2018年高中数学必修三测试卷-河南文科高中数学选修目录
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
点
P
，
E
是弧
AB
上一点，连接
EP
并延长交
DC
于点<
br>F
，
满足
?EAG??FAD
，
G,H
分别在
CE
，
DE
的延长线上，
?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?
，
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
?
1
，
?
2
内．延长<
br>FE
与圆
?
1
相交于点
I
，
IP?P?F
A?PP?C
，
?D
则
题一图
故
B,F,D,I
四点共圆．
所以
I
在
?BFD
的外接圆上，故
I
在
?
2
上．
再用相交弦定理：
EC?E?GE?F?EI?
，
E
答一图
故
C,D,G,H
四点共圆．
二、（本题满分50分）
求满足下列关系式组
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
x
2<
br>?(z?r)
2
?2z
2
，即
x
2
?2zr
?r
2
?z
2
． （1）
因
y?z?r
?0
，故
z
2
?x
2
?y
2
?z
2
?x
2
，从而
z?x
．
设
p?z?x?0
．因此（1）化为
?2zp?p
2
?2zr?r
2
?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
?1
，
p?2p
1
?1
，代入（2）得
2(p
1
2
?p
1
?zp
1
?zr
1
?r
1
2
?r
1
)?1?0
．
（3）
（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
1
，由方程（2）知p
也为偶数．从而可设
p?2p
1
，代入
（2）化简得
p
1
2
?zp
1
?zr
1
?r
1
2
?0
．
（4）
由（4）式有
z(p
1
?r
1
)?p
1<
br>2
?r
1
2
?0
，故
p
1
?r1
，从而可设
p
1
?r
1
?a
，则（4）可化
为
(r
1
?a)
2
?za?r
1
2
?0<
br>，
2r
1
2
?2ar
1
?za?a
2
?0
． （5）
2r
1<
br>2
?2r
1
?a
为整数，故
a2r
1
2． 因
z?
a
又
z?z?x?2p
1
?2(r
1
?a)
，因此
(r
1
?a)
2
?r
1
2
?za?2(r
1
?a)a
，得
a
2
?2r
12
，
a?2r
1
．
因此，对给定的
r
1
?1,2,???,25
，解的个数恰是满足条件
a?2r
1
的
2r
1
2
的正因数
a
的个
数
N
(r
1
)
．因
2r
1
2
不是完全平方数，从而N(r
1
)
为
2r
1
2
的正因数的个数
?
(2r
1
2
)
的一半．即
N(r
1
)
?
?
(2r
1
2
)2
．
由题设条件，
1?r
1
?25
．而
25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
1
?{2
0
,2
1
,2
2
,2
3
,2
4
}
，
A
2
?{2?3,2?5,2?7,2?11}
，
A
3
?{2
2
?3,2
2
?5}
，
A
4
?{2
3
?3}
，
A
5
?{2?3
2
}
，
B
1
?{3,5,7,11,13,17,19,23}
，
B
2
?{3
2
,5
2
}
，
B
3
?{3?5,3?7}
，
从而易知
N(A
1
)?N(2
0
)?N(2
1
)?N(2
2
)?N
(2
3
)?N(2
4
)?1?2?3?4?5?15
，
N(A
2
)?N(2?3)?4?6?4?24
，
N(A
3
)?9?2?18
，
N(A
4
)?12
，
N(A
5
)?10
，
N(B
1
)?3?8?24
，
N(B
2
)?5?2?10
，
N(B
3
)?9?2?18
，
将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．
三、（本题满分50分）
设
a
k
?0
，
k?1,
2,,2008
．证明：当且仅当
?
a
k
?1
时，存在数列
{x
n
}
满足以下条件：
k?1
2008
（ⅰ）
0?x
0
?x
n
?x
n?1
，
n?1,2
,3,
；
（ⅱ）
limx
n
存在；
n?
?
（ⅲ）
x
n
?x
n?1
?
?
a
k
x
n?k
?
?
a
k?1
x
n?k
，
n?1,2,3,
k?1k?0
20082007
．
[证]
必要性：假设存在
{x
n
}
满足（ⅰ），（ⅱ），（iii）．注意到（ⅲ）
中式子可化为
x
n
?x
n?1
?<
br>?
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1
)
，
n?N
*
，
k?1
2008
其中
x
0
?0
．
将上式从第1项加到第
n
项，并注意到
x
0
?0
得
x
n
?a
1
(x
n?1
?
x
1
)?a
2
(x
n?2
?x
2
)?n??
?a
2008
(x
n?2008
?x
2008<
br>)
．
由（ⅱ）可设
b?limx
n
，将上式取极限得
?b?
?
a
k
，
k?1
2008
因此
?
a
k
?1
．
k?1
2008
充分性：假设
?
a
k
?1
．定义多项式函数如下：
k?1
2008
f(s)??
1?
?
a
k
s
k
，
s?[0,1]
，
k?1
2008
则
f(s)
在[0,1]上是递增函数，且
f(0)??1?0
，
f(1)??1?
?
a
k
?0．
k?1
2008
因此方程
f(s)?0
在[0,1]内有唯
一的根
s?s
0
，且
0?s
0
?1
，即
f
(s
0
)?0
．
下取数列
{x
n
}为
x
n
?
?
s
0
k
，
n?1
,2,
k?1
n
，则明显地
{x
n
}
满足题设条件
（ⅰ），且
n?1
s?s
00
x
n
?
?
s?
．
1?s
0
k?
1
n
k
0
n?1
s?ss
00
因
0?s<
br>0
?1
，故
m
因此
limx
n
?lim即
{x
n
}
的极限存在，满足（ⅱ）．
ils0?
，
?
0
，
n??
n??n??
1?s1
?s
00
n?1
0
k
最后验证
{x
n
}<
br>满足（ⅲ），因
f(s
0
)?0
，即
?
a
k
s
0
?1
，从而
k?1
2008
nknn?k
x
n
?x
n?1
?s
0
?(
?
a
k
s
0
)s
0
?
?
a
k
s
0
??
a
k
(x
n?k
?x
n?k?1
)
．
k?1k?1k?1
2
综上，已证得存在数列
{x
n
}
满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）．