2012年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案

…………………15 分
再解这两个关于 x 的方程得 x＝2tan2θ，或 x＝－tanθ2±secθ2.
综上所述，原方程的解是
当 cos2θ＝0，即 θ＝2kπ+π(k∈Z)时，x＝0； 当 cos2θ≠0，即 θ≠2kπ+π(k∈Z)时，x＝2tan2θ，
或 x＝－tanθ2±secθ2(当 sin2θ＝0 时的情况包含在其中)． …………………20 分
2
2
2
所以
1 ( x1 42
2 x1
x2 2
2 x2
xn 2
2 xn
2．圆上 30 个点将圆等分，任取其中 3 个不同的点，这 3 个点顺次连结形成正三角形的概率
为
．
答案：
1 406
；从
30
个点中取
3
个不同的点有
C330
种方法，而形成正三角形的共有
10
种，故
概率为
10 C330
.
3．已知正三棱锥的底面边长为 6，侧棱为 4，则此正三棱锥的外接球半径为
．
答案：4；由题意 A 到面 BCD 的距离为 2，取 BCD 中心为 O，则球 P 在直线 OP 上.设 OP 长为 x，则 x2+12＝PB2＝PA2＝(2－x)2，解之得：x＝－2.故球的半径为 4.
B 2
sin
C 2
)
……………………8 分
＝16R2
cos2
B 2
cos2
C 2
(
1
cos 2
B
＋1
cos C 2
＋
cos
A
cos B 2
cos C
1
)
＝16R2
(cos
A 2
cos
B 2
cos
C 2
)2
＝R2(sinA＋sinB＋sinC)2 abc
＝( 2 )2
＝64．
……………………16 分
解法三：如图，延长 BC 至 E，使 CE＝AC＝b，延长 CB 至 F，使 BF＝AC＝c，连 AE，AF.
F
B
C
E
＝ ( a b c )2 ＝64. 2
…………………16 分
三、解答题（本题满分 20 分）
已知椭圆ax22＋by22＝1 (a＞b＞0) 右焦点为 F，右准线 l 交 x 轴于点 N，过椭圆上一点 P 作
PM 垂直于准线 l，垂足为 M．若 PN 平分∠FPM，且四边形 OFMP 为平行四边形，
B 2
＋2bccos
B 2
cos
C 2
sin
A 2
＝
1 2
b2
(1
cos C )
+
1 2
c2
(1
cos B)
+2bc
cos
B 2
cos
C 2
cos
B
C 2
＝
1 2
b2 (1
cos C )
+
1 2
c2 (1
cos
B)
+2bc
cos2
B 2
cos2
C 2
－2
bc
cos
B 2
cos
C 2
sin B sin C 22
当 PF 垂直于 x 轴，则有bc2＝c ，得 e＝ 22．
…………………5 分
b 当 PF 不垂直于 x 轴，则有 kPM＝ 0，kPN＝－
1－ c
ab24c2，kPN＝b
1－
b4 a2c2
bc2－c
，
于是
tan∠NPM＝|
kPM－kPN 1+ kPNkPM
|＝
b
1－
b4 a2c2
c
，
tan∠NPF＝|
………………………………40 分
二、（本题满分 40 分） 设 θi 为实数，且 xi＝1＋3sin2θi，i＝1，2，…，n，证明： (x1＋x2＋…＋xn)(x11＋x12＋…＋x1n)≤(54n)2．
证明：因为 xi＝1＋3sin2θi，所以 1≤xi≤4，i＝1，2，…，n．
2012 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试卷（加试）参考答案第 1 页 共 3 页
＝
1 2
b2
(1
cos C )
+
1 2
c2
(1
cos
B)
+
1 2
bc(1+cosB)(1+cosC)－
1 2
bc
sinBsinC
＝ 1 b2+ 1 c2+ 1 b(bcosC+ccosB)+ 1 c(bcosC+ccosB) + 1 bc+ 1 bccos(B+C) ……8 分
2 22
2
22
＝ 1 b2+ 1 c2+ 1 ab+ 1 ac + 1 bc－ 1 bccosA
6．若不等式 a sin2 x cos x≥a2 1对任意的 x∈R 恒成立，则实数 a 的取值范围是
．
答案：a＝0；令 cosx＝－1，sinx＝0， a sin2 x cos x≥a2 1，得 a2≤0.而当 a＝0，原式显 然恒成立成立.故 a＝0.
7．在△ABC 中，AB＝10，AB 边上的高为 3，当 AC·BC 最小时，AC+BC＝
2012 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案第 4 页 共 5 页
即 4xtan22θ－2tanθ2+x－x3＝0.
…………………10 分
因为 sinθ2≠0，所以 tan2θ≠0，从而 x≠0.
于是 4xtan2θ2－2tanθ2+x－x3＝0 是关于 tan2θ的二次方程，
解得 tanθ2＝2x，或 tan2θ＝1－2xx2.
别为 P、Q． 求证：PQ 是以 AB 为直径的圆的一条切线．
E Q
D
H
C
A
O
O1 P
O2
B
证明：设 CP，DQ 相交于 E 点，
则∠BDQ＝180°－∠BAD＝∠CAB＝∠BCP．
故 B，C，E，D 四点共圆，即 B 在△CDE 的外接圆上．………………………………10 分
作 BH⊥CD 于 H，由 Simson 定理，得 P，H，Q 三点共线． ………………………20 分
因为△AHB 的外接圆即是以 AB 为直径的圆，设 O 为 AB 的中点，
只要证明 OH⊥PQ(这里用到 P，H，Q 三点共线)．
事实上，∠OHP＝∠OHB＋∠BHP
＝∠OBH＋∠BCP (因 B，H，C，P 四点共圆)
＝∠OBH＋∠BAC
＝90°．
因此 OH⊥PQ．
从而，PQ 是以 AB 为直径的圆的一条切线．
4
个顶点相
邻的顶点，所以
k≤
[
3n 4
]
1
．
二、解答题（本题满分 16 分）
设△ABC 的内角 A、B、C 所对应的边长分别为 a、b、c．已知 a＋b＋c＝16，求
b2·cos2
C 2
＋c2·cos2
B 2
＋2bc·cos
B 2
cos
C 2
sin
A 2
的值．
解法一：b2cos2
C 2
＋c2cos2
记集合
A
为除去
A4k(k＝1,2，…，
[
n 4
]
)及
An
点(若
4|n，则
An＝
A 4[
n 4
]
)，显然集合
A
中无正
n
边形中连续的顶点，故
k≥
[ 3n 4
]
1
．
反之正
n
边形中任意
[
3n 4
]
1
中构成的集合中，一定有
4
个相邻的顶点.即在
n
个点中
删除了
[
n
4
1]
个点后，因为
[
3n 4
]
1
[
n
4
1]
3
，故删除的相邻两点中，必有一个包含
2012 年全国高中数学联赛江苏赛区
复赛参考答案与评分细则
一试
一、填空题（本题满分 64 分，每小题 8 分）
1．若
4a－3ab＝16，log2a＝
a
b
1
，则
ab＝
．
答案：16；由
log2a＝
a
b
1
，得
ab＝2a+1，代入
4a－3ab＝243
得，22a－6×2a－16＝0，解之得：
2a＝8，2a＝－2(舍去)，所以，ab＝2a+1＝16.
设
AE，AF
的中点分别
M，N，则
AM＝b·cos
C 2
，AN＝c·cos
B 2
，
∠MAN＝∠A+ 1 (∠B+∠C)＝ + A ．
2
22
所以
b2cos2
C 2
＋c2cos2
B 2
＋2bccos
B 2
cos
C 2
sin
A 2
…………………8 分
A
wk.baidu.com
N
M
＝AM2+AN2－2AM·ANcos∠MAN＝MN2
4．在等差数列{an}中，若 S4≤4，S5≥15，则 a4 的最小值是
．
答案：7；设公差为 d，由条件得：2a4≤2+3d，d≤a4－4，所以，2a4≤2+3d≤2+3(a4－3)， 所以，a4≥7．
5．设 n∈N*，且 n4＋2n3＋5n2＋12n＋5 为完全平方数，则 n＝
．
答案：1，或 2；因为(n2+n+2)2＜n4+2n3+5n2+12n+5＜(n2+n+4)2， 所以 n4+2n3+5n2+12n+5＝(n2+n+3)2，解之得 n＝1，2.
2 x
，x∈［1，4］，
………………………………15 分
易得，f(x)在区间［1，2］为减函数，在区间［2，4］为增函数，
故 f(x) 在区间[1，4] 上端点处取得最大值． ………………………………30 分
又因为 f(1)＝f(4)＝ 5 ，所以 ，当 1≤x≤4 时，f(x)≤ 5 ，从而 f(xi)≤ 5 ，i＝1，2，…，n．
2 22
22
2
2012 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案第 2 页 共 5 页
＝ 1 (b2+c2－2bccosA)+ 1 b2+ 1 c2+ 1 ab+ 1 ac + 1 bc
4
442
22
＝ 1 (a2+b2+c2+2ab+ 2ac +2bc)2＝ 1 (a+b+c)2＝64．
4
4
……………………16 分
从而 e3 + e2＝1 (以下与证明一相同)．
…………………15 分
四、解答题（本题满分 20 分） 解关于 x 的方程 (cos22θ)x3＋(3cos22θ－4)x＋sinθ＝0．
解：若 cos2θ＝0，则 sinθ＝0，故 x＝0. 若 sinθ2＝0，则 cos22θ＝1，sinθ＝0，从而 x＝0 或 x＝±1. …………………5 分 若 cos2θ≠0，且 sin2θ≠0，则原方程化为 x3－(3－4sec2θ2)x+2 tan2θ＝0， 即 x3－(4tan2θ2+1)x+2 tan2θ＝0，
由平均值不等式得
（x1＋ x2＋ …＋ xn）(
1 x1
1 x2
1 xn
)
＝ ( x1 2
x2 2
xn 2
)(
2 x1
2 x2
2 xn )
≤
1 ( x1 42
x2 2
xn 2
2 x1
2 x2
2 xn
)2
＝
1 ( x1 42
2 x1
x2 2
2 x2
xn 2
2 xn
)2 ．
考察函数
f(x)＝
x 2
所以 e＞32．故结论成立.
…………………20 分
证法二：因为∠NPM＝∠NPF，∠NPM＝∠PNF，
所以 ∠NPF＝∠PNF，得 PF＝NF.
…………………5 分
又四边形 OFMP 为平行四边形，所以 PM＝OF，且
PF PM
＝e，
a2
于是 e
＝PPMF
＝ONFF
＝
ON－OF OF
＝
c c
－1
＝e12－1，
证明：e＞23．
y l
P
M
O
F
Nx
证法一：设点 P(x0,y0).由对称性，不妨设 y0＞0．
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四边形 OFMN 为平行四边形，所以 PM＝OF＝c，于是由 PM＝ac2－x0＝c，得 x0＝bc2. 又 xa022 +yb022＝1，得 y02＝b2(1－ ab24c2)．
．
2012 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案第 1 页 共 5 页
答案：4
10
；由三角形的面积公式得
1 2
·AC·BCsinC＝
1 2
×3×10＝15，
所以 AC·BC ≥30.当且仅当∠C＝90º时，等号成立，即 AC2+BC2＝100，
所以 (AC+BC)2＝AC2+BC2+2AC·BC＝160，即 AC+BC＝4 10 .
解法二：b2cos2
C 2
＋c2cos2
B 2
＋2bccos
B 2
cos
C 2
sin
A 2
＝4R2(sin2Bcos2
C 2
＋sin2Ccos2
B 2
＋2sinBsinCcos
B 2
cos
C 2
sin
A 2
)
＝16R2
cos2
B 2
cos2
C 2
(
sin2
B 2
＋sin2
C 2
＋2sin
A 2
sin
kPF－kPN 1+ kPNkPF
|＝
b
1－
ab24c2·|
a2b2c a2c4－b6
|，…………………10 分
由 tan∠NPM＝tan∠NPF 得 a2b2c2＝a2c4－b6，
因此 e6＝(e2－1)2，即 e3＝1－e2， 得 e3 + e2＝1，
…………………15 分
因为函数 f(t)＝t3 ＋t2 在 t＞0 时单调增加，f(32)＝287+49＝2207＜1＝f(e)，
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2012 年全国高中数学联赛江苏赛区 复赛参考答案与评分标准
加试
一、（本题满分 40 分）
设 A、B 是圆 O1 与圆 O2 的两个交点，过 A 作一条直线分别交圆 O1 与圆 O2 于 C、D 两
点，过 C、D 两点分别作圆 O1 与圆 O2 的切线，并过 B 点分别作这两条切线的垂线，垂足分
8．在给定的一个正 n (n≥10) 边形的 n 个顶点中任取 k 个点，使这 k 个点中存在 4 个点是某
个四边形的顶点，且该四边形有三条边是所给定的正 n 边形的边，则 k 的最小值
是
．
答案：
k
[
3n 4
]
1
；将这正
n
边形的
n
个顶点顺次标记为
A1，A2，…，An.一个四边形的三
条边为所给定的正 n 边形的充分必要条件是它的四个顶点是正 n 边形的 4 个相邻的顶点.