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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
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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发表于 2009-5-1 09:41:36
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楼主
发表于 2009-5-17 00:23:11