全国高中数学联赛江苏赛区复赛试卷

1、2006年江苏省高中数学联赛复赛试题参考答案及评分标准一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 若对r恒成立，则实数的个数为 （c）（a） （b） （c） （d）无数个解: 只有时，原不等式恒成立. 选c.2. 已知内接于单位圆，则长为的三条线段 （c）（a）能构成一个三角形，其面积大于面积的（b）能构成一个三角形，其面积等于面积的（c）能构成一个三角形，其面积小于的面积的（d）不一定能构成三角形解: 由正弦定理得，故以组成的三角形与相似，其面积为面积的. 选c.3. 已知，且，则与一定满足 （b）（a） （b） （c） （d） 解: 由得. 故. 又时，d不对. 接近时，接近，c不对.

2、选b.4. 设，则在数列中 （d）（a）有无穷多个质数 （b）有且只有有限多个质数（c）有无穷多个平方数 （d）有且只有有限多个平方数解: 因，故，且. 所以一定是合数，从而排除a、b. 又因当时，故只有当时，是完全平方数. 选d. 5. 若n，且，则 （b）（a） （b） （c） （d）解: 由 n，得，故 ，所以 . 选b.6. 小明与小华做游戏，记分规则如下：开始每人记分牌上都是分；以后每赢一次，就将自已的记分牌上的分数乘以. 游戏结束后，小明的得分减去小华的得分恰好为的正整数倍. 则小明至少比小华多赢 （b）（a）次 （b）次 （c）次 （d）次解: 设小明赢了次，小华赢了次，则由题设

3、得n，即，故是的倍数，则. 选b.二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 不等式的解集是 解: 由，得或. 满足不等式. 在时，只有满足不等式. 所以解集为8. 若直线是曲线的切线，则实数的值为 或 解: 设切点为，则由切点在该曲线上，得，从而，满足，-或 .- 又切线的斜率为，在曲线上切点处的斜率亦为，故.-联合与，解得；联合与，解得. 9. 已知函数 若函数的图象与函数的图象关于直线对称，则的值是 解: 的图象向左移一个单位，得的图象. 的图象与关于直线对称，的图象与的图象也关于直线对称，所以的图象向下平移一个单位得的图象，即.所以，.10. 四面体中，则内切球半径是 .解: 设中点

4、为. 在中，高. 所以，上的高. 也是四面体的高. 由于四面体的四个面相等，所以.11. 已知，则的最大值为 解: 因为 ，由柯西不等式得，上式 . 在时，取最大值.12. 集合中删除一个元素 后，余下元素的乘积恰好是完全平方数.解: 由 ，乘积可化为删除元素即可.三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13. 已知函数，令n.若不等式恒成立，求实数的取值范围.解: 因，由得. （1）显然，.（i） 当时，则. 但为偶数时，矛盾.所以不合题意. （ii） 当时，因为，由（1），随增大而减少.当时，取最大值，故.14. 已知点，抛物线. 过点作直线，交抛物线于点、. 如果以线段为直径的圆过抛物

5、线的顶点，求直线的方程.解: 如果直线过原点，显然满足要求，此时方程为. （1）5分如果直线不过原点，设其方程为. （2）又设、的坐标分别为，则. （3）因为，所以得. （4）10分由方程 消去得， （5）由韦达定理得， （6）所以 ， （7）15分故所求方程为 . （8）由于，所以，即方程（5）的常数项为负，从而判别式大于，（5）一定有解. 故（8）符合题意. 20分15. 已知正方体的棱长为，、分别是棱、上的动点，且. 求直线与所成角的最小值（用反三角函数表示）.解法1: 延长到，使得（如图），作连线、. 由题意知，. 与所成的角等于. 令，则有 .在中，由余弦定理得. 6分的最小值，就是

6、的最大值，亦即 的最小值. 8分利用等式得，所以，当时，取得最小值，为. 16分因此，即. 故与所成的最小角为，此时，、分别为棱、的中点. 20分解法2: 前面同上，得到. 8分则. 令，得. 所以，当时取最小值. 16分abcdefg以下与解法1同. 2006年江苏省高中数学联赛复赛加试试题参考答案及评分标准（满分150分；每题50分）1. 已知四边形是圆内接四边形，直线、相交于点，并且.abcdep设为的中点. 求证：.解: 由托勒密定理得.因为，所以有，即有 .20分在与中，因为，故 ，从而有. 同理可得 . 于是得到.此即 平分. 40分因此由角平分线定理得 . 50分2. 设为正数，

7、记为中的最小数. （1）求证：存在，使得； （*）（2）求出使不等式（*）成立的最小正数；并给予证明.解: （1）由的定义知，. 将这三个不等式相加，得，即 ，故可取. 10分（2）不妨设.若，则，且. 因此，即. 25分若，则，且. 因此，故此时也有. 40分为了证明，我们取，则，此时有.由此可见，对于任意正数，有.故只要，上式右边就. 因此必有. 综上两个方面所述，可知满足（*）的最小正数为. 50分注. 仅给出得5分. 3. 已知个四元集合，每两个有且只有一个公共元，并且有card，试求 的最大值. 这里card为集合中元素的个数.解: 考虑任一元，如果每个均含有，则由条件知，各中的其他

8、元素都不相同，故card，与已知条件相违. -10分因此，必有一个不含. 不妨设. 若含的集合个，那么，由已知条件得知，与这个集合各有一个的公共元（此元当然不等于），而且这个元互不相同（若有相同的，则这个公共元是两个含的集合的公共元，于是这两个集合就有两个公共元，又与已知条件相违），从而card，矛盾. 所以含的集合个.另一方面，因为cardcardcard， 所以每个元恰好属于个集. -25分不妨设含有元的集合为，则由上述的结论可知，card.如果，那么存在元. 设含的集合为，则不是，因而不含. 而与，各有一个公共元（当然不是），这个公共元互不相同（理由同上），又都不是，从而card，矛盾.

9、 因此. -40分是可能的，例如，不难验证，如下个集：，符合要求. 故的最大值为.2008年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试卷第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 函数f(x)cos4xsin2x(xr)的最小正周期是( ) a b c d22. 已知平面上点的集合m(x，y)|y，n(x，y)|yk(x1). 当mnÆ时，k的取值范围是( )a， b0， c，0 d，)3. “x2y24”是“xy42x2y”成立的( )a充分但不必要条件 b必要但不充分条件c既不充分也不必要条件 d充分必要条件4. 已知关于x的方程x22axa24a0至少有一个模为3的复数根，则实数a

10、的所有取值为( )a1，9 b1，9，2c1，9，2 d1，9，2oyx小12-1-25. 设f(x)是一个三次函数，f ¢(x)为其导函数. 如图所示的是yxf ¢(x)的图像的一部分. 则f(x)的极大值与极小值分别是( )af(1)与f(1) bf(1)与f(1) cf(2)与f(2) df(2)与f(2) 6. 已知等比数列an的公比q0，其前n项和为sn，则a9s8与a8s9的大小关系是( )aa9s8a8s9 ba9s8a8s9 ca9s8a8s9 d与a1的值有关二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 集合ax|x，kz，100k999，其中x表示不大于

11、x的最大整数.则集合a的元素个数为 8. 已知数列an满足a15，an(n2，nn*），则其前100项的和是 9. 在正八边形的八个顶点中任取三个顶点，则这三个点成为一个直角三角形的顶点的概率是 10. 关于x的方程x2a|x|a230(ar)有惟一的实数解，则a 11. 直线l：(2m1)x(m1)y7m40被圆c：(x1)2(y2)225截得的最短弦长为 12. 设以f1(1，0)、f2(1，0)为焦点的椭圆的离心率为e. 以f1为顶点、f2为焦点的抛物线与该椭圆的一个交点是p. 若e，则e的值为 三、 解答题（本题满分60分，每小题20分）13已知函数f(x)xk(x1)，其中k为给定的

12、实数，0k1. 试求f(x)的值域.oxyptmf14从双曲线1的左焦点f引圆x2y29的切线，切点为t. 延长ft交双曲线右支于点p. 若m为线段fp的中点，o为坐标原点，求|mo|mt|的值.oabcde15已知abc的外接圆的直径为25，三条边的长度都是整数，圆心o到边ab、bc的距离也都是整数，abbc. 求abc的三边的长度.2008年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试卷加 试一. (本题满分50分)已知点o为凸四边形abcd内的一点，aoob，cood，aobcod120°. 点e、f、g分别是线段ab、bc、cd的中点，求证：efg为正三角形. 二. (本题满分50分)已知

13、a，b，c，d为正实数，abcd4，求证：a2bcb2dac2dad2bc4.三. (本题满分50分)求具有下述性质的最小正整数n：存在一个n1项的数列a0，a1，an，满足a00，an2008，且|aiai1|i2，i1，2，n.2008年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 函数f(x)cos4xsin2x(xr)的最小正周期是( ) a b c d2选b 解：法一 由f(x)sin4xcos2xsin4xcos4xcos2xsin2xcos4xsin2xf(x)；又f(0)1、f()f(0)；选b.法二 由f(x)cos4x1cos2xc

14、os2x(cos2x1)11cos2xsin2x1sin22xcos4x可知f(x)的最小正周期为. 选b.2. 已知平面上点的集合m(x，y)|y，n(x，y)|yk(x1). 当mnÆ时，k的取值范围是( )a， b0， c，0 d，)选b解：集合m的图形为以(1，0)为圆心、1为半径的圆的上半圆，集合n的图形为过(1，0)的直线若直线与圆有公共点，则易得其倾斜角在0，内，故k0，3. “x2y24”是“xy42x2y”成立的( )a充分但不必要条件 b必要但不充分条件c既不充分也不必要条件 d充分必要条件选a解：由xy42x2yÛ(x2)(y2)0Ûx2，y

15、2或x2，y2；而 x2y24Þ2x2且2y2Þxy42x2y. 4. 已知关于x的方程x22axa24a0至少有一个模为3的复数根，则实数a的所有取值为( )a1，9 b1，9，2c1，9，2 d1，9，2选d解：将方程写为(xa)24a. 当a0时，此时方程有实根，该实根之模为3，故方程有一根为3或3. 代入，由(a±3)24a，得a1或9；当a0时，得xa±2i，故|x|2a24a9，得a2故选d.oyx小12-1-25. 设f(x)是一个三次函数，f ¢(x)为其导函数. 如图所示的是yxf ¢(x)的图像的一部分. 则f(x

16、)的极大值与极小值分别是( )af(1)与f(1) bf(1)与f(1) cf(2)与f(2) df(2)与f(2) 选c解：如图，yxf ¢(x)有三个零点，x0，±2；因为f ¢(x)为二次函数，所以它有两个零点，x±2.由图像易知，当0x2时，f ¢(x)0；当x2时，f ¢(x)0. 故f(2)是极小值. 类似地可知，f(2)是极大值. 选c6. 已知等比数列an的公比q0，其前n项和为sn，则a9s8与a8s9的大小关系是( )aa9s8a8s9 ba9s8a8s9 ca9s8a8s9 d与a1的值有关选a解：a9s8a8s

17、9(q(1q8)(1q9)aq70，选a二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 集合ax|x，kz，100k999，其中x表示不大于x的最大整数.则集合a的元素个数为 填750解：当k100时，83，当k999时，832. 又易知，对于100k999，有01，故a中元素可以取遍从83到832中的所有整数，所以共有750个元素.8. 已知数列an满足a15，an(n2，nn*），则其前100项的和是 填400 .解：a15，则a23，a35，a43，数列周期为2，故前100项和是400. 9. 在正八边形的八个顶点中任取三个顶点，则这三个点成为一个直角三角形的顶点的概率是 填.解：连接正八

18、边形的三个顶点共可得c56个三角形，其中4条直径为一边的三角形是直角三角形，共有4×624个直角三角形，所以p.10. 关于x的方程x2a|x|a230(ar)有惟一的实数解，则a 填.解：f(x)x2a|x|a23是偶函数，惟一的实数解必为0，所以a230且a0，故a.11. 直线l：(2m1)x(m1)y7m40被圆c：(x1)2(y2)225截得的最短弦长为 填4 .解：直线l过点d(3，1). 圆心为c(1，2). 最短弦垂直于cd，且cd25；又圆的半弦长为2，故弦长为4.12. 设以f1(1，0)、f2(1，0)为焦点的椭圆的离心率为e. 以f1为顶点、f2为焦点的抛物线

19、与该椭圆的一个交点是p. 若e，则e的值为 填解：在抛物线中，p2，准线x3，|pf2|就是p到准线的距离；在椭圆中，e，|pf2|也是p到左准线的距离，故抛物线准线与椭圆左准线重合，所以3. 因为c1，故易知e.三、 解答题（本题满分60分，每小题20分）13已知函数f(x)xk(x1)，其中k为给定的实数，0k1. 试求f(x)的值域.解： 当x1时，f(x)的导数是f ¢(x)1. 5分令f ¢(t)0. 因为t1时，解得t. 10分f(t)f()，f(1)1. 列表：x1(1，t)t(t，)f ¢(x)0f(x)1极小15分当x时，f(x)，所以f(x)的

20、值域为，). 20分又解：令xsec，0，)，则tanf(x)usecktanÞucosksin1Þsin()其中sin，cos又u0由|sin|1，得u21k2Þu，又对于一切不小于的u值，都有1，从而存在与，使sin，cos，sin()成立从而usecktan，即存在xsec，使xku成立故所求值域为，)14从双曲线1的左焦点f引圆x2y29的切线，切点为t. 延长ft交双曲线右支于点p. 若m为线段fp的中点，o为坐标原点，求|mo|mt|的值.解： 不失一般性，将p点置于第一象限. 设f¢是双曲线的右焦点，连pf¢.因为m、o分别为fp

21、与ff¢的中点，所以|mo|pf¢|. 又由双曲线的定义得：|pf|pf¢|6，|ft|4. 10分故|mo|mt|pf¢|mf|ft|(|pf¢|pf|)|ft|341 20分15已知abc的外接圆的直径为25，三条边的长度都是整数，圆心o到边ab、bc的距离也都是整数，abbc. 求abc的三边的长度.解： 如图，过圆心o作ab，bc的垂线，垂足为d，e.设aba，bcb，odd，oee，则bd，be，其中a，b、d、e都是正整数，且ab因db2od2ob2，故a2(2d)2252， 同理， b2(2e)2252 oabcde取不定方程 x

22、2(2y)2252得两组正整数解(x，y)(15，10)，(7，12) 10分由ab，故得a15，b7即ab15，bc7，而od10，oe1215分又因odab，oebc，所以o，d，b，e共圆.由托勒密定理，de·obod·beoe·db，得de10.由于d、e分别为ab、bc中点，所以de是abc的中位线，因此ac20，即三角形三边的长度分别为15，7，20. 20分又解：cosoba，sinoba，cosobc，sinobc cosabc××ac2152722×15×7×400Þac202008年全

23、国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准加 试一. (本题满分50分)已知点o为凸四边形abcd内的一点，aoob，cood，aobcod120°. 点e、f、g分别是线段ab、bc、cd的中点，求证：efg为正三角形. 证：连ac、bd，则efac，efac；fgbd，fgbd因为oaob，ocod，且aobcod120°，所以以o为心、逆时针旋转120°，则aoc成为bod.20分因此acbd，并且bd逆时针转到ac的角为60°，从而effg，并且gfe60°. 故efg为正三角形. 50分注 若不用旋转的方法，证法如下:在aoc与bo

24、d中，oaob，ocod，aocbod120°boc；所以，aocbod，acbd，并且oacobd. 20分设ac分别交bd、bo于p、q，则dpaobdpqboacoqa180°boa60°，由此易知gfedpa60°. 又易知effg，因此，efg为正三角形. 50分又注：该证明是在a、o、c不共线的假设下证明的，若a、o、c共线，则aoc、bod均不存在，故应补充证明：若a、o、c共线，则boc60°，于是b、o、d也共线显然acbd，于是易得effg，且efgboc60°从而efg为正三角形证法三：前已证aocbod，得ac

25、bdobpoap取ad中点k，连ek、gk则得efgk为菱形且b、p、o、a共圆， apbaob120°，故bpc60°， efg60°，从而efg为正三角形证法四：前已证aocbod，得acbd取ob、oc中点k、l，连oe、og、ke、kf、lg、lf由已知得，oeab，obe30°， ekoeob，同理，ogoloc f、k是ob、oc中点，fkocog， eogeobboccog60°boc60°120°bocaocekf，同理，flgeog， ekfeog， efeg，同理，fgeg从而efg为正三角形证法五：以o

26、为原点，与ab平行的直线为实轴建立复平面设点a、b、c、d、e、f、g表示复数a、b、c、d、e、f则ba，dc(其中cosisin)于是，e(ab)，f(bc)，g(cd)向量表示复数ef(ac)，gf(db)(ac) cos()isin()cosisin 向量由旋转得到，故efg为正三角形二. (本题满分50分)已知a，b，c，d为正实数，abcd4，求证：a2bcb2dac2dad2bc4.证明：a2bcb2dac2dad2bcab(acbd)cd(acbd)(abcd)(acbd) () 20分()4 50分三. (本题满分50分)求具有下述性质的最小正整数n：存在一个n1项的数列a0

27、，a1，an，满足a00，an2008，且|aiai1|i2，i1，2，n.解：若n17，则an(aiai1)a0|aiai1|n(n1)(2n1)×17×18×352008 矛盾. 15分若n18，则an(aiai1)a0|aiai1|i21(mod 2)这与an2008矛盾. 30分若n19，注意到 200812221922(225292112)，取a0，a1，a19如下：0，1，3，6，22，3，33，82，146，65，165，44，188，357，553，778，1034，1323，1647，2008由此知n19可行.综上，nmin19. 50分注 例子

28、不惟一，如：200812221922(1232102112) 12221922(22324292112) 12221922(123252142) 12221922(223272132)等等2009年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准第一试一、填空题（本题满分56分，每小题8分）1. 已知数列的前项和，则 2. 若集合为空集，则实数的取值范围是3. 设、为实数，则二元函数的最小值是4. 设、分别是双曲线的左、右焦点，以为直径的圆交双曲线左支于、两点，且. 双曲线的离心率的值介于整数与之间，则5. 已知长方体的体积为，则四面体与四面体的重叠部分的体积等于6. 设表示不大于的最大整数，则

29、 7. 设方程的根都是正数，且，则的最大值是8. 的方格棋盘的一条对角线穿过个棋盘格二、 解答题（本题满分14分）求函数的值域解 因为. 8分令，则，. 易知函数在区间与上都是减函数，所以的值域为，故的值域为. 14分三、解答题（本题满分15分）xyopacbd如图，抛物线及点，过点的不重合的直线、与此抛物线分别交于点，证明：，四点共圆的充要条件是直线与的倾斜角互补解 设、的倾斜角分别为、，由题设知、. 易知直线的参数方程为，代入抛物线方程可化得 . 设上述方程的两根为、，则 . 由参数的几何意义，得 . 5分同理 . 7分若、四点共圆，则 ，即 .因为、，所以 .又由、不重合，则. 所以.

30、11分反过来，若，则因、，故，且，. 所以 ，即.故、四点共圆. 15分四、解答题（本题满分15分）设，是正数，且，求证：解 因为 ， 且 （），所以 ，即. 10分同理可证 . 于是，. 15分2009年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准加 试一、（本题满分50分）如图，在中，的内切圆与切于点，的边上的旁切圆切于点，点是与的交点，求证、三点共线. abcdpenm证 设与交于点.因为，所以，.故只需证明，或. 10分如图, 设、分别为三角形的内切圆与旁切圆的圆心，、为切点，则 ， ， ， . 30分又 abcdpenmo1o2fgih，故可设，则 故结论成立 50分二、（本题满分

31、50分）设，为给定的整数，. 对任意元的数集，作的所有元子集的元素和，记这些和组成的集合为，集合中元素个数是，求的最大值. 解 的最大值为. 10分因共有个元子集，故显然有. 20分下面我们指出，对集合，相应的等于，即的任意两个不同的元子集的元素之和不相等. 从而的最大值为.事实上，若上述的集合有两个不同的元子集， ，使得与的元素之和相等，则（设）. 因可视为正整数的二进制表示，由于互不相同，互不相同，故由正整数的二进制表示的唯一性，我们由推出，集合必须与相同，从而子集，矛盾.这就证明了我们的断言. 50分三、（本题满分50分）设，是互不相同的正整数，求证：.证 对s归纳.（1） 当时，结论显

32、然成立. 10分（2） 假设时结论成立，当时，不妨设.由归纳假设可知，则.所以只要证明： ，此即 . 30分 因为正整数，所以 . 故 ，.所以 ，即时，命题成立.因此，由数学归纳法可知，命题对所有正整数成立. 50分四、（本题满分50分）求满足下列条件的所有正整数，： （1）与互素； （2）. 解 显然 ，满足要求. 10分对于， 方程可化为 . 显然. 因为，故一定是的一个因子. 设（为正整数），从而. 由可知. 20分消去，得， 即 .由此推得 . 40分若，则，即，从而，故必有，矛盾.所以 ，从而，. 验证知，.综上，. 50分2010年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分细则一

33、 试一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1已知数列an、bn满足an2，bnlog(a1a2a3an)，nn*，则数列bn的通项公式是 答案：bn，nn* 简解：由an2，得a1a2a3an22，nn*所以bn×，nn*2已知两点m(0，2)、n(3，6)到直线l的距离分别为1和4，则满足条件的直线l的条数是 答案：3简解：易得mn5，以点m为圆心，半径1为的圆与以点n为圆心，半径为4的圆外切，故满足条件的直线l有3条3设函数f(x)ax2x已知f(3)f(4)，且当n8，nn*时，f(n)f(n1)恒成立，则实数a的取值范围是 答案：(，) 简解：(方法一) 因为当n8时，f(

34、n)f(n1)恒成立，所以a0，此时f(n)f(n1)恒成立等价于f(8)f(9)，即64a881a9，解得a因为f(3)f(4)，所以9a316a4，解得a即a(，)(方法二)考察二次函数f(x)ax2x的对称轴和开口方向因为当n8时，f(n)f(n1)恒成立，所以a0，且，解得a因为f(3)f(4)，所以，解得a即a(，)(第4题)cabdd1c1b1a1pqr4已知abcda1b1c1d1是边长为3的正方体，点p、q、r分别是棱ab、ad、aa1上的点，apaqar1，则四面体c1pqr的体积为 答案：简解：因为c1c面abcd，所以c1cbd又因为acbd，所以bd面acc1，所以ac

35、1bd又pqbd，所以ac1pq同理ac1qr所以ac1面pqr因为apaqar1，所以pqqrrp因为ac13，且vapqr ··12·1，所以vcpqr ··()2·3vapqr 5数列满足，n*记tna1a2an，则t2010等于 答案：6简解：易得：a12，a23，a3，a4，a1a2 a3a41 又a52a1，由归纳法易知an4an，nn* 所以t2010t2008×a2009×a2010a1a266骰子是一个立方体，个面上分别刻有、点. 现有质地均匀的骰子10只. 一次掷只、只骰子，分别得出各只骰子正面

36、朝上的点数之和为的概率的比为 答案：1：6.提示：掷3只骰子，掷出6点的情况为1，1，4；1，2，3；2，2，2. 共 3+3!+1=10种，概率为 . 掷4只骰子，掷出6点的情况为1，1，1，3；1，1，2，2. 共 4+=10种，概率为 . 所以概率的比为 : = 1:6 . abdc(第7题)7在abc中，已知bc5，ac4，cos(ab)，则cosc 答案： 简解：因，故. 如图，作ad，使badb，则dacab设adbdx，则dc5x在adc中，由余弦定理得x3再由余弦定理得cosc8在平面直角坐标系xoy中，抛物线y22x的焦点为f. 设m是抛物线上的动点，则的最大值为 答案： 简

37、解：设点m(x，y)，则()21令4x1t，当t0时，显然1当t0时，则()211，且当t3，即x1时，等号成立所以的最大值为，此时点m的坐标为(1，±)二、解答题（本题满分16分）xobaycdefp如图，点p是半圆c：x2y21(y0)上位于x轴上方的任意一点，a、b是直径的两个端点，以ab为一边作正方形abcd，pc交ab于e，pd交ab于f，求证：be，ef，fa成等比数列证明：设p(cos，sin)，c(1，2)，d(1，2)，e(x1，0)，f(x2，0)因为点p、e、c三点共线，所以，所以x11 5分由点p、f、d三点共线，所以，所以x21 10分所以bex11，efx2x1 ，fa所以be·fa×ef2即be，ef，fa成等比数列 16分三、解答题（本题满分20分）设实数，满足，函数，. 若存在，使，求所有的实数的值解答：因为时，当且仅当时等号成立， 5分所以， 15分当且仅当及与时等号