥card(T)+1．
但card(T)=[n+12]+[n+13]－[n+16]．故f(n)≥[n+12]+[n+13]－[n+16]+1． ②
由①与②得，f(4)=4，f(5)=5．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f(8)≤8，8≤f(9)≤9．
现计算f(6)，取M={m，m+1，…，m+5}，若取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇数互质；当这3个数中有3个偶数k，k+2，k+4(k?0(mod 2))时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个奇数两两互质．故f(6)=5．
而M(m，n+1)=M(m，n)∪{m+n}，故f(n+1)≤f(n)+1． ③
∴ f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8．
∴ 对于4≤n≤9，f(n)= [n+12]+[n+13]－[n+16]+1成立． ④
设对于n≤k，④成立，当n=k+1时，由于
M(m，k+1)=M(m，k－5)∪{m+k－5，m+k－4，…，m+k}．
在{m+k－5，m+k－4，…，m+k}中，能被2或3整除的数恰有4个，即使这4个数全部取出，只要在前面的M(m，k－5)中取出f(n)个数就必有3个两两互质的数．于是
当n≥4时，f(n+6)≤f(n)+4=f(n)+f(6)－1．
故f(k+1)≤f(k－5)+f(6)－1=[k+22]+[k+23]－[k+26]+1，
比较②，知对于n=k+1，命题成立．
∴对于任意n∈N*，n≥4，f(n)= [n+12]+[n+13]－[n+16]+1成立．
又可分段写出结果：
f(n)= 4k+1，(n=6k， k∈N*)，4k+2，(n=6k+1，k∈N*)，4k+3，(n=6k+2，k∈N*)，4k+4，(n=6k+3，k∈N*)，4k+4，(n=6k+4，k∈N*)，4k+5，(n=6k+5，k∈N*)．