nbhkdz.com冰点文库

高中数学竞赛训练题--解答题(每题含详解)

时间:2011-02-15


高中数学竞赛训练题— 高中数学竞赛训练题—解答题
1. b 是两个不相等的正数, .a, 是两个不相等的正数, 且满足 a ? b = a ? b , 求所有可能的整数 c,使得 c = 9ab . 使得
3 3 2 2

2. . 已知不等式

1 1 1 1 a + + + ... + > 均成立, 对一切正整数 a 均成立, 求正整数 a n +1 n + 2 n + 3 3n + 1 24

的最大值,并证明你的结论。 的最大值,并证明你的结论。 3. {an } 为 a1 = 4 的单调递增数列, . 设 的单调递增数列, 且满足 an +1 + an + 16 = 8( an +1 + an ) + 2an +1an , { an } 求
2 2

的通项公式。 的通项公式。 (1 求证: 4. 1)设 x > 0, y > 0, 求证: ( (2)设 x > 0, y > 0, z > 0,

x2 3x ? y ≥ ; x+ y 4

x3 y3 z3 xy + yz + zx 求证: + + ≥ . 求证: x+ y y+z z+x 2
5. 设数列 , , , , , ,?, ,

1 1 2 1 2 3 1 2 1 3 2 1

1 2 k ,?, ,? , k k ?1 1

(1) 项的值是多少 问: )这个数列第 2010 项的值是多少; ( 的项的序号是多少. (2)在这个数列中,第 2010 个值为 1 的项的序号是多少 )在这个数列中, 6. 设有红、黑、白三种颜色的球各 10 个。现将它们全部放入甲、乙两个袋子中,要求每个 设有红、 现将它们全部放入甲、乙两个袋子中, 袋子里三种颜色球都有,且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。问共有多少种放法。 袋子里三种颜色球都有,且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。问共有多少种放法。 ,前 7.已知数列 {an } 满足 a1 = a ( a ≠ 0, 且a ≠ 1 ) 前 n 项和为 Sn ,且 S n = , ,当 记 bn = an lg | an | ( n ∈ N ) 当 a = ? ,
?

a (1 ? an ) , 1? a

如果存在, 的值;如果不存在,说明理由. 数 n ,都有 bn ≥ bm ?如果存在,求出 m 的值;如果不存在,说明理由.

7 时,问是否存在正整数 m ,使得对于任意正整 3

8. 在 ?ABC 中,已 ABi AC = 9,sin B = cos A sin C ,又 ?ABC 的面积等于 6. . 的三边之长; (Ⅰ)求 ?ABC 的三边之长; 含边界)内一点, (Ⅱ)设 P 是 ?ABC (含边界)内一点,P 到三边 AB、BC、AB 的距离为 d1 、 d 2 和 d3 , 的取值范围. 求 d1 + d 2 + d3 的取值范围 9.在数列 {an } 中, a1 , a2 是给定的非零整数, an + 2 = an +1 ? an . . 是给定的非零整数, (1)若 a15 = 2 , a16 = ?1 ,求 a2008 ; ) 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列. (2)证明:从 {an } 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列. )证明:
1

10. 已知椭圆

x2 + y 2 = 1(a > 1) , Rt ?ABC 以 A (0,1)为直角顶点,边 AB、BC 与椭圆 , )为直角顶点, 、 2 a
27 的值。 ,求 a 的值。 8

交于两点 B、C。若△ABC 面积的最大值为 、 。

2 2 11. 如图,椭圆 C : x + y = 1(a > b > 0) , A1 、 A2 、 B1 、 B2 为椭圆 C 的顶点. 如图, 的顶点. 2 2

a

b

在椭圆的顶点时, (Ⅰ)设点 M ( x0 ,0) ,若当且仅当椭圆 C 上的点 P 在椭圆的顶点时, | PM | 取得最大值与最 小值, 的取值范围; 小值,求 x 0 的取值范围; (Ⅱ)若椭圆 C 上的点 P 到焦点距离的最大值为 3 ,最小值为 1 ,且与直线 l : y = kx + m 相 两点( 不是椭圆的左右顶点) ,并满足 试研究: , 交于 A , B 两点( A,B 不是椭圆的左右顶点) 并满足 AA2 ⊥ BA2 .试研究:直线 l 是否过 定点?若过定点,请求出定点坐标,若不过定点,请说明理由. 定点?若过定点,请求出定点坐标,若不过定点,请说明理由.

的正方形, 12.如图,在四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正方形,侧面 SAD 为正三 如图, 角形, 角形,且垂直于底面 ABCD . S 的体积; (1)求四棱锥 S ? ABCD 的体积; 请说明理由. (2)在边 CD 上是否存在一点 E ,使得 SB ⊥ AE ?请说明理由.

D A B

C

13. (本小题满分 13. 本小题满分 15 分) ( 2 2 关于 x、y 的方程 C : x + y ? 2 x ? 4 y + m = 0 .

表示圆, 的取值范围; (1)若方程 C 表示圆,求实数 m 的取值范围; ( 2 ) 在 方 程 C 表 示 圆 时 , 若 该 圆 与 直 线 l : x + 2 y ? 4 = 0 相 交 于 M、N 两 点 , 且

4 5 的值; ,求实数 m 的值; 5 的条件下, 的坐标为( ,点 上的动点, (3)在(2)的条件下,若定点 A 的坐标为(1,0) 点 P 是线段 MN 上的动点,求直线 AP , | MN |=
的斜率的取值范围. 的斜率的取值范围.

2

14.已知椭圆 C: . :

x2 y2 4 25 + 2 = 1 ( a > b ≥ 0 ) 其离心率为 ,两准线之间的距离为 。 ,其离心率为 ,其离 2 a b 5 2

之值; (2) 坐标为(6, 0),B 为椭圆 C 上的动点,以 A 为直角顶点,作等腰直角 上的动点, 为直角顶点, (1)求 a , b 之值; )设点 A 坐标为 ) ( , ,求 点的轨迹方程。 △ABP(字母 A,B,P 按顺时针方向排列) 求 P 点的轨迹方程。 ( , , 按顺时针方向排列) ,

15. 如图,正三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, E 是 AC 中点. (Ⅰ)求证: AB1 //平面 BEC1 ; (Ⅱ) . 如图, 中点. 求证: //平面 的距离; 为何值时, 若 AB = 2, AA1 = 2 ,求点 A 到平面 BEC1 的距离; (Ⅲ)当 A1 A 为何值时,二面角 E—BC1
AB

—C 的正弦值为 10 ?
5

B

B1 A A1

E C C1

( 16. 本小题满分 15 分) 在 xoy 平面上有一系列点 P1 ( x1 , y1 ), P2 ( x 2 , y 2 ), …, Pn ( x n , y n ), ? .对每个正整数 n ,点 Pn
2 的图象上. 为圆心的⊙ 轴都相切, 位于函数 y = x ( x ≥ 0) 的图象上.以点 Pn 为圆心的⊙ Pn 与 x 轴都相切,且⊙ Pn 与⊙

Pn +1 彼此外切.若 x1 = 1 ,且 x n + 1 < x n ( n ∈ N * ) 彼此外切. .
(1)求证:数列 { 求证:

1 是等差数列; } 是等差数列; xn

(2)设⊙ Pn 的面积为 S n , Tn =

S1 + S 2 + ? ? ? + S n ,
Pn+1

Pn

3 π * 求证: 求证:对任意 n ∈ N ,均有 Tn < . 2

17. (本小题满分 18 分)
2 二次函数 f ( x ) = px + qx + r 中,实数 p、q、r 满足

p q r + + =0,其中 m > 0 . =0,其中 m + 2 m +1 m

求证: 求证: (1) pf (

m ) < 0 ;(2)方程 f ( x) = 0 在(0,1)内恒有解. (2)方程 (0,1)内恒有 内恒有解 m +1

3

18.如图,斜三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的所有棱长均为 a , .如图, 所有棱长 棱长均 侧面 B1C1CB ⊥ 底面 ABC ,且 AC1 ⊥ BC . 距离; (1) 求异面直线 AA1 与 B1C1 间的距离; )

A1 C1

B1 A C

所成二面角的度数. (2) 求侧面 A1 B1 BA 与底面 ABC 所成二面角的度数. )

B
19.设向量 i, j 为直角坐标平面内 x 轴,y 轴正方向上的单位 .

i i 向量. 向量.若向量 a = ( x + 2)+ y j , b = ( x ? 2)+ y j ,且 | a | ? | b |= 2 .
轨迹方程; (1)求满足上述条件的点 P ( x, y ) 的轨迹方程; ) 满足上述条件的点 恒成立? (2)设 A( ?1, 0), F (2, 0) ,问是否存在常数 λ (λ > 0) ,使得 ∠PFA = λ∠PAF 恒成立? ) 证明你的结论. 证明你的结论. 20.已知抛物线 y = ?2 x + x ? .
2

1 1 11 1 1 任作直线, 和 A( , ) 。过 F ( , ? ) 任作直线,交抛物线于 B、C 、 8 4 8 4 8

两点。 两点。 形式; ⑴求△ABC重心的轨迹方程,并表示成 y = f ( x) 形式; ABC重心的轨迹方程, 重心的轨迹方程 ⑵数列 { xk } 中, 0 < x1 <
n 1 3 k 试证: ,且满足 xk +1 = f ( xk ) 。试证: ∑ xk +1 < 2 5 k =1

21. 21.椭圆 C: :

x2 y2 + = 1 ( a>b>0 )的两个焦点为 F1 ( – c , 0 ),M 是椭圆上一点,且满足 > > 的两个焦点为 , 是椭圆上一点, a2 b2

F1 M ? F2 M = 0。 Ⅰ)求离心率 e 的取值范围; Ⅱ)设斜率为 k ( k ≠ 0 )的直线 l 与椭圆 C 的取值范围; 。 ( ( 的直线

的中点, 相于不同的两点 A、B,Q 为 AB 的中点,问 A、B 两点能否关于过点 P ? 0, 、 , 、 线对称?若能, 的范围,若不能,请说明理由。 线对称?若能,求出 k 的范围,若不能,请说明理由。

? ? ?

3? ? 、Q 的直 3 ? ?

22.已知定义在 R 上的函数 f(x) 同时满足: . 同时满足: 2 (1) f ( x1 + x2 ) + f ( x1 ? x2 ) = 2 f ( x1 )cos2 x2 + 4a sin x2 ( x1 , x2 ∈ R,a 为常数) ) , 为常数) ;

[ (2) f (0) = f ( ) = 1 ; (3)当 x ∈ 0, ) )
4 求: Ⅰ)函数 f ( x ) 的解析式; (Ⅰ ( 的解析式;

π

π

4

] , f ( x) ≤2. 时 .

(Ⅱ)常数 a 的取值范围. 的取值范围.

4

23. 中的数按上小下大、左小右大的原则排成如下三角形数表: 23.把正奇数数列 {2n ? 1} 中的数按上小下大、左小右大的原则排成如下三角形数表: 1 3 7 — — — — 9 5 11 — — — —



个数。 设 a ij (i,j ∈ N *) 是位于这个三角形数表中从上往下数第 i 行、从左往右数第 j 个数。 (I) 若 a mn = 2005 ,求 m,n 的值; 的值; (II)已知函数 f ( x ) 的反函数为 f II)
?1

( x) = 8 n x 3

( x > 0) ,若记三角形数表中从上往

下数第 n 行各数的和为 bn ,求数列 { f (bn )} 的前 n 项和 S n 。

24.若 a 、 b 、 c ∈ R + ,且满足 若

+

kabc 的最大值。 ≤ (a + b) 2 + (a + b + 4c) 2 ,求 k 的最大值。 a+b+c

25. 设定义在 ,2]上的函数 f ( x ) 满足下列条件: . 设定义在[0, 上的函数 满足下列条件: ①对于 x ∈ [0, 2] ,总有 f (2 ? x ) = f ( x) ,且 f ( x ) ≥ 1 , f (1) = 3 ; ②对于 x, y ∈ [1, 2] ,若 x + y ≥ 3 ,则 f ( x ) + f ( y ) ≤ f ( x + y ? 2) + 1 . 证明: (1) 证明: ) f ( (

1 2 ) ≤ n + 1 ( n ∈ N * )( ) x ∈ [1, 2] 时, 1 ≤ f ( x) ≤ 13 ? 6 x . (2) ; n 3 3
2

26.求解不等式 x ? a ≥ x ? 1 ? 1 。 .

27.设非负等差数列 {an } 的公差 d ≠ 0 ,记 Sn 为数列 {an } 的前 n 项和,证明: . 项和,证明: (1)若 m, n, p ∈ N * ,且 m + n = 2 p ,则 若

1 1 2 + ≥ ; Sm Sn S p

(2)若 a503 若

2007 1 1 > 2008 。 ≤ ,则 ∑ 1005 n =1 S n

28.已知数列 {a n } 满足 a1 = 1 , a = 已知数列 n
4

(Ⅰ)求数列 {a n } 的通项公式 a n ; (Ⅱ)设 b
n

an ?1 (n ≥ 2, n ∈ N ) . (? 1) an?1 ? 2
n

=

1 an
2

,求数列 {bn } 的前 n 项和 S n ;

? 求证: (Ⅲ)设 cn = a n sin (2n ? 1)π ,数列 {c n } 的前 n 项和为 Tn .求证:对任意的 n ∈ N , Tn < 4 .

2

7

5

高中数学竞赛训练题答案—解答题部分 高中数学竞赛训练题答案 解答题部分 1. b 是两个不相等的正数, .a, 是两个不相等的正数, 且满足 a ? b = a ? b , 求所有可能的整数 c,使得 c = 9ab . 使得
3 3 2 2

2 1.解:由 a ? b = a ? b 得 a + ab + b = a + b ,所以 ab = ( a + b) ? ( a + b) > 0 , 解 所以
3 3 2 2 2 2

由此得到 a + b > 1 .

1 4 (a + b) 2 > ab = (a + b) 2 ? (a + b) ,故1 < a + b < .……………………… 分 ………………………4 故 ……………………… 4 3 4 2 2 则 ab = t ? t .…………… 分 ……………6 又因为 ab = ( a + b) ? (a + b) , 令 t = a + b ∈ (1, ) …………… 3 4 2 单调递增, 当 t ≥ 1 时, t ? t 关于 t 单调递增,所以 0 < ab < , 0 < 9ab < 4 . 9 因此 c 可以取 1,2,3. ………………………………………………………………… 分 , , …………………………………………………………………10 1 1 1 1 13 2:先证 f(n)= 单调递增, + + + ... + : 单调递增,则 f(1)= 最小 n +1 n + 2 n + 3 3n + 1 12 13 a > , 即a < 26, 所以a = 25 . 故 12 24
又因为
2 2 3 解: an +1 + an + 16 = 8( an +1 + an ) + 2an +1an

? ( an +1 + an ) 2 ? 8(an +1 + an ) + 16 = 4an +1an
由题意可知取正号。 ? ( an +1 + an ? 4) 2 = 4an +1an ? an +1 + an ? 4 = 2 an +1an (由题意可知取正号。 )

? ( an +1 ? an ) 2 = 4 ? an +1 ? an = 2
因此, 因此, 公差为2的等差数列, { a } 公差为2的等差数列,即
n

an = 2n 。从而可得 an = 4n 2

证明: (1 4 证明: 1)∵ (

x2 3x ? y ( x ? y) 2 x2 3x ? y ? = ≥ 0 ,∴ ≥ . x+ y 4 4( x + y ) x+ y 4 x3 3x 2 ? xy ≥ . ( 2) 由 ( 1) 得 x+ y 4 y3 3 y 2 ? yz z3 3 z 2 ? zx ≥ ≥ 类似的 , , y+z 4 z+x 4


x3 y3 z3 3x 2 ? xy + 3 y 2 ? yz + 3z 2 ? zx + + ≥ x+ y y+ z z+ x 4 2 2 2 3( x + y + z ) ? xy ? yz ? zx = 4 3( xy + yz + zx) ? xy ? yz ? zx ≥ 4 xy + yz + zx = 2

6

5 解(1)将数列分组: ( ), ( , ), ( , )将数列分组:

1 1

1 2 2 1

1 2 3 1 2 k , ), ? , ( , , ? , ), ? 3 2 1 k k ?1 1 57 。 7
--------- 10 分

因为 1+2+3+…+62=1953;1+2+3+…+63=2016, … ; … , 个数, 所以数列的第 2010 项属于第 63 组倒数第 7 个数,即为

(2)由以上分组可以知道,每个奇数组中出现一个 1,所以第 2010 个 1 出现在第 4019 组, )由以上分组可以知道, , 而第 4019 组中的 1 位于该组第 2010 位, 所以第 2010 个值为 1 的项的序号为 1+2+3+…+4018) ( … ) +2010=809428。 ------------ 17 分 。 6 解:设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为 x, y , z ,则有 1 ≤ x, y, z ≤ 9 ,且 设甲袋中的红、

xyz = (10 ? x)(10 ? y )(10 ? z )
----------------- 5 分 即有

(*1) )

xyz = 500 ? 50( x + y + z ) + 5( xy + yz + zx) 。

(*2) )

代入( ) 于是有 5 xyz 。因此 x, y , z 中必有一个取 5。不妨设 x = 5 ,代入(*1)式,得到 。

y + z = 10 。

----------------10 分

此时, ,共 种放法。 此时,y 可取 1,2,…,8,9(相应地 z 取 9,8,…,2,1) 共 9 种放法。同理可得 y=5 , , , ( , , , ) , 时二种放法重复。 种放法, 或者 z=5 时,也各有 9 种放法,但有 x = y = z 时二种放法重复。因此可得共有 9×3-2 = 25 种放法。 × - 种放法。 7 解:当 n ≥ 2 时, S n = ---------------------17 分

a a (1 ? an ) , S n ?1 = (1 ? an ?1 ) , 1? a 1? a a a [(1 ? an ) ? (1 ? an ?1 )] = (an ?1 ? an ) , ∴ an = S n ? S n ?1 = 1? a 1? a 即 an = aan ?1 ,又 a1 = a ≠ 0 ,
∴ an = a ,于是 bn = an lg | an |= na lg | a | .
n n

所以, 的等比数列, 所以, {an } 是首项和公比都是 a 的等比数列,

∵a = ?

7 ∈ (?1, 0) ,∴ lg | a |< 0 , 3 n 为偶数时, 为奇数时, 故当 n 为偶数时, bn = na lg | a |< 0 ,当 n 为奇数时, bn > 0 . 可见, 为偶数. 可见,若存在满足条件的正整数 m ,则 m 为偶数. 2k +2 2k b2 k + 2 ? b2 k = [(2k + 2)a ? 2ka ]lg | a |

= 2a 2 k [(k + 1)a 2 ? k ]lg | a | = 2a 2 k [k (a 2 ? 1) + a 2 ?
2k 2

a2 ?1 ]lg | a | a2 ?1

a2 = 2a (a ? 1)(k ? ) lg | a | (k ∈ N + ). 1 ? a2 7 2 a2 7 2 2k 2 = 时, a ? 1 = ? , 2a ( a ? 1) lg | a |> 0 .又 当a = ? 2 3 9 1? a 2
7

当k >

7 时, b2 k + 2 > b2 k ,即 b8 < b10 < b12 < ? ; 2 7 当 k < 时, b2 k + 2 < b2 k ,即 b8 < b6 < b4 < b2 . 2 故存在正整数 m = 8 ,使得对于任意正整数 n ,都有 bn ≥ bm .

对应的三边分别为a, 8.解: Ⅰ)设三角形三内角A、B、C对应的三边分别为 b, c, 解 (Ⅰ 设三角形三内角 对应的三边分别为 , ( ∵ sin B = cos A sin C ,∴ cos A = 又由余弦定理有 cos A =
sin B b ,由正弦定理有 cos A = , sin C c

b2 + c2 ? a2 b b2 + c2 ? a2 ,∴ = ,即 a 2 + b 2 = c 2 , c 2bc 2bc

所以 ?ABC 为 Rt ?ABC ,且 ∠C = 90 .
? 又? ? ABi AC =| AB || AC | cos A = 9 ? S ?ABC ? 1 = | AB || AC | sin A = 6 2
4 3 a b

① ② 令 a=4k, b=3k (k>0)

①÷②,得 tan A = =
1 2

则 S?ABC = ab = 6 ? k = 1 ,∴三边长分别为 3,4,5. , , 为坐标原点, 轴正半轴建立直角坐标系, 坐标为( , ) (Ⅱ)以 C 为坐标原点,射线 CA 为 x 轴正半轴建立直角坐标系,则 A、B 坐标为(3,0) , ,直线 (0,4) 直线 AB 方程为 4 x + 3 y ? 12 = 0. , ) , 点坐标为( ) ,则由 设 P 点坐标为(x, y) 则由 P 到三边 AB、BC、AB 的距离为 d1, d2 和 d3 可知 ,
d1 + d 2 + d 3 = x + y +

? x ≥ 0, | 4 x + 3 y ? 12 | x + 2 y + 12 ? . ,且 ? y ≥ 0, 故 d1 + d 2 + d3 = 5 5 ?4 x + 3 y ? 12 ≤ 0. ? 12

令 m = x + 2 y ,由线性规划知识可知 0≤m≤8,故 d1+d2+d3 的取值范围是 ? ,4 ? ≤ ≤ , ?5 ? ? ? 9 解: )∵ a15 = 2 ,a16 = ?1 ,a17 = 3 ,a18 = 4 ,a19 = 1 ,a20 = 3 ,a21 = 2 ,a22 = 1 , (1) (

a23 = 1 , a24 = 0 , a25 = 1 , a26 = 1 , a27 = 0 ,……
项起, ∴自第 22 项起,每三个相邻的项周期地取值 1,1,0,故 a2008 =1.…… 分 , , , .……4 必在有限项后出现零项. 中没有零项, (2)首先证明数列 {an } 必在有限项后出现零项.假设 {an } 中没有零项, ) ……………………6 由于 an + 2 = an +1 ? an ,所以. n ≥ 3 时,都有 an ≥ 1 .…………………… 分 所以 当 an +1 > an 时, an + 2 = an +1 ? an ≤ an +1 ? 1 ( n ≥ 3 ) ; 当 an +1 < an 时, an + 2 = an ? an +1 ≤ an ? 1 ( n ≥ 3 ) , 即 an + 2 的值要么比 an +1 至少小 1,要么比 an 至少小 1.………………… 分 , .…………………8

8

令 bn = ?

? a2 n +1 ?a2 n +2

(a2 n +1 > a2 n + 2 ) (a2 n +1 < a2 n + 2 )

, n = 1, 2,... ,则 0 < bn +1 ≤ bn ? 1 .

是确定的正整数,这样下去, 矛盾, 由于 b1 是确定的正整数,这样下去,必然存在某项 bk < 0 ,这与 bk > 0 矛盾,从而 {an } 中 必有零项.……………………………………………………… …… ……10 必有零项.……………………………………………………….…… 分 若第一次出现的零项为 项开始, 若第一次出现的零项为 an ,记 an ?1 = M ( M ≠ 0) ,则自第 n 项开始,每三个相邻的项周期

? an +3k = 0 ? 地取值 0, M , M ,即 ? an +3k +1 = M , k = 0,1, 2... ?a ? n +3k + 2 = M
中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列.…… ……12 所以数列 {an } 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列 …… 分 10 解: 不妨设 AB 的方程 y = kx + 1(k > 0 ) ,则 AC 的方程为 y = ?

1 x +1。 k

? y = kx + 1 ?2 a 2 k ? 由 ? x2 得: (1 + a 2 k 2 ) x 2 + 2a 2 kx = 0 ? xB = , 1 + a2k 2 + y2 = 1 ? 2 ?a
1 ? ? y = ? k x +1 2a 2 k ? 2 2 2 2 , 由? 2 得: ( a + k ) x ? 2a kx = 0 ? xC = 2 a + k2 ? x + y2 = 1 ? a2 ?
从而有

AB = 1 + k 2

2a 2 k 1 2a 2 k , AC = 1 + 2 2 , 1 + a2k 2 k a + k2

--------5 分

1 k+ 1 k (1 + k 2 ) 4 k = 2a 4 于是 S ?ABC = AB AC = 2a 。 1 2 (1 + a 2 k 2 )(a 2 + k 2 ) 2 2 4 a (k + 2 ) + a + 1 k 1 令 t = k + ≥ 2 ,有 k

S

?ABC =

2a 4 t = a 2t 2 + (a 2 ? 1)2

2a 4 , (a 2 ? 1) 2 2 a t+ t

--------- 10 分

(a 2 ? 1) 2 a2 ?1 2 ≥ 2a (a ? 1), t = 时等号成立。 因为 a t + 时等号成立。 t a
2

因此当 t=

a2 ?1 a3 , ( S ?ABC )max = 2 , a a ?1
9

------------- 14 分

a3 27 3 + 297 = ? (a ? 3)(8a 2 ? 3a ? 9) = 0 ? a = 3, a = 令 2 a ?1 8 16 a2 ?1 3 + 297 > 2 ? a > 1 + 2,∴ a = (不合题意,舍去), a = 3. ∴ a 16
11. (Ⅰ)设 f ( x ) =| PM | = ( x ? x 0 ) + y =
2 2 2

--------- 17 分

c2 2 2 2 x ? 2 x0 x + x0 + b . 2 a

a 2 x0 a 2 x0 a 2 x0 a 2 x0 对称轴方程 x = ,由题意 2 ≥ a 或 2 ≤ ? a 或 2 = 0 . c c2 c c
∴ x0 ≥

c2 c2 c2 c2 或 x0 ≤ ? 或 x0 = 0 ,∴ x0 ∈ ( ?∞,? ] ∪ {0} ∪ [ ,+∞) . ∴ a a a a
2 2 2

(Ⅱ)由已知与(Ⅰ)得: a + c = 3 , a ? c = 1 ,∴ a = 2 , c = 1 ,∴ b = a ? c = 3 . 由已知与(

∴ 椭圆的标准方程为

x2 y 2 + = 1. 4 3

设 A( x1,y1 ) , B ( x2,y2 ) ,

? y = kx + m, ? 2 2 2 联立 ? x 2 y 2 得 (3 + 4k ) x + 8mkx + 4( m ? 3) = 0 , = 1. ? + 3 ?4

? ?? = 64m 2 k 2 ? 16(3 + 4k 2 )(m2 ? 3) > 0,即3 + 4k 2 ? m 2 > 0,则 ? 8mk ? , ? x1 + x2 = ? 3 + 4k 2 ? ? 4(m2 ? 3) x1 i x2 = . ? 3 + 4k 2 ?
又 y1 y2 = ( kx1 + m)( kx2 + m) = k x1 x2 + mk ( x1 + x2 ) + m =
2 2

3(m 2 ? 4k 2 ) , 3 + 4k 2

0) 因为椭圆的右顶点为 D (2, ,∴ k AD k BD = ?1 ,即

y1 y i 2 = ?1 , x1 ? 2 x2 ? 2

∴ y1 y2 + x1 x2 ? 2( x1 + x2 ) + 4 = 0 ,∴

3(m 2 ? 4k 2 ) 4(m2 ? 3) 16mk + + + 4 = 0, 3 + 4k 2 3 + 4k 2 3 + 4k 2
2k 2 2 ,且均满足 3 + 4k ? m > 0 , 7

∴ 7 m 2 + 16mk + 4k 2 = 0 .解得: m1 = ?2k , m2 = ? 解得:

0) 与已知矛盾; 当 m1 = ?2k 时, l 的方程为 y = k ( x ? 2) ,直线过定点 (2, ,与已知矛盾;

10

当 m2 = ?

2k 2? ? ?2 ? 0 时, l 的方程为 y = k ? x ? ? ,直线过定点 ? ,? . 7 7? ? ?7 ?

为垂足. 12.解: 1)过点 S 作 SF ⊥ AD , F 为垂足. . ( 因为侧面 SAD 垂直于底面 ABCD , 所以 SF ⊥ 底面 ABCD . 的高.……1 即 SF 为四棱锥 S ? ABCD 的高.……1 分 为正三角形, 又侧面 SAD 为正三角形,且边长为 a , 所以 SF =

S

D

C

3 a .………………2 分 ………………2 2 1 = ? AB ? CD ? SF 3

A

由此, 由此, VS ? ABCD

S

B

=

1 3 ×a×a× a 3 2 3 3 a .………………4 分 ………………4 6

E

D F A
3 3 a .………………5 分 ………………5 6

C

=

B

所以四棱锥 S ? ABCD 的体积为

………………6 (2)在边 CD 上存在一点 E ,使得 SB ⊥ AE .………………6 分 ……………7 取边 CD 的中点 E ,连接 AE 、 BF 交于 O .………………7 分 的中点, 因为 E 、 F 分别为正方形 ABCD 的边 CD 、 AD 的中点,所以 ?ADE 和 ?BAF 为全等的 ………………8 直角三角形, 直角三角形,且 ∠AFB = ∠DEA .………………8 分 而 ∠DEA + ∠EAD = 90 , 所 以 ∠AFB + ∠EAD = 90 , 即 ∠AOF = 90 . 所 以

AE ⊥ BF .………………10 分 ………………10 ………………11 又因为 SF ⊥ 底面 ABCD ,所以 SF ⊥ AE ,即 AE ⊥ 平面 SBF ,………………11 分 ……………… ……12 所以 SB ⊥ AE .………………12 分
13.解(1)方程 C 可化为: ( x ? 1) 2 + ( y ? 2) 2 = 5 ? m .………………1 分 . 可化为: ………………1 ) 要使该方程表示圆, ………………3 要使该方程表示圆,只需 5 ? m > 0 ,即 m < 5 .………………3 分 所以, 表示圆时, ………………4 所以,方程 C 表示圆时,实数 m 的取值范围是 ( ?∞,5) .………………4 分 表示圆时, ……5 (2)由(1)知,当方程 C 表示圆时,圆心为 C (1,2) ,半径为 5 ? m .……5 分 为垂足. 过圆心 C 作直线 l 的垂线 CD , D 为垂足.则

y

| CD |=

|1+ 2× 2 ? 4 | 1 +2
2 2

=

5 ………………6 .………………6 分 5

M D O

C N

又由 | MN |=

4 5 2 5 ………………7 知 | MD |= .………………7 分 5 5
11

x

| CM | 2 =| CD | 2 + | MD | 2 ,所以 ( 5 ? m ) 2 = (
………………10 解得 m = 4 .………………10 分

5 2 2 5 2 ) +( ) ,……8 分 ……8 5 5

y

的方程为: (3)由(2)得圆 C 的方程为: ( x ? 1) + ( y ? 2) = 1 .
2 2

M O A

C N

8 ? ?( x ? 1) 2 + ( y ? 2) 2 = 1 ? x M = 0 ? x N = 5 得? 和? .………12 分 ………12 再由 ? x + 2y ? 4 = 0 ? yM = 2 ? y N = 6 ? 5 ?

x

……13 由图象可知, ……14 所以 k AM = ?2 , k AN = 2 ,……13 分由图象可知, k AP ≤ k AM 或 k AP ≥ k AN .……14 分 ………………15 所以直线 AP 的斜率的取值范围是 ( ?∞,?2] ∪ [ 2,+∞) .………………15 分 14 解: )设 c 为椭圆的焦半径,则 (1) 为椭圆的焦半径, (

c 4 a 2 25 = , = 。于是有 a=5,b=3。 = , = 。 a 5 c 4

(2) 解法一:设 B 点坐标为 ( s, t ) ,P 点坐标为 ( x, y ) 。于是有 ) 解法一:

AB = s ? 6,t), AP = ( x ? 6,y )。 ( 因为 AB ⊥ AP ,所以有
(s ? 6,t)x ? 6,y ) = ( s ? 6)( x ? 6) + ty = 0 。 (
为等腰直角三角形, 又因为 ABP 为等腰直角三角形,所以有 AB=AP,即 ,
2 2 (s ? 6) + t 2 = (x ? 6) + y 2 。

(A1 )

(A2 )

由(A1)推出 s ? 6 = ? )

ty t 2 y2 ? ( s ? 6) 2 = 代入( ) ,得 ,代入(A2) 得 , x?6 ( x ? 6) 2

2 2 t 2 = x ? 6) 从而有 y 2 = s ? 6),即 s = 6 + y (不合题意,舍去)或 s = 6 ? y 。 ( ( 不合题意,舍去) 2 2 (x ? 6) (y ? 6) + = 1。 代入椭圆方程, 代入椭圆方程,即得动点 P 的轨迹方程 9 25

解法二: 为圆心, 解法二: 设 B ( x1 , y1 ) , P ( x, y ), AB = r ,则以 A 为圆心,r 为半径的圆的参数方程为

? x = 6 + r cos α 。 ? ? y = r sin α
设 AB 与 x 轴正方向夹角为 θ ,B 点的参数表示为 ?

? x1 = 6 + r cos θ , ? y1 = r sin θ

P 点的参数表示为 ?

0 ? ? x = 6 + r cos(90 ? θ ) ? x = 6 + r sin θ . ,即 ? 0 ? y = r sin(90 ? θ ) ? y = ? r cos θ ?

12

从上面两式, 从上面两式,得到 ?

? x1 = 6 ? y 。 ? y1 = x ? 6
( x ? 6)2 ( y ? 6) 2 + = 1 。此即为 P 点的轨迹方程。 点的轨迹方程。 9 25

点在椭圆上, 又由于 B 点在椭圆上,可得

15. 解: Ⅰ)连接 B1C 交 BC1 于点 F ,连接 EF . (Ⅰ ( 中点, 在 ?AB1C 中,因为 E, F 分别为 AC , B1C 中点,则 EF // AB1 . 因为 AB1 ? 平面 BEC1 , EF ? 平面 BEC1 ,则 AB1 // 平面 BEC1 . 的距离, (Ⅱ)法一:由题知点 A 到平面 BEC1 的距离即点 C 到平面 BEC1 的距离, 法一:
B B1 A A1

∵ ABC ? A1 B1C1 是正三棱柱,∴ BE ⊥ 平面 ACC1 A1 , 是正三棱柱,
G H C1

BE ? 平面 BEC1 ,∴ 平面 BEC1 ⊥ 平面 ACC1 A1 ,
C

E

过点 C 作 CH ⊥ C1 E 于点 H ,则 CH ⊥ 平面 BEC1 ,

∴ CH 即点 C 到平面 BEC1 的距离. 的距离.
在 Rt △ CEC 1 中, CE = 1 , CC 1 =

2 , C 1 E = 3 ,由面积相等可得 CH = 由面积相等可得

6 . 3

∴ 点 A 到平面 BEC1 的距离为

6 . 3 3,

法二: 法二:设点 A 到平面 BEC1 的距离为 h,在 Rt △ BEC 1 中, BE = 3 , C 1 E =

∴ S ?BEC1 =

1 3 1 3 ? 3 ? 3 = ∴ S ?ABE = ? AE ? BE = . 2 2 2 2

1 1 3 3 6 ∵ V A? BEC1 = VC1 ? ABE ,∴ S ?BEC1 ? h = S ?ABE ? CC1 ,∴ × h = × 2 ,∴ h = . 2 2 3 3 3
z

∴ 点 A 到平面 BEC1 的距离为

6 . 3
C

B A

B1 A1

法三: 法三:取 A1C1 中点 G ,连接 EG , 为坐标原点建立空间直角坐标系, 以 E 为坐标原点建立空间直角坐标系,如图示 则 A(? 1,0,0 ), B 0,0, 3 , E (0,0,0 ), C1 1, 2 ,0 ,

E C1

G

y

(

)

(

)

x

13

则 BE = 0,0,? 3 , EC1 = 1, 2 ,0 , AE = (1,0,0 ) . 设平面 BEC1 的法向量为 n = (x 0 , y 0 , z 0 ) , 则?

(

)

(

)

?n ? BE = 0 ? ?n ? EC1 = 0 ?

即?

?? 3 z 0 = 0 ? ? x0 + 2 y 0 = 0 ?

令 , x 0 = 2 , y 0 = ? 2 , z 0 = 0 , n = 2,? 2 ,0 . 则 即

(

)

设点 A 到平面 BEC1 的距离为 d ,则 d =

AE ? n n

=

2 4+2

=

6 , 3

∴ 点 A 到平面 BEC1 的距离为

6 . 3

(Ⅲ)法一:过 H 作 HG ⊥ BC1 于 G ,由三垂线定理得 CG ⊥ BC1 , 法一: 的平面角. 故∠ CGH 为二面角 E ? BC1 ? C 的平面角. 当 AA1=2a,AB=b,则 CH =

ab a2 + b2

, 又CG =
ab

ab 4a 2 + b 2



在 Rt △ CGH 中, sin ∠CGH =

CH = CG

4a 2 + b 2 10 a + b2 = = ,. 2ab 5 2 a2 + b2 4a 2 + b 2
2

解得 b=2a,∴

AA1 2a = = 1. AB b

∴当

AA1 10 = 1 时,二面角 E ? BC1 ? C 的正弦值为 . AB 5
z B1 A1

AA 法二: 法二:设 1 = a, AB = 1 ,取 A1C1 中点 G ,连接 EG ,B AB 为坐标原点建立空间直角坐标系, 以 E 为坐标原点建立空间直角坐标系,如右图所示 A

? 3? ?1 1 ?, C1 ? , a,0 ?, C ? ,0,0 ? , 则 E (0,0,0 ), B? 0,0, ? ? ? ? ? ?2 2 ? ? ?2 ?x ?
则 BE = ? 0,0,?

E C C1

G

y

? ? ?

?1 ?1 3? 1 3? 3? ?, C1 E = ? ? ,?a,0 ?, BC1 = ? , a,? ?, BC = ? ,0,? ?. ? ? ?2 ?2 2 ? 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ?

设平面 BEC1 的法向量为 m1 = (x1 , y1 , z1 ) ,平面 BC1C 的法向量为 m 2 = (x 2 , y 2 , z 2 ) ,

14

?1 ? 3 3 z2 = 0 ?m2 ? BC1 = 0 ?m1 ? BE = 0 z1 = 0 ? x 2 + ay 2 ? ?? ? ? ? 2 ?2 2 则有 ? ,? ,即 ? , ,? 1 ?m1 ? C1 E = 0 ?m2 ? BC = 0 ?? x ? ay = 0 ? 1 x ? 3 z = 0 ? ? 1 2 ? 2 1 ?2 2 ? ? 2
设 x1 = 2, x 2 = 6 ,则 y1 = ?

1 , z1 = 0, y 2 = 0, z 2 = 2 3 , a

1 ? ? ∴ m1 = ? 2,? ,0 ?, m2 = 6,0,2 3 . a ? ?
∵ cos < m1 , m2 >=

(

)

m1 ? m2 m1 m2

= 4+

12 1 36 + 12 a2

=

15 ,解得 a=1. 5

∴即当

10 AA1 . = 1 时,二面角 E ? BC1 ? C 的正弦值为 5 AB
2

16.解: 1)依题意,⊙ Pn 的半径 rn = y n = x n , ………………1 分 . ( ………………1 依题意,

∵ ⊙ Pn 与⊙ Pn +1 彼此外切, 彼此外切,

∴ Pn Pn + 1 = rn + rn + 1 ,………………2 分 ………………2
∴ ( xn ? xn+1 ) 2 + ( y n ? y n+1 ) 2 = y n + y n +1 .………………3 分 ………………3
两边平方, 两边平方,化简得 ( x n ? x n +1 ) 2 = 4 y n y n +1 ,
2 2 ………………4 即 ( x n ? x n +1 ) 2 = 4 x n x n +1 , ………………4 分

∵ xn > xn + 1 > 0 , ∴ xn ? xn +1 = 2 xn x n +1


Pn
Pn+1

1 1 ? = 2(n ∈ N ) ,………………6 分 ………………6 xn +1 xn
1 是等差数列.………………7 } 是等差数列.………………7 分 xn

∴ 数列 {

由题设, (2) 由题设, x1 = 1 ,∴

1 1 1 = + (n ? 1) ? 2 ,即 xn = ………………8 ,………………8 分 xn x1 2n ? 1
4

S n = πrn

2

= πy n

2

= πx n

=

π
(2n ? 1) 4

,………………9 分 ………………9

Tn = S 1 + S 2 + ? ? ? + S n
15

= π [1 +

1 1 1 ………………10 + 2 +?+ ] ………………10 分 2 3 5 (2n ? 1) 2 1 1 1 ………………12 + +?+ ] ………………12 分 1? 3 3 ? 5 (2n ? 3) ? (2n ? 1)

≤ π [1 +
= π {1 +

1 1 1 1 1 1 [(1 ? ) + ( ? ) + ? + ( ? )]} ………………13 分 ………………13 2 3 3 5 2n ? 3 2n ? 1 1 1 )] = π [1 + (1 ? 2 2n ? 1

=

3 π π ? ………………14 ………………14 分 2 2(2n ? 1)
3 π ……………15 .……………15 分 2
m m 2 m ) = p[ p( ) + q( ) + r] m +1 m +1 m +1

<
源 源 源

17. 17.证明 (1) pf (
新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源

t /p w w .x t .c m /w /c h : k y o x j g

特特特特 特 特 特特特特 特特 特特 王王新 王 新王 王王 王王 新新
w x k 1 6 m c t 2 c o @ .





新新新 新新新
源 源 源 源 源 源 源 源 源 源













t /p w .w x t .c /m w /c h : k y o x j g

特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
w x @ 1 .c m c k 2 6 o t

= pm[

pm q r + + ] 2 m +1 m (m + 1) pm p ] = pm[ ? 2 m+2 (m + 1)
= p 2 m[

m(m + 2) ? (m + 1) 2 ] (m + 1) 2 (m + 2)

= p2m

?1 ……3 ,……3 分 (m + 1) 2 (m + 2)
m ) <0 ………………4 分 ………………4 m +1
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x /

由于 f (x ) 是二次函数,故 p ≠ 0 ,又 m > 0 ,所以, pf ( 是二次函数, 所以,

特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

(2)由题意, ………………5 (2)由题意,得 f (0) = r , f (1) = p + q + r .………………5 分 由题意 (1) ①当 p > 0 时,由(1)知 f (

m ) <0.………………7 分 ………………7 m +1 m m ) <0,所以 f ( x) = 0 在(0, 0,所以 (0, 内有解;………9 若 r > 0 ,则 f ( 0 ) > 0 ,又 f ( )内有解;………9 分 m +1 m +1 p p r r ? )+ r = ? >0, 若 r ≤ 0 ,则 f (1) = p + q + r = p + ( m + 1) ? (- m+2 m m+2 m m m 又 f( ) <0,所以 f ( x) = 0 在( ,1)内有解 ………………11 分 ………………11 m +1 m +1 m (1) ) >0.………………13 分 ………………13 ②当 p < 0 时,由(1)知 f ( m +1 p p r r ? )+ r = ? < 0, 若 r ≥ 0 ,则 f (1) = p + q + r = p + ( m + 1) ? (- m+2 m m+2 m
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x /

特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

16

所以 f ( x ) = 0 在(

m 内有解;………………15 ,1)内有解;………………15 分 m +1

若 r < 0 ,则 f ( 0 ) < 0 , 又 f (

m m ) >0,所以 f ( x) = 0 在(0, (0, ………17 )内有解 ………17 分 m +1 m +1
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x /

特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

所以, 内恒有解. 所以,方程 f ( x ) = 0 在(0,1)内恒有解.………………18 分 , 内恒有解 ………………18 18 解: 1)如图,取 BC 中点 D,连 AD, C1 D . ( )如图, ,

AD ⊥ BC ? ? ? BC ⊥ 平面ADC1 ? C1 D ⊥ BC . AC1 ⊥ BC ?

A1 C1

∵ 平面B1C1CB ⊥ 底面ABC ,
∴ C1 D ⊥ 平面ABC . ……………4 由 AD ⊥ BC知AD ⊥ 平面BB1C1C .…………… 分 ……………

B1 A D B O E C

AA1 ∥ CC1 ? AA1 ∥平面 BB1C1C .
所以异面直线 AA1 与 B1C1 间的距离等于 AD =

3 a .…………… 分 ……………6 …………… 2

(2)如图, 过B1作B1O ⊥ BC , 交BC于O, 则B1O ⊥ 底面ABC. )如图,

过O作OE ⊥ AB, 交AB于E , 连B1 E. 则∠B1EO与所求二面角的平面角互补.……………………………… …… 分 ………………………………..…… ……8
3 a B1O 3 a 3 B1O = C1 D = a, OB = , OE = a. tan ∠B1 EO = = 2 = 2. 2 2 4 OE 3 a 4 ∠B1 EO = arctan 2.所以二面角的度数为π ? arctan 2 .…………………… 分 ……………………12 ……………………
19 解: )由条件 | a | ? | b |= 2 可知: ( x + 2) + y ? ( x ? 2) + y = 2 . (1) 可知: (
2 2 2 2

的轨迹方程: 由双曲线定义,得点 P 的轨迹方程: x ? 双曲线定义, 定义
2

y2 = 1( x > 0) .………………… 分 …………………4 ………………… 3

( 2)在第一象限内作 PF ⊥ x轴,P点坐标为(2,3) ,此时 ∠PFA = 90 , ∠PAF = 45 . ) 恒成立. 在第一象限时, 以下证明当 PF 与 x 轴不垂直且 P 在第一象限时, ∠PFA = 2∠PAF 恒成立.
17

λ = 2 .…………………………………… ………………… …… 分 …………………………………….………………… ……6 ………………….……

k PA =

y1 y 2k PA 2( x1 + 1) y1 , k PF = 1 ,则 tan 2∠PAF = = . 2 x1 + 1 x1 ? 2 1 ? (k PA ) ( x1 + 1) 2 ? y12
y2 = 1 ,得 y12 = 3( x12 ? 1) = 3( x1 + 1)( x1 ? 1) . 3
y1 y , tan ∠PFA = ? k PF = ? 1 . …… 分 ……10 x1 ? 2 x1 ? 2

由x ?
2

代入上式并化简得 tan 2∠PAF = ?

即 tan 2∠PAF = tan ∠PFA,所以∠PFA = 2∠PAF .
由对称性知, 在第四象限时,同样成立. 由对称性知,当 P 在第四象限时,同样成立. 恒成立.………………….……… ………12 故存在常数 λ = 2 ,使得 ∠PFA = 2∠PAF 恒成立.………………… ……… 分 20 解: 1) ( 设过 F ( , ? ) 的直线方程为 y +

1 4

1 8

1 1 = k(x ? ) 。 C 又设 B ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) , 8 4

1 1 ? ? y + 8 = k (x ? 4) k ? 2 从而有, 联立 ? 消去 y ,得 2 x + ( k ? 1) x ? = 0 。从而有, 4 ? y = ?2 x 2 + x ? 1 ? 8 ? x1 + x2 = ? k ?1 1 1 k2 1 , y1 + y2 = k ( x1 + x2 ? ) ? = ? ? 。 2 2 4 2 4 3 ? 2k ? ? x = 12 ? ?? 2 ?y = ? k + 3 ? 6 8 ?

1 ? x1 + x2 + ? 4 ?x = ? 3 ABC的重心坐标为 设△ABC的重心坐标为 ( x, y ) ,则 ? 11 ? y1 + y2 + ?y = 8 ? 3 ?
消去k,即得 消去k,即得 k,

y = ?6 x 2 + 3 x 。 1 2 , x2 = f ( x1 ) = ?6 x1 + 3 x1 = 3 x1 (1 ? 2 x1 ) ,所以 2
2

(2)因为 0 < x1 <

3 ? 2 x + (1 ? 2 x1 ) ? 3 0 < x2 = 3 x1 (1 ? 2 x1 ) ≤ ? 1 ? = , 2? 2 ? 8
上式右边等号成立当且仅当 x1 =

1 3 。假设 0 < xk ≤ ,则 4 8
2

3 ? 2 x + (1 ? 2 xk ) ? 3 0 < xk +1 = 3 xk (1 ? 2 xk ) ≤ ? k ? = , 2? 2 ? 8
上式右边等号成立当且仅当 xk =

1 3 。从而有 。由此得到 0 < xk ≤ ( k = 2,3,? ) 从而有 。 4 8

18

0<∑x
k =1

n

k k +1

k n 3 ? ? 3? ? 3 ? 3? ≤ ∑ ? ? = ?1 ? ? ? ? < 。 5 ? ?8? ? 5 k =1 ? 8 ? ? ? n

21.解 ( 21.解: Ⅰ)设点 M 的坐标为 ( x ,y ), , 则 F`1 M = ( x + c , y ), F2 M = ( x – c ,y ), 由 F`1 M · F2 M = 0, , ,
2 2 2 2 2 2 得 x – c + y = 0 , 即 x – c = – y 。①

b2 2 在椭圆上, 代入① 又由点 M 在椭圆上,得 y = b ? 2 x ,代入①得 a
2 2

x2 – c2 = ?

b2 2 a 2b 2 x ? b 2 即 x2 = a2 – . 2 c2 a
0≤ 2 ? ≤
1 ≤1 e2

∵0≤x2≤a2 , ∴0 ≤a2 – ≤

a 2b 2 ≤ a2 . 2 c

即 0≤ ≤

2c 2 ? a 2 ≤1 c2

解得

2 ≤e≤1 ≤ 2

又∵0<e<1 ∴ < <

2 ≤e<1(10分) < (10分 2
x2 y2 + = 1 中, 32 16

(Ⅱ)设直线 l 的方程为 y = kx+ m ,代入

得 ( 1 + 2k2 )x2 + 4kmx + ( 2x2 –32 ) = 0 相交两点知: 由直线 l 与椭圆 C 相交两点知:△= ( 4km )2 – 4 ( 1 + 2k2 ) ( 2m2 – 32 )>0, > , 2 2 ∴m <32k + 16 .② ② 1 要使 A、B 两点关于过点 P、Q 的直线对称,必须 kPQ = 、 、 的直线对称, k 设 A ( x1 , y1 )、B ( x2 , y2 ), 则 xQ = 、 ,
m 3 + 2 3 ∴kPQ = 1 + 2k 2km ? 1 + 2k 2
x1 + x 2 m ? 2km = ,yQ = kxQ + m = , 2 2 1 + 2k 2 1 + 2k

m 3 + 2 3 = ? 1 , m = 1 + 2k ∴ 1 + 2k 2km k 3 ? 2 1 + 2k
2 2



由②、③得 ∴?

(1 + 2k )
3

<32k2 + 16 ∴ ?

1 47 . 又k ≠ 0 <k2< 2 2

94 94 20分 <k<0 或 0<k< < < < (20分) 2 2
2

22. ( 22.解. Ⅰ)在 f ( x1 + x2 ) + f ( x1 ? x2 ) = 2 f ( x1 ) cos 2 x2 + 4a sin x2 中,

π π ? ? x = + x ? x1 = ? x1 = 0 ? 1 4 ? ? 4 分别令 ? ;? ;? 得 x2 = x ? π π ? ?x = + x x = ? 2 4 ? 2 4 ? ?

19

? ? f ( x) + f (? x) = 2 cos 2 x + 4a sin 2 x, ① ? ? π ② ? f ( +x) + f ( x) = 2a, 2 ? π ? π 2 π ( ) ? f ( 2 +x) + f (? x)=2 cos 2 +2 x) + 4a sin ( 4 +x ③ ?
由①+②-③,得

1 ? cos 2( + x) π 1 ? cos 2 x 4 2f ( x) = 2a + 2 cos 2 x ? 2 cos( + 2 x) + 4[ a ] 4[ - a ] 2 2 2
= 2a + 2(cos 2 x + sin 2 x ) ? 2a (cos 2 x + sin 2 x ) ∴ f ( x ) = a + 2(1 ? a ) sin(2 x +

π

π
4

)

(10分)

π 2 ] , sin(2 x + ) ∈ [ ,1] . 时 4 4 2 2 (1 ? a )] ≤ f ( x) ≤ a + 2(1 ? a ) ≤2. (1)∵ f ( x) ≤2,当 a<1 时, 1 = a + 2[ ) , . 2
[ (Ⅱ)当 x ∈ 0,
即 1 ? 2 ≤ (1 ? 2)a ≤ 2 ? 2 .

π

? 2 ≤ a ≤ 1.

(1- a)≤ f ( x) ≤1. (2)∵ f ( x) ≤2,当 a≥1 时,? 2≤ a + 2 ) , ≥ ≤ .
的取值范围[ 20分 即 1≤a≤ 4 + 3 2 .故满足条件 a 的取值范围[? 2 , 4 + 3 2 ](20分) ≤ ≤ 23. (I) 23.解: )∵ 三角形数表中前 m 行共有 1 + 2 + 3 + … + m = (

∴ 第 m 行最后一个数应当是所给奇数列中的第
故第 m 行最后一个数是 2 ?

m(m + 1) ? 1 = m2 + m ? 1 2

m(m + 1) 项。 2

m(m + 1) 个数, 个数, 2

2 因此, 的最小正整数解。 因此,使得 a mn = 2005 的 m 是不等式 m + m ? 1 ≥ 2005 的最小正整数解。 2 2 由 m + m ? 1 ≥ 2005 得 m + m ? 2006 ≥ 0

∴m ≥

?1 + 1 + 8024 ?1 + 7921 ?1 + 89 > = = 44 2 2 2

∴ m = 45

2 于是, 于是,第 45 行第一个数是 44 + 44 ? 1 + 2 = 1981

∴n =
(II)∵ f )

2005 ? 1981 + 1 = 13 2
?1

(10分) 10分

1 ( x ) = 8 n x 3 = y ( x > 0) ,∴ x = ( ) n 3 y 。 2 1 n 故 f ( x ) = ( ) 3 x ( x > 0) 2
20

∵ 第 n 行最后一个数是 n 2 + n ? 1 ,且有 n 个数,若将 n 2 + n ? 1 看成第 n 行第一个数, 个数, 行第一个数,
行各数成公差为-2 的等差数列, 则第 n 行各数成公差为 的等差数列,故 bn = n( n + n ? 1) +
2

n(n ? 1) ( ?2 ) = n 3 。 2

∴ f (bn ) =

1 2

n
3

1 n 3 = n( ) n 2

1 1 1 1 1 + 2( ) 2 + 3( ) 3 + … + (n ? 1)( ) n ?1 + n( ) n (15分) 15分 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ∵ S n = ( ) 2 + 2( ) 3 + 3( ) 4 + … + (n ? 1)( ) n + n( ) n +1 , 2 2 2 2 2 2
故 Sn = 两式相减得: 两式相减得:

1 1 1 1 1 1 S n = + ( ) 2 + ( ) 3 + … + ( ) n ? n ( ) n +1 2 2 2 2 2 2 1 1 [1 ? ( ) n ] 1 1 1 2 = 2 ? n( ) n +1 = 1 ? ( ) n ? n( ) n +1 1 2 2 2 1? 2 1 ∴ S n = 2 ? (n + 2)( ) n (20分) 20分 2 kabc 24.若 a 、 b 、 c ∈ R + ,且满足 的最大值。 若 ≤ (a + b) 2 + (a + b + 4c) 2 ,求 k 的最大值。 a+b+c
2 2 2 2 24 解:由均值不等式得 ( a + b) + ( a + b + 4c) = ( a + b) + [(a + 2c ) + (b + 2c )]

≥ (2 ab ) 2 + (2 2ac + 2 2bc ) 2 = 4ab + 4 ? 2ac + 4 ? 2bc + 2 ? 2 ? 2 ? 2c ? ab = 4ab + 8ac + 8bc + 16c ab ,


( a + b ) 2 + ( a + b + 4c ) 2 4ab + 8ac + 8bc + 16c ab ? (a + b + c) ≥ ? (a + b + c) abc abc

c 8 8 16 1 1 1 1 1 a a b b )(a + b + c) = 8( + + + )( + + + + c) =( + + + + 4 b a 2c b a ab ab ab 2 2 2 2 ≥ 8(5 ? 5 1 a 2b 2 c ) ? (5 ? 5 ) = 100 ,等号成立当且仅当 a = b = 2c > 0 , 2a 2 b 2 c 24

故 k 的最大值为 100 . 25 证明:由 f (2 ? x ) = f ( x) 知,函数 f ( x ) 图像关于直线 x = 1 对称,则根据②可知:对于 证明: 对称,则根据②

x, y ∈ [0,1] ,若 x + y ≤ 1 ,则 f ( x + y ) ≥ f ( x) + f ( y ) ? 1 .…………… 分 ……………2
设 x1 , x2 ∈ [0,1] ,且 x1 < x2 ,则 x2 ? x1 ∈ [0,1] .

21

∵ f ( x2 ) ? f ( x1 ) = f [ x1 + ( x2 ? x1 )] ? f ( x1 ) ≥ f ( x1 ) + f ( x2 ? x1 ) ? 1 ? f ( x1 )

= f ( x2 ? x1 ) ? 1 ≥ 0 ,
上是不减函数. ∴ f ( x ) 在[0,1]上是不减函数.……………………………………………… 分 , 上是不减函数 ………………………………………………4

1 1 1 1 1 1 1 + n + n ) ≥ f ( n + n ) + f ( n ) ?1 ≥ 3 f ( n ) ? 2 , n 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ∴ f ( n ) ≤ f ( n ?1 ) + ≤ 2 f ( n ? 2 ) + 2 + ≤ ... ≤ n f ( n ? n ) + n + ... + 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 2 = n ?1 + 1 ? n = n + 1 .………………………………………………………… 分 …………………………………………………………8 3 3 3 1 1 (2)对于任意 x ∈ (0,1] ,则必存在正整数 n ,使得 n ≤ x ≤ n ?1 . ) 3 3 1 1 因为 f ( x ) 在(0,1)上是不减函数,所以 f ( n ) ≤ f ( x ) ≤ f ( n ?1 ) , , )上是不减函数, 3 3 1 2 1 由(1)知 f ( n ?1 ) ≤ n ?1 + 1 = 6 n + 1 ≤ 6 x + 1 . ) 3 3 3
(1)∵ f ( )
n ?1

1

)= f(

由①可得 f (2) ≥ 1 ,在②中,令 x = y = 2 ,得 f (2) ≤ 1 ,∴ f (2) = 1 . 而 f (2) = f (0) ,∴ f (0) = 1 ,又 f (

1 1 ) ≥ f (0) ,∴ f ( n ) ≥ 1 , n 3 3

………………………………………12 ∴ x ∈ [0,1] 时, 1 ≤ f ( x ) ≤ 6 x + 1 ..……………………………………… 分 ……………………………………… ∵ x ∈ [1, 2] 时, 2 ? x ∈ [0,1] ,且 f ( x ) = f (2 ? x) , ∴ 1 ≤ f (2 ? x ) ≤ 6(2 ? x ) + 1 = 13 ? 6 x , 因此, …………………….………… ………….14 因此, x ∈ [1, 2] 时, 1 ≤ f ( x ) ≤ 13 ? 6 x .…………………… ………… 分 26.求解不等式 x ? a ≥ x ? 1 ? 1 。 .
2

(I 情形。 26 解: I) x ≥ 1 情形。此时不等式为 x ? a ≥ x ? 2 。 (
2

于是有

? x2 ? a ≥ 0 2 ? x?2≤0 ? x ≥ a。 (1) ? ) x≤2 ? x2 ? a ≥ x ? 2 ?
因此 当 a ≤ 0 时,有 1 ≤ x ≤ 2 ;当 0 ≤ a ≤ 1 时,有 1 ≤ x ≤ 2 ; 空集。 当 1 ≤ a ≤ 4 时,有 a ≤ x ≤ 2 ;当 a > 4 时,空集。

{

22

? x2 ≥ a ? x2 ? a ≥ 0 ? ? ? x≥2 x?2≥0 ? ? (2) ? ) 。 ? x2 ? a ≥ x ? 2 ? x ≥ a + 1 ? ? ? 4
此时有 当 a ≤ 0 时, x ≥ 2 ; 0 ≤ a ≤ 1 时, x ≥ 2 ; 1 ≤ a ≤ 4 时, x ≥ 2 ; a > 4 有 当 有 当 有 当 时, x ≥

a + 1。 4
2

情形。 (II) x < 1 情形。此时不等式为 x ? a ≥ ? x 。 II) 于是有

? x2 ? a ≥ 0 2 ? ?x ≤ 0 ? x ≥a。 (3) ? ) x≥0 ? x2 ? a ≥ ? x ?
空集。 因此 当 a ≤ 0 时,有 0 ≤ x < 1 ;当 0 ≤ a ≤ 1 时,有 a ≤ x < 1 ;当 a > 1 时,空集。

{

? x2 ≥ a ? x2 ? a ≥ 0 ? ? ?x ≥ 0 ? ?x ≤ 0 。 (4) ? ) 2 2 2 ? x ? a ≥ ?x ?x ? a ≤ x ? ?
空集。 因此 当 a ≤ 0 时,有 x ≤ 0 ;当 a > 0 时,空集。 综合( )-( )-(4) 综合(1)-( )可得 当 a ≤ 0 时,有 x ∈ R ;当 0 ≤ a ≤ 4 时,有 x ≥

a ;当 a > 4 时, x ≥

a + 1。 4

27 解:设非负等差数列 {an } 的首项为 a1 ≥ 0 ,公差为 d ≥ 0 。
2 2 2 2 (1)因为 m + n = 2 p ,所以 m + n ≥ 2 p , p ≥ mn , am + an = 2a p 。 )

从而有 ( a p ) ≥ am ·an 。 因为 S n =
2

n(a1 + an ) n(n ? 1) = na1 + d ,所以有 2 2

S n + S m = (m + n)a1 +

n(n ? 1) + m(m ? 1) d 2 n2 + m2 ? 2 p = 2 pa1 + d 2 2 p2 ? 2 p ≥ 2 pa1 + d = 2S p 2
n(a1 + an ) m(a1 + am ) mn 2 = ( a1 + a1 (am + an ) + am an ) 4 2 2
2

S n ·S m =

2 ? p(a + a ) ? p2 2 ≤ ( a1 + 2a1a p + a p a p ) = ? 12 p ? = ( S p ) 4 ? ?

23

于是

2S p 1 1 Sm + Sn 2 + = ≥ = 。 Sm Sn Sm Sn SpSp Sp
(2) )

?1 ? 1 1 ? ? 1 1 ? 1 ? 1 =? + + ?+? + ? +? + ? ?+ n =1 n ? S1 S2007 ? ? S2 S2006 ? ? S1003 S1005 ? S1004 2*1003 + 1 2007 ≥ = S1004 S1004
2007

∑S

1

又因为 S1004 = 1004a1 +

1004 1004·1003 d ≤ 1004(a1 + 502d ) = 1004a503 ≤ ,所以有 2 1005
2007 n =1

∑S

1
n



2007 2007 ≥ 1005 ≥ 2008. S1004 1004
an ?1 (n ≥ 2, n ∈ N ) .

28.已知数列 {a n } 满足 a1 = 1 , a = 已知数列 n
4

(Ⅰ)求数列 {a n } 的通项公式 a n ; (Ⅱ)设 b
n

(? 1)n an?1 ? 2

=

1 an
2

,求数列 {bn } 的前 n 项和 S n ;

? 求证: (Ⅲ)设 cn = a n sin (2n ? 1)π ,数列 {c n } 的前 n 项和为 Tn .求证:对任意的 n ∈ N , Tn < 4 .

2

7

28. (Ⅰ)∵ 又∵

1 2 1 1 = (?1) n ? + (?1) n = (?2)[ + (?1) n ?1 ] , ,∴ an a n ?1 an a n ?1

?1 1 n? + (?1) = 3 ,∴ 数列 ? + (? 1) ? 是首项为 3 ,公比为 ? 2 的等比数列. 的等比数列. a1 ? an ?

1 (?1) n ?1 + (?1) n = 3(?2) n ?1 , 即 a n = . an 3 ? 2 n ?1 + 1
(Ⅱ) bn = (3 ? 2
n ?1

+ 1) 2 = 9 ? 4 n ?1 + 6 ? 2 n ?1 + 1 .

1 ? (1 ? 4 n ) 1 ? (1 ? 2 n ) + 6? + n = 3 ? 4n + 6 ? 2n + n ? 9 . 1? 4 1? 2 (2n ? 1)π = (?1) n ?1 , (Ⅲ)∵ sin 2 n ?1 (?1) 1 ∴ cn = = . n ?1 n n ?1 3(?2) ? (?1) 3? 2 +1 1 1 1 1 当 n ≥ 3 时,则 Tn = + + +?+ 2 n ?1 3 +1 3? 2 +1 3? 2 +1 3? 2 +1 n? 2 1 1 1 1 1 1 11 12 [1 ? ( 1 ) ] 2 < + + + + = + 4 7 3 ? 2 2 3 ? 2 3 3 ? 2 n ?1 28 1? 1 2 11 1 1 11 1 47 48 4 = + [1 ? ( ) n ? 2 ] < + = < = . 28 6 2 28 6 84 84 7 4 ∵ T1 < T2 < T3 , ∴ 对任意的 n ∈ N ? , Tn < . 7 Sn = 9 ?
24


赞助商链接

(答案)(打印) 高中数学竞赛训练试题一、二、三

(答案)(打印) 高中数学竞赛训练试题一、二、三 - 2015 年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答 一、填空题 1、答案: 13 个. ? 2 ? 、 O1 , O2 , M ,...

高中数学竞赛专题讲座---专题训练_(同余部分的例题与习题)

高中数学竞赛专题讲座---专题训练_(同余部分的例题与习题)_学科竞赛_高中教育_...证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设 a1=0.此时...

高中数学竞赛训练题--填空题(每题含详解)

△ABC 的最小内角的取值范围为 3 高中数学竞赛训练题答案---填空题部分 高中数学竞赛训练题答案 填空题部分 x a,要使不等式有解 要使不等式有解, 101、当 ...

新课程高中数学训练题组(选修2-3)全套含答案

新课程高中数学训练题组(选修2-3)全套含答案_数学_高中教育_教育专区。高中数学...②从 中选 2 名参加省数学竞赛,有多少种不同的选法? (3)有 2,3,5,7,...

新课标教材高中数学测试题组(选修2-3)第一章 计数原理(...

第一章 计数原理(基础训练题共3组)含详细解答_高三数学_数学_高中教育_教育...②从 中选 2 名参加省数学竞赛,有多少种不同的选法? (3) 2,3, 5, 7...

2004年湖南高中数学竞赛试题(含详细答案)

2004年湖南高中数学竞赛试题(含详细答案)_学科竞赛_高中教育_教育专区。京翰教育...三、解答题(本大题共 5 个小题,15-17 题每小题 12 分,18 题、19 题...

2014年浙江省高中数学竞赛试题(含选择题答案) (1)

2014 年浙江省高中数学竞赛试题一、选择题(本大题共有 10 小题,每题只有一个正确答案,将正确答案的序号填入题干后的括号里,多选、不选、错选均不得分,每题 ...

高中数学奥林匹克训练题及答案

高中数学奥林匹克训练题答案_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中数学奥林匹克训练题 第一试 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 已知函数 y ? ?...

高中数学选修4-5《不等式选讲》练习题(含详解)

高中数学选修4-5《不等式选讲》练习题(含详解) 隐藏>> 数学选修 4-5 [基础训练 A 组]一、选择题 3.设 x ? 0, y ? 0, A ? A. A ? B C. A...

新课程高中数学训练题组(选修2-3)含答案

[提高训练 C 组] 数学选修 2-3 第二章:离散型随机变量解答题精选 (数学选修 2--3) 第一章 计数原理 [基础训练 A 组]一、选择题 1.将 3 个不同的...

更多相关标签