2018年高中数学必修三测试卷-河南文科高中数学选修目录
2008年全国高中数学联合竞赛加试(B卷)
试题参考答案
说明:
1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分;
2.如果考生的解答方法和本解答
不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分,
10分为一个档次,不
要增加其他中间档次.
一、(本题满分50分)
如题一图,
ABCD
是圆
内接四边形.
AC
与
BD
的交点为
点
P
,
E
是弧
AB
上一点,连接
EP
并延长交
DC
于点<
br>F
,
满足
?EAG??FAD
,
G,H
分别在
CE
,
DE
的延长线上,
?EBH??FBC
,求证:
C
,D,G,H
四点共圆.
[证] 由已知条件知
?FAG??FAE??EAG??FAE??FAD??DAE
.
又
?DAE??DCE?180?
,
所以
?FAG??DCE?180?
,
从而
A,F,C,G
四点共圆,此圆记为
?
1
.
同理可证:
B,F,D,H
四点共圆,此圆记为
?
2
.
点
E
在圆
?
1
,
?
2
内.延长<
br>FE
与圆
?
1
相交于点
I
,
IP?P?F
A?PP?C
,
?D
则
题一图
故
B,F,D,I
四点共圆.
所以
I
在
?BFD
的外接圆上,故
I
在
?
2
上.
再用相交弦定理:
EC?E?GE?F?EI?
,
E
答一图
故
C,D,G,H
四点共圆.
二、(本题满分50分)
求满足下列关系式组
的正整数解组
(x,y,z)
的个数.
[解]
令
r?y?z
,由条件知
0?r?50
,方程化为
x
2<
br>?(z?r)
2
?2z
2
,即
x
2
?2zr
?r
2
?z
2
. (1)
因
y?z?r
?0
,故
z
2
?x
2
?y
2
?z
2
?x
2
,从而
z?x
.
设
p?z?x?0
.因此(1)化为
?2zp?p
2
?2zr?r
2
?0
.
(2)
下分
r
为奇偶讨论,
(ⅰ)当
r
为奇数时,由(2)知
p
为奇数.
令
r?2r
1
?1
,
p?2p
1
?1
,代入(2)得
2(p
1
2
?p
1
?zp
1
?zr
1
?r
1
2
?r
1
)?1?0
.
(3)
(3)式明显无整数解.故当
r
为奇数时,原方程无正整数解.
(ⅱ)当
r
为偶数时,设
r?2r
1
,由方程(2)知p
也为偶数.从而可设
p?2p
1
,代入
(2)化简得
p
1
2
?zp
1
?zr
1
?r
1
2
?0
.
(4)
由(4)式有
z(p
1
?r
1
)?p
1<
br>2
?r
1
2
?0
,故
p
1
?r1
,从而可设
p
1
?r
1
?a
,则(4)可化
为
(r
1
?a)
2
?za?r
1
2
?0<
br>,
2r
1
2
?2ar
1
?za?a
2
?0
. (5)
2r
1<
br>2
?2r
1
?a
为整数,故
a2r
1
2. 因
z?
a
又
z?z?x?2p
1
?2(r
1
?a)
,因此
(r
1
?a)
2
?r
1
2
?za?2(r
1
?a)a
,得
a
2
?2r
12
,
a?2r
1
.
因此,对给定的
r
1
?1,2,???,25
,解的个数恰是满足条件
a?2r
1
的
2r
1
2
的正因数
a
的个
数
N
(r
1
)
.因
2r
1
2
不是完全平方数,从而N(r
1
)
为
2r
1
2
的正因数的个数
?
(2r
1
2
)
的一半.即
N(r
1
)
?
?
(2r
1
2
)2
.
由题设条件,
1?r
1
?25
.而
25以
内有质数9个:2,3,5,7,11,13,17,19,23.将25以内的数分为以下八
组::
A
1
?{2
0
,2
1
,2
2
,2
3
,2
4
}
,
A
2
?{2?3,2?5,2?7,2?11}
,
A
3
?{2
2
?3,2
2
?5}
,
A
4
?{2
3
?3}
,
A
5
?{2?3
2
}
,
B
1
?{3,5,7,11,13,17,19,23}
,
B
2
?{3
2
,5
2
}
,
B
3
?{3?5,3?7}
,
从而易知
N(A
1
)?N(2
0
)?N(2
1
)?N(2
2
)?N
(2
3
)?N(2
4
)?1?2?3?4?5?15
,
N(A
2
)?N(2?3)?4?6?4?24
,
N(A
3
)?9?2?18
,
N(A
4
)?12
,
N(A
5
)?10
,
N(B
1
)?3?8?24
,
N(B
2
)?5?2?10
,
N(B
3
)?9?2?18
,
将以上数相加,共131个.因此解的个数共131.
三、(本题满分50分)
设
a
k
?0
,
k?1,
2,,2008
.证明:当且仅当
?
a
k
?1
时,存在数列
{x
n
}
满足以下条件:
k?1
2008
(ⅰ)
0?x
0
?x
n
?x
n?1
,
n?1,2
,3,
;
(ⅱ)
limx
n
存在;
n?
?
(ⅲ)
x
n
?x
n?1
?
?
a
k
x
n?k
?
?
a
k?1
x
n?k
,
n?1,2,3,
k?1k?0
20082007
.
[证]
必要性:假设存在
{x
n
}
满足(ⅰ),(ⅱ),(iii).注意到(ⅲ)
中式子可化为
x
n
?x
n?1
?<
br>?
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1
)
,
n?N
*
,
k?1
2008
其中
x
0
?0
.
将上式从第1项加到第
n
项,并注意到
x
0
?0
得
x
n
?a
1
(x
n?1
?
x
1
)?a
2
(x
n?2
?x
2
)?n??
?a
2008
(x
n?2008
?x
2008<
br>)
.
由(ⅱ)可设
b?limx
n
,将上式取极限得
?b?
?
a
k
,
k?1
2008
因此
?
a
k
?1
.
k?1
2008
充分性:假设
?
a
k
?1
.定义多项式函数如下:
k?1
2008
f(s)??
1?
?
a
k
s
k
,
s?[0,1]
,
k?1
2008
则
f(s)
在[0,1]上是递增函数,且
f(0)??1?0
,
f(1)??1?
?
a
k
?0.
k?1
2008
因此方程
f(s)?0
在[0,1]内有唯
一的根
s?s
0
,且
0?s
0
?1
,即
f
(s
0
)?0
.
下取数列
{x
n
}为
x
n
?
?
s
0
k
,
n?1
,2,
k?1
n
,则明显地
{x
n
}
满足题设条件
(ⅰ),且
n?1
s?s
00
x
n
?
?
s?
.
1?s
0
k?
1
n
k
0
n?1
s?ss
00
因
0?s<
br>0
?1
,故
m
因此
limx
n
?lim即
{x
n
}
的极限存在,满足(ⅱ).
ils0?
,
?
0
,
n??
n??n??
1?s1
?s
00
n?1
0
k
最后验证
{x
n
}<
br>满足(ⅲ),因
f(s
0
)?0
,即
?
a
k
s
0
?1
,从而
k?1
2008
nknn?k
x
n
?x
n?1
?s
0
?(
?
a
k
s
0
)s
0
?
?
a
k
s
0
??
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1
)
.
k?1k?1k?1
2
综上,已证得存在数列
{x
n
}
满足(ⅰ),(ⅱ),(ⅲ).