试题参考答案及评分标准

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，给定凸四边形，，是平面上的动点，令．

（Ⅰ）求证：当达到最小值时，四点共圆；

（Ⅱ）设是外接圆的上一点，满足：，，，又是的切线，，求的最小值．

[解法一] （Ⅰ）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，有

．

因此

．

因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在上时，

． …10分

又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号．因此当且仅当为的外接圆与的交点时，取最小值．

故当达最小值时，四点共圆． …20分

（Ⅱ）记，则，由正弦定理有，从而，即，所以

，

整理得，　　　　　　　　　　 　 　　　…30分

解得或（舍去），

故，．

由已知=,有，即，整理得，故，可得， 　　　　　 …40分

从而，，为等腰直角三角形．因，则．

又也是等腰直角三角形，故，，．

故． …50分

[解法二] （Ⅰ）如答一图2，连接交的外接圆于点（因为在外，故在上）．

过分别作的垂线，两两相交得，易知在内，从而在内，记之三内角分别为，则，又因，，得，同理有，，

所以∽． …10分

设，，，则对平面上任意点，有

，

从而 ．

由点的任意性，知点是使达最小值的点．

由点在上，故四点共圆． 　…20分

（Ⅱ）由（Ⅰ），的最小值

，

记，则，由正弦定理有，从而，即，所以

，

整理得，　　　　　　　　　　 　　　　…30分

解得或（舍去），

故，．

由已知=,有，即，整理得，故，可得， 　　　　　 …40分

所以，为等腰直角三角形，，，因为，点在上，，所以为矩形，，故，所以． …50分

[解法三] （Ⅰ）引进复平面，仍用等代表所对应的复数．

由三角形不等式，对于复数，有

，

当且仅当与（复向量）同向时取等号．

有 ，

所以

（1）

，

从而

． （2） 　…10分

（1）式取等号的条件是

复数 与

同向，故存在实数，使得

，

　　　 ，

所以 ，

向量旋转到所成的角等于旋转到所成的角，

从而四点共圆．

（2）式取等号的条件显然为共线且在上．

故当达最小值时点在之外接圆上，四点共圆． …20分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知．

以下同解法一．

二、（本题满分50分）

设是周期函数，和1是的周期且．证明：

（Ⅰ）若为有理数，则存在素数，使是的周期；

（Ⅱ）若为无理数，则存在各项均为无理数的数列满足 ，且每个都是的周期．

[证]　（Ⅰ）若是有理数，则存在正整数使得且，从而存在整数，使得

．

于是

是的周期．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…10分

又因，从而．设是的素因子，则，，从而

是的周期． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…20分

（Ⅱ）若是无理数，令

，

则，且是无理数，令

，

……

，

……． …30分

由数学归纳法易知均为无理数且．又，故，即．因此是递减数列． …40分

最后证：每个是的周期．事实上，因1和是的周期，故亦是的周期．假设是的周期，则也是的周期．由数学归纳法，已证得均是的周期． …50分

三、（本题满分50分）

设，．证明：当且仅当时，存在数列满足以下条件：

（ⅰ），；

（ⅱ）存在；

（ⅲ），．

[证] 必要性：假设存在满足（ⅰ），（ⅱ），（iii）．注意到（ⅲ）中式子可化为

，，

其中．

将上式从第1项加到第项，并注意到得

． …10分

由（ⅱ）可设，将上式取极限得

，

因此． …20分

充分性：假设．定义多项式函数如下：

，，

则在[0,1]上是递增函数，且

，．

因此方程在[0,1]内有唯一的根，且，即． …30分

下取数列为，，则明显地满足题设条件（ⅰ），且

．

因，故，因此，即的极限存在，满足（ⅱ）． …40分

最后验证满足（ⅲ），因，即，从而

．

综上，存在数列满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）． …50分

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