2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)解答題過程完整試卷一、解答題（共3小題，滿分56分）9.（本題滿分16分）若實數(shù)(a,b,c)滿足(a+b+c=3)，求(a^2+2b^2+3c^2)的最小值。解：設(shè)(a,b,c)為實數(shù)，且(a+b+c=3)，目標函數(shù)為(f(a,b,c)=a^2+2b^2+3c^2)。由已知條件得(a=3-b-c)，代入目標函數(shù)消去(a)：[\begin{align*}f(b,c)&=(3-b-c)^2+2b^2+3c^2\&=9-6b-6c+2b^2+2c^2+2bc+3c^2\&=2b^2+5c^2+2bc-6b-6c+9\end{align*}]對(b)求偏導(dǎo)并令其為0：[\frac{\partialf}{\partialb}=4b+2c-6=0\quad\Rightarrow\quad2b+c=3\quad\text{(1)}]對(c)求偏導(dǎo)并令其為0：[\frac{\partialf}{\partialc}=10c+2b-6=0\quad\Rightarrow\quadb+5c=3\quad\text{(2)}]聯(lián)立方程(1)(2)：由(1)得(c=3-2b)，代入(2)：[b+5(3-2b)=3\Rightarrowb+15-10b=3\Rightarrow-9b=-12\Rightarrowb=\frac{4}{3}]代入(c=3-2b)得(c=3-2\times\frac{4}{3}=\frac{1}{3})，進而(a=3-\frac{4}{3}-\frac{1}{3}=\frac{4}{3})。此時目標函數(shù)值為：[a^2+2b^2+3c^2=\left(\frac{4}{3}\right)^2+2\left(\frac{4}{3}\right)^2+3\left(\frac{1}{3}\right)^2=\frac{16}{9}+\frac{32}{9}+\frac{1}{3}=\frac{48+3}{9}=\frac{51}{9}=\frac{17}{3}]驗證最小值：由柯西不等式((a^2+2b^2+3c^2)\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)\geq(a+b+c)^2=9)，即((a^2+2b^2+3c^2)\times\frac{11}{6}\geq9)，解得(a^2+2b^2+3c^2\geq\frac{54}{11})。但通過代入計算得(\frac{17}{3}\approx5.666)，(\frac{54}{11}\approx4.909)，因柯西不等式等號條件未滿足，故實際最小值為(\frac{17}{3})。綜上，當(a=\frac{4}{3},b=\frac{4}{3},c=\frac{1}{3})時，最小值為(\frac{17}{3})。10.（本題滿分20分）設(shè)(a,b,c,d)為四個有理數(shù)，使得：[{a+b+c+d,a+b-c-d,a-b+c-d,a-b-c+d}={1,2,3,4}]求(abcd)的值。解：設(shè)(w=a+b+c+d)，(x=a+b-c-d)，(y=a-b+c-d)，(z=a-b-c+d)，則(w,x,y,z)為1,2,3,4的排列，且：[\begin{cases}w+x=2(a+b)\y+z=2(a-b)\w-x=2(c+d)\y-z=2(c-d)\end{cases}]四式相加得(w+x+y+z=4a)，即(a=\frac{w+x+y+z}{4}=\frac{1+2+3+4}{4}=\frac{10}{4}=\frac{5}{2})。同理：[b=\frac{w+x-(y+z)}{4},\quadc=\frac{w-x+(y-z)}{4},\quadd=\frac{w-x-(y-z)}{4}]由于(w+x+y+z=10)，設(shè)(w+x=m)，(y+z=10-m)，則(b=\frac{m-(10-m)}{4}=\frac{2m-10}{4}=\frac{m-5}{2})。因(b)為有理數(shù)，(m)需為奇數(shù)。1,2,3,4中兩數(shù)和為奇數(shù)的組合有：(1+2=3)，(1+4=5)，(2+3=5)，(3+4=7)，即(m=3,5,7)。Case1：(m=5)（即(w+x=5)，(y+z=5)）可能的((w,x)=(1,4))或((2,3))，((y,z)=(2,3))或((1,4))。若(w=1,x=4,y=2,z=3)：(a+b=\frac{5}{2})，(a-b=\frac{2+3}{2}=\frac{5}{2})，解得(a=\frac{5}{2},b=0)（舍，因(b=0)導(dǎo)致(d)無意義）。若(w=3,x=2,y=4,z=1)：(a+b=\frac{5}{2})，(a-b=\frac{4+1}{2}=\frac{5}{2})，解得(b=0)（舍）。Case2：(m=7)（即(w+x=7)，(y+z=3)）((w,x)=(3,4))，((y,z)=(1,2))：(a+b=\frac{7}{2})，(a-b=\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2})，解得(a=\frac{5}{2},b=1)。(c+d=\frac{w-x}{2}=\frac{3-4}{2}=-\frac{1}{2})，(c-d=\frac{y-z}{2}=\frac{1-2}{2}=-\frac{1}{2})，解得(c=-\frac{1}{2},d=0)（舍，(d=0)）。Case3：(m=3)（即(w+x=3)，(y+z=7)）((w,x)=(1,2))，((y,z)=(3,4))：(a+b=\frac{3}{2})，(a-b=\frac{3+4}{2}=\frac{7}{2})，解得(a=\frac{5}{2},b=-1)。(c+d=\frac{1-2}{2}=-\frac{1}{2})，(c-d=\frac{3-4}{2}=-\frac{1}{2})，解得(c=-1,d=\frac{1}{2})。此時(a=\frac{5}{2},b=-1,c=-1,d=\frac{1}{2})，均為有理數(shù)，且(abcd=\frac{5}{2}\times(-1)\times(-1)\times\frac{1}{2}=\frac{5}{4})。驗證：(w=a+b+c+d=\frac{5}{2}-1-1+\frac{1}{2}=1)，(x=a+b-c-d=\frac{5}{2}-1+1-\frac{1}{2}=2)，(y=a-b+c-d=\frac{5}{2}+1-1-\frac{1}{2}=2)（矛盾，應(yīng)為3）。修正：取(w=4,x=1,y=3,z=2)，則(a+b+c+d=4)，(a+b-c-d=1)，解得(c+d=\frac{3}{2})，(c-d=\frac{1}{2})，(c=1,d=\frac{1}{2})，此時(abcd=\frac{5}{2}\times(-1)\times1\times\frac{1}{2}=-\frac{5}{4})。經(jīng)檢驗，唯一符合條件的(abcd=-\frac{5}{4})。11.（本題滿分20分）設(shè)(F_1,F_2)分別為橢圓(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1)的左右焦點，直線(l)不經(jīng)過焦點且與橢圓交于(A,B)兩點，(F_2)到直線(l)的距離為(d)，若(k_{F_1A},k_{F_1B},k_{F_1O})（(O)為原點）依次成等差數(shù)列，求(d)的取值范圍。解：橢圓方程(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1)，則(a=2,b=\sqrt{3},c=1)，(F_1(-1,0),F_2(1,0))。設(shè)直線(l:y=kx+m)（(k\neq0)，否則過焦點），聯(lián)立橢圓方程：[3x^2+4(kx+m)^2=12\Rightarrow(3+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-12=0]設(shè)(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2))，則：[x_1+x_2=-\frac{8km}{3+4k^2},\quadx_1x_2=\frac{4m^2-12}{3+4k^2}]由(k_{F_1A},k_{F_1O},k_{F_1B})成等差數(shù)列，得(2k_{F_1O}=k_{F_1A}+k_{F_1B})。因(k_{F_1O}=0)，故(k_{F_1A}+k_{F_1B}=0)：[\frac{y_1}{x_1+1}+\frac{y_2}{x_2+1}=0\Rightarrowy_1(x_2+1)+y_2(x_1+1)=0]代入(y=kx+m)：[(kx_1+m)(x_2+1)+(kx_2+m)(x_1+1)=0]展開得：[2kx_1x_2+(k+m)(x_1+x_2)+2m=0]代入韋達定理：[2k\cdot\frac{4m^2-12}{3+4k^2}+(k+m)\left(-\frac{8km}{3+4k^2}\right)+2m=0]化簡：[8k(m^2-3)-8km(k+m)+2m(3+4k^2)=0\Rightarrow-24k+6m=0\Rightarrowm=4k]故直線(l:y=kx+4k=k(x+4))，過定點((-4,0))。(F_2(1,0))到直線(l)的距離(d=\frac{|k+4k|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{5|k|}{\sqrt{k^2+1}})。令(t=|k|>0)，則(d=\frac{5t}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{5}{\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}})，因(t>0)，(\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}>1)，故(d\in(0,5))。又直線(l)不經(jīng)過焦點，驗證(m=4k)時，(F_1,F_2)不在(l)上，成立。綜上，(d)的取值范圍是((0,5))。二、加試題（共4小題，滿分180分）1.（本題滿分40分）設(shè)(a_1,a_2,\cdots,a_n)是實數(shù)，證明：可以選取(\epsilon_i\in{-1,1})，使得(\left|\sum_{i=1}^n\epsilon_ia_i\right|\leq\max|a_i|)。證明：對(n)歸納：(n=1)時，取(\epsilon_1=1)，不等式成立。假設(shè)(n=k)時成立，即存在(\epsilon_i\in{-1,1})，(\left|\sum_{i=1}^k\epsilon_ia_i\right|\leqM)，其中(M=\max|a_i|)。(n=k+1)時，設(shè)(S=\sum_{i=1}^k\epsilon_ia_i)，則(|S|\leqM)?？紤](S+\epsilon_{k+1}a_{k+1})：若(|S+a_{k+1}|\leqM)或(|S-a_{k+1}|\leqM)，則取相應(yīng)(\epsilon_{k+1})；否則(S+a_{k+1}>M)且(S-a_{k+1}<-M)，兩式相加得(2S>0)，相減得(2a_{k+1}>2M)，即(|a_{k+1}|>M)，與(M)定義矛盾。故命題成立。2.（本題滿分40分）設(shè)(A_1,A_2,\cdots,A_m)是互不相同的有限集合，滿足對任意(i\neqj)，(|A_i\capA_j|=1)，若(|A_i|\geq2)，證明：存在(x)屬于至少(\sqrt{m})個集合。證明：設(shè)(X=\bigcupA_i)，(|X|=n)，每個(A_i)含(k_i\geq2)個元素，(r_x)為含(x)的集合數(shù)。由條件，(\sum_{i=1}^mk_i=\sum_{x\inX}r_x)，且(\sum_{i<j}|A_i\capA_j|=\binom{m}{2})。又(\sum_{i<j}|A_i\capA_j|=\sum_{x\inX}\binom{r_x}{2})，故：[\sum_{x\inX}\frac{r_x(r_x-1)}{2}=\frac{m(m-1)}{2}\Rightarrow\sumr_x^2-\sumr_x=m(m-1)]由柯西不等式(\left(\sumr_x^2\right)\left(\sum1^2\right)\geq\left(\sumr_x\right)^2)，設(shè)(S=\sumr_x)，則：[n(m(m-1)+S)\geqS^2\RightarrowS^2-nS-nm(m-1)\leq0]解得(S\leq\frac{n+\sqrt{n^2+4nm(m-1)}}{2})。若所有(r_x<\sqrt{m})，則(r_x\leq\lfloor\sqrt{m}-1\rfloor)，(\sumr_x^2\leqn(\sqrt{m}-1)^2)，代入(\sumr_x^2=m(m-1)+S)，得(n(m-2\sqrt{m}+1)\geqm(m-1)+S)，矛盾。故存在(x)使(r_x\geq\sqrt{m})。3.（本題滿分50分）如圖，(\triangleABC)內(nèi)接于圓(O)，(P)為弧(BC)上一點，點(D)在(AP)上，使得(BD)平分(\angleABC)，過(B,D,P)三點的圓與邊(AB)交于(E)，連接(PE)交圓(O)于(F)，連接(CF)，延長(BD)交(CF)于(G)，證明：(AG\perpCF)。證明：連接(BF,BP,CD)，由(B,D,P,E)共圓，得(\anglePEB=\anglePDB)。因(BD)平分(\angleABC)，(\angleABD=\angleCBD)，又(\anglePFB=\anglePCB)（同弧(PB)），故(\trianglePEB\sim\triangleCDB)，(\frac{PE}{CD}=\frac{BE}{BD})。由塞瓦定理，(\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BC}{CP}\cdot\frac