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2023 年泉州市普通高中数学学科竞赛试卷
2023.12
本试卷共 20 题，满分 200 分，共 2 页，考试用时 150 分钟。
一、填空题：本题共 15 小题，每小题 6 分，共 90 分。
x 3
1．设集合 A {x | 0}， B {x | x2 3x 2 0}，则 A B =__________．
x 1
9 1
2．已知 2x 3， log3 y，则 y __________． 2 x
a a
3．已知数列{an}满足 a1 1， a
n n 1 *
n an 1 (n N )，则 a __________． n(n 1) n
3 5
4．若 sin(x ) ，且 x ( , )，则 sin(2x ) __________．
3 5 6 6 3
a,a≥b,
5．记max{a,b} 则函数 f (x) max{| x 1|,| x2 5 |}的最小值为__________．
b,a b,
6．设 a,b为实数，且 ab 0，虚数 z为方程 ax2 bx a 0 的一个根，则 | z 1 i |的最大值为__________．
1 cos
7．已知函数 y f (x 1) 的图象关于直线 x 1对称，当 x 0 时，f (x) e1 x ，设 a ，b 5 ，
10 2
2 tan
c 20 ，则 f (a), f (b), f (c) 的大小关系为__________．（请用“<”连接）
1 tan2
20
8．已知△ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，点O满足 sin 2A OA sin 2B OB sin 2C OC 0 ，若
a 2， BC OA 6，则 sin A的最大值为__________．
1
9．过点 F(0, ) 的直线 l与抛物线 x2 2y交于 A,B 两点，则 AF 4 BF 的最小值为__________．
2
10．在直角△ABC中，AB BC 2 ，D是△ABC内的动点，则 2AD BD 5CD的最小值为__________．
11．现有一个上部分轴截面为半椭圆的玻璃杯（如右图），其杯口内径为 4 cm，深 8 cm，现将一
半径为 r cm 的小球放入玻璃杯中，若小球可以接触杯底，则 r 的取值范围为__________．
x(ex12 a)．已知函数 f (x) e ，当 x (0, ) 时， f (x) ex，则实数 a的取值范围为__________．
13．有 2024 个半径均为1的球密布在正四面体 ABCD内（相邻两球外切，且边上的球与正四面体
的面相切），则此正四面体的外接球半径为__________．
14．已知△ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，且 2a2 2b2 3c2 23，则△ABC面积的最大值为
__________．
15．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并
列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数 y [x](x R) 称为高斯函数，其中[x]表示不超过 x的
2024 2024k 2024k
最大整数.设 S k ，则 S 除以 2023的余数是__________．
k 1 ( 1) 2023
数学竞赛试题 第1页（共 2 页）
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二、解答题：本题共 5 小题，共 110 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16．(20 分)
将数列{2n 5}与{3n 3}的公共项从小到大依次排列得数列{an}．
（1）求 an 的通项公式；
2n
（2）设bn a nn ，求数列{bn}的前 项和 Sn ． 3
17．(20 分)
已知△ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，且 4abcosC 3(a2 c2 )．
2π
（1）若 A ，求C；
3
（2）若bc 1，当 B最大时，求△ABC的周长．
18．(20 分)
如图，△ABC内接于 O，I 是△ABC的内心，过O作 BC的垂线交 BC于点M ，交 B AC 于点 N，L
是 AI 的中点，连接NL，过 A作 AK NL于点 K ．
证明：（1） NAI 90 ；
（2） N、K 、 I 、M 四点共圆．
19．(25 分)
x 2y 0, 4
已知直线 l1 : x 2y 0， l2 : x 2y 0，动点G(x, y)满足 且到 lx 2y 0, 1
和 l2 的距离之积为 ．
5
（1）求G 的轨迹 的方程；
（2）已知 R(0,64)，过M (1,4) 的动直线 l与 交于不同两点 P,Q，若线段 PQ上有一点 N满足
| MP | | NQ | | PN | | MQ | ，求 | RN |的最小值．
20．(25 分)
已知多项式 f (x) xn a n 1n 1x a1x a0 ．
（1）若 n 3，且 f (x) 0 有三个正实数根 x , x , x ，证明：8a31 2 3 2 27a0 27a1a2 ；
（2）对一般的正整数 n 4 ，若 an 1 5， an 2 12 ， an 3 18， ai R(0 i n 4) ，证明：方程
f (x) 0 的根不全是正实数．
数学竞赛试题 第2页（共 2 页）
{#{QQABRQwUgggAAgBAABhCQQnKCEGQkBACCAoOAAAMIAAAAAFABAA=}#}2023 年泉州市普通高中数学学科竞赛
参 考 答 案
一、填空题：本题共 15 小题，每小题 6 分，共 90 分。
x 3
1．设集合 A {x | 0}， B {x | x2 3x 2 0}，则 A B =__________．
x 1
【答案】 2
x 3
【解析】由 0 得1＜x 3，则 A {x |1＜x 3}，又 B {1,2}，因此 A B 2 ．
x 1
2．已知 2x 9 13， log3 y，则 y __________． 2 x
【答案】 2
1 9
【解析】 2x 3 x log2 3 ，所以 y log3 2 log3 log 9 2 ． x 2 3
a a
3．已知数列{an}满足 a1 1， an a
n n 1 *
n 1 (n N )，则 an __________． n(n 1)
n
【答案】
2n 1
anan 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1【解析】由 an an 1 ，得 ，故 ，即{ }为常n(n 1) an 1 an n(n 1) n n 1 an 1 n 1 an n an n
1 1 1 1 n
数列，得 2，所以 a ．
an n a1 1
n 2n 1
3 5
4．若 sin(x ) ，且 x ( , ) ，则 sin(2x ) __________．
3 5 6 6 3
24
【答案】
25
5 3 4
【解析】因为 x ( , ) ，所以 x
6 6 3
, ，又 sin x ，所以 cos x ，
2 2 3 5 3
5
2 3 4 24
所以 sin(2x ) sin(2x ) 2sin(x )cos(x ) 2 ( ) ．
3 3 3 3 5 5 25
a,a≥ b,
5．记 max{a,b} y则函数 f (x) max{| x 1|,| x2 5 |}的最小值为
b,a b,
D
__________．
C
【答案】1 A
B
2
【解析】令 f1(x) x 1 , f2 (x) x 5 ，则两个函数图象交于点 A,B,C,D，
3 2 1 O 2 5 3 x
根据 f (x) 的定义可知 f (x) 的图象是图中实线的部分，易知点 B
的纵坐标是函数的最小值，由方程 x 1 5 x2 ，解得 xD 3, xB 2 ，所以 f (xB ) f ( 2) 1．
6．设 a,b为实数，且 ab 0，虚数 z为方程 ax2 bx a 0 的一个根，则 | z 1 i |的最大值为__________．
数学竞赛参考答案 第1页（共 10 页）
{#{QQABRQwUgggAAgBAABhCQQnKCEGQkBACCAoOAAAMIAAAAAFABAA=}#}
【答案】 2 1
a
【解析】因为 z 和 z 为实系数二次方程 ax 2 bx a 0的两个共轭虚根，由韦达定理知 z z 1，即
a
2
z 1，所以 z 1，z 对应的点 Z 是复平面中以O 0,0 为圆心，半径 r 1的圆上的点，z 1 i
2 2
可以看成点 Z 与定点 A(1,1) 的距离，当且仅当 z i 时， z 1 i 取最大值
2 2
AO r 2 1．
1 cos
7．已知函数 y f (x 1) 的图象关于直线 x 1对称，当 x 0 时，f (x) e1 x ，设 a ，b 5 ，
10 2
2 tan
c 20 ，则 f (a), f (b), f (c) 的大小关系为__________．（请用“<”连接）
1 tan2
20
【答案】 f (b) f (a) f (c)
【解析】函数 y f (x 1) 的图象关于直线 x 1对称，所以 y f (x) 的图象关于 y轴对称，当 x 0 时，
f (x) e1 x ，所以 y f (x) 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增，f (a) f ( ) f ( )，
10 10
2
2 tan
1 cos 2
sin
5 10 ， f (c) f (
20 ) f (tan )，易知
f (b) f ( ) f ( ) f (sin ) 2 102 2 10 1 tan 20
0 sin tan ，所以 f (b) f (a) f (c) ．
10 10 10
8．已知△ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，点O满足 sin 2A OA sin 2B OB sin 2C OC 0 ，若
a 2， BC OA 6 ，则 sin A的最大值为__________．
1
【答案】
3
1 1
【解析】易知O是△ABC的外心．因为 BC OA AO (AB AC) AO AB AO AC c2 b2 6 ，
2 2
所以 c2 b2 12 ，又 a 2，得12 3a2 ，所以 c2 b2 3a2 ．由余弦定理，得
b2 c2 a2 3b2 3c2 3a2 4b2 2c2 2 8bc 2 2
cos A ，当且仅当b 2 3 ，c 2 6 时取
2bc 6bc 2bc 6bc 3
1
等号，所以 sin A的最大值为 ．
3
1
9．过点 F(0, ) 的直线 l与抛物线 x2 2y交于 A,B两点，则 AF 4 BF 的最小值为__________．
2
9
【答案】
2
数学竞赛参考答案 第2页（共 10 页）
{#{QQABRQwUgggAAgBAABhCQQnKCEGQkBACCAoOAAAMIAAAAAFABAA=}#}
1 1 4 BF AF
【解析】易知 2
1 1 1 1 9
，故 AF 4 BF ( AF 4 BF )( ) (1 4 ) ，
AF BF 2 AF BF 2 AF BF 2
3
当且仅当 AF 2 BF 时取等号．
2
10．在直角△ABC中，AB BC 2 ，D是△ABC内的动点，则 2AD BD 5CD的最小值为__________．
【答案】 2 13
【解析】如图，将△ACD绕着点C按顺时针旋转90 ，再以C点为位
似中心放大到 2 倍，得到△A CD ． 2AD BD 5CD
A D BD DD ，根据 “两点之间线段最短 ”可知，当
B,D,D , A 四点共线时， 2AD BD 5CD 取得最小值
BA ．易知 ACA 90 ，CA 4 2 ，过 A 作 A H BC交
BC 延长线于H ，则△ABC∽△CHA ，因为△ABC 是等腰
直角三角形， AB BC ，所以 BAC BCA 45 ，所以 HA C A CH 45 ，所以
CH A H 4 ，所以 BA '' 62 42 2 13 ．
11．现有一个上部分轴截面为半椭圆的玻璃杯（如右图），其杯口内径为 4 cm，深 8
cm，现将一半径为 r cm 的小球放入玻璃杯中，若小球可以接触杯底，则 r 的取
值范围为__________．
1
【答案】 0,
2
y2 x2
【解析】杯口内径为短轴，杯深为长半轴，故可设半椭圆轴截面方程为 1(y 0)，设小球球心D(0,t)
64 4
， t 8, ， P(x, y)为半椭圆轴截面上任一点，
2 2 2 15 15则 PD x y t y2 2ty t 2 4，其中 y 8,0 ，当函数 f (y) y2 2ty t 2 4 的对
16 16
16 15
称轴 y t 8，即 8 t 时，函数 f (y) 在 2,0 递增，当 y 8 2时， PD 取最小，这
5 2
1
时小球可以接触杯底，半径 r t ( 8) 0, ．
2
x(ex12．已知函数 f (x) e a) ，当 x (0, ) 时， f (x) ex，则实数a的取值范围为__________．
【答案】 ,1
x e x a x e x a
【解析】 e ex 两边同时取自然对数，得 ln e ln ex x(ex a) 1 ln x ，
xex ln x 1 xex ln x 1 eln x x (ln x 1)
所以 a ，令 g(x) ，
x x x
h(x) ex x 1，则 h (x) ex 1 0(x 0) ，
所以 h(x) 在 (0, )单调递增，所以 h x h 0 0 ，故 e ln x x ln x x 1，
数学竞赛参考答案 第3页（共 10 页）
{#{QQABRQwUgggAAgBAABhCQQnKCEGQkBACCAoOAAAMIAAAAAFABAA=}#}
xe
x ln x 1 eln x x ln x 1 ln x x 1 ln x 1
所以 g x 1，故 a 1．
x x x
13．有 2024 个半径均为1的球密布在正四面体 ABCD内（相邻两球外切，且边上的球与正四面体的面相切），
则此正四面体的外接球半径为__________．
21 6
【答案】3
2
k(k 1) n k(k 1)
【解析】由题意，第 k层有 1 2 k 个球，设正四面体内共有 n层球，则
2 k 1 2
1 n 1 n k 2 1 1 1 1 1k n(n 1)(2n 1) n(n 1) n(n 1)(n 2) 2024，解得 n 22．
2 k 1 2 k 1 2 6 2 2 6
A
O1 M
O2
B D
C
如图，作与底面 BCD平行且与第 1层球 O1 相切的平面，交棱 AD 于点 M ，则球 O1 为这
6
个小四面体的内切球，所以 AM 1，解得 AM 2 6 ．
12
记第 22 层最靠近点 D 的球心为 O2 ，由对称性可知 O1O2DM 是平行四边形，所以
MD O1O2 20 2 2 42，所以 AD AM MD 2 6 42，所以正四面体的外接球半径
6
21 21为 AD 3 6 ．故答案为： 3 6 ．
4 2 2
14．已知△ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，且 2a2 2b2 3c2 23，则△ABC面积的最大值为
__________．
23
【答案】
16
【解析】过点C作CD AB于D．
当点D落在线段 AB上时，设CD h，BD m，AD n，根据题设
条件有：
23 2 h2 m2 2 2 2 2h n 3 m n 4h2 2 m2 n2 3 m n 2
4h2 2 2 2m n 3 m n 4h2 4 m n 8h m n 16S ，因此
23 46 46
S ,当且仅当m ， h 时取等号．
16 8 4
当点D落在 AB或 BA的延长线上时，设CD h， BD m， AD n，根据题设条件有：
数学竞赛参考答案 第4页（共 10 页）
{#{QQABRQwUgggAAgBAABhCQQnKCEGQkBACCAoOAAAMIAAAAAFABAA=}#}
2
23 2 h2 m2 2 h2 n2 3 m n 4h2 2 m2 n2 23 m n
4h2 2 2 2 23m n 3 m n 4h2 4 m n 8h m n 16S ，因此 S ,易知等号取不到．
16
23
故答案为： ．
16
15．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并
列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数 y [x](x R) 称为高斯函数，其中[x]表示不超过 x的
2024
2024
k 2024k
最大整数.设 S k ，则 S 除以 2023的余数是__________．
k 1 ( 1) 2023
【答案】1013
20242t 2024 2t 20242t 1 2023 2t 1 2t
20242t 1 2t 1k 2t 【解析】当 时， 2t ，
2023 2023 2023
2023
20242t 1 2024(2t 1)
20242t 1 1 2023(2t 1) 2t
当 k 2t 1时，
2023
2023
1 20242t 1 2t 1 20242t 1 2t
2t 1 2t ， 2023 2023 2023 2023
2024 2024k 2024k 1012 20242t 2024 2t 1012 2024
2t 1 2024(2t 1)
因此 S
k 1 2023( 1)
k
t 1 2023 t 1 2023
1012 20242t 1 2t 1 1 2024
2t 1 2t 1012 2t 2t (20242t 1) 1
t 1 2023 2023 2023 2023 t 1
1 1012 1 1013(mod 2023)．
二、解答题(本大题共 5 小题，共 110 分。解答应写出必要文字说明，证明过程或演算步骤。)
16．(20 分)
将数列{2n 5}与{3n 3}的公共项从小到大依次排列得数列{an}．
（1）求 an 的通项公式；
2n
（2）设bn a {b } n S3 n
，求数列 n 的前 项和 n ．
3
【解析】（1）设 cn 2n 5 ， dn 3n 3，由 cn dm ，有 2n 5 3m 3，即 n m 1， ············ 5 分 2
又 n,m均为正整数，所以m 2k， k N* ，
所以 dm d2k 6k 3，即 an 6n 3． ··································································· 10 分
2n
（2）由（1），bn (6n 3) (2n 1) 2
n ，
3
所以 S 1 21n 3 2
2 (2n 1) 2n ①，
所以 2S 1 22 (2n 3) 2n (2n 1) 2n 1n ②，
① ②，得 S 2 (23 24 2n 1) (2n 1) 2n 1n ··············································· 15 分
数学竞赛参考答案 第5页（共 10 页）
{#{QQABRQwUgggAAgBAABhCQQnKCEGQkBACCAoOAAAMIAAAAAFABAA=}#}
8(1 2n 1)
2 (2n 1) 2n 1 (2n 3) 2n 1 6，
1 2
所以 S (2n 3) 2n 1n 6 ． ·················································································· 20 分
17．(20 分)
已知△ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，且 4abcosC 3(a2 c2 )．
2π
（1）若 A ，求C；
3
（2）若bc 1，当 B最大时，求△ABC的周长．
【解析】（1）方法一：由余弦定理得： 2(a2 b2 c2 ) 3(a2 c2 )，即a2 2b2 c2 ， ················ 5 分
又 a2 b2 c2 2bc cos A b2 c2 bc，所以2b2 c2 b2 c2 bc，
π
即 b2 bc ，所以b c，故C B ． ································································ 10 分
6
方法二：由余弦定理得： 2(a2 b2 c2 ) 3(a2 c2 )，即 2b2 a2 c2 ，
3b2 b2 a2 c2
所以 cosC ，所以3b 2acosC． ················································ 5 分
2ab 2ab
由正弦定理得：3sin B 2sin AcosC，所以3sin(A C) 2sin AcosC ，
3
整理得 sin AcosC 3cos AsinC，所以 tan A 3tanC，所以 tanC ，
3
π
又C (0, π) ，故C ． ··················································································· 10 分
6
方法三：因为3b2 4abcosC 3(a2 b2 c2 ) 6abcosC ，所以3b 2acosC ··················· 5 分
由正弦定理得：3sin B 2sin AcosC，所以3sin(A C) 2sin AcosC ，
3
整理得 sin AcosC 3cos AsinC，所以 tan A 3tanC，所以 tanC ，
3
π
又C (0, π) ，故C ． ··················································································· 10 分
6
方法四：由正弦定理得： 4sin Asin BcosC 3(sin2 A sin2 C) ，
2 2 A C A C A C A C
又 sin A sin C (sin A sinC)(sin A sinC) 2sin cos 2cos sin
2 2 2 2
A C A C A C A C
2sin cos 2sin cos sin(A C)sin(A C) ，
2 2 2 2
所以 4sin Asin B cosC 3sin(A C)sin(A C) ． ························································ 5 分
因为 sin B sin(A C) ，所以 4sin AcosC 3sin(A C) ，
3
整理得 sin AcosC 3cos AsinC，所以 tan A 3tanC，所以 tanC ，
3
π
又C (0, π) ，故C ． ··················································································· 10 分
6
数学竞赛参考答案 第6页（共 10 页）
{#{QQABRQwUgggAAgBAABhCQQnKCEGQkBACCAoOAAAMIAAAAAFABAA=}#}
（2）方法一：由（1）知 tan A 3tanC，所以
tan A tanC tanC 2 3tan B tan A C
所以 1 tan A tanC 1 3tan2 C 1 ， ·············· 15 分 3tanC 3
tanC
3 π 2π
当且仅当 tanC 时取等号，此时C B ， A ，
3 6 3
所以b c 1， a 3 ，故△ABC的周长为 2 3 ． ··············································· 20 分
方法二：由余弦定理得： 2(a2 b2 c2 ) 3(a2 c2 )，整理得： a2 2b2 c2 ，
2a2 2c2 2b2 a2 3c2
所以 4cosB 2 3 ， ······················································ 15 分
ac ac
a 3c,
π
当且仅当 a 3c 时取等号，此时B最大为 ，由 bc 1, 得b c 1， a 3 ，
6
b2 a
2 c2 3ac,
故△ABC的周长为 2 3 ． ··············································································· 20 分
方法三：由余弦定理得： 2(a2 b2 c2 ) 3(a2 c2 )，整理得： a2 2b2 c2 ，
a2 c2 b2 2b2 c2 c2 b2 b2 2c2 (b2 2c2 )2 b4 4c4 4b2c2
所以 2cosB
ac 2 2 2 2 4 2b2c2 c4 2b2 2 4c 2b c 2b c c c c
b4 4c4 4 b4 4 b4 4 b4 (b4 4)
4 4 4
2 c4 2 c4 1 2b44 1 ， ································· 15 分 2 ( )
b
4 t 1
令 t 2b4 1，则b ，所以
2
t 1 t 1
b4 (b4 4) ( 4)2 2 (t 1)(t 9) 1 9 1 4 4 4 (t 10) 4 (2 9 10) 4 3 ，
2b4 1 t 4t 4 t 4
当且仅当 t 3，即b 1时取等号，此时b c 1， a 3 ，
故△ABC的周长为 2 3 ． ··············································································· 20 分
18．(20 分)
如图，△ABC内接于 O，I 是△ABC的内心，过O作 BC 的垂线交 BC 于点M ，交 B AC 于点 N，L
是 AI 的中点，连接NL，过 A作 AK NL于点 K ．
证明：（1） NAI 90 ；
（2） N、K 、 I 、M 四点共圆．
数学竞赛参考答案 第7页（共 10 页）
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【解析】证明：（1）方法一：延长 NM 交 O于点D，则D为 B C 的中点，
因此 A、 I 、D三点共线．又 ND为直径，故 NAI NAD 90 ． ··························· 5 分
1
方法二：易知 N 为 B AC 的中点，因此 NAB B C ,
2
1 1
所以 NAI NAB BAI B C BAC 90 ． ······································· 5 分
2 2
（2）△ANL中， NAL 90 且 AK NL ，由射影定理知：LI 2 LA2 LK LN ，又 ILK NLI ，
因此△LKI∽△LIN ，故 LIK LNI ． ······························································· 10 分
由鸡爪定理知：DI DC ，在△NCD 中， NCD 90 ，CM ND，
由射影定理知：DI 2 DC2 DM DN，
又 MDI IDN ，因此△DMI∽△DIN ，故 DIM DNI ． ································· 15 分
因此 MIK MNK MIK KNI MNI MIK KIA MID 180 ，
故 N 、K 、 I 、M 四点共圆． ··········································································· 20 分
19．(25 分)
x 2y 0, 4
已知直线 l1 : x 2y 0， l2 : x 2y 0，动点G(x, y) 满足 且到 l 和 lx 2y 0, 1 2
的距离之积为 ．
5
（1）求G的轨迹 的方程；
（2）已知 R(0,64)，过M (1,4) 的动直线 l与 交于不同两点 P,Q，若线段 PQ上有一点 N满足
|MP | | NQ | | PN | |MQ | ，求 | RN |的最小值．
x 2y x 2y 4
1 2 2【解析】（ ）由题意可知， ，整理得 x 4y 4， ··································· 5 分
5 5 5
x 2y 0 2
又因为G(x, y)
x
满足 ，可知轨迹 的方程为 y2 1(x 0)． ····················· 10 分
x 2y 0 4
（2）方法一：设 P(x1 , y1),Q(x2 , y2 ),N (x0 , y0 )，由题意可知直线 PQ的斜率存在，
2
设 PQ : y 4 k(x 1)
x
，与 y2 1联立得 (1 4k 2 )x2 (8k 2 32k)x 4k2 32k 68 0．
4
32k 8k 2 4k 2 32k 68
由韦达定理得 x1 x2 , x1x2 ①． ···································· 15 分 1 4k 2 1 4k 2
因为 | MP | | NQ | | PN | | MQ | ，且M ,P,N ,Q共线，
所以 (x1 1)(x2 x0 ) (x0 x1)(x2 1) ，即 2x1x2 (1 x0 )(x1 x2 ) 2x0 0 ②．
16k 68 x0 68 y0 4
由①②整理得 x0 ，即 k k 16k 1 16(x0
，
1) MN x0 1
x 68
而 x0 1，所以
0 y0 4，即 x0 16y0 4 0． 16
所以点 N (x0 , y0 ) 在直线 l : x 16y 4 0 上， ························································· 20 分
数学竞赛参考答案 第8页（共 10 页）
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1028
所以 RN 的最小值即R到直线 l 的距离 d ，其中 d 4 257 ，
257
这时， N (4,0) 在双曲线右支内，符合题意．
所以 RN 的最小值为 4 257 ． ············································································ 25 分
方法二：由题意，设 P(x1 , y1),Q(x2 , y2 ),N (x0 , y0 )，
因为 | MP | | NQ | | PN | | MQ | ，且 P,M ,N ,Q共线，
设MP MQ， PN NQ，其中 >0 ， 1，
x x y y
由MP MQ，得1 1 2 ， 4 1 2 ①，
1 1
x x y y
由 PN NQ，得 x0
1 2 ， y 1 20 ②． ·············································· 15 分 1 1
将①②对应项相乘得：
x1 x x x
2 2 2 2 2 2
1 x 2 1 2
x
1
x2 y1 y2 y1 y2 y y
0 ， 4 y0
1 2 ，
1 1 1 2 1 1 1 2
x 2 2x 2 4(y 2 2 y 2 ) 4(1 2 )
而 x 21 4 4y
2 2
1 , x2 4 4y
2
2 ，所以1 x 1 20 4 4y0
1 2 4 ，
1 2 1 2 1 2
即 x0 16y0 4 0，所以点 N (x0 , y0 ) 在直线 l : x 16y 4 0 上， ······························· 20 分
1028
所以 | RN | 的最小值即R到直线 l 的距离 d ，其中 d 4 257 ，
257
这时， N (4,0) 在双曲线右支内，符合题意，
所以 RN 的最小值为 4 257 ． ············································································ 25 分
20．(25 分)
已知多项式 f (x) xn a n 1n 1x a1x a0 ．
（1）若 n 3，且 f (x) 0 有三个正实数根 x1, x
3
2 , x3 ，证明：8a2 27a0 27a1a2 ；
（2）对一般的正整数 n 4 ，若 an 1 5 ， an 2 12 ， an 3 18 ， ai R(0 i n 4) ，证明：方程
f (x) 0 的根不全是正实数．
x1 x2 x3 a2 ,
【解析】证明：（1）方法一：由韦达定理有： x1x2 x1x3 x2x3 a1, ········································ 5 分
x1x2x3 a0 ,
3
要证的结论：8a32 27a0 27a1a2 8 x1 x2 x3 27x1x2x3 27 x1 x2 x3 x1x2 x1x3 x2x3
8 x3 x31 2 x33 6x1x2x3 3 x21 x2 x2x x2 2 2 21 3 2 x1 x2 x3 x3 x1 x3 x2 ，
又 2 x3 x31 2 x33 2 3x1x2x3 6x1x2x3 ，
2 x3 3故只需证明 1 x2 x3 x2x x2x x2 2 23 1 2 1 3 2 x1 x2 x3 x3 x1 x23 x2 ．
2
易知当1 i j 3 时， x3 3 2 2i x j xi x j x j xi x
3 x2x x3i i j j x
2
j xi 0 xi x j xi x j 0 ，
数学竞赛参考答案 第9页（共 10 页）
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而最后一式显然成立，因此原结论成立． ······························································ 10 分
x1 x2 x3 a2 ,
方法二：由韦达定理有： x1x2 x1x3 x2x3 a1, ······················································· 5 分
x1x2x3 a0 ,
3
3
3 3 3
又 xi x3i 3 xix j xi x j 6x1x2x3 x3i 3 xi xix j 3x1x2x3 ，
i 1 i 1 1 i j 3 i 1 i 1 1 i j 3
3 3
x3 x 3 1 3
3
由幂平均不等式： i i 33 i 1 i 1 ，得 xi 9 xi ，
3 3 i 1 i 1
3 3 1 3
3 3
所以 xi xi 3 xi xix j 3x1x2x3，
i 1 9 i 1 i 1 1 i j 3
3 1 3
将韦达定理代入得 ( a2 ) ( a9 2
) 3 ( a2 ) a1 3a0 ，
整理即得8a32 27a0 27a1a2 ． ············································································ 10 分
p x1 x2 x3 a2 ,
方法三：由韦达定理得 q x1x2 x1x3 x2x3 a1, ····················································· 5 分
r x1x2x3 a0 ,
由 Schur（舒尔）不等式知 p2 3q， 2p3 9r 7 pq，
所以 2p3 6pq， 6p3 27r 21pq，所以8p3 27r 27 pq ，即8a32 27a0 27a1a2 ． ····· 10 分
（2）反证法：假设方程 f (x) 0 的根全是正实数，设这 n个正实根为 x1, x2 , , xn ．
n
xi 5,
i 1
由韦达定理有： xix j 12,
1 i j n
xix j xk 18, 1 i j k n
3
n n
则125 xi x3i 3 xix j xi x j 6 xix j xk
i 1 i 1 1 i j n 1 i j k n
n n
x3i 3 xi xix j 3 xix j xk ······························································· 20 分
i 1 i 1 1 i j n 1 i j k n
n n
x3i 3 5 12 3 18 x3i 126 125，矛盾，故原结论成立． ··························· 25 分
i 1 i 1
数学竞赛参考答案 第10页（共 10 页）
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