【正文】 xydxyd???????，即2 2,|6()|得，化簡(jiǎn)得點(diǎn) P 的軌跡方程為226()0,16(4)50xyxy或圓 S： ......5 分23178y??????與 雙 曲 線 T:8（Ⅱ）由前知，點(diǎn) P 的軌跡包含兩部分圓 S： ①220xy與雙曲線 T： ②178y???8因?yàn)?B（－1，0）和 C（1，0）是適合題設(shè)條件的點(diǎn)，所以點(diǎn) B 和點(diǎn) C 在點(diǎn) P 的軌跡上，且點(diǎn) P 的軌跡曲線 S 與 T 的公共點(diǎn)只有 B、C 兩點(diǎn)。 的內(nèi)心 D 也是適合題設(shè)條A?件的點(diǎn)，由 ，解得 ，且知它在圓 S 上。直線 L 經(jīng)過(guò) D，且與點(diǎn) P123d?1(,)2D的軌跡有 3 個(gè)公共點(diǎn)，所以，L 的斜率存在，設(shè) L 的方程為 ③12ykx??（i）當(dāng) k=0 時(shí)， L 與圓 S 相切，有唯一的公共點(diǎn) D；此時(shí)，直線 平行于 x 軸，表明 L 與雙曲線有不同于 D 的兩個(gè)公共點(diǎn)，所以 L 恰好與點(diǎn) P 的軌跡有 3 個(gè)公共點(diǎn)。10’（ii）當(dāng) 時(shí)，L 與圓 S 有兩個(gè)不同的交點(diǎn)。這時(shí)，L 與點(diǎn) P 的軌跡恰有 3 個(gè)公共點(diǎn)0k?只能有兩種情況：情況 1：直線 L 經(jīng)過(guò)點(diǎn) B 或點(diǎn) C，此時(shí) L 的斜率 ，直線 L 的方程為12k??。代入方程②得 ，解得 。表明直線(2)xy???(34)0y?54(,)3E或 F(,)BD 與曲線 T 有 2 個(gè)交點(diǎn) B、 E；直線 CD 與曲線 T 有 2 個(gè)交點(diǎn) C、F。故當(dāng) 時(shí)，L 恰好與點(diǎn) P 的軌跡有 3 個(gè)公共點(diǎn)。 ......15 分1k情況 2：直線 L 不經(jīng)過(guò)點(diǎn) B 和 C（即 ） ，因?yàn)?L 與 S 有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所12k??以 L 與雙曲線 T 有且只有一個(gè)公共點(diǎn)。即方程組 有且只有一287180xyk????????組實(shí)數(shù)解，消去 y 并化簡(jiǎn)得 25(817)04kx?河大附中校本課程 8 該方程有唯一實(shí)數(shù)解的充要條件是 ④28170k??或 ⑤225(5)4(817)0kk???解方程④得 ，解方程⑤得 。3?2k?綜合得直線 L 的斜率 k 的取值范圍是有限集 。 ......20 分1342{0,}7?1已知 是方程 的兩個(gè)不等實(shí)根，函數(shù) 的,??241()xttR???2()1xtf???定義域?yàn)?。??（Ⅰ）求 ；()ma()in()gtfxf?（Ⅱ）證明：對(duì)于 ，若 0,1,23iu???123sinisin1,uu??。1236(tan)(t)(tan)4ggu??則解：（Ⅰ）設(shè) 2211,0,410,xxtxt????????則221224()()()t?????則 ??11212122()() xtxxfxf???又 1212121221()0()0tt ff???????故 在區(qū)間 上是增函數(shù)。 .......5 分()fx??,??4t?????22()()()max()in())1tgtffxf????????高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽講義 9 ......10 分225181(5)6tt??????????（Ⅱ）證：2216(3)4coscoss(tan)1699iiiii ii uug????22164(,3)9cos9cosi iuu???....15 分33 32 211 11(6)(69)sin)(tan)i ii ii ug?? ??????????，而均值不等3 33221 11s,(0,),sin(i)ii iiui u?? ??????且式與柯西不等式中，等號(hào)不能同時(shí)成立，......20 分12313(759)6(tan)(t)(tan)46gugu????二試題一．(本題滿分 50 分)在銳角三角形 ABC 中，AB 上的高 CE 與 AC 上的高 BD 相交于點(diǎn) H，以 DE 為直徑的圓分別交 AB、AC 于 F、G 兩點(diǎn)， FG 與 AH 相交于點(diǎn) K，已知BC=25， BD=20，BE=7，求 AK 的長(zhǎng)．解：∵ BC=25，BD=20，BE=7，∴ CE=24，CD=15．∵ ACBD=CEAB ，? AC= AB， ①65∵ BD⊥AC，CE⊥AB ，? B、E、D、C 共圓，?AC(AC－15)=AB (AB－7)，? AB( AB－15)=AB( AB－18)，65 65∴ AB=25，AC=30．?AE=18 ，AD=15．2418 7252015EF BCDAG HKP河大附中校本課程 10 ∴ DE= AC=15．12延長(zhǎng) AH 交 BC 于 P， 則 AP⊥BC．∴ APBC=AC BD，?AP=24．連 DF，則 DF⊥AB，∵ AE=DE，DF ⊥AB．?AF= AE=9．12∵ D、E、F、G 共圓，?∠AFG=∠ADE=∠ ABC，??AFG∽?ABC，∴ = ，?AK= = ．AKAPAFAB 9?2425 21625二．(本題滿分 50 分)在平面直角坐標(biāo)系 XOY 中，y 軸正半軸上的點(diǎn)列{A n}與曲線y= (x≥0)上的點(diǎn)列 {Bn}滿足 |OAn|=|OBn|= ，直線 AnBn在 x 軸上的截距為 an，點(diǎn) Bn的橫2x1n坐標(biāo)為 bn，n∈N*．⑴ 證明 anan+14，n∈N*；⑵ 證明有 n0∈N*，使得對(duì)?n n0，都有 + +…+ + n－2022．b2b1b3b2 bnbn－ 1bn+1bn解：⑴ 點(diǎn) An(0， )，B n(bn， )1n 2bn?由| OAn|=|OBn|，?b n2+2bn=( )2，?b n= －1( bn0)．1n∴ 0bn ．且 bn遞減，?n 2bn=n( －n)= = 單調(diào)增．12n2 n2+1∴ 0n ．?令 tn= 且 tn單調(diào)減．bn 2由截距式方程知， + =1，(1－2n 2bn=n2bn2)bnan∴ an= = = =( )2+ ( )2=tn2+ tn=(tn+ )2－ ≥( + )2－ =4．212 2 12且由于 tn單調(diào)減，知 an單調(diào)減，即 anan+14 成立．亦可由 =bn+2． = ，得 an=bn+2+ ， ．1n2bn bn+2 2bn+2∴ 由 bn遞減知 an遞減，且 an0+2+ ? =4．2 2⑵ 即證 (1－ )2022．n∑k=1 bk+1bk1－ =bk+1bk bk－ bk+1bk高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽講義 11 = =k2(( )2－( )2)1k 1k+1 ≥ ? ．2k+1(k+1)2 2k+1(k+1)212 1k+2∴ (1－ ) ( + )+( + + + )+…+ + + +…．n∑k=1 bk+1bkn∑k=1 1k+2 1314 15161718 121212只要 n 足夠大，就有 (1－ )2022 成立．n∑k=1 bk+1bk三．(本題滿分 50 分)對(duì)于整數(shù) n≥4，求出最小的整數(shù) f(n)，使得對(duì)于任何正整數(shù)m，集合{m，m+1 ，…，m+n － 1}的任一個(gè) f(n)元子集中，均至少有 3 個(gè)兩兩互素的元素．解：⑴ 當(dāng) n≥4 時(shí)，對(duì)集合 M(m，n) ={m，m+1，…，m+n － 1}，當(dāng) m 為奇數(shù)時(shí)，m，m+1，m+2 互質(zhì)，當(dāng) m 為偶數(shù)時(shí)，m+1，m +2，m +3 互質(zhì)．即M 的子集 M 中存在 3 個(gè)兩兩互質(zhì)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} ，則 T 為 M(2，n) ={2，3，…，n+1}的一個(gè)子集，且其中任 3 個(gè)數(shù)無(wú)不能兩兩互質(zhì)．故 f(n)≥card(T)+1．但 card(T)=[ ]+[ ]－[ ]．故 f(n)≥[ ]+[ ]－[ ]+1． ②n+12 n+13 n+16 n+12 n+13 n+16由①與 ②得， f(4)=4，f(5)=5 ．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f (8)≤8，8≤f(9)≤9．現(xiàn)計(jì)算 f(6)，取 M={m，m+1，…，m+5}，若取其中任意 5 個(gè)數(shù)，當(dāng)這 5 個(gè)數(shù)中有3 個(gè)奇數(shù)時(shí)，這 3 個(gè)奇數(shù)互質(zhì)；當(dāng)這 3 個(gè)數(shù)中有 3 個(gè)偶數(shù) k，k+2，k+4(k?0( mod 2))時(shí)，其中至多有 1 個(gè)被 5 整除，必有 1 個(gè)被 3 整除，故至少有 1 個(gè)不能被 3 與 5 整除，此數(shù)與另兩個(gè)奇數(shù)兩兩互質(zhì)．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．∴ 對(duì)于 4≤n≤9，f(n)= [ ]+[ ]－[ ]+1 成立． ④n+12 n+13 n+16設(shè)對(duì)于 n≤k，④成立，當(dāng) n=k+1 時(shí)，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 整除的數(shù)恰有 4 個(gè)，即使這 4 個(gè)數(shù)全部取出，只要在前面的 M(m，k －5) 中取出 f(n)個(gè)數(shù)就必有 3 個(gè)兩兩互質(zhì)的數(shù)．于是當(dāng) n≥4 時(shí)，f( n+6)≤f(n)+4=f(n)+f(6)－1．故 f(k+1)≤f(k－ 5)+f(6)－1=[ ]+[ ]－[ ]+1，k+22 k+23 k+26比較② ，知對(duì)于 n=k+1，命題成立．∴對(duì)于任意 n∈N*，n≥4，f(n)= [ ]+[ ]－[ ]+1 成立．