[解法一] 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 ()2?()2?332159．
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 P(??2?)，
95 P(??4)? P(??6)?故E??2?59?4?20814949(20， )(?)98116)?， 811681?266815(2?6?．
[解法二] 依题意知，?的所有可能值为2，4，6.
令Ak表示甲在第k局比赛中获胜，则Ak表示乙在第k局比赛中获胜． 由独立性与互不相容性得
P(??2)?P(A1A2)?P(A1A2)?59，
P(??4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)
?2[()3()?()3()]?333321122081，
P(??6)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)
?4()2()2?33211681， ．
故E??2?59?4?2081?6?1681?266814．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 ） A. 764 cm或586 cm B. 764 cm C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3
[解] 设这三个正方体的棱长分别为a,b,c，则有6?a2?b2?c2??564，a2?b2?c2?94，不妨设
1?a?b?c?10，从而3c?a?b?c?94，c?31．故6?c?10．c只能取9，8，7，6．
22222333
6
若c?9，则a2?b2?94?92?13，易知a?2，b?3，得一组解(a,b,c)?(2,3,9)． 若c?8，则a2?b2?94?64?30，b?5．但2b2?30，b?4，从而b?4或5．若b?5，则a2?5无解，若b?4，则a2?14无解．此时无解．
若c?7，则a2?b2?94?49?45，有唯一解a?3，b?6．
2若c?6，则a2?b2?94?36?58，此时2b2?a2?b2?58，故b?6，但b?c?6，b?29．
故b?6，此时a2?58?36?22无解．
?a?2,?a?3,??综上，共有两组解?b?3,或?b?6,
?c?7.?c?9??体积为V1?23?33?93?764cm3或V2?33?63?73?586cm3．
?x?y?z?0,5．方程组?的有理数解(x,y,z)的个数为 （ B ） ?xyz?z?0,?xy?yz?xz?y?0?A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 [解] 若z?0，则??x?y?0，?xy?y?0.解得??x?0，?x??1，或? ?y?0?y?1.若z?0，则由xyz?z?0得xy??1． ① 由x?y?z?0得z??x?y． ②
将②代入xy?yz?xz?y?0得x2?y2?xy?y?0． ③ 由①得x??1y，代入③化简得(y?1)(y3?y?1)?0.
易知y3?y?1?0无有理数根，故y?1，由①得x??1，由②得z?0，与z?0矛盾，故该
?x?0,?x??1,?方程组共有两组有理数解??y?0,或?y?1,
?z?0?z?0.??6．设?ABC的内角A,B,C所对的边a,b,c成等比数列，则
sinAcotC?cosAsinBcotC?cosB的取值范围是
（ C ）
A. (0,??) B. (0,5?12)
7
C. (5?12,5?12) D. (5?12,??)
[解] 设a,b,c的公比为q，则b?aq,c?aq2，而
sinAcotC?cosAsinBcotC?cosB?sinAcosC?cosAsinCsinBcosC?cosBsinC
)Bsbin??q． )Asain ?sinA?(CsinB?(C?))?s?inB(??s?inA(因此，只需求q的取值范围．
因a,b,c成等比数列，最大边只能是a或c，因此a,b,c要构成三角形的三边，必需且只需
a?b?c且b?c?a．即有不等式组
22??a?aq?aq,??q?q?1?0,即? ?22???aq?aq?a?q?q?1?0.?1?55?1?q?,??22解得?
5?15?1?q?或q??.??22从而
5?12?q?5?12，因此所求的取值范围是(5?12,5?12)．
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7．设f(x)?ax?b，其中a,b为实数，f1(x)?f(x)，fn?1(x)?f(fn(x))，n?1,2,3,?，若
f7(x)?128x?381，则a?b? 5 . [解] 由题意知fn(x)?anx?(an?1?an?2???a?1)b
?ax?na?1a?1n?b， a?1a?17由f7(x)?128x?381得a?128，
7?b?381，因此a?2，b?3，a?b?5．
128．设f(x)?cos2x?2a(1?cosx)的最小值为?[解] f(x)?2cos2x?1?2a?2acosx ?2(cosx?)2?2a12a?2a?1，
2，则a??2?3．
(1) a?2时，f(x)当cosx?1时取最小值1?4a；
8
(2) a??2时，f(x)当cosx??1时取最小值1； (3) ?2?a?2时，f(x)当cosx?a2时取最小值?1212a?2a?1．
2又a?2或a??2时，f(x)的最小值不能为?故?12a?2a?1??2，
12，解得a??2?3，a??2?3(舍去)．
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 222 种．
[解法一] 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C2?253种． 23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253－31＝222种．
[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为x1,x2,x3，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程
x1?x2?x?24． 3的正整数解的个数，即方程x1?x2?x3?21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：
H3?C23?C23?253．
21212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253－31＝222种． 10．设数列{an}的前n项和Sn满足：Sn?an?[解] an?1?Sn?1?Sn?n(n?1)(n?2)n?1n(n?1)，n?1,2,?，则通项an=1n?21n(n?1)．
?an?1?n?1n(n?1)?an，
9
即 2an?1? =
n?2?2(n?1)(n?2)?2(n?1)(n?2)?1n?1?1n(n?1)1?an
?an?，
1n(n?1)n(n?1)由此得 2(an?1?令bn?an?有bn?1?121(n?1)(n?2))?an?1212．
1n(n?1)，b1?a1?? (a1?0)，
1n(n?1)bn，故bn?12n，所以an?1?n2．
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
x f(x?2)?f(x)?3?，2f(x?6)?f(x)?63?2x，则f(2008)=
22008?2007．
[解法一] 由题设条件知
f(x?2)?f(x)??(f(x?4)?f(x?2))?(f(x?6)?f(x?4))?(f(x?6)?f(x))
??3?2x?2?3?2x?4?63?2x?3?2x， 因此有f(x?2)?f(x)?3?2x，故
f(2008)?f(2008)?f(2006)?f(2006)?f(2004)???f(2)?f(0)?f(0)
2006 ?3?(2?22004???2?1)f?2 (0) ?3?4100?3?114?1?f(0)
?22008?2007． [解法二] 令g(x)?f(x)?2x，则
x?2x g(x?2)?g(x)?f(x?2?)f(x?)2?x?62?x?32?x ?3，2?0g(x?6)?g(x)?f(x?6)?f(x)?2xxx?2?63?2?63?2?0，
即g(x?2)?g(x),g(x?6)?g(x)，
故g(x)?g(x?6)?g(x?4)?g(x?2)?g(x)， 得g(x)是周期为2的周期函数，
所以f(2008)?g(2008)?22008?g(0)?22008?22008?2007．
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 10