2020年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题及参考答案

由 AD 是角平分线，可得 BAE = BAM + MAE = MAC + MCA = DME . ···········15 分
则有 BHE + BAE = DHE + DME = 180 ，从而 A, B, H , E 四点共圆.
所以 AEB = AHB = 90 . 命题得证. ····································································20 分
从而 MHC = 180 − MHD = 180 − HEC = MEH .
又由 CMH = HME 可知△CMH∽△HME . 故 MH = ME ，从而 MA = ME . ···········10 分
MC MH
MC MA
又因为 CMA = AME ，所以△CMA∽△AME . 故 MCA = MAE .
a
a
a
ห้องสมุดไป่ตู้
a
a
2019 年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题参考答案 第1页（共 4 页）
10.（本小题满分
15
分）设
a1
= 1， an
=
n2
n−1 k =1
1 k2
(n 2) . 求证：
（1）
an +1 an+1
=
n2 (n +1)2
(n 2) ；
（2） (1+ 1 )(1+ 1 ) (1+ 1 ) 4 (n 1) .
当 n = 1时，1+ 1 = 2 4 ，不等式成立. ···································································10 分 a1

暨2023年全国高中数学联合竞赛加试试题（模拟4）一．（本题满分40分）如图，ABC D 的外接圆为ω，P 为BC 边上一点，满足APB BAC Ð=Ð．过点A 作ω的切线交ABP D 的外接圆于点Q ，Q 关于AB 中点的对称点为T ，AT 交QP 于点D ．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（模拟4）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，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，ABCD的外接圆为ω，P为BC边上一点，满足APB BACÐ=Ð．过点A作ω的切线交ABPD的外接圆于点Q，Q关于AB 中点的对称点为T，AT交QP于点D．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．。

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析一、选择题(每小题6分，共36分)1．(2020年全国高中数学联赛)删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2020项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492．设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y +b=0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是yxO Ox yO xyyx O A.B. C.D.3．过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于(A ) 163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 34．若x ∈[－5π12 ，－π3 ]，则y=tan(x +2π3 )－tan(x +π6 )+cos(x +π6 )的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 1253二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是 ．8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，则△PF 1F 2的面积等于 ．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R}若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是 ．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A '刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠PAC ．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．2020年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题6分，共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2020项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 【答案】C【解析】452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2020－1980=23项．由2025+23=2048．知选C ．3．过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于(A) 163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 3【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB 所在直线方程为y=3x ，弦的中点在y=p k =43上，即AB 中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x －43)+43，令y=0，得点P 的坐标为163．∴ PF=163．选A ．4．若x ∈[－5π12 ，－π3]，则y=tan(x +2π3)－tan(x +π6)+cos(x +π6)的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 1253【答案】C【解析】令x +π6=u ，则x +2π3=u +π2，当x ∈[－5π12，－π3]时，u ∈[－π4，－π6]，y=－(cot u +tan u )+cos u=－2sin2u +cos u ．在u ∈[－π4，－π6]时，sin2u 与cos u 都单调递增，从而y 单调递增．于是u=－π6时，y 取得最大值1163，故选C ．二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是 ．【答案】(－3，－5－12)∪(5－12，3)． 【解析】即|x |3－2|x |2－4|x |+3<0，⇒(|x |－3)(|x |－5－12)(|x |+5+12)<0．⇒|x |<－5+12，或5－12<|x |<3． ∴ 解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R}若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是 ．【答案】－4≤a ≤－1．【解析】A=(1，3)；又，a ≤－21－x∈(－1，－14)，当x ∈(1，3)时，a ≥x 2+52x－7∈(5－7，－4)．∴ －4≤a ≤－1．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．【答案】93【解析】a 3=b 2，c 5=d 4，设a=x 2，b=x 3；c=y 4，d=y 5，x 2－y 4=9．(x +y 2)(x －y 2)=9．∴ x +y 2=9，x －y 2=1，x=5，y 2=4．b －d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．【答案】2+48【解析】如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD 绕其中心旋转45︒而得．设E 的射影为N ，则MN=2－1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，N MHGFEDCBAT n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．【答案】118【解析】由于a 1，a 2，…，a n －1中的每一个都可以取0与1两个数，T n =2n －1．在每一位(从第一位到第n －1位)小数上，数字0与1各出现2n －2次．第n 位则1出现2n －1次．∴ S n =2n －2⨯0.11…1+2n －2⨯10－n．∴ lim n →∞S n T n =12⨯19=118．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R)与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．【解析】曲线方程为：Z=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c s in 4t )∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t ．(0≤x ≤1) y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1－x )2+2b (1－x )x +cx 2即 y=(a －2b +c )x 2+2(b －a )x +a (0≤x ≤1)． ①若a －2b +c=0，则Z 0、Z 1、Z 2三点共线，与已知矛盾，故a －2b +c ≠0．于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线．AB 中点M ：14+12(a +b )i ，BC 中点N ：34+12(b +c )i ．与AC 平行的中位线经过M (14，12(a +b ))及N (34，12(b +c ))两点，其方程为4(a －c )x +4y －3a －2b +c=0．(14≤x ≤34)． ②令 4(a －2b +c )x 2+8(b －a )x +4a=4(c －a )x +3a +2b －c ．即4(a －2b +c )x 2+4(2b －a －c )x +a －2b +c=0．由a －2b +c 0，得4x 2+4x +1=0， 此方程在[14，34]内有惟一解： x=12．以x=12代入②得， y=14(a +2b +c )．∴ 所求公共点坐标为(12，14(a +2b +c ))．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠PAC ．分析：由∠PBC=∠CDB ，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ ，则∆BDQ ∽∆DAQ ．反之，若∆BDQ ∽∆DAQ ．则本题成立．而要证∆BDQ ∽∆DAQ ，只要证BD AD =DQAQ即可．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．【解析】当3l、3m、3n的末四位数字相同时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104．即求满足3l ≡3m ≡3n ( mod 104)的l 、m 、n ．∴ 3n (3l －n －1)≡0 (mod 104)．(l －n >0)但 (3n ，104)=1，故必有3l －n ≡1(mod 104)；同理3m －n ≡1(mod 104)．下面先求满足3x ≡1(mod 104)的最小正整数x ．∵ ϕ(104)=104⨯12⨯45=4000．故x |4000．用4000的约数试验：∵ x=1，2，时3x ≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x 必须是4的倍数；∵ x=4，8，12，16时3x ≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x 必须是20的倍数；∵ x=20，40，60，80时3x ≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是100的倍数；∵ x=100，200，300，400时3x ≡∕1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．即，使3x ≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l －n 、m －n 都是500的倍数， 设l －n=500k ，m －n=500h ，(k ，h ∈N*，k >h )．由m +n >l ，即n +500h +n >n +500k ，⇒n >500(k －h )≥500，故n ≥501．取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．现设任一点连的线数≤n －2．且设b 0＝q +2≤n －2．且设图中没有四边形．于是当i ≠j 时，B i 与B j 没有公共的点对，即|B i ∩B j |≤1(0≤i ，j ≤n －1)．记B 0－＝V \B 0，则由|B i ∩B 0|≤1，得|B i ∩B 0－|≥b i －1(i ＝1，2，…，n －1)，且当1≤i ，j ≤n －1且i ≠j 时，B i ∩B 0－与B j ∩B 0－无公共点对．从而B 0－中点对个数≥i ＝1n －1∑(B i ∩B 0－中点对个数)．即C 2 n －b 0≥i ＝1n －1∑C 2 |B i ∩B 0－|≥i ＝1n －1∑C 2 b i －1＝12i ＝1n －1∑ (b 2i －3b i +2)≥12[1n －1(i ＝1n －1∑b i )2－3i ＝1n －1∑b i +2(n －1)](由平均不等式)＝12[1n －1(2l －b 0)2－3(2l －b 0)+2(n －1)]＝12(n －1)[(2l －b 0)2－3(n －1)(2l －b 0)+2(n －1)2]＝12(n －1)(2l －b 0－n +1)(2l －b 0－2n +2)(2l ≥q (q +1)2+2＝(n －1)(q +1)+2)≥12(n －1)[(n －1)(q +1)+2－b 0－n +1][(n －1)(q +1)+2－b 0－2n +2]＝12(n －1)[(n －1)q +2－b 0][(n －1)(q －1)+2－b 0]．(两边同乘以2(n －1)即 (n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(n －1≥q (q +1)代入) 得 q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(各取一部分因数比较) ①但(nq －q －n +3－b 0)－q (n －b 0－1)＝(q －1)b 0－n +3(b 0≥q +2)≥(q －1)(q +2)－n +3＝q 2+q +1－n ＝0．②(nq －q +2－b 0)－(q +1)(n －b 0)＝qb 0－q －n +2≥q (q +1)－n +2＝1＞0． ③由假设，不存在处在不同行的2个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了q ＋2列，故还余q 2－1列，不同的列对数为C 2 q 2－1)i ＝1n －1∑C 2 m i ≤C 2 q 2－1． 所以q 2·q (q －1)＋q (q －1)(q －2)≤(q 2－1)(q 2－2)．⇒ q (q －1)(q 2＋q －2)≤(q －1)(q ＋1)(q 2－2)⇒q 3＋q 2－2q ≤q 3＋q 2－2q －2．矛盾．故证．。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。