备份“kuing 状态不佳地 play 一 play 高考(数学) in 2012”一贴

kuing

在这里就直接显示公式了

原贴转自：bbs.pep.com.cn/thread-2532549-1-1.html

声　明

　　还是那句，本人非教师，也非学生，2007年高中毕业=失业，无业游民至今，所以，请不要叫我老师$^{[1]}$。而与往年不太一样的是，最近我心情不太好（熟悉我的朋友或者在群里跟我吹得比较多的网友应该知道什么原因，这里就不扯了），状态不佳，所以玩的题可能没往年那么多，质量估计有所下降甚至可能错乱百出，先说一声见谅了，如果发现哪里错了请跟贴提出，同时希望大家一起玩玩。
　　还有一点不同的是我这次故意用 $\mathrm\LaTeX$ 代码来写题目解答，嘿嘿，估计会被喷，不过我也没所谓了，如果由此没人看就当自拆招牌吧。
　　最后当然还是要把口号叫一叫：珍爱生命，远离考试。

  ___________________
  $[1]$ 这一句抄自去年的贴子：http://bbs.pep.com.cn/thread-1559068-1-1.html


注：部分题目及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。见：
pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/2012/sxkj9/sxkj9gk/201207/t20120724_1133829.htm
也可以下载整期的PDF来看，然后找到正文第18页开始。《数学空间》总第9期PDF版下载链接见 pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/2012/sxkj9/ 下方。

kuing

一、广东文数10 and 理数8

由条件知
\begin{align*}
\frac{\bigl|\vv a\bigr|}{\bigl|\vv b\bigr|}\cos\theta &= \frac m2,\\
\frac{\bigl|\vv b\bigr|}{\bigl|\vv a\bigr|}\cos\theta &= \frac n2,
\end{align*}
其中 $m$, $n \in \mbb Z$，两式相乘得
\[ \cos^2\theta =\frac{mn}4, \]
又由角的范围知
\[ \cos^2\theta \in \left(0,\frac12\right),\]
从而易得 $m=n=1$ 或 $m=n=-1$，后者显然余去，故D。

与文数类似，用回前面所设，得到
\[ \cos^2\theta =\frac{mn}4, \]
此处角的范围不同，有
\[ \cos^2\theta \in \left(\frac12,1\right),\]
从而易得
$m=1$, $n=3$ 或 $m=3$, $n=1$ 或 $m=-1$, $n=-3$ 或 $m=-3$, $n=-1$，显然只有 $m=3$, $n=1$ 符合，故C。

kuing

二、安徽理数10

由题意知 6 位同学之间最多交换 $C_6^2=15$ 次，现在已经交换了 13 次了，还有两次没交换。
如果这两次涉及同一人，则收到 4 份纪念品的为 2 人；
如果这两次不涉及同一人，则收到 4 份纪念品的为 4 人。
D

kuing

三、安徽理数20

关于这个题的第二问，其实 $P$ 可以一般化，事实上，有如下推广命题：
椭圆上有任意一点 $P$（非长轴顶点），焦点 $F$ 相应的准线为 $L$，连结 $PF$，过 $F$ 作 $PF$ 的垂线交 $L$ 于 $Q$，则直线 $PQ$ 与椭圆相切。

双曲线上也类似，抛物线就更不用说了，故此这也提供了作圆锥曲线上的点的切线的一种作法。

下面用几何方法证明推广命题。

假设 $PQ$ 与椭圆交于点 $P$ 以外的另一点 $ P' $，作如图所示的辅助线。

则
\[ \frac{PF}{P' F} = \frac{e\cdot PG}{e\cdot P' H} = \frac{PG}{P' H} = \frac{PQ}{P' Q} = \frac{PF}{P' E}, \]
这样得到
\[ P' F = P' E, \]
显然矛盾，故得证。


______________________
本题及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。

kuing

四、山东理数12

（这图的水印打得太XX了，几乎看不清，那个是 $f(x) = \frac1x$）

依题意知关于 $x$ 的多项式
\[ h(x) = ax^3+bx^2-1 \]
有二重根，不妨设二重根为 $x_1$，另一根为 $x_2$，则上述多项式可以分解为
\[ h(x) = a(x-x_1)^2(x-x_2), \]
展开对比 $x$ 的系数得
\[ ax_1(x_1+2x_2)=0, \]
由于 $a \ne 0$ 且显然 $x_1 \ne 0$，故必有
\[ x_1 = -2x_2, \]
又展开对比常数项得
\[ ax_1^2x_2 = 1, \]
从而解得
\[ x_1 = -2x_2 = - \sqrt[3]{\frac2a}, \]
故易得
\[ y_1 = - \frac{y_2}2 = - \sqrt[3]{\frac a2}, \]
从而
\begin{align*}
x_1+x_2 &= - \sqrt[3]{\frac1{4a}},\\
y_1+y_2 &= \sqrt[3]{\frac a2},
\end{align*}
选B


______________________
本题及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。

kuing

五、江西理数6、7

6、由 $a+b=1$, $a^2+b^2=3$ 解得
\[ a = \frac{1\pm\sqrt5}2, b = \frac{1\mp\sqrt5}2, \]
从而 $a^n+b^n$ 符合斐波拉契数列的递推公式。
_____6-10回头更新_____
更简单的方法是由 $a+b=1$, $a^2+b^2=3$ 得到 $ab=-1$，从而 $a$, $b$ 是方程 $x^2-x-1=0$ 的两根，于是
\[ a^{n+2}+b^{n+2} = a^n(1+a)+b^n(1+b) = a^{n+1}+b^{n+1}+a^n+b^n, \]
所以也得到 $a^n+b^n$ 符合斐波拉契数列的递推公式。

7、由中线长公式，有
\[ 4PA^2+4PB^2 = 2AC^2+2AD^2-CD^2 + 2BC^2+2BD^2-CD^2 = 2(AC^2+BC^2)+2(AD^2+BD^2)-2CD^2 = 2AB^2+2CD^2 = 10CD^2 = 40PC^2, \]
故
\[ \frac{PA^2+PB^2}{PC^2}=10. \]
_____6-10回头更新_____
其实直接在 $\triangle PAB$ 时里用中线长公式更好，即
\[ 4PC^2 = 4PD^2 = 2PA^2+2PB^2-AB^2 = 2PA^2+2PB^2-(4PC)^2, \]
从而得到
\[ \frac{PA^2+PB^2}{PC^2}=10. \]

______________________
本两题及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。

kuing

六、江西理数9、10

9、依题意得
\[ \frac{n \bar x + m \bar y}{n+m} = \alpha \bar x + (1-\alpha) \bar y, \]
作差分解得
\[ \frac{(\bar x - \bar y) \bigl(\alpha m - (1-\alpha)n\bigr)}{m+n} = 0, \]
由 $\bar x \ne \bar y$ 解得
\[ \frac mn = \frac{1-\alpha}{\alpha}>1.\]

10、设截面面积为 $S(x)$，则显然 $V ' (x) = -S(x)$，从而曲线的开始与结尾处的切线斜率必定都为 $0$，只有A。

注：文数10也是这类东西，你们玩吧。

kuing

七、新课标全国卷理数16

由
\[ a_{n+1} + (-1)^n a_n = 2n-1, \]
得
\begin{align*}
a_{n+2} &= (-1)^n a_{n+1}+2n+1 \\
&= (-1)^n \bigl((-1)^{n-1}a_n+2n-1\bigr)+2n+1 \\
&= -a_n+(-1)^n(2n-1)+2n+1,
\end{align*}
即
\[ a_{n+2}+a_n = (-1)^n(2n-1)+2n+1, \]
也有
\[ a_{n+3}+a_{n+1} = -(-1)^n(2n+1)+2n+3, \]
两式相加得到
\[ a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3} = -2(-1)^n+4n+4, \]
设 $k$ 为整数，则
\[ a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4} = -2(-1)^{4k+1}+4(4k+1)+4 = 16k+10, \]
于是 $a_n$ 的前 60 项和便是
\[ S_{60} = \sum_{k=0}^{14}(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4}) = \sum_{k=0}^{14}(16k+10) = 1830. \]


PS、第12题与个多月前的这个贴http://bbs.pep.com.cn/thread-2457414-1-1.html几乎一样，难道……哼哼


______________________
本题及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。

kuing

八、重庆8（文/理）

文8

记 $g(x) = x f '(x)$，则依题意知 $f '(-2) = 0$ 且 $f '' (-2) > 0$，故 $g(-2)=0$，又 $g'(x) = f '(x) + x f '' (x)$，故 $g'(-2) = -2f '' (-2) < 0$，从而只有C。


理8

记 $g(x) = (1-x)f ' (x)$，则 $g'(x) = - f ' (x) + (1-x) f '' (x)$。
由图像知 $g(-2)=0$ 且 $g'(-2)<0$，从而易得 $ f ' (-2) = 0$ 且 $ f '' (-2) < 0$，故 $f(-2)$ 是极大值；
由图知 $g(2)=0$ 且 $g'(2)<0$，从而易得 $ f ' (2) = 0$ 且 $ f '' (2) > 0$，故 $f(2)$ 是极小值。
D



PS、重庆9（文/理）跟2010辽宁理数12有点像，但简单多了。

kuing

九、安徽15（文/理）

文15

不详讲了，画个图了事：

理15

也不详讲了，①、②都是余弦定理然后将 $c$ 放掉再均值便得；③是FAQ的特例；④、⑤均令 $a=b$ 且 $c \to 0$ 使知不成立。


呃，质量又下降了……

kuing

十、江苏19

关于本题第（2）问的第（ii）小问，对一般椭圆也成立，对双曲线也也成立。

如图所示

延长 $AF_1$ 交椭圆于 $B ' $，由于平行，易证 $B ' F_1 = BF_2$，设 $B ' F_1 = x$, $AF_1 = y$，则由三角形相似易得
\[ PF_1 = (2a-x)\cdot \frac y{x+y}, PF_2 = (2a-y)\cdot \frac x{x+y}, \]
于是
\[ PF_1+PF_2 = (2a-x)\cdot \frac y{x+y} + (2a-y)\cdot \frac x{x+y} = 2a-\frac2{\frac1x+\frac1y}, \]
由于 $AB ' $ 是焦点弦，故熟知上式最右边那一项的分母为定值，所以得证。

双曲线的类似可证。


______________________
本题及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。

kuing

十一、福建理数10

题穷啊，又搞凸函数。
①错，比如 $f(x)=\begin{cases} 1, & 1<x<3,\\ 2, & x=1~\text{或}~3, \end{cases}$
②错，比如 $f(x) = -x$
③④显然正确

事实上，还可以证明
\[f\left(\frac{x_1+x_2+x_3}3\right)\leqslant\frac13\bigl(f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)\bigr),\]
为何不给这个出来判断呢？如果是我出题的话肯定给这个。

kuing

十二、湖北理数6

这个按理应该略过的，但突然想起我以前就解过类似的，一找贴之下发现：
http://bbs.pep.com.cn/thread-396608-1-1.html
就数字有点不同，方法明显是一样的，大家进去看看便知。


PS、顺手看了下随后的两题，第7题显然①③，第8题看着像小学割补题。

kuing

十三、湖南文数16

第一问略，只看下第二问。这个题想是不难想，就是表达有点麻烦。
为方便表达，我们用 $(n)_2$ 来表示 $n$ 的二进制数。
不过还是劲难表达的说。

当某个正整数 $n$ 使得 $b_n=0$ 时
（1）如果 $(n)_2$ 的最后一位为 $0$（即 $n$ 为偶数）时
        （1-1）如果 $(n)_2$ 的倒数第二位也为 $0$ 时，则 $b_{n+1}=b_{n+2}=1$，$b_{n+3}=0$；（例如 $(n)_2 = 1100$）
        （1-2）如果 $(n)_2$ 由倒数第二位到倒数第 $p$ 位（$p \geqslant 2$）都为 $1$ 而倒数第 $p+1$ 位为 $0$ 时
                （1-2-1）如果 $p$ 为偶数，则 $b_{n+1}=1$，$b_{n+2}=0$；（例如 $(n)_2 = 101110$）
                （1-2-2）如果 $p$ 为奇数，则 $b_{n+1}=b_{n+2}=1$，$b_{n+3}=0$；（例如 $(n)_2 = 11011110$）
（2）如果 $(n)_2$ 由最后一位到倒数第 $p$ 位（$p \geqslant 1$）都为 $1$ 而倒数第 $p+1$ 位为 $0$ 时
        （2-1）如果 $p$ 为奇数，则 $b_{n+1}=0$；（例如 $(n)_2 = 10111$）
        （2-2）如果 $p$ 为偶数，则 $b_{n+1}=1$，$b_{n+2}=0$。（例如 $(n)_2 = 11011$）
所有分类讨论完，可见当 $b_n=0$ 后三项之内必再出现 $0$，再由（1-1）和（1-2-2）的例子可见，$c_m$ 的最大值就是 $2$。

kuing

十四、新课标全国卷理数23

这个其实昨天就看到了，但没选上，今天看了下答案，是直接代三角来玩，没提及用向量得到的那条常用等式，所以还是在这里扯一扯吧。
利用向量，易得
\[ \abs{PA}^2+\abs{PB}^2+\abs{PC}^2+\abs{PD}^2 = 4\abs{PO}^2+\abs{OA}^2+\abs{OB}^2+\abs{OC}^2+\abs{OD}^2, \]
这里的 $O$ 为原点，亦即是 $A$, $B$, $C$, $D$ 的重心。这样更是显然得到答案并且能推广到更一般情况。

kuing

十五、湖北文数17

既然要算被 $5$ 整除的，那就按 $5$ 为模分类算算。设 $m$ 为非负整数，则
（1）当 $n=5m+1$ 时
\[a_{5m+1}=\frac{(5m+1)(5m+2)}2 = 5m^5 + 15\cdot\frac{m(m+1)}2 + 1,\]
故 $a_{5m+1}$ 除以 $5$ 余 $1$；
（2）当 $n=5m+2$ 时
\[a_{5m+2}=\frac{(5m+2)(5m+3)}2 = 25\cdot\frac{m(m+1)}2 + 3,\]
故 $a_{5m+2}$ 除以 $5$ 余 $3$；
（3）当 $n=5m+3$ 时
\[a_{5m+3}=\frac{(5m+3)(5m+4)}2 = 25\cdot\frac{m(m+1)}2 + 5(m+1) + 1,\]
故 $a_{5m+3}$ 除以 $5$ 余 $1$；
（4）当 $n=5m+4$ 时
\[a_{5m+4}=\frac{(5m+4)(5m+5)}2 = 5\cdot\left(5\cdot\frac{m(m+1)}2+2m+2\right),\]
故 $a_{5m+4}$ 被 $5$ 整除；
（5）当 $n=5m+5$ 时
\[a_{5m+5}=\frac{(5m+5)(5m+6)}2 = 5\cdot\left(5\cdot\frac{m(m+1)}2+3m+3\right),\]
故 $a_{5m+5}$ 被 $5$ 整除。
由此可见，$\{b_1,b_2,b_3,b_4,b_5,b_6,\ldots\} = \{a_4,a_5,a_9,a_{10},a_{14},a_{15},\ldots\}$，即
\[\left\{\begin{aligned}
b_{2k-1}&=a_{5k-1}=\frac{5k(5k-1)}2,\\
b_{2k}&=a_{5k}=\frac{5k(5k+1)}2,
\end{aligned}\right.\]

kuing

十六、上海理数14

分别过 $B$, $C$ 作 $AD$ 的垂线，由于 $AD\perp BC$，所以两垂线的垂足共点，设其为 $E$。
这里明显有 $EB=EC$，若不等，假设 $EB<EC$，则由勾股定理得 $AB<AC$, $BD<CD$，这与 $AB+BD=AC+CD$ 矛盾。
由此，设 $EB=EC=x$，则易证 $1<x\leqslant \sqrt{a^2-c^2}$，以及 $S_{\triangle EBC}=\sqrt{x^2-1}$，从而
\[V_{ABCD} = \frac{2c}3\sqrt{x^2-1}\leqslant \frac{2c}3\sqrt{a^2-c^2-1}.\]

这题越写越发现没玩头，早知道不选了，不过图都截了也写了大半了，算了哎……

kuing

十七、四川10 and 12（文/理）

10（文/理）

由球面直角三角形的某条公式得
\[ \cos\frac{AP}R = \cos60^\circ \cos45^\circ = \frac{\sqrt2}4, \]
故A。

理12

令
\[ g(x) = f \left( x+\frac\pi2 \right) - \pi = 2x+\sin x, \]
则已知等式化为
\[g\left(a_1-\frac\pi2\right)+g\left(a_2-\frac\pi2\right)+\cdots+g\left(a_5-\frac\pi2\right)=0.\]
我们将证明 $a_3=\pi/2$。若不然，假设 $a_3>\pi/2$，那么
\[a_3-\frac\pi2>0,   a_1-\frac\pi2+a_5-\frac\pi2=a_2-\frac\pi2+a_4-\frac\pi2=2a_3-\pi>0,\]
注意到 $g(x)$ 为递增的奇函数，熟知有 $g(x)+g(y)>0 \iff x+y>0$，从而得到
\[g\left(a_3-\frac\pi2\right)>0,   g\left(a_1-\frac\pi2\right)+g\left(a_5-\frac\pi2\right)>0,   g\left(a_2-\frac\pi2\right)+g\left(a_4-\frac\pi2\right)>0,\]
矛盾！
同理可证假设 $a_3<\pi/2$ 时将产生矛盾，故此必有 $a_3=\pi/2$。
从而 $\bigl(f(a_3)\bigr)^2-a_1a_5=\pi^2-(\pi/2+\pi/4)(\pi/2-\pi/4)=13\pi^2/16$。

文12

与理12类似，略。


______________________
理12及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。

kuing

十八、四川文数16

①对，反证一下，假设 $a-b\geqslant 1$，则 $a^2-b^2=(a+b)(a-b)\geqslant a+b>a-b\geqslant 1$，矛盾。

②错，反例取 $a=2$, $b=2/3$；

③错，事实上，不等式反向成立，即当 $\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|=1$ 时有 $\abs{a-b}>1$，我们也用反证法证一下。
假设 $\abs{a-b}\leqslant 1$，则
\[\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|=\frac{\abs{a-b}}{\sqrt a+\sqrt b}\leqslant \frac1{\sqrt a+\sqrt b} < \frac1{\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|},\]
从而得到 $\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|<1$，矛盾；

④对，由 $1=\abs{a^3-b^3}=\abs{a-b}(a^2+ab+b^2)>\abs{a-b}(a^2-2ab+b^2)=\abs{a-b}^3$ 即得 $\abs{a-b}<1$。

kuing

十九、四川理数16

这题真不是好对付的。

①对，直接列出来即知正确，事实上，后面的都是 2；

②错，当 $a=3$ 时 $\{x_n\}$ 为 $\{3,2,1,2,1,2,1,\ldots\}$ 后面一直是 2, 1 循环；

③对，由于对任意整数 $n$，容易证明恒有
\[ \left[ \frac n2 \right]\geqslant \frac{n-1}2,\]
又显然 $x_n+[a/x_n]$ 为整数，于是，由 $[x]>x-1$ 以及均值不等式，我们有
\[ x_{n+1}=\left[ \frac{x_n+\left[\frac a{x_n}\right]}2 \right]\geqslant \frac{x_n+\left[\frac a{x_n}\right]-1}2 > \frac{x_n+\frac a{x_n}-2}2\geqslant \sqrt a-1. \]
所以命题成立；

④对，我们先来证明 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立，若不然，假设存在某个 $x_k<\bigl[\sqrt a\bigr]$，由于 $x_k$ 和 $\bigl[\sqrt a\bigr]$ 均为整数，因此有
\[ x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]-1\leqslant \sqrt a-1, \]
这与③的结论矛盾，从而必有 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立。
接下来证明当 $x_{k+1}\geqslant x_k$ 时必有 $x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$，若不然，假设 $x_k>\bigl[\sqrt a\bigr]$，由于 $x_k$ 和 $\bigl[\sqrt a\bigr]$ 均为整数，因此有
\[ x_k\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]+1 > \sqrt a, \]
而
\[ x_{k+1}=\left[ \frac{x_k+\left[\frac a{x_k}\right]}2 \right]\leqslant \frac{x_k+\left[\frac a{x_k}\right]}2 \leqslant \frac{x_k+\frac a{x_k}}2, \]
于是有
\[ 2(x_{k+1}-x_k)\leqslant \frac a{x_k}-x_k = \frac{a-x_k^2}{x_k} < 0, \]
矛盾，所以当 $x_{k+1}\geqslant x_k$ 时必有 $x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$，再由 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立，我们便得到 $x_k=\bigl[\sqrt a\bigr]$。


______________________
本题及解答已被我选入《数学空间》总第9期的《对2012年的几道高考数学题的解答及研究》一文中。