a3?c33a3?a3322a?c?()a?c?()a2?c2?b21?22???此时cosB?, 得到B=. 22ac2ac2a232a3?c3322a?c?()112?, 为此只需证明cosB?. 即证明cosB?2ac22即 4(a2?ac?c2)3?(a3?c3)2?[(a?c)(a2?ac?c2)]2,
2222即 4(a2?ac?c2)?(a?c)2, 即3(a?c)2?0. 显然.
8、因为v?1，所以u?w?3v?3，于是u对应的点P在以w对应的点M为圆心， 3为半经的圆C上，当u的辐角主值最小时,OP与圆C相切，而OM?5，PM?3， 则OP?4，于是所以
wu?w435，又的辐角主值???POM，cos??，sin??，
55u4u1612w5?43?3?i ???i??1?i，故?w2525u4?55?49、由条件③令m＝0得f(0)＝0；再令m＝x，n＝－x得：f(－x) ＝－f(x)；所以f(x)在R上是奇函数．
设x1，x2∈R，且x2＞x1，则x2－x1＞0，由①和③知： f?x2?x1??f?x2??f??x1??f?x2??f?x1?＞0，所以f?x?在R上是增函数． 由f(1)＝2及③可得：24＝12f(1)＝f(12)，所以f(3x2)＋f(4y2)?24，
22即f(3x2＋4y2)?f(12)，从而A??x,y?3x?4y?12；
??由f(x) －f(ay)＋f(3)＝0得：f(x－ay＋3)＝f(0),从而B?由f?x????x,y?x?ay?3?0?；
1fy2?f?a?得：f?2x?a??f?y2?，从而C??x,y?y2?2x?2a； 21315?a?2； 由A∩B≠Ф可求得：a?；由A∩C≠Ф可求得：?63?1315??15?,2?． 所以实数a的取值范围是：??,????633????y22?1．①， 焦点坐标?3,0，不防设l过右焦点F：3,0． 10、x?22?若l?x轴，则A，B坐标为3,?2，3,?2??AOB?2arctan＞，矛盾！
32????????????故可设l的方程为y?kx?3．② 设A：（x1,y1）,B（x2,y2）. ∵?AOB????2，∴
y1y2???1?x1x2?y1y2?0． ③ x1x222由①、②，得2x?kx?3??2?2?k2?2x2?23k2x?3k2?2?0． ④
????k2＝2时，④只有一个根，至多只能对应一个交点，不可能．故k2≠2．
23k2由韦达定理得 x1?x2?2， ⑤
k?23k2?2 x1x2?2． ⑥
k?2由②、⑤、⑥，得y1y2?k2x1?3x2?3?k2x1x2?3?x1?x2??3
??????
?3k2?26k23k2?6?4k2?k??k2?2?k2?2?k2?2????k2?2． ⑦
??3k2?24k22?k2?2?0?2?0，矛盾！ 由③、⑥、⑦，得2k?2k?2k?2故不存在过右焦点的直线l，同时满足条件（1）、（2）．同理，也不存在过左焦点的直线满足题意．
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11、由已知：
?ai?1ni?1???ai?1?，从而还有?ai?1???ai?1?
i?1i?1i?1nn?1n?1以上两式相减，得?an?1?1?（1）若数列中所有项均为1，则
?ai?12003ni?an?1?1， 故an?1?1或?ai?1． ①
i?1n?ai?1i． ?i??1?i??j?2005003i?1j?020032002（2）若数列中所有项不均为1，设a1＝a2＝?am?1＝1(m＝1时该式省去)，am≠1.
①中，取n＝m, 有am＋1＝1或a1a2?am?1am＝1．
由前面所设，a1a2?am-1am＝am ≠1∴am＋1＝1．设am＋k＝am＋k－1＝?am＋1＝1，
则①中，取n＝m＋k, 有am＋ k＋1＝1或a1a2?am＋k＝1，同理，只可能是am＋ k＋1＝1． 另外，由下式②可说明，当am ≠1，n?m时，可以保证条件成立：
?ai?1mi?am?ai?am??am?1??1???ai?1??1???ai?1?．②
1?i?ni?m1?i?ni?mi?1n当m＞2003时，归为（1）的情形．
2003若1?m?2003，则
?ai?1i． ?i??j?am?m?1?m??j?0?2002?2003001j?0j?020022002综上，当a1＝a2＝?a2002＝1,a2003＝2003时，取最小值，等于2003001．
2013年全国高中数学联赛模拟卷(1-7)（一试）附详细解答
