100测评网高中数学复习hjvx.pdf

欢迎登录《100测评网》进行学习检测，有效提高学习成绩.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P，E是弧AB上一点，连接EP并延长交DC于点F，点G,H分别在CE，DE的延长线上，满足EAGFAD，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，题一图所以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，内．延长FE与圆相交于点I，则121IPPFAPPCDPPB，故B,F,D,I四点共圆．所以I在BFD的外接圆上，故I在上．2再用相交弦定理：ECEGEFEIE，故C,D,G,H四点共圆．答一图二、（本题满分50分）求满足下列关系式组x2y22z2,zyz50,欢迎登录《100测评网》进行学习检测，有效提高学习成绩.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x2(zr)22z2，即x22zrr2z2．（1）因yzr0，故z2x2y2z2x2，从而zx．设pzx0．因此（1）化为2zpp22zrr2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，p2p1，代入（2）得112(p2pzpzrr2r)10．（3）111111（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，由方程（2）知p也为偶数．从而可设p2p，代入（2）11化简得p2zpzrr20．（4）1111由（4）式有z(pr)p2r20，故pr，从而可设pra，则（4）可化为11111111(ra)2zar20，112r22arzaa20．（5）112r2因z12ra为整数，故a2r2．a11又zzx2p2(ra)，因此11(ra)2r2za2(ra)a，得a22r2，1111a2r．1因此，对给定的r1,2,,25，解的个数恰是满足条件a2r的2r2的正因数a的个数111欢迎登录《100测评网》进行学习检测，有效提高学习成绩.N(r)．因2r2不是完全平方数，从而N(r)为2r2的正因数的个数(2r2)的一半．即11111N(r)(2r2)/2．11由题设条件，1r25．而125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{20,21,22,23,24}，1A{23,25,27,211}，2A{223,225}，3A{233}，4A{232}，5B{3,5,7,11,13,17,19,23}，1B{32,52}，2B{35,37}，3从而易知N(A)N(20)N(21)N(22)N(23)N(24)1234515，1N(A)N(23)46424，2N(A)9218，3N(A)12，4N(A)10，5N(B)3824，1N(B)5210，2N(B)9218，3将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．欢迎登录《100测评网》进行学习检测，有效提高学习成绩.三、（本题满分50分）2008设a0，k1,2,,2008．证明：当且仅当a1时，存在数列{x}满足以下条件：kknk1（ⅰ）0xxx，n1,2,3,；0nn1（ⅱ）limx存在；nn20082007（ⅲ）xxaxax，n1,2,3,．nn1knkk1nkk1k0[证]必要性：假设存在{x}满足（ⅰ），（ⅱ），（iii）．注意到（ⅲ）中式子可化为n2008xxa(xx)，nN*，nn1knknk1k1其中x0．0将上式从第1项加到第n项，并注意到x0得0xa(xx)a(xx)a(xx)．n1n112n222008n20082008由（ⅱ）可设blimx，将上式取极限得nnba(bx)a(bx)a(bx)1122200820082008ba(axaxax)k1