常州市武進區(qū)初中數(shù)學教師解題競賽試題及參考答案1.（填空·4分）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，點D在BC上，且BD=1，DC=3。若E為AC上一點，使得∠ADE=∠B，則AE的長為________?！敬鸢浮吭O(shè)AB=AC=a。由余弦定理得BC2=a2+a2?2a2cos120°=3a2，故BC=a√3。已知BD=1，DC=3，則BC=4，于是a√3=4，a=4/√3。令A(yù)E=x，則EC=4/√3?x。在△ABD與△ADE中，∠ADE=∠B，且∠DAE=∠BAD（公共角），故△ADE∽△ABD，于是AE/AD=AD/AB?AD2=AE·AB=x·4/√3。在△ABD中，由余弦定理AD2=AB2+BD2?2·AB·BD·cos∠ABD=(16/3)+1?2·(4/√3)·1·cos30°=19/3?4=7/3。于是x·4/√3=7/3，解得x=7√3/12。故AE=7√3/12。2.（填空·4分）若實數(shù)x，y滿足x2+xy+y2=3，則x2?xy+y2的最大值為________?！敬鸢浮苛頢=x2?xy+y2，已知x2+xy+y2=3。兩式相加得2(x2+y2)=3+S；兩式相減得2xy=3?S。于是(x+y)2=x2+y2+2xy=(3+S)/2+(3?S)=9/2?S/2；(x?y)2=x2+y2?2xy=(3+S)/2?(3?S)=5S/2?3/2。由于(x?y)2≥0，得5S/2?3/2≥0?S≥3/5；又(x+y)2≥0?9/2?S/2≥0?S≤9。當x=√3，y=?√3時，x2+xy+y2=3?3+3=3，此時S=3+3+3=9，可達。故最大值為9。3.（選擇·4分）已知函數(shù)f(x)=x3?3x+1，則方程f(f(x))=x的實根個數(shù)為A.3?B.5?C.7?D.9【答案】C令g(x)=f(x)?x=x3?4x+1。f(f(x))=x?f(x)是g(x)的零點或f(x)=x。先解f(x)=x，即x3?4x+1=0，記其三實根為α<β<γ。再解f(x)=α，f(x)=β，f(x)=γ。由于f(x)在(?∞,?1)增，(?1,1)減，(1,+∞)增，且f(?2)=?1，f(?1)=3，f(1)=?1，f(2)=3，故f(x)=α有1解，f(x)=β有3解，f(x)=γ有3解，共7個實根。4.（解答·12分）設(shè)數(shù)列{a?}滿足a?=1，a???=a?+1/(a?+a?+?+a?)。（1）證明：對任意正整數(shù)n，a?>√(2n?1)；（2）求極限lim?→∞a?/√n。【答案】（1）令S?=a?+?+a?，則a???=a?+1/S?。先證a?單調(diào)增：顯然a?=2>a?。若a?>a???，則S?>S???，于是1/S?<1/S???，但a???=a?+1/S?>a?，歸納得{a?}嚴格增。下證a?>√(2n?1)。n=1時成立。假設(shè)對n=k成立，則S?>∑_{i=1}^k√(2i?1)。由積分估計∑_{i=1}^k√(2i?1)>∫?^k√(2x?1)dx=(2k?1)^{3/2}/3。于是S?>(2k?1)^{3/2}/3，故a???=a?+1/S?>√(2k?1)+3/(2k?1)^{3/2}。只需證√(2k?1)+3/(2k?1)^{3/2}>√(2k+1)。令t=√(2k?1)，則不等式化為t+3/t3>√(t2+2)。兩邊平方得t2+6/t2+9/t?>t2+2，即6/t2+9/t?>2，對t≥1顯然成立。歸納得證。（2）由（1）知a?>√(2n?1)，故liminfa?/√n≥√2。另一方面，由a???=a?+1/S?及S?≥na?=n，得a???≤a?+1/n，遞推得a?≤1+H_{n?1}～lnn，與下界矛盾，故需更緊上界。事實上，由a?～√(2n)可猜極限為√2。令b?=a?/√n，則b???=b?√(n/(n+1))+1/(S?√(n+1))。由S?～nb?平均得S?～n√2，于是b???≈b?(1?1/(2n))+1/(n√2√n)→√2。嚴格證明可用Stolz定理，得極限為√2。5.（解答·14分）在平面直角坐標系中，給定圓C：(x?4)2+y2=4及點A(0,3)。過A作直線l交圓C于P,Q兩點，記線段PQ中點為M。（1）求M的軌跡方程；（2）設(shè)O為原點，求△OPQ面積的最大值?！敬鸢浮浚?）圓心C(4,0)，半徑2。設(shè)l：y=kx+3，代入圓方程得(x?4)2+(kx+3)2=4?(1+k2)x2+(6k?8)x+21=0。設(shè)P(x?,y?)，Q(x?,y?)，則M((x?+x?)/2,(y?+y?)/2)。由韋達定理x?+x?=(8?6k)/(1+k2)，于是y?+y?=k(x?+x?)+6=k(8?6k)/(1+k2)+6=(8k+6)/(1+k2)。故M的坐標為X=(4?3k)/(1+k2)，Y=(4k+3)/(1+k2)。消去k：注意到X2+Y2=(16+9k2?24k+16k2+9+24k)/(1+k2)2=25/(1+k2)，又X(4)+Y(3)=16+9=25，故M滿足X2+Y2=(4X+3Y)/5，即5X2+5Y2?4X?3Y=0，為圓(X?2/5)2+(Y?3/10)2=1/4。（2）|PQ|=2√(4?d2)，其中d為C到l距離，d=|4k+3|/√(1+k2)。面積S=1/2·|PQ|·d=√(4?d2)·d。令t=d2，則S=√(4t?t2)，當t=2時取最大值2。此時d=√2，即|4k+3|/√(1+k2)=√2，解得k=?1或k=?7/17，對應(yīng)最大面積2。6.（解答·16分）設(shè)正整數(shù)n≥3，將1,2,…,n2填入n×n方格，每格一數(shù)，且每行每列及兩條對角線之和均相等。（1）求此公共和S；（2）若n=4，給出一種填法并驗證?！敬鸢浮浚?）總和T=n2(n2+1)/2，共2n+2條線，但中心數(shù)被重復(fù)計算。設(shè)中心數(shù)為x，則(2n+2)S?2x=T。又每行和為S，故nS=T，于是S=n(n2+1)/2。代入得x=T/(2n+2?2n)=T/2=n2(n2+1)/4。需x為整數(shù)，故n2(n2+1)≡0mod4，對n≥3恒成立。（2）n=4時S=34。經(jīng)典幻方構(gòu)造：16321351011896712415141驗證：每行每列及兩對角線之和均為34。7.（解答·18分）設(shè)函數(shù)f(x)=e??x?1，數(shù)列{x?}滿足x?=1，x???=f(x?)。（1）證明：x?>0且{x?}單調(diào)減；（2）求lim?→∞nx??！敬鸢浮浚?）f(x)>0對x≠0，且f(x)<x對x>0。x?=1>0，若x?>0，則x???=f(x?)>0且x???<x?，歸納得證。（2）令y?=1/x?，則y???=1/f(1/y?)=1/(e^{1/y?}?1/y??1)。由e^{1/y}=1+1/y+1/(2y2)+o(1/y2)，得y???=1/(1/(2y?2)+o(1/y?2))～2y?2。于是y?～2^{2?}，故x?～1/2^{2?}，極限為0。更精確地，取對數(shù)得lny???≈2lny?+ln2，解得lny?≈2^{n?1}ln2，于是x?≈1/2^{2^{n?1}}。故nx?→0。8.（解答·20分）設(shè)△ABC為銳角三角形，外接圓半徑R=1，內(nèi)切圓半徑r，半周長s。（1）證明：s≤3√3/2，并指出取等條件；（2）求r的最大值?！敬鸢浮浚?）由s=4Rcos(A/2)cos(B/2)cos(C/2)及R=1，需證cos(A/2)cos(B/2)cos(C/2)≤3√3/8。令x=A/2等，則x+y+z=π/2，cosxcosycosz≤[cos(x