2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)(PDF版,含解析)

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2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)(PDF版,含解析)

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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
一试试题 (A)
一、填空题:本大题共 8小题,每小题 8分,满分 64分.
1.若实数m>1满足 log9 log8m =2024,则 log3 log2m 的值为 .
2.设无穷等比数列 {an}的公比 q满足 0< q < 1.若 {an}的各项和等于 {an}各项的平方和,则 a2的取值范围是
.
3.设实数 a,b满足:集合A= {x∈ R|x2- 10x+ a≤ 0}与 B= {x∈ R|bx≤ b3}的交集为 4,9 ,则 a+ b的值为
.
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
.
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 a+ b= 7 1发生的概率为 ,则事件“a= b”发生的概率为 .
7
6.设 f(x)是定义域为R、最小正周期为 5的函数.若函数 g(x) = f(2x)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 .

7.设F1,F2为椭圆Ω的焦点,在Ω上取一点P(异于长轴端点),记O为△PF1F2的外心,若PO F1F2= 2PF1 PF2,则
Ω的离心率的最小值为 .
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 10< a< b< c的幸运数组(a,b,c)的个数为 .
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.
= sinA+ cosA = sinB + cosB9.(本题满分 16分)在ΔABC中,已知 cosC ,求 cosC的值.
2 2
10.(本题满分 20分)在平面直角坐标系中,双曲线 Γ:x2- y2= 1的右顶点为A.将圆心在 y轴上,且与 Γ的两支各恰
d
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 的所有可能的值.
PA
11.(本题满分 20分)设复数 z,w满足 z+w= 2,求S= z2- 2w + w2- 2z 的最小可能值.
·1·
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
加试试题 (A卷)
一. (本题满分 40分)给定正整数 r,求最大的实数C,使得存在一个公比为 r的实数等比数列 an n≥1,满足 an ≥
C对所有正整数n成立.( x 表示实数 x到与它最近整数的距离.)
二. (本题满分 40分)如图,在凸四边形ABCD中,AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上,满足EF ||BD,分
别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆 ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明:B,P,Q,D四点
共 圆. (答题时储将图画在答卷纸上)
三. (本题满分 50分)给定正整数 n.在一个 3× n的方格表上,由一些方格构成的集合 S称为“连通的”,如果对 S
中任意两个不同的小方格A,B,存在整数 l≥ 2及S中 l个方格A=C1,C2,…,Cl=B,满足Ci与Ci+1有公共边 (i= 1,
2, ,l- 1).
求具有下述性质的最大整数K :若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色,总存在一个连通的集合 S,使
得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值 不小于K.
四.(本题满分 50分)设A,B为正整数,S是一些正整数构成的一个集合,具有下述性质:
(1)对任意非负整数 k,有AK∈S;
(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;
(3)若m,n∈S,且m,n互素,则mn∈S;
(4)若n∈S,则An+B∈S.
证明:与B互素的所有正整数均属于S.
·2·
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
加试(A 卷)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)给定正整数 r .求最大的实数C ,使得存在一个公比
为 r 的实数等比数列{an}n 1,满足 an C 对所有正整数 n成立.( x 表示实数 x
到与它最近整数的距离.)
解:情形 1: r 为奇数.
x x 1 1对任意实数 ,显然有 ,故满足要求的C 不超过 .
2 2
又取{an}的首项 a
1
,注意到对任意正整数 n ,均有 rn 11 为奇数,因此2
a r
n 1 1 C 1 1n .这意味着 满足要求.从而满足要求的C 的最大值为 . 2 2 2 2
…………10 分
情形 2: r 为偶数.
设 r 2m (m N*).对任意实数 ,我们证明 a1 与 a2 中必有一数不超过
m m
,从而C .
2m 1 2m 1
1
事实上,设 a1 k ,其中 k 是与 a1最近的整数(之一),且0 . 2
注意到,对任意实数 x 及任意整数 k ,均有 x k x ,以及 x x .
0 m m若 ,则 a1 k . 2m 1 2m 1
m 1
2m
2
若 ,则 2m m m,即m r m,此时
2m 1 2 2m 1 2m 1
a2 a r kr
m
1 r r . …………30 分 2m 1
m m
另一方面,取 a1 ,则对任意正整数 n,有 a (2m)
n 1
n ,由二2m 1 2m 1
m
项式展开可知 a (2m 1 1)n 1 n 1 mn K ( 1) ,其中 K 为整数,故2m 1 2m 1
a m mn .这意味着C 满足要求. 2m 1 2m 1
m r
从而满足要求的C 的最大值为 .
2m 1 2(r 1)
1
r C 1综上,当 为奇数时,所求 的最大值为 ;当 r 为偶数时,所求C 的最大
2
r
值为 . …………40 分
2(r 1)
二.(本题满分 40 分)如图,在凸四边形 ABCD中, AC 平分 BAD,点
E, F 分别在边 BC, CD上,满足 EF || BD.分别延长 FA, EA至点 P, Q ,使得过点
A, B, P 的圆 1及过点 A, D, Q的圆 2 均与直线 AC 相切.证明:B, P, Q, D 四点共
圆.
(答题时请将图画在答卷纸上)
L(L')
Q ω2 Q ω2
P
ω1 ω
P
1
A A
K
B D B D
E F E F
C C
证明:由圆 1与 AC 相切知 BPA BAC CAD CAF 180 PAC ,
故 BP, CA的延长线相交,记交点为 L.
EF || BD CE CF AC CK CE CF由 知 .在线段 上取点 K ,使得 ,则
CB CD CA CB CD
KE || AB, KF || AD. …………10 分
由 ABL PAL KAF , BAL 180 BAC 180 CAD AKF ,
可知 ABL∽ KAF ,所以 AL KF AB . …………20 分
KA
KE AD
同理,记DQ, CA的延长线交于点 L ,则 AL .
KA
又由KE || AB, KF || AD KE CK KF知 ,即KE AD KF AB.
AB CA AD
所以 AL AL,即 L 与 L重合.
由切割线定理知 LP LB LA2 LQ LD,所以 B, P, Q, D 四点共圆.
…………40 分
三.(本题满分 50 分)给定正整数n .在一个3×n 的方格表上,由一些方格
构成的集合 S 称为“连通的”,如果对 S 中任意两个不同的小方格 A, B,存在整
数 l ≥ 2 及 S 中 l 个 方 格 A = C1, C2 , , Cl = B , 满 足 Ci 与 Ci+1 有 公 共 边
2
( i =1, 2, , l 1).
求具有下述性质的最大整数K :若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或
白色,总存在一个连通的集合 S ,使得 S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值
不小于K .
解:所求最大的K = n .
对一个由小方格构成的集合 S ,记 Sb 是 S 中的黑格个数,Sw是 S 中的白格个
数. 用 [i, j]表示第 i 行第 j 列处的方格,这里1≤ i ≤ 3 ,1≤ j ≤ n .对于两个方格
A = [i, j], B = [i′, j′], 定义它们之间的距离为 d (A, B) =| i i′ | + | j j′ |.
首先,如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色,我们证明对任意连
通的集合 S ,均有 | Sb Sw |≤ n,这表明 K ≤ n.
设[1,1]是黑格,并记ε ∈{0,1},满足ε ≡ n (mod 2) .
先证 Sb Sw ≤ n .可不妨设 S 包含所有黑格,这是因为若 S 不包含所有黑格,
取不属于 S 的黑格 A 满足 d (A, S) 最小,这里 d (A, S) = min d (A, B) .易知
B∈S
d (A, S) =1或 2 .若 d (A, S) =1,取 S ′ = S {A},则 S 仍是连通的,且 Sb′ Sw′ 更大.
若 d (A, S) = 2 ,则存在与 A 相邻的白格C ,而C 与 S 中某个方格 B 相邻,取
S ′ = S {A, B},则 S 仍是连通的,且 Sb′ Sw′ 不变. 因而可逐步扩充 S ,使得 S
包含所有黑格,保持 S 的连通性,且 Sb Sw 不减.
考虑白格集合Wk ={[i, j] |i + j = k},k = 3, 5, , n +1+ε ,每个Wk 中至少有一
个方格属于 S ,否则不存在从黑格 A = [1,1]∈S 到黑格 B = [3, n 1+ε ]的 S 中路径.
S 1故 w ≥ (n +ε ),而 S
1
b = (3n +ε ),故 Sb Sw ≤ n . …………10 分 2 2
类似可证 S 1w Sb ≤ n .同上,可不妨设 S 包含所有白格, 从而 Sw = (3n ε ) . 2
再考虑黑格集合 Bk ={[i, j] |i + j = k}, k = 4, 6, , n + 2 ε ,每个 Bk 中至少有一
个黑格属于 S ,否则不存在从白格 A = [1, 2]到白格 B = [3, n ε ]的 S 中路径. 从而
S 1b ≥ (n ε ) ,故 Sw Sb ≤ n . …………20 分 2
下面证明 K = n 具有题述性质,即对任意的染色方案,总存在连通的集合 S ,
使得 Sb Sw ≥ n .
设表格中共有 X 个黑格和Y 个白格,在第二行中有 x个黑格和 y 个白格. 于
是 X +Y = 3n , x + y = n .故
(X y) + (Y x) = (X +Y ) (x + y) = 2n .
由平均值原理可知max{X y, Y x}≥ n.
不妨设 X y ≥ n.取 S 为第二行中的 y 个白格以及所有 X 个黑格.由于 S 包
含第二行中所有方格,因而 S 是连通的. 而 Sb = X ,Sw = y,Sb Sw = X y ≥ n .
综上所述,Kmax = n . …………50 分
四.(本题满分 50 分)设 A, B为正整数,S 是一些正整数构成的一个集合,
具有下述性质:
(1) 对任意非负整数 k ,有 Ak S ;
(2) 若正整数 n S ,则 n的每个正约数均属于 S ;
3
(3) 若m, n S ,且m, n互素,则mn S ;
(4) 若 n S ,则 An B S .
证明:与 B 互素的所有正整数均属于 S .
证明:先证明下述引理.
引理:若 n S ,则 n B S .
引理的证明:对 n S ,设 n1是 n的与 A互素的最大约数,并设 n n1n2,则
n2的素因子均整除 A,从而 (n1, n2 ) 1.由条件(1)及(2)知,对任意素数 p | A及任
意正整数 k ,有 pk S .因此,将 Ak 1n1作标准分解,并利用(3)知 A
k 1n1 S .又
n2 | n,而 n S ,故由(2)知 n2 S .因 (A
k 1n1, n2 ) 1,故由(3)知 A
k 1n1 n2 S ,
即 Ak 1n S .再由(4)知
Akn B S (对任意正整数 k ). ①
…………10 分
设 n B C D ,这里正整数C 的所有素因子均整除 A,正整数 D与 A互素,
从而 (C, D) 1.由(1)及(2)知C S (见上面 Ak 1n S 的证明).
另一方面,因 (D, A) 1,故由欧拉定理知D A (D) 1.因此
A (D)n B (A (D) 1)n (n B) 0 (mod D),
但由①知 A (D)n B S ,故由(2)知 D S .结合C S 及 (C, D) 1知CD S ,即
n B S .引理证毕. …………40 分
回到原问题.由(1),取 k 0知1 S ,故反复用引理知对任意正整数 y ,有
1 By S .
对任意 n N*, (n, B) 1,存在正整数 x, y使得 nx 1 By ,因此 nx S ,因
n | nx,故 n S .证毕. …………50 分
4
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m 1满足 log9 (log8 m) 2024,则 log3(log2 m)的值为 .
答案:4049.
解: log3(log2 m) log3(3log8 m) 1 2log9 (log8 m) 1 2 2024 4049.
2. 设无穷等比数列{an}的公比 q满足0 q 1.若{an}的各项和等于{an}各
项的平方和,则 a2的取值范围是 .
1
答案: , 0 (0, 2). 4
{a } a解:因为数列 n 的各项和为 1 ,注意到{an}各项的平方依次构成首项1 q
a2 a
2
为 1 、公比为 q
2 的等比数列,于是{a2n }的各项和为 1 2 . 1 q
a a2
由条件知 1 1 2 ,化简得 a1 1 q . 1 q 1 q
2
q ( 1, 0) (0,1) a (1 q)q q 1 1 1

当 时, 2 , 0
(0, 2).
2 4 4
3. 设实数 a, b满足:集合 A {x R x2 10x a 0}与 B {x R bx b3}
的交集为[4, 9],则 a b 的值为 .
答案:7 .
解:由于 x2 10x a (x 5)2 25 a ,故 A是一个包含[4, 9]且以 x 5
为中点的闭区间,而 B 是至多有一个端点的区间,所以必有 A [1, 9],故a 9.
进一步可知 B 只能为[4, ),故b 0且 4b b3 ,得b 2.
于是 a b 7.
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 .
3
答案: .
4
解:由条件知PA AB, PA AC.
因此 PA BP2 AB2 3,进而 AC CP2 PA2 13 .
1
AB2 BC 2 AC 2ABC cos B 1 9 13 1在 中, ,故 sin B 3 .
2AB BC 2 1 3 2 2
S 1 3 3所以 ABC AB BC sin B . 2 4
又该三棱锥的高为 PA,故其体积为V 1 S 3 ABC PA . 3 4
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“ a b 7”发生的概率
1
为 ,则事件“ a b ”发生的概率为 .
7
4
答案: .
21
解:设掷出1, 2, , 6点的概率分别为 p1, p2 , , p6 .由于 p1, p2 , , p6 成等差
1
数列,且 p1 p2 p6 1,故 p1 p6 p2 p5 p3 p4 . 3
事件“ a b 7”发生的概率为 P1 p1 p6 p2 p5 p6 p1 .
事件“ a b ”发生的概率为 P p2 p22 1 2 p
2
6 .
2
于是 P P 2 21 2 ( p1 p6 ) ( p2 p5 ) ( p3 p )
2 3 1 14 . 3 3
1 1 1 4
由于 P1 ,所以 P7 2

3 7 21
6. 设 f (x)是定义域为R 、最小正周期为5的函数.若函数 g(x) f (2x )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 x [0, 5) 时,t [1, 32),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6m n 25,
且0 n m ,因此m 4, n 1.
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3m n 11.
7. 设 F1, F2 为椭圆 的焦点,在 上取一点 P (异于长轴端点),记O 为

PF1F2 的外心,若 PO F1F2 2PF1 PF2 ,则 的离心率的最小值为 .
6
答案: .
4

解:取F1F2 的中点M ,有MO F1F2 ,故MO F1F2 0.
记 PF1 u, PF2 v, F1F2 d ,则
2 2
1 PO F F v u1 2 PM F1F2 MO F1F2 (PF1 PF2 ) (PF2 PF1) , 2 2

2PF PF 2uv cos F PF u2 v2 d 21 2 1 2 ,
2
v2 u2 3u2 v2
故由条件知 u2 v2 d 2 ,即 d 2 .
2 2
8 2 2 2 1 由柯西不等式知 d (3u v ) 1

(u v)
2(当 v 3u时等号成立).
3 3
所以 的离心率 e d 3 6 .
u v 8 4
6
当u : v : d 1:3: 6 时, 的离心率 e取到最小值 .
4
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10 a 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10 a 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C35 C
2
5 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 a b 20,c的四个数字是0, 4, 8, 9
的排列,且0 不在首位,有3 3! 18种填法,除这些填法外,a b与 a b的填
600 18
法各占一半,故有 291个满足要求的幸运数组.
2
综上,所求幸运数组的个数为300 291 591.
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 ABC cosC sin A cos A sin B cos B分)在 中,已知 ,
2 2
求 cosC 的值.

解:由条件知cosC 2 sin 2 A sin

2 4
B . …………4 分
2 4
A
假如 B

,则C ,cosC 0,但 sin A


4 4 2 4
0,矛盾.


所以只可能 A B .此时 A B
0, ,C 2A. 4 4 2
…………8 分

注意到 cosC 2 sin A
0,故C ,所以 A B ,
,结合条
2 4 2 4 2
3
件得
cosC cos 2A sin

2A
2sin

2
A cos
4
A 4
2 2 cosC 1 ( 2 cosC)2 ,
又 cosC 0 7,化简得8(1 2cos2 C) 1,解得 cosC . …………16 分
4
10.(本题满分 20 分)在平面直角坐标系中,双曲线 : x2 y2 1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
d
两个好圆外切于点 P ,圆心距为 d ,求 的所有可能的值.
PA
解:考虑以 (0, y0 )为圆心的好圆 : x
2 (y y 2 20 0 ) r0 (r0 0).
由 0与 的方程消去 x,得关于 y 的二次方程
2y2 2y0 y y
2
0 1 r
2
0 0 .
根据条件,该方程的判别式 4y2 8(y20 0 1 r
2 ) 0,因此 y2 2r 20 0 0 2.
…………5 分
对于外切于点 P 的两个好圆 1, 2,显然 P 在 y 轴上.设 P (0, h) , 1, 2的
半径分别为 r1, r2,不妨设 1, 2的圆心分别为 (0, h r1), (0, h r2 ),则有
(h r )21 2r
2
1 2,
(h r2 )
2 2r 22 2.
两式相减得 2h(r1 r ) r
2
2 1 r
2
2 ,而 r1 r2 0 h
r1 r,故化简得 2 .
2
…………10 分
r r 2
进而 1 2 r 2r 2 1 1 2,整理得 2
r 2 21 6r1r2 r2 8 0. ①
d r r A(1, 0) PA 2 h2 1 (r1 r )
2
由于 1 2 , ,
2 1,而①可等价地写为
4
2(r1 r
2
2 ) 8 (r1 r )
2 2 d
2 ,即8 PA d
2 ,所以 2 2 . …………20 分
PA
11.(本题满分 20 分)设复数 z, w满足 z w 2,求 S z2 2w w2 2z
的最小可能值.
解法 1:设 z a b i (a, b R) ,则w 2 a b i,故
S a2 2a 4 b2 2b(a 1) i a2 6a 4 b2 2b(a 3) i ,
a2 2a 4 b2 a2 6a 4 b2
(a 1)2 5 b2 (a 3)2 5 b2 . ①
…………5 分
记 t a 1.对固定的b ,记 B 5 b2 5,求 f (t) t 2 B (t 4)2 B
的最小值.
4
由 f (t) f (4 t) ,不妨设 t 2.我们证明 f (t) f (t0 ),其中 t0 B .
当 t [2, t0 ]时, t 4 [ 2, t0 4],
f (t) f (t0 ) (B t
2 ) (B (t 4)2 ) (B (t0 4)
2 )
t 2 (t 4)2 (t 2 (t 4)2 ) (2t 20 0 0 8t0 ) (2t
2 8t)
0(用到 2 t t0 及 y 2x
2 8x在[2, )上单调增).
…………10 分
当 t [t0 , ) 时,
f (t) f (t0 ) t
2 B (t 4)2 B (t0 4)
2 B
t 2 t 20 (t 4)
2 (t 20 4) (t t0 ) t t0 t t0 8
0(用到 t t0 4). …………15 分
所以 S f (t ) B (t 4)20 0 8 B 16 8 5 16.
当b 0(①取到等号), a t0 1 5 1时, S 取到最小值8 5 16.
…………20 分
解法 2:设 z 1 x y i, w 1 x y i (x, y R),不妨设其中 x 0.
计算得
z2 2w (x2 4x 1 y2 ) (2x 4)y i,
w2 2z (x2 4x 1 y2 ) (2x 4)y i .
所以
S Re(z2 2w) Re(w2 2z) x2 4x 1 y2 x2 4x 1 y2 .
…………5 分
利用 a b a b ,可得
S 8x, ①
亦有
S 2 x2 1 y2 2(1 x2 y2 ) 2(1 x2 ). ②
…………10 分
注意到方程8x 2(1 x2 ) 的正根为 5 2.
当 x 5 2 时,由①得 S 8x 8 5 16.
当0 x 5 2时,由②得 S 2(1 x2 ) 2(1 ( 5 2)2 ) 8 5 16.
因此当 x 5 2, y 0时, S 取到最小值8 5 16. …………20 分
解法 3:因为w = 2 z ,所以我们有
z2 2(2 z) z2 2z 4 z 1 5 z 1 5 ;
(2 z)2 2z z2 6z 4 z 1 5 z 1 5 .
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 5 , 1+ 5 ,
3 5 ,3+ 5 的距离,所以把 z = x + iy换成其实部 x时,都不会增大.因此只需
考虑函数 f (x) = x2 + 2x 4 + x2 6x + 4 在 R 上的最小值.
…………10 分
因为 1 5 < 3 5 < 1+ 5 < 3+ 5 ,因此我们有以下几种情况:
5
1. 若 x ≤ 1 5 , 则 f (x) = 2x2 4x , 在 这 一 区 间 上 的 最 小 值 为
f ( 1 5) =16+8 5 ;
2.若 x∈( 1 5, 3 5 ,则 f (x) = 8x +8 ,在这一区间上的最小值为
f (3 5) = 16+8 5 ;
…………15 分
3.若 x∈ 3 5, 1+ 5 ,则 f (x) = 2x2 + 4x ,在这一区间上的最小值为
f (3 5 ) = f ( 1+ 5 ) = 16+8 5 ;
4.若 x∈ 1+ 5, 3+ 5 ,则 f (x) = 8x 8 ,在这一区间上的最小值为
f ( 1+ 5 ) = 16+8 5 ;
5. 若 x ≥ 3+ 5 , 则 f (x) = 2x2 4x , 在 这 一 区 间 上 的 最 小 值 为
f (3+ 5 ) =16+8 5 .
综上所述,所求最小值为 f (3 5 ) = f ( 1+ 5 ) = 8 5 16.
…………20 分
6

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