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高中数学竞赛专题讲座

时间:2010-05-22


高中数学竞赛专题讲座之四
一、选择题部分 1 . (2006 年 浙 江 省 预 赛 ) 下 列 三 数 ( )w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

不等式

3 , log 16 82, log 27 124 的 大 小 关 系 正 确 的 是 2

3 < log 27 124 < log 16 82 2 3 (D) log 27 124 < log 16 82 < 2 ab bc ca 2 (2006 年南昌市) 设 a , b , c ∈ R + ,且 ab + bc + ca = 108 ,则 + + 的最小值( c a b A .6 B .12 D .36 C .18
(A) (B) 3. (2005 全国 ) 使关 于 x 的不 等 式 ( ) A. 6 ? 3 4 . ( 2006 年 B. 浙

3 < log 16 82 < log 27 124 2 3 (C) log 27 124 < < log 16 82 2

)

x ? 3 + 6 ? x ≥ k 有解 的 实 数 k 的最 大 值 是

3
江 省

C. 预

6+ 3
赛 )

D. 函

6


f (x) =
值为

sin x + cos x tan x + cot x sin x + cos x tan x + cot x π + + + 在 x ∈ (0, ) 时的最小 sin x + tan x cos x + tan x cos x + cot x sin x + cot x 2
( (A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 )

二、填空题部分 1.(2005 四川)设 S = x 2 + y 2 ? 2( x + y ) ,其中 x, y 满足 log 小值为 。
2

x + log 2 y = 1 ,则 S 的最

2.(2006 年上海)设 x ,y ,z 是正实数,满足 xy + z = ( x + z )( y + z ) ,则 xyz 的最大值 是 .

3、 (集训试题)若对|x|≤1 的一切 x,t+1>(t2 -4)x 恒成立,则 t 的取值范围是__________. 4. ( 2006 安徽初赛)若 x、y 为实数,且 x 2 + xy + y 2 = 3 ,则 x 2 ? xy + y 2 的最大值和最小值分 别为_____. 5.(2006 年南昌市) 函数 f ( x ) =

1 2 π , ( 0 < x < ) 的最小值是 + 2 2 sin x cos x 2 ?1 1 , 1 , a + b 2 + c3 ? = ? 2 3 ?a b c ?
.

.

6. (2006 年浙江省预赛) max + min ? ,
a , b , c∈ R

练习:(2006 陕西赛区预赛)设 x > 1, y > 1, S = min{log 大值为 三、解答题(每小题 20 分,共 60 分) 1、(2006 安徽初赛)(20 分)已知 x、y、z 均为正数 (1)求证: 的最小值。

2

y , log x 2, log y (8x 2 )} 则 S 的最

x y z 1 1 1 + + ≥ + + ; yz zx xy x y z

(2)若 x + y + z ≥ xyz ,求 u =

x y z + + yz zx xy

2.(集训试题)已知 a, b, c∈R+,且满足

kabc ≥(a+b)2+(a+b+4c)2 ,求 k 的最小值。 a+b+c

3.(2006 年上海)设 a , b ∈ [0, 1] ,求 S =

a b + + (1 ? a )(1 ? b) 的最大值和最小值. 1+ b 1 + a

4.(20 分)设 x1 , x2 ,? xn ∈ R + ,定义 S n = 1)求 Sn 的最小值;
2



? n ?1 1 ? ? ? , x + i ? n 2 xi ? ? i =1 ?
2 2

n

2

2)在 x1 + x2 + ? + xn = 1 条件下,求 Sn 的最小值;

3)在 x1 + x2 + ? + xn = 1 条件下,求 Sn 的最小值,并加以证明。

5 . 设实 数 a , b 满足 条 件 a = x1 + x 2 + x3 = x1 x 2 x3 , ab = x1 x 2 + x2 x 3 + x 3 x1 ,其 中

x1 , x 2 , x 3 > 0 ,求 P =

a 2 + 6b + 1 的是最大值。 a2 + a

6、(2004 全国)已知 α , β 是方程 4 x 2 ? 4tx ?1 = 0 (t ∈ R ) 的两个不等实根,函数

2x ? t 的定义域为 [α , β ] 。( Ⅰ)求 g (t) = max f ( x) ? min f ( x);( Ⅱ)证明:对 x2 + 1 π 于 ui ∈ (0, )(i = 1, 2, 3),若 sin u1 + sin u2 + sin u3 =1, 2

f (x ) =



1 1 1 3 + + < 6。 g (tan u 1 ) g (tan u 2 ) g (tan u 3 ) 4

7.(2006 年浙江省预赛)已知数列 {a n }满足 a1 = 1, a n +1 = a n + 2n ( n = 1,2,3?) , {bn } 满 足 b1 = 1, bn +1
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

bn2 1 n 1 = bn + (n = 1,2,3?) ,证明: ≤ ∑ < 1。 n 2 k =1 a k +1 bk + kak +1 ? bk ? k

—— 数列 高中数学竞赛专题试题讲座 高中数学竞赛专题试题讲座—— ——数列
一、选择题部分 1.(2006 年江苏)已知数列 { an } 的通项公式 an =

2 ,则 { an } 的最大项是( B ) n ? 4n + 5
2

( A) a1

( B ) a2

( C ) a3

( D ) a4
( )

3 2 (2006 安徽初赛)正数列满足 a 1 = 1, a 2 =10 , a 2 na n? 2 = 10a n? t (n ≥ 3) ,则 lg ( a100 ) =

A、98

B、99

C、100

D、101

3. (2006 吉林预赛)对于一个有 n 项的数列 P=(p1,p2 ,…,pn ),P 的“蔡查罗和”定义 为 s1、s2、…sn、的算术平均值,其中 sk =p1+p2 +…pk(1≤k≤n),若数列(p1 ,p2 ,…,p2006) 的 “ 蔡查 罗 和 ” 为 2007 ,那 么 数 列 (1 , p1 , p2 , … , p2006) 的 “ 蔡查 罗 和 ” 为 ( A ) A. 2007 B. 2008 C. 2006 D. 1004

4.(集训试题)已知数列{an}满足 3an+1+an =4(n≥1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn。则满足不 等式|Sn -n-6|< A.5

1 的最小整数 n 是 125
B.6 C.7

( D.8



解:由递推式得:3(an+1-1)=-(an-1),则{an-1}是以 8 为首项,公比为列,

1 的等比数 3

1 8[1 ? (? ) n ] 3 =6-6×(- 1 )n,∴|Sn -n-6|=6×( 1 )n < 1 , ∴Sn -n=(a1-1)+(a2 -1)+…+(an-1)= 1 3 3 125 1+ 3
得:3n-1 >250,∴满足条件的最小整数 n=7,故选 C。 5.(集训试题)给定数列{xn },x1 =1,且xn+1=

3x n + 1 3 ? xn

2005

,则

∑x
n =1

n

=





A.1

B.-1

C.2+ 3

D.-2+ 3

3 3 ,令 xn =tan α n , ∴ xn+1=tan( α ?n+ π ), ∴ xn+6=xn, x1=1 , 解: xn+1= 3 6 1? xn 3

xn +

2005

x2 =2+ 3 , x3=-2-

3 , x4 =-1, x5=-2+ 3 , x6 =2- 3 , x7=1,……,∴有 ∑ x n = x1 = 1 。
n =1

故选 A。 6 、( 2006 陕 西 赛 区 预 赛 ) 已 知 数 列 {an }、 {bn } 的 前 n 项 和 分 别 为 An , Bn 记

Cn = a n ? Bn + bn ? An ? a n ? bn ( n >1) 则数列{ Cn }的前 10 项和为
A . A10 + B10 B.

( D.

C

)

A10 + B10 2

C. A10 ? B10

A10 ? B10

7.( 2006 年浙江省预赛)设 f (n ) 为正整数 n(十进制)的各数位上的数字的平方之和,比 如 f (123) = 12 + 2 2 + 32 = 14 。记 f 1 ( n) = f ( n) , f k +1 (n ) = f ( f k ( n)) , k = 1, 2,3, …, 则

f 2006 (2006 ) =
(A) ( D ) 20 (B) 4 (C) 42 (D) 145.

解: 将 f (2006) = 40 记做 2006 → 40 ,于是有

2006 → 40 → 16 → 37 → 58 → 89 → 145 → 42 → 20 → 4 → 16 → ?
从 16 开 始 ,

fn









8















f 2006 ( 2006) = f 2004 (16) = f 4 + 250×8 (16) = f 4 (16) = 145.
二、填空题部分 1. 数 列

正确答案为 D。

{ an}

的 各 项 为 正 数 , 其 前 n 项 和 Sn ? 满 足 Sn =

1 1 (an + ) , 则 2 an

a n =___ n ? n ? 1 ___.
2.(200 6 天津) 已知 a , b, c, d 都是偶数,且 0 < a < b < c < d , d ? a = 90 ,若

a , b, c 成 等 差 数 列 , b, c, d 成 等 比 数 列 , 则 a + b + c + d 的 值 等 于
1

1 1 2 3 4 6 3 4 1 1 1 5 1 1 1

194

. 3. (2006 吉林预赛)如图所示,在杨辉三角中斜线上方的数所组成的数列

1 10 10 5 1 ? ? ? ? ? ? ?

1,3,6,10,…,记这个数列前 n 项和为 S(n),则 lim

n 3 =___________。 n →+∞ S (n )

4.(2006 年江苏)等比数列 { an } 的首项为 a1 = 2020 ,公比 q = ? .设 f ( n ) 表示这 个数列的前 n 项的积,则当 n = 12 时, f ( n ) 有最大值.

1 2

5. 在 x 轴的正方向上,从左向右依次取点列 物线 y 2 =

{A }, j = 1,2,? ,以及在第一象限内的抛
j

3 x 上从左向右依次取点列 {Bk }, k = 1, 2,? ,使 ?Ak ?1 B k Ak ( k = 1, 2, ?)都是等 2

边三角形,其中 A0 是坐标原点,则第 2005 个等边三角形的边长是 2005。 【解】 :设第 n 个等边三角形的边长为 a n 。则第 n 个等边三角形的在抛物线上的顶点

B n 的坐标为( a1 + a 2 + ? + a n ?1 +

an , 2

3? a ? a1 + a 2 + ? + a n ?1 + n 2? 2
2 n

? ? )。 ?
2

再从第 n 个等边三角形上, 我们可得 B n 的纵坐标为

3 ?1 ? a ? ? an ? = a n 。从而有 2 ?2 ?

a ? 1 2 a 3 3? an = a n = a1 + a2 + ? + a n ?1 + n 。 ? a1 + a 2 + ? + a n ?1 + n ? ,即有 2 2? 2 ? 2 2
由 此 可 得

a1 + a2 + ? + a n =

an 1 2 + a 2 2 n

( 1 )

,

以 及

a n ?1 1 2 + a n ?1 (2) 2 2 1 1 (1)-(2)即得 a n = (a n ? a n ?1 ) + (a n ? a n ?1 )(a n + a n ?1 ) . 2 2 a1 + a 2 + ? + a n ?1 =
变形可得 ( an ? a n ?1 ? 1)(a n + a n ?1 ) = 0 . 1 1 a1 = a12 ,而 2 2

由于 a n + a n ?1 ≠ 0 ,所以 a n ? a n ?1 = 1 。在( 1)式中取 n = 1,可得

a1 ≠ 0 ,故 a1 = 1 。
因此第 2005 个等边三角形的边长为 a 2005 = 2005 。 6.(2005 年浙江)已知数列 xn ,满足 ( n + 1) xn +1 = xn + n , 且 x1 = 2 , 则 x2005 = 【解】 :由 ( n + 1) x n +1 = x n + n ,推出 xn +1 ? 1 =

2005!+1 。 2005!

xn ? 1 。因此有 n +1 x ? 1 x n ?1 ? 1 xn ? 2 ? 1 x1 ? 1 1 x n +1 ? 1 = n = = = ?= = . n + 1 ( n + 1)n (n + 1) n(n ? 1) ( n + 1)n (n ? 1)? 2 ( n + 1)!

即有 xn +1 =

2005!+1 1 + 1 。 从而可得 x 2005 = 。 (n + 1)! 2005!
a1 a 2 a3 a 4 + + + | a ∈ T , i = 1, 2, 3, 4}, 将 M 中 7 72 7 3 74 i


7. (2005 全国)记集合 T = {0,1, 2,3, 4,5, 6}, M = {

的元素按从大到小的顺序排列,则第 2005 个数是(

5 5 6 3 + + + 7 7 2 73 7 4 1 1 0 3 D. + 2 + 3 + 4 7 7 7 7
A.

B.

5 5 6 2 + + + 7 72 73 7 4

C.

1 1 0 4 + + + 7 7 2 73 7 4

解:用 [ a1a 2 … a k ] p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 7 4 ,得

M ′ = {a1 ? 73 + a2 ? 72 + a3 ? 7 + a4 | ai ∈ T , i = 1, 2, 3, 4} = {[a1 a2 a3 a4 ]7 | ai ∈ T ,i = 1, 2, 3, 4}. M ′ 中的最大数为 [ 6666]7 = [ 2400]10 。在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列
的第 2005 个数是 2400-2004=396 。而 [396 ]10 = [1104] 7 将此数除以 7 4 ,便得 M 中的数

1 1 0 4 + 2 + 3 + 4 . 故选 C。 7 7 7 7
8. ( 2004 全国)已知数列 a0 , a1 , a2 ,..., a n ,..., 满足关系式 (3 ? an +1 )(6 + an ) = 18, 且a0 = 3 ,
n



∑a
i= o

1
i

的值是_________________________。

解:设 bn =

1 1 1 , n = 0,1, 2,..., 则(3 ? )(6 + ) = 18, an bn +1 bn



1 1 1 1 3bn +1 ? 6bn ? 1 = 0. ∴bn +1 = 2bn + , bn +1 + = 2(bn + ) 故数列 {bn + }是公比为 2 的 3 3 3 3
等比数列,

1 1 1 1 1 1 bn + = 2n (b0 + ) = 2n ( + ) = × 2n +1 ∴ bn = (2n +1 ? 1)。 3 3 a0 3 3 3
n n 1 1 i +1 1 ? 2(2n +1 ? 1) ? 1 = b = (2 ? 1) = ? (n + 1)? = ( 2n + 2 ? n ? 3) 。 ∑ ∑ ∑ i ? 3 ? 2 ?1 i = o ai i= 0 i= 0 3 ? 3 n

9.(2005 四川)设 r , s, t 为整数,集合 {a | a = 2 r + 2 s + 2 t ,0 ≤ t < s < r} 中的数由小到大 组成数列 {a n } : 7,11 ,13,14,? ,则 a 36 = 131 。

2 解:∵ r , s, t 为整数且 0 ≤ t < s < r ,∴ r 最小取 2,此时符合条件的数有 C 2 =1

r = 3 , s, t 可在 0,1, 2 中取,符合条件有的数有 C32 = 3
同理, r

= 4 时,符合条件有的数有 C42 = 6

r = 5 时,符合条件有的数有 C52 = 10

r = 6 时,符合条件有的数有 C62 = 15
r = 7 时,符合条件有的数有 C72 = 21
因此, a 36 是 r = 7 中的最小值,即 a 36 = 2 0 + 2 1 + 2 7 = 131

三、解答题部分 1 .( 200 6 天 津 ) 已 知 数 列 {a n } 满 足 a1 = p , a 2 = p + 1 ,

a n + 2 ? 2 an +1 + a n = n ? 20 ,其中 p 是给定的实数, n 是正整数,试求 n 的值,使得 a n 的
值最小. 【 解 】 令 bn = a n +1 ? a n , n = 1,2,? 由 题 设 a n + 2 ? 2 an +1 + a n = n ? 20 , 有
n ?1 n ?1 i +1

bn +1 ? bn = n ? 20 ,且 b1 = 1 …… … 5 分 bn ? b1 = [1 + 2 + ? + ( n ? 1)] ? 2n (n ? 1) .
∴ bn =

于是

∑ (b
i =1

? bi ) =

∑ (i ? 20) ,即
i =1

(n ? 1)( n ? 40 ) + 1. 2

(※)

…………………10 分

又 a1 = p , a 2 = p + 1 ,则 a 3 = 2a 2 ? a1 + 1 ? 20 = p ? 17 < a1 < a 2 . ∴当 a n 的值最小时,应有 n ≥ 3 , a n ≤ a n +1 ,且 a n ≤ a n ?1 . 即 bn = a n +1 ? a n ≥ 0 , bn ?1 = a n ? an ?1 ≤ 0 . 由(※)式,得 ? …………………… 15 分

? ( n ? 1)(n ? 40 ) ≥ 2 ? (n ? 2 )(n ? 41) ≤ ?2

由于 n ≥ 3 ,且 n ∈ N * ,解得 ?

? n ≥ 40 , ? n ≤ 40

∴当 n = 40 时, a 40 的值最小.

…………………………………………… 20 分

2.(2006 陕西赛区预赛)(20 分)已知 sin(2α + β ) = 3sin β ,设 tan α = x, tan β = y , 记 y = f ( x) 。 (1)求

f (x) 的表达式;

f ( x) =

x 1 + 2x 2

(2)定义正数数列 {an }; a1 =

1 2 , an + 1 = 2an ? f (an )( n ∈ N* ) 。试求数列 {an } 的通项公式。 2

an =

2 n? 2 . 2 n ?1 + 1

3 .( 2006 安徽 初 赛 ) 已知 数 列 { an } ( n ≥ 0) 满足 a0 = 0 ,对 于 所 有 n ∈ N + ,有

an +1 = 2 30an ( an + 1) + 11 an + 5 ,求 a n 的通项公式.

4. (2006 吉林预赛)设{an}为一个实数数列,a1 =t,an+1=4an(1-an)。求有多少个不 同的实数 t 使得 a2006=0。 ( 22004+1)

5.(2006 年南昌市)将等差数列{ a n }: an = 4n ?1 (n ∈ N * ) 中所有能被 3 或 5 整除的 数删去后,剩下的数自小到大排成一个数列{ bn },求 b2006 的值. 解:由于 a n +15 ? a n = 60 ,故若 a n 是 3 或 5 的倍数,当且仅当 a n +15 是 3 或 5 的倍数. 现将 数 轴 正 向 分 成 一 系 列 长 为 60 的区 间 段 :(0,+∞) = (0,60] ∪ (60,120] ∪ (120,180] ∪ … , 注 意 第 一 个 区 间 段 中 含 有 { a n } 的 项 15 个 , 即 3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59. 其 中 属 于 {

bn

}

的 项

8 个,为: b1 = 7 , b2 = 11 , b3 = 19 , b4 = 23 , b5 = 31 , b6 = 43 , b7 = 47 , b8 = 59 ,于是每 个区间段中恰有 15 个{ a n }的项,8 个{ bn }的项,且有 b8 k + r ? br = 60k ,k∈N,1≤r≤8. 由于 2006=8×250+6,而 b6 = 43 所以 b2006 = 60 × 250 + b6 = 60 × 250 + 43 = 15043 . , 6 . ( 2004 湖 南 ) 设 数 列 {a n } 满 足 条 件 : a1 = 1, a2 = 2 , 且

a n + 2 = a n +1 + an ( n = 1, 2, 3, ? )
求证:对于任何正整数 n,都有
n

a n +1 ≥ 1 +

1 n a n
1=

证明:令 a 0 = 1 ,则有 a k +1 = a k + ak ?1 ,且

ak a + k ?1 ( k = 1, 2, ?) , 于是 a k +1 a k +1

n=∑

n ak a + ∑ k ?1 k =1 a k +1 k =1 a k +1

n

由算术-几何平均值不等式,可得

1≥n

a1 a 2 a a a a ? ? ? ? n + n 0 ? 1 ? ? ? n ?1 a 2 a3 a n +1 a2 a3 a n +1

注意到

a 0 = a1 = 1,可知 1 ≥

n

1 1 + ,即 a n +1 n a n a n +1

n

a n +1 ≥ 1 +

1 n a n

7 .( 2006 年 上 海 )

数列

{ an}

定 义 如 下 : a1 = 1 , 且 当 n ≥ 2 时 ,

? a n + 1, 当 n 为偶数时, ? ? 2 an = ? 1 ? , 当 n 为奇数时. ? ? an ?1
已知 a n = 解

30 ,求正整数 n. 19

由题设易知, an > 0, n =1, 2, ? .又由 a1 = 1 ,可得,当 n 为偶数时, an > 1 ;

当 n (> 1) 是奇数时, an =

1

an ?1

<1.

………………(4 分)

由 an =

30 30 11 n > 1 ,所以 n 为偶数,于是 a n = ?1 = < 1,所以, 是奇数. 19 19 19 2 2 =
?1

于是依次可得:a n
2

19 n 19 8 n? 2 是奇数 , > 1 , ? 1是偶数, a n ? 2 = ?1 = < 1 , 11 2 11 11 4 4

a n? 2 =
4 ?1

11 n?6 11 3 n ?6 >1, 是偶数, a n ? 6 = ?1 = < 1, 是奇数, 8 4 8 8 8 8 8 n ? 14 8 5 n ? 14 >1, 是偶数, a n ?14 = ? 1 = > 1 , 是偶数, 3 8 3 3 16 16

a n? 6 =
8 ?1

5 2 n ? 14 是奇数, ……………(9 分) a n ?14 = ? 1 = < 1 , 3 3 32 32

a n ?14 =
32 ?1

3 n ? 46 3 1 n ? 46 >1 , 是偶数, a n ? 46 = ? 1 = < 1 , 是奇数, 2 32 2 2 64 64

a n ? 46 = 2 > 1 ,
64 ?1

n ? 110 是偶数, a n ?110 = 2 ?1 = 1 , 64 128
……………… (14 分 )

所以,

n ?110 = 1 ,解得,n=238. 128

13. (2005 全国)数列 {a n } 满足: a 0 = 1, an +1 =

2 7a n + 45a n ? 36

2

, n ∈ N.

证明: (1)对任意 n ∈ N , a n 为正整数;(2)对任意 n ∈ N , a n an +1 ? 1 为完全平方数。 证 明 : ( 1 ) 由 题 设 得 a1 = 5, 且 {a n } 严 格 单 调 递 增 . 将 条 件 式 变 形 得
2 2 2 2 an +1 ? 7a n = 45a n ? 36 , 两边平方整理得 a n +1 ? 7 an an+1 + an + 9 = 0 ① 2 ∴ an ? 7 an ?1 an + a 2 n ?1 + 9 = 0



①-②得 ( an +1 ? an ?1 )( an +1 + an ?1 ? 7 an ) = 0,∵ an +1 > an ,∴ an +1 + an =1 ? 7 an = 0 ?

a n +1 = 7 a n ? ab ?1 . ③
由③式及 a 0 = 1, a1 = 5 可知,对任意 n ∈ N , a n 为正整数.…………………………10 分 (2)将①两边配方,得 ( a n +1 + a n ) 2 = 9( a n an +1 ? 1),∴ a n a n +1 ? 1 = ( 由③ an +1 + an = 9an ? (an ?1 + an ) ≡ ?( an + an ?1 ) ( mod 3) ∴ an +1 + an ≡ ( ?1) n ( a1 + a0 ) ≡0(mod3)∴

a n +1 a n 2 ) .④ 3

an +1 + an 为正整数 3

④式成立.∴ an an +1 ? 1 是完全平方数.……………………………………20 分
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

高中数学竞赛专题讲座之

排列组合 二项式定理和概率

一. 排列组合二项式定理
1 (2005 年浙江)设 1 + x + x 2 (A) 3n 【 解 】: (B) 3n ? 2 令 x=0

(

)

n

= a0 + a1 x + ? + a2 n x 2 n ,求 a2 + a4 + ? + a2 n 的 值(
(C)



3n ? 1 2

(D)

3n + 1 2
令 x = ?1 得



a 0 = 1 ;( 1 )
(2)

a 0 ? a1 + a 2 ? a 3 + ? + a 2 n = 1;

令 x = 1 得 a 0 + a1 + a 2 + a 3 + ? + a2 n = 3 n ; ( 2 ) + ( 3 ) 得

(3) , 故

2( a 0 + a 2 + a 4 + ? + a2 n ) = 3 n + 1

a 0 + a 2 + a 4 + ? + a 2n =

3n +1 , 2 3n ?1 。 2 ∴选 【 C 】

再由(1)得 a 2 + a 4 + ? + a 2 n =

2、 ( 2004 全国)设三位数 n = abc ,若以 a,b,c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等 边) 三角形, 则这样的三位数 n 有 A. 45 个 B. 81 个 ( C. 165 个 D. 216 个 )

解:a,b,c 要能构成三角形的边长,显然均不为 0。即 a , b , c ∈ {1, 2,..., 9} (1)若构成等边三角形,设这样的三位数的个数为 n1 ,由于三位数中三个数码都相同,所
1 以, n1 = C9 =9。

(2)若构成等腰(非等边)三角形,设这样的三位数的个数为 n2 ,由于三位数中只有 2 个 不同数码。设为 a、b,注意到三角形腰与底可以置换,所以可取的数码组( a,b)共有

2C92 。但当大数为底时,设 a>b,必须满足 b < a < 2b 。此时,不能构成三角形的数码是
a b 9 4,3 2,1 8 4,3 2,1 7 3,2 1 6 3,2 1 5 1,2 4 1,2 3 1 2 1 1

共 20 种情况。

同时,每个数码组(a,b)中的二个数码填上三个数位,有 C32 种 情 况 。

故 n2 = C32 (2C92 ? 20) = 6(C92 ?10) = 156 。 综上, n = n1 + n2 = 165 。 3. ( 2005 四川)设

A = {1,2,? ,10},若“方程 x 2 ? bx ? c = 0 满足 b, c ∈ A ,且方程至少

有一根 a ∈ A ”,就称该方程为“漂亮方程”。则“漂亮方程”的个数为 (A)8 (B)10 (C)12 (D)14 解: ,由题可知,方程的两根均为整数且两根一正一负,当有一根为 ? 1时,有 9 个满足题意 的“漂亮方程”,当一根为 ? 2 时,有 3 个满足题意的“漂亮方程”。共有 12 个,故选 C。 4. ( 2005 四川)设 a1 , a 2 , a3 , a 4 是 1,2,3,4 的任一排列, f 是 {1,2,3,4} 到 {1,2,3,4} 的映射, 且满足 f (i ) ≠ i ,记数表 ?

a2 ?a1 ? f ( a1 ) f(a 2 )

a3

? 。若数表 M , N 的对应位置上至少 f ( a3 ) f ( a 4 )? ?
( )

a4

有一个不同, 就说 M , N 是两张不同的数表。 则满足条件的不同的数表的张数为 (A)144 (B)192 (C)216 (D)576

解:对于 a1 , a 2 , a3 , a 4 的一个排列 ,可以 9 个映射满足

f (i) ≠ i ,而 a1 , a 2 , a3 , a 4 共有

4 A4 = 24 个排列,所以满足条件的数表共有 24 × 9 = 216 张,故选 C。

5.(2005 江西)连结正五边形 A1 A2 A3 A4 A5 的对角线交另一个正五边形 B1 B2 B3 B4 B5 ,两次连 结正五边形 B1 B2 B3 B4 B5 的对角线,又交出一个正五边形 C1C2 C3 C4 C5 (如图) ,以图中线段 为边的三角形中,共有等腰三角形的个数为 ( ) (A)50 (B)75 (C)85 (D)100 解: 对于其中任一点 P,以 P 为“顶”(两腰的公共点)的等腰三角形的个数记为 [P]则 . [ A1 ] = 6, ( ?A1 A2 A5 , ?A1 B3 B4 , ?A1 B2 B5 , ?A 1A 3A 4 , ?A 1A 2 B5 , ?A 1A 5 B2 )

[ B1 ] = 9, [C1 ] = 2,

(?B1 A3 A4 , ? B1 B2 B5 , ? B1 B3 B4 , ? B1 C3 C4, ? B1 B2C5, ? B1C2 B5, ? B1 A2 A5, ? B1 A3 B4, ? B1 A4 B3) (?C1 B3 B4 , ?C1 B2 B5 ) , 由于图中没有等边三角形, 则每个等腰三角形恰有一个 [Bi ] = 9, [Ci ] = 2,

“顶”。据对称性可知 [ Ai ] = 6,

i = 1, 2, 3, 4, 5 .因此等腰三角形共有

5 ? (6 + 9 + 2) = 85 个.
6. (2005 全国)将关于 x 的多项式 f ( x ) = 1 ? x + x 2 ? x 3 + ? ? x19 + x 20 表为关于 项 式

y 的多


g( y) =

a 0 + a1 y + a 2 y 2 + ? + a19 y 19 + a20 y 20 ,
5 21 + 1 . 6





y = x ? 4.

a 0 + a1 + ? + a 20 =

解:由题设知, f ( x ) 和式中的各项构成首项为 1,公比为 ? x 的等比数列,由等比数

列的求和公式,得: f ( x ) =

( ? x ) 21 ? 1 x 21 + 1 ( y + 4) 21 + 1 = . 令 x = y + 4, 得 g ( y) = ,取 ? x ?1 x +1 y +5

y = 1,
有 a 0 + a1 + a 2 + ? + a 20 = g (1) =

5 21 + 1 . 6

7.如果自然数 a 的各位数字之和等于 7,那么称 a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从 小到大排成一列 a1 , a 2 , a3 ,? , 若 a n = 2005, 则 a 5 n = 5200.
m 解 : ∵ 方 程 x1 + x 2 + ? + x k = m 的 非 负 整 数 解 的 个 数 为 Cm + k ?1 . 而 使 m ?1 .现取 m = 7 ,可知, k 位“吉祥数”的个数为 x1 ≥ 1, x i ≥ 0( i ≥ 2) 的整数解个数为 Cm +k ?2

P( k ) = C k6+ 5 .
6 ∵2005 是形如 2 abc 的数中最小的一个“吉祥数”,且 P(1) = C6 = 1, P( 2) = C76 = 7,

P(3) = C86 = 28, 对于四位 “吉祥数”1abc , 其个数为满足 a + b + c = 6 的非负整数解个数 ,
即 C66+ 3 ?1 = 28 个。 ∵2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数”,即 a 65 = 2005. 从而 n = 65,5n = 325.
5 6 又 P( 4) = C96 = 84, P (5) = C10 = 210, 而

∑ P( k ) = 330.
k =1

∴从大到小最后六个五位 “吉祥数”依次是: 70000,61000,60100,60010,60001,52000. ∴第 325 个“吉祥数”是 52000,即 a 5 n = 52000. 8.( 2004 四川)某城市的机动车牌照是从 “10000”到“99999”连续编号,则在这 90000 个牌照中数字 9 至少出现一个,并且各数字之和是 9 的倍数的车牌照共有 4168 个.

二、概率部分
1. (2006 吉林预赛)在 6 个产品中有 4 个正品,2 个次品,现每次取出 1 个作检查(检 查完后不再放回) ,直到两个次品都找到为止,则经过 4 次检查恰好将 2 个次品全部都找到 的概率是 ( D ) A. 1/15 B. 2/15 C. 1/5 D. 4/15 2.(2006 年南昌市)甲、乙两人进行乒乓球单打决赛,采用五局三胜制(即先胜三局者 获冠军),对于每局比赛 ,甲获胜的概率为

2 1 ,乙获胜的概率为 ,则爆出冷门(乙获冠军)的 3 3

概率为____

17 ______. 81

3. ( 2006 年浙江省预赛)在 1,2, ?, 2006 中随机选取三个数,能构成递增等差数列的概 率是 解: 。 三个 数 成 递 增 等 差 数 列 , 设 为

a, a + d , a + 2d , 按 题 意 必 须 满 足

a + 2 d ≤ 2006, d ≤ 1002 。 对于给定的 d,a 可以取 1,2,……,2006-2d。 故三数成
1002

递增等差数列的个数为

∑ (2006 ? 2 d ) = 1003 * 1002.
d =1

三数成递增等差数列的概率为

1003 ×1002 3 。 = 3 4010 C 2006
4. (2006 吉林预赛)骰子是一个质量均匀的正方体, 6 个面上分别刻有 1、2、3、4、5、6 点。现在桌面上有 3 只骰子分别为木制、骨制、塑料制的。重复下面操作,直到桌子上没有 骰子:将桌上的骰子全部掷出,然后去掉那些奇数点的骰子。求完成以上操作的次数多于三 次的概率。.(169/512) 5. ( 2004 湖南)如果一元二次方程 x 2 ? 2( a ? 3) x ? b 2 + 9 = 0 中,a、b 分别是投掷骰 子所得的数字,则该二次方程有两个正根的概率 P= A. ( ) D.

1 18

B.

1 9

C.

1 6

13 18

6. (2005 江西)从 3 名男生和 n 名女生中,任选 3 人参加比赛,已知 3 人中至少有 1 名 女生的概率为

34 ,则 n=_____. 35

7. (2005 江西)有 10 名乒乓球选手进行单循环赛,比赛结果显示,没有和局,且任意 5 人中既有 1 人胜其余 4 人,又有 1 人负其余 4 人,则恰好胜了两场的人数为 ____________ 个. 8.将编号为 1,2,…,9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上,每个等分点上各 有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要 S.求使 S 达到最小值的放法 的概率.(注:如果某种放法,经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合,则认为是相同的 放法) 解:九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上,每点放一个,相当于九个不同元素 在圆周上的一个圆形排列,故共有 8!种放法,考虑到翻转因素,则本质不同的放法有 种. …5 分 下求使 S 达到最小值的放法数:在圆周上,从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径,对其中任一条 路径,设 x1 , x2 , ?, xk 是依次排列于这段弧上的小球号码,则

8! 2

| 1 ? x1 | + | x1 ? x 2 | +? + || x k ? 9 |≥| (1 ? x1 ) + ( x1 ? x2 ) + ? + ( x k ? 9) |=| 1 ? 9 |= 8.
上式取等号当且仅当 1 < x1 < x 2 < ? < xk < 9 ,即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递 增排列.

因此 S 最小 = 2 ? 8 = 16 .…………………………………………………………………10 分 由上知,当每个弧段上的球号 {1, x1 , x 2 ,? x k ,9}确定之后,达到最小值的排序方案便唯 一确定. 在 1,2,…,9 中,除 1 与 9 外,剩下 7 个球号 2,3,…,8,将它们分为两个子集,元
0 2 3 6 素较少的一个子集共有 C7 + C1 7 + C 7 + C 7 = 2 种情况,每种情况对应着圆周上使 S 值达

到最小的唯一排法,即有利事件总数是 2 6 种,故所求概率 P =

26 1 = . ……………20 分 8! 315 2

8、 ( 2004 全国)一项“过关游戏”规则规定:在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次,如果这 n 次抛掷所出现的点数之和大于 2 n ,则算过关。问: (Ⅰ)某人在这项游戏中最多能过几关? (Ⅱ)他连过前三关的概率是多少?(注:骰子是一个在各面上分别有 1,2,3,4,5,6 点数的均匀正方体。抛掷骰子落地静止后,向上一面的点数为出现点数。 ) 解:由于骰子是均匀的正方体,所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。 (Ⅰ)因骰子出现的点数最大为 6,而 6 × 4 > 24 , 6 × 5 < 25 ,因此,当 n ≥ 5 时,n 次出现 的点数之和大于 2 n 已不可能。即这是一个不可能事件,过关的概率为 0。所以最多只能连 过 4关。 分 (Ⅱ)设事件 An 为“第 n 关过关失败”,则对立事件 An 为“第 n 关过关成功”。 第 n 关游戏中,基本事件总数为 6n 个。 第 1 关:事件 A1 所含基本事件数为 2(即出现点数为 1 和 2 这两种情况) , .......5

∴过此关的概率为: P( A1) = 1 ? P ( A1) = 1 ?

2 2 = 。 6 3

第 2 关:事件 A2 所含基本事件数为方程 x + y = a 当 a 分别取 2,3,4 时的正整数解组数之
1 1 和。即有 C1 + C1 。 2 + C3 = 1 + 2 + 3 = 6 ( 个 )

∴ 过此关的概率为: P( A2 ) = 1 ? P ( A2 ) = 1?


6 5 = 。 62 6

........10

第 3 关:事件 A3 所含基本事件为方程 x + y + z = a 当 a 分别取 3,4,5,6,7,8 时的正整
2 2 2 2 2 数解组数之和。即有 C2 。 + C3 + C4 + C5 + C2 + 21= 56( 个 ) 6 + C 7 = 1+ 3+ 6+ 10+ 15

∴过此关的概率为: P( A3 ) = 1 ? P ( A3 ) = 1 ?


56 20 = 。 63 27 2 5 20 100 × × = 。 3 6 27 243

.........15

故连过前三关的概率为: P( A1 ) × P( A2 ) × P( A3 ) =

........20

分 (说明:第 2,3 关的基本事件数也可以列举出来) 10、 ( 2006 年浙江省预赛)六个面分别写上 1,2,3,4,5,6 的正方体叫做骰子。问 1) 共有多少种不同的骰子; 2) 骰子相邻两个面上数字之差的绝对值叫做这两个面之间的变差,变差的总和叫 做全变差 V。在所有的骰子中,求 V 的最大值和最小值。 解:1)设台子上有一个与骰子的侧面全等的正方形。我们把一个骰子放到该正方形上的放 法共 6×4 种。所以不同的骰子共有

6! = 30 种。 6*4

………………… (5 分)

2) 由 1-6 的六个数字所能产生的变差共有 15 个,其总和为 1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)=35 (10 分) 与之相比,每个骰子的全变差中,所缺的是三个相对面上数字之间的变差,记其总和为 v, 则 vmax=(6+5+4)- (1+2+3) =9 , vmin = 1+1+1 = 3 ………………… (15 分) 因此 Vmax=35-vmin=32 Vmin =35-vmax=26. ………………… (20 分)

竞赛试题选讲之

立体几何

一、选择题部分 1. (2006 吉林预赛)正方体 ABCD-A1 B1 C1D1 中,过顶点 A1 作直线 l,使 l 与直线 AC 和直线 BC1 所成的角均为 60°,则这样的直线 l 的条数为 ( C )w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A. 1 B. 2 C. 3 D. 大于 3 2、 ( 2006 陕西赛区预赛)如图 2,在正方体 ABCD ? A1 B1 C1 D1 中,P 为棱 AB 上一点 , 过点 P 在空间作直线 l,使 l 与平面 ABCD 和平面 AB C1 D1 均成 30 0 角,则这样的直线

l 的条数为 ( B ) A. 1 B .2 C. 3 D .4 3.(集训试题)设 O 是正三棱锥 P-ABC 底面是三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC
交于 S,与 PA、PB 的延长线分别交于 Q、R,则和式

1 1 1 + + ( PQ PR PS



A.有最大值而无最小值 B.有最小值而无最大值 C.既有最大值又有最小值,两者不等 D.是一个与面 QPS 无关的常数 解:设正三棱锥 P-ABC 中,各侧棱两两夹角为 α,PC 与面 PAB 所成角为 β,则 vS-

1 1 1 S△PQR ·h= ( PQ·PRsinα)·PS·sinβ。另一方面,记 O 到各面的距离为 d,则 vS-PQR=vO3 3 2 1 1 1 1 d 1 S △ PQR · d= △ PRS · d+ S △ PRS · d+ △ PQS · d= ? PQ · PRsin α PQR +vO-PRS+vO-PQS , 3 3 3 3 3 2 d 1 d 1 + ? PS·PRsinα+ ? PQ·PS·sinα,故有 :PQ·PR·PS·sinβ=d(PQ·PR+PR·PS+PQ·PS), 3 2 3 2
PQR =



1 1 1 sin β + + = =常数。故选 D。 PQ PR PS d

4. ( 2006 年江苏)过空间一定点 P 的直线中,与长方体 ABCD ? A 1B 1C 1D 1 的 12 条棱所在 直线成等角的直线共有( C )

( A) 0 条

( B) 1 条

(C ) 4 条

( D ) 无数多条

5.(2006 天津)已知 P 为四面体 S ? ABC 的侧面 SBC 内的一个动点,且点 P 与顶点 S 的距离等于点 P 到底面 ABC 的距离,那么在侧面 SBC 内,动点 P 的轨迹是某曲线的一部 分,则该曲线一定是 (A)圆或椭圆 (B)椭圆或双曲线 (C)双曲线或抛物线 (D)抛物线 或椭圆 ( D ) 6. ( 2006 年南昌市)四棱锥 P ? ABCD 的底面 ABCD 是单位正方形( A, B, C, D 按反时针 方向排列 ),侧棱 PB 垂直于底面,且 PB = )

3 ,记 ∠APD = θ ,则 sin θ =

(

C

A.

2 2

B.

3 3

C.

5 5

D.

6 6

7.(2005 年浙江)正方体的截平面不可能是: (1) 钝角三角形 (2) 直角三角形 (3) 菱 形 (4) 正五边形 (5) 正六边形; 下述选项正确的是: ( B ) (A) (1)(2)(5) (B) (1)(2)(4) (C) (2)(3)(4) (D) (3)(4)(5) 【 解 】 正方体的截平面可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角 三角形,直角三角形(证明略) ;对四边形来讲,可以是梯形(等腰梯形) 、平行四边形、菱 形,矩形、但不可能是直角梯形(证明略) ;对五边形来讲,可以是任意五边形,不可能是 正五边形(证明略) ;对六边形来讲,可以是六边形(正六边形) 。 ∴ 选 【 B 】 ′ ′ ′ ′ 8.(2005 全国)如图, ABCD ? A B C D 为正方体。任作平面 α 与对角线 AC ′ 垂直,使得 α 与正方体的每个面都有公共点,记这样得到的截面多边形的面积为 S,周长为 l .则 ( ) A.S 为定值, l 不为定值 B.S 不为定值, l 为定值 C.S 与 l 均为定值 D.S 与 l 均不为定值 解:将正方体切去两个正三棱锥 A ? A′BD与 C′ ? D′B′C 后,得 到一 个以 平行 平面

A′BD与D′B′C 为上、下底面的几何体 V,V 的每个
侧面都是等腰直角三角形, 截面多边形 W 的每一条边 分别与 V 的底面上的一条边平行,将 V 的侧面沿棱 A′B ′ 剪开,展平在一张平面上,得到一个

A′B ′B1 A1 ,而多边形 W 的周界展开后便成为一
条与 A′A1 平行的线段(如图中 E ′E1 ) ,显 然 E ′E1 = A′A1 ,故 l 为定值。 当 E ′ 位于 A′B ′ 中点时,多边形 W 为正六边形,而当 E ′ 移至 A′ 处时,W 为正三角形, 易知周长为定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为

3 2 3 2 l 与 l ,故 S 不为定值。选 B。 24 36
C )

9.(2006 浙江省)在正 2006 边形中,与所有边均不平行的对角线的条数为( (A) 2006 (B) 1003 2 (C) 10032 ? 1003

(D) 10032 ? 1002 .

解: 正 2n 边形 A1 A2 ? A2 n ,对角线共有

1 × 2n × ( 2n ? 3) = n( 2n ? 3) 条。 2

计算与一边 A1 A2 平行的对角线条数,因 A1 A2 // An +1 An + 2 ,与 A1 A2 平行的对角线的端点只 能取自 2n-4 个点,平行线共 n-2 条。故与某一边平行的对角线共 n(n-2)条。由此可得与任 何边都不平行的对角线共有 n(2n-3)-n(n-2)=n(n-1)条。 因此正确选项是 C。 10. ( 2005 四川)如图,一个立方体,它的每个角都截去一个三棱锥,变成一个新的立体图 形。那么在新图形顶点之间的连线中,位于原立方体内部的有 120 条。 解:据 题 意 新的 立 体 图形 中 共 有 24 个顶点 , 每 两点 连 一 条线 , 共
2 C24 = 12 × 23 = 276 ,其中所有的棱都在原立方体的表面,有 36 条.原立方体

的每个面上有 8 个点,除去棱以外,还可以连

5×8 = 20 条,6 个面共 120 条 2

都在原立方体的表面,除此之外的直线都在原立方体的内部。 二、填空题部分 1.(2006 年南昌市)棱长为 1 的正四面体在水平面上的正投影面积为 s ,则 s 的最大值为__

1 _. 2
2、 ( 2006 天津)在一个棱长为 5 的正方体封闭的盒内,有一个半径等于 1 的小球,若小球 在盒内任意地运动,则小球达不到的空间的体积的大小等于

44 ?

31π 3



3. ( 2006 年上海)在△ABC 中,已知 ∠A = 30° , ∠B = 105° ,过边 AC 上一点 D 作直线 DE , 与边 AB 或者 BC 相交于 点 E ,使得 ∠ CDE = 60 ° ,且 DE 将 △ ABC 的面积 两等 分 ,则

? CD ? = ? AC ? ? ?

2

3 6



4. ( 2006 年上海)在直三棱柱中,已知底面积为 s 平方米,三个侧面面积分别为 m 平方米,

n









p





















s 2

4

( m + n + p)( m + n ? p)( p + m ? n)( n + p ? m)

立方米.

5、 ( 2006 陕西赛区预赛)用 6 根等长的细铁棒焊接成一个正四面体形框架,铁棒的粗细和 焊接误差不计设此框架能容纳得下的最大球的半径为 R1 ,能包容此框架的最小球的半径为

R2 ,则

R1 等于 R2

3 3

6.( 2006 年江苏) 长方体 ABCD ? A 1B 1C 1D 1 中,已知 AB1 = 4 , AD1 = 3 ,则对角线

AC1 的取值范围是
7.

( 4, 5)

. DABC 的 体 积 为

(2005 全 国 ) 如 图 , 四 面 体

1 , 且 满 足 6

∠ACB = 45°, AD + BC +
解:∵

AC = 3, 则 CD = 3 . 2

1 1 1 AD ? ( ? BC ? AC ? sin 45°) ≥ VDABC = , 3 2 6

即 AD ? BC ?

AC AC AC ≥ 1. 又 3 = AD + BC + ≥ 3 AD ? BC ? ≥ 3, 2 2 2

第 7 题图

等号当且仅当 AD = BC =

AC = 1 时成立,这时 AB = 1, AD ⊥ 面 ABC,∴ DC = 3 . 2

8、 ( 2004 全国)如图、正方体 ABCD ? A1 B1 C1 D1 中,二面角 A ? BD1 ? A 的度数是 1

____________。 解:连结 D1C , 作CE ⊥ BD1 ,垂足为 E,延长 CE 交 A1 B 于 F,则 FE ⊥ BD1 ,连 结 AE,由对称性知 AE ⊥ BD1 , ∴∠ FEA 是二面角 A ? BD1 ? A1 的平面角。连结 AC,设 AB=1,则 AC = AD1 =
A1 F D1 C1

B1

2, BD1 = 3.
D A

E

C

AB ? AD1 2 , 在Rt ?ABD1 中, AE = = BD1 3
4 ?2 2 2 2 2 2 AE + CE ? AC 2 AE ? AC 1 3 在 ? AEC中, cos ∠ AEC = = = =? 。 2 4 2 AE ? CE 2 AE 2 3

B

∴∠AEC = 1200 , 而∠ FEA是∠ AEC 的补角, ∴∠FEA = 600 。
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

高中数学竞赛专题讲座之
一、选择题部分 1、(集训试题)过椭圆 C:

解析几何

x2 y2 + = 1 上任一点 P,作椭圆 C 的右准线的垂线 PH(H 为 3 2

垂足) ,延长 PH 到点 Q,使|HQ|=λ|PH|(λ≥1)。当点 P 在椭圆 C 上运动时,点 Q 的轨迹的 离心率的取值范围为( )w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A. ( 0,

3 ] 3

B. (

3 3 , ] 3 2

C. [

3 ,1) 3

D. (

3 ,1) 2

解:设 P(x1, y1),Q(x, y),因为右准线方程为 x=3,所以 H 点的坐标为(3, y)。又∵HQ=

3(1 + λ ) ? x ? HP ?1 ? x1 = λPH,所以 = ,所以由定比分点公式,可得: ? ,代入椭圆方 λ PQ 1 + λ ? ? y1 = y
程 , 得 Q 点 轨 迹 为

[ x ? 3(1 + λ )] 2 y 2 + =1 , 所 以 离 心 率 3λ 2 2

3λ2 ? 2 2 3 e= = 1 ? 2 ∈[ ,1) 。故选 C。 3λ 3 2 3λ
2 (2006 年南昌市)抛物线顶点在原点,对称轴为 x 轴,焦点在直线 3x-4y=12 上,则抛 物线方程为(D) A . y 2 = ?12 x B . y 2 = 12 x D . C . y 2 = ?16 x

y 2 = 16 x
3.(2006 年江苏)已知抛物线 y 2 = 2 px , O 是坐标原点, F 是焦点, P 是抛物线上 的点,使得△ POF 是直角三角形,则这样的点 P 共有 ( B )

( A) 0 个

( B) 2 个

(C ) 4 个

(D)6 个

4. ( 200 6 天津)已知一条直线 l 与双曲线

x2 y 2 ? = 1( b > a > 0 )的两支分别相交 a2 b2


于 P 、 Q 两点, O 为原点,当 OP ⊥ OQ 时,双曲线的中心到直线 l 的距离 d 等于( A

(A)

ab b 2 ? a2

(B)

ab 2 b ? a2

(C)

b 2 ? a2 ab

(D)

b 2 ? a2 ab

5. (2005 全国)方程

sin

x2 y2 + = 1 表示的曲线是( 2 ? sin 3 cos 2 ? cos 3
B.焦点在 x 轴上的双曲线 D.焦点在 y 轴上的双曲线



A.焦点在 x 轴上的椭圆 C.焦点在 y 轴上的椭圆 解 : ∵ 2 + 3 > π ,∴ 0 <

π π π π π ? 2 < 3 ? < ,∴ cos( ? 2 ) > cos( 3 ? ), 即 2 2 2 2 2

sin 2 > sin 3 . 又 0 < 2 <
方程表示的曲线是椭圆。

π π , < 3 < π ,∴ cos 2 > 0, cos 3 < 0,∴ cos 2 ? cos 3 > 0, 2 2

∵ (sin 2 ? sin 3 ) ? (cos 2 ? cos 3 ) = 2 2 sin ?

π 2? 3 < < 0, ∴sin 2 2

2? 3 2+ 3 π sin( + ) ……(?) 2 2 4 2? 3 π 2 + 3 3π 3π 2+ 3 π 2+ 3 π < 0, < < ,∴ < + < π .∴sin( + ) > 0, 2 2 2 4 4 2 4 2 4

∴ (?)式 < 0 . 即 sin

2 ? sin 3 < cos 2 ? cos 3. ∴曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆,选 C。

6 .( 2006 年浙江 省 预 赛 ) 已知两 点 A (1,2), B (3,1) 到直线 L 的距离 分 别 是

2, 5 ? 2 , 则 满 足 条 件 的 直 线 L 共 有
( C ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4

条 。

解: 由 AB =

5 , 分别以 A,B 为圆心, 2 , 5 为半径作两个圆,则两圆外切,有三条

共切线。正确答案为 C。 7.( 2006 年浙江省预赛)设在 xOy 平面上, 0 < y ≤ x 2 , 0 ≤ x ≤ 1 所围成图形的面积 为

1 ,则集合 M = {( x, y) y ? x ≤ 1}, N = {( x, y ) y ≥ x 2 + 1}的交集 M ∩ N 所表示的 3
(A)

图形面积为

1 3

(B)

2 3

(C)

1

(B)

4 . 3



B ) 解: M ∩ N 在 xOy 平面上的图形关于 x 轴与 y 轴均对称,由此 M ∩ N 的图形面积只 要算出在第一象限的图形面积乘以 4 即得。为此,只要考虑在第一象限的面积就可以了。由 题意可得, M ∩ N 的图形在第一象限的面积为 A=

1 1 1 ? = 。因此 M ∩ N 的图形面积为 2 3 6

2 。 所以选(B)。 3
二、填空题部分 1.( 200 6 天津)已知椭圆

x2 y2 ,长轴的两个端点为 A 、 B , + = 1( a > b > 0 ) a2 b 2

若椭 圆 上 存 在 点

Q , 使 ∠AQB = 120 ? , 则 该 椭 圆 的 离 心 率 e 的 取 值 范 围 是

6 ≤ e <1 3



?y ≥ 0 ? 2.( 2006 年江苏)已知 ?3 x ? y ≥ 0 ,则 x 2 + y 2 的最大值是 ? x + 3y ? 3 ≤ 0 ?

9



3.( 2006 吉林预赛)椭圆 x2/a2 +y2/b2 =1(a>b>0)的右顶点为 A,上顶点为 B,左焦点 为 F,若∠ABF 是直角,则这个椭圆的离心率为_________。 4、( 2006 陕西赛区预赛)若 a , b , c 成等差数列,则直线 ax+by+c = 0 被椭圆

x2 y2 + = 1 截得线段的中点的轨迹方程为 2 8

1 ( y + 1) 2 2(x ? )2 + =1 2 2
y P(x,y) A

5. (2005 年浙江)根据指令,机器人在平面上能完成下列动作: 先从原点 O

π 沿正东偏北 α ( 0 ≤ α ≤ )方向行走一段时间后,再向正北方向行走一段时间, 2
但何时改变方向不定。假定机器人行走速度为 10 米/分钟,则机器人行走 2 分钟 时的可能落点区域的面积是 。 【解】 :如图,设机器人行走 2 分钟时的位置为 P ( x, y ) 。设机器人改变方向 的点为 A, OA = a , AP = b 。则由已知条件有 a + b = 2 × 10 = 20 ,以及

α
O x

? x 2 + y 2 = a 2 + 2 ab sin α + b 2 ≤ ( a + b ) 2 = 400 ? x = a cosα .所以有 ? ? ? y = a sin α + b ? x + y = a (sin α + cosα ) + b ≥ a + b = 20
形为弓形,其面积为 100 π ? 200 平方米。 6. ( 2006 年 浙 江 省 预 赛 )

即所求平面图





A = ( x , y ) x 2 + y 2 ? 2 x cos α + 2(1 + sin α )(1 ? y) = 0, α ∈ R , B = {( x, y) y = kx + 3, k ∈ R} 。若 A ∩ B 为单元素集,则 k = ± 3 。
解 由

{

}

x 2 + y 2 ? 2 x cos α + 2(1 + sin α )(1 ? y ) = 0 ? ( x ? cosα ) 2 + ( y ? 1 ? sin α ) 2 = 0
? x = cosα , y = 1 + sin α ? x 2 + ( y ? 1) 2 = 1

A ∩ B 为单元素集,即直线 y = kx + 3与 x 2 + ( y ? 1) 2 = 1 相切,则 k = ± 3 .
7. (2005 全国)若正方形 ABCD 的一条边在直线 y = 2 x ? 17 上, 另外两个顶点在抛物线

y = x 2 上.则该正方形面积的最小值为

80

.

解:设正 方形的 边 AB 在直线 y = 2 x ? 17 上,而位 于抛物 线上 的两个 顶点 坐标为

C ( x1 , y1 ) 、 D ( x 2 , y 2 ) ,则 CD 所在直线 l 的方程 y = 2 x + b, 将直线 l 的方程与抛物线方程联
立 , 得

x 2 = 2 x + b ? x1, 2 = 1 ± b + 1.















a,



a 2 = ( x1 ? x2 ) 2 + ( y1 ? y2 ) 2 = 5( x1 ? x 2 ) 2 = 20(b + 1). ①
在 ②.
2 ①、②联立解得 b1 = 3, b2 = 63. ∴a 2 = 80, 或 a 2 = 1280. ∴ a min = 80.

,它到直线 y = 2 x + b 的距离为 a ,∴ a = y = 2x ? 17 上任取一点( 6,,5)

| 17 + b | 5

8、 ( 2004 全国)在平面直角坐标系 XOY 中,给定两点 M(-1,2)和 N(1,4) ,点 P 在 X 轴上移动,当 ∠ MPN 取最大值时,点 P 的横坐标为_______________。 解:经过 M、N 两点的圆的圆心在线段 MN 的垂直平分线 y=3-x 上,设圆心为 S(a,3 -a) ,则圆 S 的方程为: ( x ? a) 2 + ( y ? 3 + a) 2 = 2(1 + a2 ) .对于定长的弦在优弧上所对的 圆周角会随着圆的半径减小而角度增大,所以,当 ∠ MPN 取最大值时,经过 M,N,P 三点 的圆 S 必与 X 轴相切于点 P, 即 圆 S 的方程中的 a 值必须满足 2(1 + a 2 ) = ( a ? 3) 2 , 解得 a=1

或 a=-7。即对应的切点分别为 P(1, 0) 和P' ( ?7, 0) ,而过点 M,N, p ' 的圆的半径大于过点 M,N,P 的圆的半径,所以 ∠ MPN > ∠ MP ' N ,故点 P(1,0)为所求,所以点 P 的横坐 标为 1。 三、解答题部分 1.(集训试题)已知半径为 1 的定圆⊙P 的圆心 P 到定直线 l 的距离为 2,Q 是 l 上一动 点,⊙Q 与⊙P 相外切,⊙Q 交 l 于 M、N 两点,对于任意直径 MN,平面上恒有一定点 A,使 得∠MAN 为定值。求∠MAN 的度数。 解:以 l 为 x 轴,点 P 到 l 的垂线为 y 轴建立如图所示的直角坐标系,设 Q 的坐标 为 (x, 0) ,点 A(k, λ ) , ⊙ Q 的半 径 为 r ,则 : M(x-r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ=

x 2 + 22

=1+r







x=

±

r 2 + 2r ? 3

,



tan



o?r o?h ? k AN ? k AM MAN= = x+r ?h x?r ?h 1 + k AN ? k AM 1 + o ? h ? o ? h x+ r ?h x?r ?k
= 2rh 2 rh 2rh ,令 = = 2 2 2 2 2 2 2 2 (x ? k ) ? r + h (± r + 2 r ? 3 ) ? r ? h h + k ? 3 + 2r ? 2 k r 2 + 2 r ? 3
2

2m=h2 +k2-3,tan∠MAN=

1 ,所以 m+r ? k r 2 + 2r ? 3 =nhr,∴m+(1-nh)r= ± k r 2 + 2 r ? 3 , n

两边平方,得:m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2 r2=k2 r2+2k2 r-3k2,因为对于任意实数 r≥1,上式恒成

? m 2 = ?3k 2 (1) ? 1 立, 所以 ? 2m (1 ? nh) = 2k 2 (2) ,由( 1) ( 2)式 ,得 m=0, k=0,由( 3)式 ,得 n= 。由 2m=h2+k2 -3 h ? 2 2 ? ? (1 ? nh) = k (3)
得 h=± 3 , 所以 tan∠MAN=

1 =h=± 3 。所以 ∠MAN=60°或 120°( 舍 ) ( 当 Q(0, 0), r=1 n

时∠MAN=60°) , 故 ∠MAN=60°。 2、(2006 吉林预赛)已知抛物线 C :x2=2py(p>0),O 是坐标原点, M(0,b)(b>0)为 y 轴上一动点,过 M 作直线交 C 于 A 、B 两点,设 S△ABC =mtan∠AOB,求 m 的最小值。 ( - 2 0.5p ) 3、(2006 年南昌市)(高二)给定圆 P: x 2 + y 2 = 2 x 及抛物线 S: y 2 = 4 x ,过圆心 P 作 直线 l , 此直 线 与 上 述 两 曲线 的 四 个 交 点 , 自上 而 下 顺 次 记 为 A, B, C, D ,如果 线 段 AB, BC, CD的长按此顺序构成一个等差数列,求直线 l 的方程. 解:圆 P 的方程为 ( x ? 1) + y 2 = 1 ,则其直径长 B C = 2 ,圆心为 P (1, 0) ,设 l 的方程 为 ky = x ? 1 ,即 x = ky + 1,代入抛物线方程得: y 2 = 4ky + 4 ,设 A ( x1 , y1 ) , D ( x2 , y2 ) 有?
2

? y1 + y 2 = 4 k ,则 ( y1 ? y 2 ) 2 = ( y1 + y2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ? y1 y 2 = ?4

y
A
2 2

故 | AD | 2 = ( y1 ? y 2 ) 2 + ( x1 ? x 2 ) 2 = ( y1 ? y 2 ) 2 + (
2

y ?y ) 4
P o
D C

2 1

y + y2 2 = ( y1 ? y 2 ) [1 + ( 1 ) ] = 16( k 2 + 1) 2 ,因此 | AD |= 4 (k 2 + 1) 4 据等 差 , 2 BC = AB + CD = AD ? BC 所以 AD = 3 BC = 6 即
,

B
x

4( k 2 + 1) = 6 , k = ±

2 2 2 则 l 方程为 x = y +1或 x = ? y +1 . 2 , 2 2

4.(2006 年上海)已知抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) ,其焦点为 F,一条过焦点 F,倾斜角 为θ

(0 < θ < π ) 的直线交抛物线于 A,B 两点,连接 AO(O 为坐标原点) ,交准线于点 B′ ,

连接 BO,交准线于点 A′ ,求四边形 ABB′A′ 的面积. 解 当θ =

π 时, S ABB′ A′ = 2 p 2 . 2

…………………(4 分)

π 时,令 k = tan θ .设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ,则由 2 p y 2 = 2 px , ② y = k ( x ? ) ,① 2 2p 消去 x 得, y 2 ? y ? p2 = 0 ,所以 k 2p y1 + y2 = , y1 y2 = ? p 2 . ③ k
当θ ≠ 又直线 AO 的方程为: y =

y A/ A

O B/

F B

x

y1 2p x ,即为 y = x ,所以, AO x1 y1

与准线的交点的坐标为 B′(?

p p2 p2 ,而由 ③知 , ,? ) y2 = ? ,所以 B 和 B′ 的纵坐标相等 , 2 y1 y1

从而 BB′ ? x 轴.同理 AA′ ? x 轴,故四边形 ABB′A′ 是直角梯形.………………(9 分)

所以,它的面积为 S ABB′ A′ =

1 1 ( AA′ + BB′ ) ? A′ B′ = AB ? A′ B′ 2 2 = 1 1 2 ( y 2 ? y1 ) 1 + 2 2 k

=

1 ( x2 ? x1 ) 2 + ( y 2 ? y1) 2 ? y 2 ? y1 2

=

1 1 1+ 2 ? ( y + y )2 ? 4 y1 y2 ? ? 2 k ? 1 2
3 1 ?2 ? = 2 p 2 ? 1+ 2 ? = 2 p 2 (1+ cot 2 θ ) 2 .………………(14 分) ? k ? 3

5. (2005 年浙江)(20 分)设双曲线 x 2 ? y 2 = 1 的左、右焦点分别为 F1 , F2 ,若

?PF1 F2 的顶点 P 在第一象限的双曲线上移动, 求 ?PF1 F2 的内切圆的圆心轨迹以及该内切
圆在边 PF2 上的切点轨迹。 【解】 如图,记双曲线在 x 轴上的两顶点为 A(1, 0), B(-1, 0),G 为 ?PF1 F2 的内切圆 在边 F1 F2 上的切点,H 为 ?PF1 F2 的内切圆在边 PF2 上的切点,K 为 ?PF1 F2 的内切圆在边

PF1 上的切点。则有 GF1 ? GF2 = KF1 ? HF2 = ( KF1 + KP ) ? ( HF2 + HP ) = PF1 ? PF2
----5分 由双曲线的定义知,G 必在双曲线上,于是 G 与 A(1, 0)重合,是定点。 而 F2 G = F2 A = --------

2 ? 1 。根据圆外一点到该圆的两切点的距离相等,所以 ?PF1 F2 的内切
10 分

圆在边 PF2 上的切点的轨迹是以 F2 ( 2 , 0) 为圆心, 2 ? 1 为半径的圆弧。------

因为 P( x , y ) 是在 x 2 ? y 2 = 1 第一象限的曲线上移动,当 PF2 沿双曲线趋于无穷时,

与 x 轴正向的交角 θ 的正切的极限是 lim tan θ = lim
x →+∞ x→ +∞

x 2 ?1 =1 x? 2
? x ? 2 = ( 2 ? 1) cos θ ? y = ( 2 ? 1) sin θ ?




θ→

π 。 故点 H 的轨 迹 方 程 为 ( 极坐 标 形 式 ) 4



π < θ < π )-- 15 分 4

也可以用直角坐标形式。由于 G 与 A(1, 0)重合,是定点, 故该内切圆圆心的轨迹是直线段 , 方程为

x = 1 ( 0 < y < 1 )。

---------------------------- 20 分

6. ( 2006 浙 江 省 ) 在 x 轴 同 侧 的 两 个 圆 : 动 圆 C1 和 圆

4 a 2 x 2 + 4a 2 y 2 ? 4abx ? 2ay + b 2 = 0 外切( a , b ∈ N , a ≠ 0 ) ,且动 圆 C1 与 x 轴相切,求
(1)动圆 C1 的圆心轨迹方程 L; (2)若直线 4( 7 ? 1) abx ? 4 ay + b 2 + a 2 ? 6958a = 0 与曲线 L 有且仅有一个公共点,求

a , b 之值。
解: (1)由 4 a 2 x 2 + 4a 2 y 2 ? 4abx ? 2ay + b 2 = 0 可得 ( x ?

b 2 1 1 ) + ( y ? )2 = ( ) 2 , 2a 4a 4a

由 a , b ∈ N,以及两圆在 x 轴同侧,可知动圆圆心在 x 轴上方,设动圆圆心坐标为 ( x, y) , 则 有

(x ?
整理得到动圆圆心轨迹方程

b 2 1 1 ) + ( y ? )2 = y + , 2a 4a 4a

y = ax 2 ? bx +
另解 由已知可得,动圆圆心的轨迹是以 (

b2 4a

(x ≠

b ) 。 ……………………(5 分) 2a

b 1 1 , ) 为焦点, y = ? 为准线,且顶点在 2a 4a 4a

(

b ,0) 点(不包含该点)的抛物线,得轨迹方程 2a
(x ?

b 2 1 b2 b ) = y ,即 y = ax 2 ? bx + (x ≠ ) …………………(5 分) 2a a 4a 2a

(2)联立方程组

b2 b y = ax ? bx + ( x ≠ ) 4a 2a
2



4( 7 ? 1) abx ? 4ay + b 2 + a 2 ? 6958 a = 0
消去 y 得 由?



4 a 2 x 2 ? 4 7abx ? (a 2 ? 6958a) = 0 ,

= 16 × 7a 2b 2 + 16a 2 ( a 2 ? 6958a) = 0, 整理得
7b 2 + a 2 = 6958a


从③可知 7 a 2 ? 7 a 。 故令 a = 7a1 ,代入③可得

b 2 + 7 a1 2 = 6958a1

? 7 b 2 ? 7 b . 再令 b = 7b1 ,代入上式得 7b1 2 + a1 2 = 994a1
…………………(10 分)

同理可得, 7 a1 ,7 b1 。可令 a = 49n, b = 49m, 代入③可得

7m 2 + n2 = 142n
对④进行配方,得



( n ? 71) 2 + 7 m 2 = 712 ,

对此式进行奇偶分析,可知 m , n 均为偶数,所以 7 m 2 = 712 ? ( n ? 71) 2 为 8 的倍数,所以

4 m 。令 m = 4r ,则 112r 2 ≤ 712 ? r 2 ≤ 45。
所以

r = 0,1, 2, 3, 4, 5, 6

…………………………………(15 分)

仅当 r = 0,4 时, 712 ? 112 r 2 为完全平方数。于是解得

a = 6958, b = 0(不合,舍去)

a = 6272 b = 784

a = 686 。 …………………(20 分) b = 784

10、 ( 2004 全国)设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k 2 ? pk 也是一个正整数,则 k=____________。 解:设 k 2 ? pk = n, n ∈ N * , 则 k 2 ? pk ? n 2 = 0, k = 方数,设为 m , m ∈ N , 则 (m ? 2n )(m + 2n ) = p
2 * 2

p ± p 2 + 4n 2 ,从而 p 2 + 4n 2 是平 2

? p2 +1 m = ? ?m ? 2n = 1 ? 2 ∵ p是质数,且p ≥ 3, ∴ ? , 解得 ? 2 2 ?m + 2n = p ?n = p ? 1 ? ? 4 ∴k =

p ± m 2 p ± ( p2 + 1) ( p + 1)2 。 (负值舍去) = ,故 k= 2 4 4

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

《解析几何》
一、选择题 1、( 04 湖南)已知曲线 C : y = 取值范围是(C) A. ( ? 2 ? 1, 2 ) 2 (05 全国)方程

各类竞赛试题选讲

? x 2 ? 2 x 与直线 l : x + y ? m = 0 有两个交点,则 m 的

B. ( ?2, 2 ? 1)

C. [ 0, 2 ? 1)

D. ( 0, 2 ? 1)

sin

x2 y2 + = 1 表示的曲线是( D ) 2 ? sin 3 cos 2 ? cos 3
B. 焦点在 x 轴上的双曲线 D. 焦点在 y 轴上的双曲线

A. 焦点在 x 轴上的椭圆 C. 焦点在 y 轴上的椭圆

3、( 06 浙江)已知两点 A (1,2), B (3,1) 到直线 L 的距离分别是 条件的直线 L 共有( C )条。 (A)1 (B)2 (C)3 解: 由 AB =

2 , 5 ? 2 ,则满足

(D)4

5 , 分别以 A,B 为圆心, 2 , 5 为半径作两个圆,则两圆外切,有三条

共切线。正确答案为 C。 4. ( 06 安徽)过原点 O 引抛物线 y = x2 + ax + 4 a2 的切线,当 a 变化时,两个切点分别在抛物 线( B A、 y= )上
1 2 3 x , y = x2 2 2

B、 y=

3 2 5 x , y = x2 2 2

C 、 y = x2 , y = 3 x2

D、

y = 3x 2 , y = 5x 2

5.若在抛物线 y = ax 2 ( a > 0) 的上方可作一个半径为 r 的圆与抛物线相切于原点 O ,且该 圆与抛物线没有别的公共点,则 r 的最大值是 (A) ( A (C) a ). (D) 2 a

1 2a

(B)

1 a

6. (06 江苏)已知抛物线 y2=2px,o 是坐标原点,F 是焦点,P 是抛物线上的点,使得△ POF 是直角三角形,则这样的点 P 共有( B ) (A)0 个 (B)2 个 (C)4 个 (D)6 个 7、( 06 全国)如图 3,从双曲线

x2 y 2 ? = 1(a > 0,b > 0) 的左焦点 F 引圆 a2 b2

x 2 + y 2 = a2 的切线,切点为 T.延长 FT 交双曲线右支于 P 点。若 M 为线段 FP
的中点,O 为坐标原点,则 | MO | ? | MT | 与 b ? a 的大小关系为 A. | MO | ? | MT | > b ? a B. | MO | ? | MT | = b ? a ( )

C. | MO | ? | MT | < b ? a

D.不确定

8.(05 四川)双曲线

x2 y2 ? = 1的左焦点为 F1 ,顶点为 A1 , A2 , P 是该双曲线右支上任 a2 b 2
) (D)相离

意一点,则分别以线段 PF1 , A1 A2 为直径的两圆一定( (A)相交 (B)内切 (C)外切

解:设双曲线的另一个焦点为 F2 ,线段 PF1 的中点为 C ,在△ F1 F2 P 中,C 为 PF1 的中点 ,

O 为 F1 F2 的中点,从而 OC =
径的两圆一定内切。

1 1 | PF2 |= (| PF1 | ? | A1 A2 |) ,从而以线段 PF1 , A1 A2 为直 2 2

9、点 A 是直线 l : y = 3 x 上一点,且在第一象限,点 B 的坐标为(3,2) ,直 线 AB 交 x 轴 正半轴于点 C ,那么三角形 AOC 面积的最小值是 ( A ) 10.(02 湖南)已知 A(-7,0), B(7,0), C(2,-12)三点,若椭圆的一个焦点为 C,且 过 A、B 两点,此椭圆的另一个焦点的轨迹为( ) (奥析 263) (A)双曲线 (B)椭圆 (C)椭圆的一部分 (D)双曲线的一部分 11、 ( 03 全国)过抛物线 y 2 = 8( x + 2) 的焦点 F 作倾斜角为 60O 的直线。若此直线与抛物线 交于 A、B 两点,弦 AB 的中垂线与轴交于点 P,则线段 PF 的长等于( (A) ) (奥析 263)

16 3

(B)

8 3

(C)

16 3 3

(D) 8 3

二、填空题 1、若 a,b,c 成等差数列,则直线 ax+by+c = 0 被椭圆 方程为 2. (04 湖南)设 P 是椭圆

x2 y2 + = 1 截得线段的中点的轨迹 2 8

x2 y2 + = 1上异于长轴端点的任意一点, F1 、 F2 分别是其左、 16 9

右焦点, O 为中心,则 | PF1 | ? | PF2 | + | OP | 2 = ___25________. 3.( 05 湖南)一张坐标纸对折一次后,点

A(0,4) 与点 B(8,0) 重叠,若点 C (6,8) 与点

D( m, n ) 重叠,则 m + n = _______________;
解: 可 解 得 对 称 轴 方 程 为

y = 2x ? 6 , 由

n +8 n?8 1 = ( 6 + m) ? 6, =? 得 2 m ?6 2

m = 7.6, n = 7,2 ,所以 m + n = 14.8

4. 在正△ ?ABC 中, D 、 E 分别是 AB 、 AC 的中点,则以 B 、 C 为焦点且过点 D 、 E 的 双曲线的离心率是

3 +1



5、 ( 03 全国) 设 F1、F2 是椭圆

x2 y2 + = 1 的两个焦点, P 是椭圆上的一点, 且|PF1|:|PF2 |=2:1. 9 4

则三角形 PF1F2 的面积为 . (奥析 264) 6、( 04 全国)给定两点 M(-1,2), N(1,4) , 点 P 在 x 轴上移动. 当 ∠MPN 取最大时, 点 P 的坐标为 . (奥析 265) 7、( 03 山东)设曲线 2 x 2 + y 2 = 4 x + 6 上与原点距离最大和最小的点分别为 M、N,则 |MN|= . (奥析 266) 8、( 04 全国)已知 M = {( x, y ) | x 2 + 2 y 2 = 3}, N = {( x, y ) | y = mx + b}. 若对于所有的

m ∈ R ,均有 M ∩ N ≠ φ ,则 b 的取值范围是

(奥析 267)

9、( 00 全国)平面上的整点到直线 25x-15y+12=0 的距离中的最小值是 10、(99 全国)满足不等式(|x|-1)2 +(|y|-1)2 <2 的整点的个数有

34 . 85
16 .

11、( 00 河北)在圆 x2 +y2-5x=0 内,过点 ( , ) 有三条弦的长度成等比数列. 则其公比的 取值范围为

5 3 2 2

[

2 5 5 , ] 5 2

. 2 .

12、设 P 是抛物线 y2=2x 上的点, Q 是圆(x-5)2+y2 =1 上的点,则|PQ|的最小值为

三、解答题 1、已知抛物线 y2=4ax (0<a<1)的焦点为 F,以 A(a+4,0)为圆心, |AF|为半径在 x 轴上 方作半圆交抛物线与不同的两点 M、N,设 P 为线段 MN 的中点. (1)求|MF|+|NF 的值.(2)是否存在这样的 a 的值,使||MF|、|PF|、|NF|成等差数列? 如存在,求出 a 的值;如不存在,说明理由。 答案(1)8;( 2)不存在。 (利用定义法)

2、圆 x2 +y2=8,点 A(2,0) ,动 点 M 在圆上,0 为原点,求 ∠ OMA 的最大值。 (方法大全 1)

3、已知曲线 M : x 2 ? y 2 = m , x > 0 , m 为正常数.直线 l 与曲线 M 的实轴不垂直,且

依次交直线 y = x 、曲线 M 、直线 y = ? x 于 A 、 B 、 C 、 D 4 个点, O 为坐标原点. (1) (2) 若 | AB |=| BC |=| CD | ,求证: ?AOD 的面积为定值; 若 ?BOC 的面积等于 ?AOD 面积的

1 ,求证: | AB |=| BC |=| CD | . 3

解: ( 1)设直线 l : y = kx + b 代入 x 2 ? y 2 = m 得:

y B
O

A
B P

(1 ? k ) x ? 2bkx ? b ? m = 0 , ? > 0 得:

2

2

2

b 2 + m(1 ? k 2 ) > 0 ,设 B ( x1 , y1 ) , C ( x 2 , y 2 ) ,则
有 x1 + x 2 =

C D

x
A Q C

2bk ? (b + m) , x1 x 2 = ,设 2 1? k 1? k2

2

A( x3 , y 3 ) , D( x4 , y 4 ) ,易得: x 3 =
| BC |=

b ?b , x4 = ,由 | AB |=| BC |=| CD | 得 1? k 1+ k

1 1 | AD | ,故 | x1 ? x2 |= | x 3 ? x 4 | ,代入得 3 3

(

9 2bk 2 4( b 2 + m) 1 2b ) + = | | ,整理得: b 2 = m( k 2 ? 1) ,又 2 2 2 1? k 1? k 3 1? k 8

| OA |= 2 |
值。

b b b2 9 | , | OD |= 2 | | , ∠AOD = 90° ,∴ S ? AOD = = m 为定 2 1? k 1+ k |1? k | 8

(2) 设 BC 中点为 P , AD 中点为 Q 则 x p =

x1 + x 2 x + x4 bk bk = , xQ = 3 = , 2 2 2 1? k 1? k 2

所以 x P = x Q , P 、 Q 重合,从而 | AP |=| DP | ,从而 | AB |=| CD | ,又 ?BOC 的面积等 于 ?AOD 面积的

1 1 ,所以 | BC |= | AD | ,从而 | AB |=| BC |=| CD | 。 3 3

4、已知点 A

(

5,0 和曲线

)

x2 ? y 2 = 1 2 ≤ x ≤ 2 5 , y ≥ 0 上的点 P1, P 2, …、 Pn 。若 P1 A 、 4

(

)

P2 A 、…、 Pn A 成等差数列且公差 d >0,(1). 试将 d 表示为 n 的函数关系式 .(2). 若
?1 1 ? d ∈? , ? ,是否存在满足条件的 n (n ∈ N * ) . 若存在, 求出 n 可取的所有值 ,若不存在 , 说 ?5 5 ?
明理由. 解 (1). ∵ d>0, 故 为 递 增 数 列 ∴ P 1A 最 小 , P nA 最 大 。 由方 程

x2 4 ? y 2 = 1 2 ≤ x ≤ 2 5 , y ≥ 0 知 A( 5 ,0) 是它的右焦点 ,L: x = 是它的右准线 , ∴ 4 5

(

)

P 5?2 1A =

Pn A = 3


于是 3 = ( 5 ? 2 ) ? ( n ? 1) d

d=

5? 5 ( n > 1) - - - - - - - - - - -5 分 n ?1
设 n ∈ (5 5 ? 4,26 ? 5 5 ) 又∵

(2) ∵ d ∈ ( ,

1 1 ) 5 5



1 5? 5 1 < < 5 n ?1 5

n ∈ N * ∴ n 取最大值 14, n 取最小值 8.∴ n 可取 8、9、10、11、12、、 13、14 这七个值。
- - - - - - - - -- - - - -9 分 5、( 03 山东)椭圆 C: Ax 2 + By 2 = 1 与直线 ? :x+2y=7 相交于 P、Q 两点,点 R 的坐标为 (2,5).若 ?PQR 是等腰三角形, ∠ PRQ = 90 O ,求 A、B 的 值 。 (奥析 265)

6、 ( 04 全国) 在平面直角坐标系 xoy 中, 给定三点 A(0, ), B (? 1, 0),C (1, 0) ,点 P 到直线 BC 的距离是该点到直线 AB,AC 距离的等比中项。 (Ⅰ)求点 P 的轨迹方程; (Ⅱ)若直线 L 经 过 ?ABC 的内心(设为 D) ,且 与 P 点的轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的取值范围。

4 3

4 4 ( x + 1), y = ? ( x ?1), y = 0 。点 P( x, y) 3 3 1 1 到 AB、AC、BC 的距离依次为 d1 = | 4 x ? 3 y + 4 |, d 2 = | 4 x + 3 y ? 4 |, d3 =| y | 。依设, 5 5
解: (Ⅰ)直线 AB、AC、BC 的方程依次为 y =

d1d 2 = d 32 , 得 | 16x 2 ? (3 y ? 4) 2 |= 25 y 2 ,即
16 x 2 ? (3 y ? 4) 2 + 25 y2 = 0, 或16 x2 ? (3 y ? 4)2 ? 25 y2 = 0 ,化简得点 P 的轨迹方程为
圆 S: 2 x 2 + 2 y 2 + 3 y ? 2 = 0与双曲线T:8x2 ?17 y 2 +12 y ? 8 = 0 (Ⅱ)由前知,点 P 的轨迹包含两部分 圆 S: 2 x 2 + 2 y 2 + 3 y ? 2 = 0 ① 与双曲线 T: 8x2 ? 17 y 2 + 12 y ? 8 = 0 ② ......5 分

因为 B(-1,0)和 C(1,0)是适合题设条件的点,所以点 B 和点 C 在点 P 的轨迹上,且 点 P 的轨迹曲线 S 与 T 的公共点只有 B、C 两点。

? ABC 的内心 D 也是适合题设条件的点,由 d1 = d 2 = d 3 ,解得 D(0, ) ,且知它在圆 S 上 。

1 2

直线 L 经过 D,且与点 P 的轨迹有 3 个公共点,所以,L 的斜率存在,设 L 的方程为

y = kx +

1 2



(i)当 k=0 时,L 与圆 S 相切,有唯一的公共点 D;此时,直线 y =

1 平行于 x 轴,表明 L 2

与双曲线有不同于 D 的两个公共点,所以 L 恰好与点 P 的轨迹有 3 个公共点。......10 分 (ii)当 k ≠ 0 时,L 与圆 S 有两个不同的交点。这时,L 与点 P 的轨迹恰有 3 个公共点只 能有两种情况:

1 ,直线 L 的方程为 2 5 4 5 4 x = ±(2y ? 1) 。代入方程②得 y(3y ? 4) = 0 ,解得 E ( , )或F(- , )。表明直线 BD 与 3 3 3 3 1 曲线 T 有 2 个交点 B、E;直线 CD 与曲线 T 有 2 个交点 C、F。故当 k = ± 时,L 恰好与点P 2
情况 1:直线 L 经过点 B 或点 C,此时 L 的斜率 k = ± 的轨迹有 3 个公共点。 ......15 分 情况 2:直线 L 不经过点 B 和 C(即 k ≠ ±

1 ) ,因为 L 与 S 有两个不同的交点,所以 L 2

?8 x 2 ? 17 y 2 + 12 y ? 8 = 0 ? 与双曲线 T 有且只有一个公共点。 即方程组 ? 有且只有一组实数解 , 1 y = kx + ? ? 2
消去 y 并化简得 (8 ? 17 k 2 ) x2 ? 5 kx ?

25 = 0 该方程有唯一实数解的充要条件是 4

8 ? 17k 2 = 0 ④
或 ( ?5k )2 + 4(8 ? 17k 2 )

25 =0 4



.解方程④得 k = ±

2 34 ,解方程⑤得 17

k=±

2 。 2 1 2 34 2 ,± ,± }。 2 17 2

综合得直线 L 的斜率 k 的取值范围是有限集 {0, ±

7. (04 湖南)在周长为定值的 ? ABC 中,已知 | AB |= 6 ,且当顶点 C 位于定点 P 时,

cos C 有最小值为

7 .(1)建立适当的坐标系,求顶点 C 的轨迹方程.(2)过点 A 作直线与 25

(1)中的曲线交于 M 、 N 两点,求 | BM | ? | BN | 的最小值的集合. 解:(1) 以 AB 所在直线为 x 轴,线段 AB 的中垂线为 y 轴建立直角坐标系,设 |CA|+|CB|=2a(a>3)为定值, 所以 C 点的轨迹是以 A、B 为焦点的椭圆, 所以焦距 2c=|AB|=6. 因为

cos C =

| CA | 2 + | CB | 2 ?6 2 (| CA | + | CB |) 2 ? 2 | CA || CB | ?36 2a 2 ? 18 = = ?1 2 | CA || CB | 2 | CA || CB | | CA || CB | 2a 2 18 18 7 2 ) = a 2 ,所以 cos C ≥ 1 ? 2 ,由题意得 1 ? 2 = , a = 25 . 2 a a 25

又 | CA | ? | CB |≤ (

此时,|PA|=|PB|,P 点坐标为 P(0,±4).所以 C 点的轨迹方程为

x2 y2 + = 1 ( y ≠ 0) 25 16

(2) 不妨设 A 点坐标为 A(-3,0),M(x1 ,y1),N(x2 ,y2).当直线 MN 的倾斜角不为 900 时, 设其方程为 y=k(x+3) 代入椭圆方程化简,得 (

1 k2 2 3 2 9k 2 + )x + k x + ( ? 1) = 0 25 16 8 16

显然有 △≥0, 所以 x1 + x 2 = ? 而由椭圆第二定义可得

150k 2 , 16 + 25k 2

x1 x 2 =

225k 2 ? 400 16 + 25k 2

| BM | ? | BN |= (5 ?
2

3 3 9 x1 )(5 ? x2 ) = 25 ? 3( x1 + x 2 ) + x1 x 2 5 5 25
2 2

144 450 k 81k ? 144 531k ? 144 531 531 = 25 + + = 25 + = 25 + ? 2 2 2 16 25 16 + 25k 16 + 25k 16 + 25k k2 + 25

k2 ?

144 16 144 + 531 25 531 取最小值,显然. 只要考虑 的最小值,即考虑 1 ? 16 16 2 2 k + k + 25 25

k2 ?

当 k=0 时, | BM | ? | BN | 取最小值 16. 当直线 MN 的倾斜角为 900 时,x1 =x2=-3,得 | BM | ? | BN |= (

34 2 ) > 16 5



x2 y2 + = 1 ( y ≠ 0) ,故 k ≠ 0 ,这样的 M、N 不存在,即 | BM | ? | BN | 的最小值的 25 16

集合为空集.
2 y2 8.(04 四川)已知椭圆ε: x 2 + 2 = 1 (a>b>0) ,动 圆 Γ : x 2 + y 2 = R 2 ,其中 b<R<a. 若

a

b

A 是椭圆ε上的点,B 是动圆 Γ 上的点,且使直线 AB 与椭圆ε和动圆 Γ 均相切,求 A、B 两 点的距离 AB 的最大值. 解:设 A ( x1 , y1 ) 、B ( x 2 , y 2 ),直线 AB 的方程为 y = kx + m 因为 A 既在椭圆 ε 上又在直线 AB

上 ,







? y1 = kx1 + m ? 2 ? x1 y1 2 + =1 ? 2 ?a b2

(1)

将 (
(2)

1

) 代





2

) 得

(a k
2

2

+ b 2 x 2 + 2kma2 x + a 2 m 2 ? b 2 = 0

)

(

)

由于直线 AB 与椭圆

ε 相切,故 ? = (2 kma 2 )2 ? 4 a 2 (m 2 ? b 2 )(a 2 k 2 + b 2 ) = 0
ka 2 m

从而可得 m 2 = b 2 + a 2 k 2 , x1 = ?

(3)……………………5 分

同理,由 B 既在圆 Γ 上又在直线 AB 上,可得 m 2 = R 2 1 + k 2 , x 2 = ? 10 分 由(3)、( 4)得 k 2 =
2

(

)

k a2 ? R 2 m

(

)

(4)………

R 2 ?b2 a2 ? R 2

, x 2 ? x1 =

k a 2 ? R2 m

(

)
m 2 k 2 (a 2 ? R 2 ) (a 2 ? R 2 ) ? R 2 ? b 2 ? = R2 m2 R2 a2 ? R 2
2 2 2

所以 AB = ( x2 ? x1 )2 + ( y 2 ? y1 ) 2 = 1 + k 2 (x 2 ? x1 ) 2 =

(

)

(a =

2

? R 2 R 2 ? b2 a2 b2 ab ? 2 ? 2 2 2 2 = a + b ? R ? 2 = (a ? b ) ? ? R ? ? ≤ (a ? b ) ???????15分 2 R R R? ?

)(

)

即 AB ≤ a ? b ,当 且 仅 当 R = ab 时取 等 号 所 以 A 、 B 两点 的 距 离 AB 的最 大 值 为
a ? b . ……………20 分.

9. (05 全国)过抛物线 y=x2 一点 A(1,1)作抛物线的切线交 x 轴于 D,交 y 轴于 B,C 在抛 物线上,E 在线段 AC 上,

AE BF = λ1 ,F 在线段 BC 上, = λ2 ,且λ1 +λ2 =1,线段 CD 与EF EC FC

交于 P,当 C 在抛物线上移动时,求 P 的轨迹方程。

10.( 05 湖南)过点 P(3 + 2 2 ,4) 作一条直线和 x轴、y轴 分别相交于 M、N 两点,试求

OM + ON ? MN 的最大值。 (其中 O 为坐标原点)
解:过点 P( 3 + 2 2 ,4) 作一圆与 x 轴、 y 轴分别相切于点 A、B,且使点 P(3 + 2 2 ,4) 在优弧 AB 上,则圆的方程为 ( x ? 3) 2 + ( y ? 3) 2 = 9 ,于是过点 P( 3 + 2 2 ,4) 作圆的切线 和 x 轴 、 y 轴 分 别 相 交 于 M 1 , N1 两 点 , 圆 为 Rt ?OM 1 N1 的 内 切 圆 , 故

OM 1 + ON 1 ? M 1 N 1 = 6
若过点 P 的直线 MN 不和圆相切,则作圆的平行于 MN 的切线和 x 轴、 y 轴分别相交于

M 0 , N 0 两点,则 OM 0 + ON 0 ? M 0 N 0 = 6 。由折线 M 0 MNN 0 的长大于 M 0 N 0 的长及切
线长定理,得

OM + ON ? MN = (OM 0 ? MM 0 ) + (ON 0 ? NN0 ) ? MN
y
R Q' M‘ F P’ P M O Q

x

= (OM 0 + ON 0 ? M 0 N 0 ) + [ M 0 N 0 ? ( M 0 M + MN + NN 0 )] ≤ OM 0 + ON 0 ? M 0 N 0 = 6
所以, OM + ON ? MN 的最大值为 6。

11.(05 江苏)设椭圆的方程为

x2 y2 + = 1 ( a > b > 0) , 线段 PQ 是过左焦点 F 且 a2 b2

不与 x 轴垂直的焦点弦 . 若在左准线上存在点

R , 使 ?PQR 为正三角形, 求椭圆的

离心率 e 的取值范围, 并用 e 表示直线 PQ 的斜率. 解: 如图, 设线段 PQ 的中点为 M .过点 P 、 M 、 Q 分别作准线的垂线, 垂 足分别为 P ' 、 M ' 、 Q ' , 则

| MM ' |=
假设存在点

1 1 | PF | | QF | | PQ | (| PP ' | + | QQ ' |) = ( + )= . …………… 6 分 2 2 e e 2e 3 | PQ | 3 | PQ | , 且 | MM ' | < | RM | , 即 < | PQ | , 2 2e 2

R ,则 | RM |=

所以, e >

3 .……… 12 分. 3 | MM '| | PQ | 2 1 1 , 故 cot ∠RMM ' = . = ? = | RM | 2e 3 | PQ | 3e 3e2 ? 1 1 3e 2 ? 1
.

于是, cos ∠ RMM ' =

若 | PF | < | QF | (如图),则 k PQ = tan ∠QFx = tan ∠ FMM ' = cot ∠RMM ' = … 18 分 当 e>

3 时, 过点 F 作斜率为 3

1 3e2 ? 1

的焦点弦

PQ , 它的中垂线交左准线于

R , 由上述运算知, | RM |=

3 | PQ | . 故 ?PQR 为正三角形. 2 1 3e 2 ? 1


………… 21 分

若 | PF | > | QF | ,则由对称性得 k PQ = ?

……………… 24 分



e < 1 , 所以 , 椭 圆

x2 y2 + = 1 ( a > b > 0) 的离 心 率 e 的取 值 范 围 是 a2 b2

e∈(

3 1 ,1) , 直线 PQ 的斜率为 ± . 3 3e 2 ?1

12 .( 05 四川) 正方形 ABCD 的两顶 点

A, B 在抛物 线 y = x 2 上, C , D 两点在 直 线

y = x ? 4 上,求正方形的边长 d 。
解: 设 A, B 两点 坐 标 分 别 为 A(t 1 , t 12 ) 、 B (t 2 , t 22 ) ,显 然 t1 ≠ t 2 ∵ AB ∥ DC , ∴

1=


2 t2 ? t12 ,即 t1 + t 2 = 1 t 2 ? t1







2 2 d 2 =| AB |2 = ( t1 ? t 2 ) 2 + (t 12 ? t 2 ) = ( t1 ? t 2 ) 2 [1 + (t 1 + t 2 ) 2 ] = 2[( t1 + t 2 ) 2 ? 4t 1t 2 ]

1 ∴ t1 t 2 = ( 2 ? d 2 ) 8 2 d 2 = (t1 t 2 ? 4) 2




| t1 ? t 12 ? 4 | | t 1 t 2 ? 4 | 。 另 一 方 面 , d =| AD |= = ,∴ 2 2

将 ① 代入 ② , 得 d 4 ? 68d 2 + 900 = 0 ,即 ( d 2 ? 18)( d 2 ? 50) = 0 。故 d = 3 2 或

d =5 2
13.
( 06 浙 江 ) 在

x 轴 同 侧 的 两 个 圆 : 动 圆 C1 和 圆

4 a 2 x 2 + 4a 2 y 2 ? 4abx ? 2ay + b 2 = 0 外 切( a , b ∈ N , a ≠ 0 ) ,且 动 圆 C1 与 x 轴相切 , 求 ( 1 ) 动 圆 C1 的 圆 心 轨 迹 方 程 L; ( 2 ) 若 直 线

4( 7 ? 1) abx ? 4ay + b 2 + a 2 ? 6958 a = 0 与曲线 L 有且仅有一个公共点,求 a , b 之 值。 解: ( 1)由 4 a 2 x 2 + 4a 2 y 2 ? 4abx ? 2ay + b 2 = 0 可得 ( x ?

b 2 1 1 ) + ( y ? )2 = ( ) 2 , 2a 4a 4a

由 a , b ∈N,以及两圆在 x 轴同侧,可知动圆圆心在 x 轴上方,设动圆圆心坐标为 ( x, y) , 则有 (x ?

b 2 1 2 1 ) + (y ? ) = y + , 整理 得 到 动 圆 圆 心 轨 迹 方 程 2a 4a 4a
(x ≠

y = ax 2 ? bx +

b2 4a

b ) 。………(5 分) 2a

b 1 1 , ) 为焦点, y = ? 为准线,且 2a 4a 4a b b 1 顶点在 ( ,0) 点(不包含该点) 的抛物线, 得轨迹方程 ( x ? ) 2 = y ,即 2a 2a a
另解: 由已知可得,动圆圆心的轨迹是以 (

y = ax 2 ? bx +

b2 b (x ≠ )5 分 4a 2a y = ax 2 ? bx +
? 6958a = 0

( 2 ) 联 立 方 程 组 4( 7 ? 1) abx ? 4ay +

b2 b (x ≠ ) 4a 2a
② 消 去

① 和

b2 + a2

y



4 a 2 x 2 ? 4 7abx ? (a 2 ? 6958a) = 0 ,由 ? = 16 × 7a 2 b 2 + 16 a 2 ( a 2 ? 6958 a) = 0, 整 理得 7b 2 + a 2 = 6958 a ③。从③可知 7 a 2 ? 7 a 。 故令 a = 7 a1 ,代入③可 7b1 2 + a1 2 = 994a1

得 b 2 + 7 a1 2 = 6958a1 ? 7 b 2 ? 7 b .再令 b = 7b1 ,代入上式得 …(10 分) 同理可得,7 a1 ,7 b1 。可令 a = 49n, b = 49m, 代入③可得 对④进行配方,得

7m 2 + n2 = 142n



( n ? 71) 2 + 7 m 2 = 712 , 对此式进行奇偶分析,可知 m, n 均为 4 m 。令 m = 4r ,则

偶数 , 所 以 7 m 2 = 712 ? ( n ? 71) 2 为 8 的倍 数 , 所 以 112r 2 ≤ 712 ? r 2 ≤ 45 。 所以

r = 0,1, 2, 3, 4, 5, 6

…………………………………(15 分)

仅当 r = 0,4 时, 712 ? 112r 2 为完全平方数。于是解得

a = 6958, b = 0(不合,舍去)
14. ( 06 江苏)椭圆

a = 6272 b = 784

a = 686 。 …………………(20 分) b = 784

x2 y2 + = 1的右焦点为 F,P1,P2 ,…,P24 为 24 个依逆时针顺序排列 9 4

在椭圆上的点,其中 P1 是椭圆的右顶点,并且∠P1 FP2 =∠P2FP3 =∠P3FP4 =…=∠P24FP1.若这 24 个点到右准线的距离的倒数和为 S,求 S2 的值. 180 解:椭圆中, a = 3 , b = 2 ,故 c =

5 .所以 F

(

5, 0 , e =

)

5 . 3

设 FPi 与 x 轴正向的夹角为 ?i , d i 为点 Pi 到右准线的距离.则

d i ( e cos ?i + 1) =
1

a2 1 c ? c .即 = 2 ( e cos ?i + 1) . c di b

同理

di +12

=

c c e cos ?i +12 +1) = 2 ( ? cos ?i + 1) . 2 ( b b

所以

1 1 2c 5 . + = 2 = di di +12 b 2
24

从而

∑d
i =1

1
i

= 6 5 ,于是 S 2 = 180 .

—— 三角函数与向量 高中数学竞赛专题讲座 高中数学竞赛专题讲座—— ——三角函数与向量
一、三角函数部分
1、(集训试题)在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别记为 a、b、c(b≠1),且 是方程 log x=logb(4x-4)的根,则△ABC
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

C sin B , 都 A sin A
( B )

b

A.是等腰三角形,但不是直角三角形 C.是等腰直角三角形 解: 由 log
b

B.是直角三角形,但不是等腰三角形 D.不是等腰三角形,也不是直角三角形

x=logb(4x-4) 得: x2-4x+4=0 ,所 以 x1 =x2=2 ,故 C=2A , sinB=2sinA,因

A+B+C=180 ,所以 3A+B=180 °,因此 sinB=sin3A, ∴ 3sinA-4sin3A=2sinA , ∵sinA(14sin2 A)=0,又 sinA≠0, 所 以 sin2 A= 故选 B。 2.(2006 吉林预赛)已知函数 y=sinx+acosx 的图象关于 x=5π/3 对称, 则函数 y=asinx+cosx 的图象的一条对称轴是 A. x=π/3 B. x=2π/3 C. x=11π/6 D. x=π ( C )

1 1 ,而 sinA>0,∴sinA= 。 因 此 A=30°,B=90°,C=60°。 4 2

3.(2006 年南昌市)若三角形的三条高线长分别为 12,15,20,则此三角形的形状为( B )

A .锐角三角形

B .直角三角形

C .钝角三角形

D .形状不确定
( B

4.(2006 年南昌市)若 a = sin θ + tan θ , b = cos θ + cot θ ,则以下诸式中错误的是 )

A . sin θ =

ab ? 1 b +1
(a + b + 1) 2 + 1 ? 2 ab (a + 1)(b + 1)

B . cos θ =

1 ? ab a +1 (a ? b )(a + b + 2) (a + 1)(b + 1)

C . tan θ + cot θ =

D . tan θ ? cot θ =

4.(2006 安徽初赛)已知△ABC 为等腰直角三角形,∠C = 90°,D、E 为 AB 边上的两个点 , 且点 D 在 AE 之间, ∠DCE = 45°,则以 AD、DE、EB 为边长构成的三角形的最大角是 ( ) A、锐角 B、钝角 C、直角 D、不能确定

5.(2006 陕西赛区预赛)若 sin 3 θ ? cos 3 θ ≥ cos θ ? sin θ , 0 ≤ θ < 2π ,则角 θ 的取值范围 是( C )

A. [0,

π ] 4

B. [

π ,π ] 4

C. [

π 5π , ] 4 4

D. [

π 3π , ) 4 2

6.(2006 年江苏)在△ ABC 中, tan A = 则最短边的长为

1 3 10 , cos B = .若△ ABC 的最长边为 1, 2 10
( D )

( A)

4 5 5

( B)

3 5 5

(C )

2 5 5

(D)

5 5

7.(2005 年浙江)设 f 1 ( x) =

2 , f 2 ( x) = sin x + cos 2 x , f 3 ( x) = sin
函 数 中 , 周 期 函 数

x + cos 2 x , 2
的 个 数 是

f 4 ( x) = sin x 2
( B ) (A) 【解】: 1







(B)

2

(C)

3

(D)

4

f 1 ( x ) = 2 是以任何正实数为周期的周期函数; f 2 ( x) 不是周期函数。 因为
2π 为周期的周期函数 , 而 T1 2

sin x 是以 T1 = 2π 为周期的周期函数 , cos 2 x 是以 T2 =

与 T2 之比不是有理数,故 f 2 ( x) 不是周期函数。 f 3 ( x ) 不是周期函数。因为 sin

x 是以 2

T1 = 2 2π 为周期的周期函数, cos 2 x 是以 T2 =

2π T 为周期的周期函数, 而 1 = 2 ,故 T2 2

f 3 ( x ) 是周期函数. f 4 ( x) = sin x 2 不是周期函数.因此共有 2 个周期函数. ∴ 选 【 B 】
8 . (2005 年 浙 江 ) 若 sin x + sin y = 1 , 则 cos x + cos y 的 取 值 范 围 是 ( ) (A) [ ?2, 2] (B) [ ?1, 1] (C)

[ 0, 3]

(D)

[ ? 3, 3 ]

【解】 :设 cos x + cos y = t , ∴ cos 2 x + 2 cos x cos y + cos 2 y = t 2 。又由 sin x + sin y = 1 , 故

sin 2 x + 2 sin x sin y + sin 2 y = 1 。 因 此 有

2 (cos x cos y + sin x sin y) = t 2 + 1 , 即

2 cos( x ? y) = t 2 + 1
由于 ? 1 ≤ cos( x ? y) ≤ 1,所以有 t 2 ≤ 3 ,即 ? 3 ≤ t ≤ 3 。

∴选 【 D 】

9. (2005 全国) ?ABC 内接于单位圆, 三个内角 A、B、C 的平分线延长后分别交此圆于 A1 、

B1 、 C1 。则
A.2

AA1 ? cos

A B C + BB1 ? cos + CC1 ? cos 2 2 2 的值为( sin A + sin B + sin C
C.6 D.8



B.4

解:如图,连 BA1 ,则 A A1 = 2 sin( B + A ) = 2 sin( A + B + C + B ? C ) = 2 cos( B ? C ). 2 2 2 2 2 2 ∴ A A1 cos

A B C A A + B ?C A +C ? B π π = 2 cos( ? ) cos = cos + cos = cos( ? C ) + cos( ? B ) 2 2 2 2 2 2 2 2 B C A = sin C + sin B , 同 理 B B 1 cos = sin A +sin C, C C 1cos =sin A +sin B , ∴ A A1cos + B B1 ? 2 2 2 B C 2(sin A + sin B + sin C ) cos + C C1 cos = 2(sin A + sin B + sin C), ∴ 原 式 = = 2.选 A . 2 2 sin A + sin B + sin C

10、(2006 陕西赛区预赛)已知 θ 为锐角,且

cos 3θ 1 sin 3θ = ,则 = cos θ 3 sin θ

7/3

11. (2004 年浙江省预赛)设 ai ∈ R + (i = 1,2,? n), α , β , γ ∈ R , 且 α 意x∈R ,

+ β + γ = 0,则对任

? 1 1 1 ? + + ∑ (α + β ) x βx ( β +γ ) x γx α x ? 1 + ai + ai 1 + a i + a i(α + γ ) x + ai i =1 1 + ai ?
n

? ?= ? ?

n



解:

1+ a

αx i

1 1 1 + + (α +β )x βx ( β +γ ) x γ x 1 + ai + ai 1 + a i + a i(α + γ ) x + ai

aiγx ai( γ +α ) x 1 = γx + (γ + α ) x + = 1, (α + γ ) x γx γ x ai + ai + 1 ai +1 + ai 1 + ai + ai(α +γ ) x
所以,



? 1 1 1 ? + + α x ( α + β ) x β x ( β + γ ) x γ x ? 1 + ai + ai 1 + a i + a i(α +γ ) x + ai i =1 1 + ai ?
n

? ? = n. ? ?

12. ( 2006 年浙江省预赛)设 a, b 是非零实数, x ∈ R ,若

sin 4 x cos 4 x 1 + = 2 , 则 2 2 a b a + b2

1 sin 2008 x cos 2008 x + = 2 2006 2006 a b ( a + b 2 ) 1003
解: 已知

sin 4 x cos 4 x 1 + = 2 , ……………… (1) 2 2 a b a + b2 1 = sin 4 x + cos 4 x +

将(1)改写成

b2 a2 4 sin x + cos 4 x 。 2 2 a b

而 1 = (sin

2

x + cos 2 x) 2 = sin 4 x + cos 4 x + 2 sin 2 x cos 2 x 。

所以有

b2 a2 4 2 2 sin x ? 2 sin x cos x + cos 4 x = 0 。 2 2 a b
2

a sin 4 x cos 4 x ?b ? 即 ? sin 2 x ? cos 2 x ? = 0 , 也即 = ,将该值记为 C。则由(1)知, b a4 b4 ?a ? a 2 C + b2 C =
1 1 。于是有, C = 2 . 2 a +b (a + b 2 ) 2
2



sin 2008 x cos 2008 x 1 1 + = a 2 C 502 + b 2 C 502 = ( a 2 + b 2 ) 2 = 2 。 2006 2006 2 1004 a b (a + b ) ( a + b 2 ) 1003

13.(200 6 天津)在 Rt ? ABC 中, c , r , S 分别表示它的斜边长,内切圆半径和面积, 则

cr 的取值范围是 S

[ 2 2 ? 2,1)



14.(200 6 天津)已知 A( 2 cos α , 3 sin α ) , B ( 2 cos β , 3 sin β ) , C ( ?1,0) 是平面上三 个不同的点,且满足关系式 CA = λ BC ,则实数 λ 的取值范围是

1 ≤λ ≤ 3 3 11 18



15.(2006 年江苏)设 cos 2? =

2 ,则 cos 4 ? + sin 4 ? 的值是 3



π 3π 16. (2006 吉林预赛)若 sin 2 (x + π ) ? sin 2 (x ? π ) = ? 1 ,且 x ∈ ( , ) ,则 tanx 的值为 12 12 4 2 4
__________。 17. ( 2006 年 南 昌 市 ) 已 知 sin θ + cos θ =

π 2 ,( < θ < π ) , 则 5 2

tan θ ? cot θ =___ ?

8 6 ______. 23

18 .( 2006 年 上 海 ) 设 n (n ≥ 2) 是 给 定 的 整 数 , x1 , x2 ,? , xn 是 实 数 , 则

sin x1 cos x2 + sin x2 cos x3 + ? + sin xn cos x1 的最大值是

n 2



19、 ( 2004 全国)在平面直角坐标系 xoy 中,函数 f ( x ) = a sin ax + cos ax (a > 0) 在一个 最小正周期长的区间上的图像与函数 g ( x) = ________________。

a2 + 1 的图像所围成的封闭图形的面积是

解: f ( x ) = 为 a 2 + 1 。由 为

1 2π ,振幅 a 2 + 1 sin(ax + ? ), 其中? = arctan ,它的最小正周期为 a a

f (x) 的图像与 g (x) 的图像围成的封闭图形的对称性,可将这图形割补成长
a2 +1 。

2π 2π 、宽为 a 2 + 1 的长方形,故它的面积是 a a
(2005 全 国 ) 设 α 、

20.

β 、 γ 满 足 0 < α < β < γ < 2π , 若 对 于 任 意

x ∈ R , cos(x + α ) + cos(x + β ) +
cos( x + γ ) = 0, 则 γ ? α =
解 : 设

4π . 3
x∈ R


f ( x) = cos(x + α ) + cos(x + β ) + cos(x + γ ), 由 f (?β) = 0,


f ( x) ≡ 0

知 ,

f (?α) = 0, f (?γ ) = 0,

cos( β ? α ) + cos(γ ? α ) = ?1, cos(α ? β ) +

cos(γ ? β ) = ?1 , cos(α ? γ ) + cos(β ? γ ) = ?1. ∴ cos(β ? α ) = cos(γ ? β ) = cos(γ ? α ) = ∵ 0 < α < β < γ < 2π , ∴ β ? α , γ ? α , γ ? β ∈{
有 β ?α =γ ? β =

2π 4π , }, 又 β ? α < γ ? α , γ ? β < γ ? α . 3 3



2π 4π . ∴γ ? α = . 3 3

2π 2π 4π , 有 β = α + , γ = α + , ?x ∈ R, 记 x + α = θ , 3 3 3 2π 2π 4π 4π 由于三点 (cos θ , sin θ ), (cos(θ + ), sin( θ + )), (cos(θ + ), sin( θ + )) 构成单位 3 3 3 3
另一方面,当 β ? α = γ ? β = 圆 x 2 + y2 = 1 上 正 三 角 形 的 三 个 顶 点 . 其 中 心 位 于 原 点 , 显 然 有

cosθ + cos(θ +

2π 4π ) + cos(θ + ) = 0. 3 3

即 cos( x + α ) + cos( x + β ) + cos( x + γ ) = 0.

二.向量部分
1.(集训试题)已知 a =(cos

2 2 π, sin π), OA = a ? b , OB = a + b ,若△OAB 是 3 3
( D. )

以 O 为直角顶点的等腰直角三角形, 则△OAB 的面积等于 A.1 B.

1 2
y) ,

C.2

3 2
, 即











b

=(x,



? ?( a + b )( a ? b) = 0 ? ? ?| a + b |=| a ? b |

? 1 3 1 3 ) ? (? x ? ,? y + =0 ?(x ? , y + 2 2 ? 3 1 ? ?x + y = 1 2 2 2 2 , 即 . ∴ b=( , ) 或 ? ? 2 2 ? 1 2 3 2 1 2 3 2 x = 3y ? ? (x ? ) + ( y + ) = (x + ) + ( y ? ) ? 2 2 2 2 ? (?

1 3 1 , ) ,∴S△AOB= | a + b || a ? b | =1。 2 2 2
2.(2004 全国)设 O 点在 ?ABC 内部,且有 OA + 2OB + 3OC = 0 ,则 ?ABC 的面积与

??? ?

??? ?

??? ? ?

? AOC 的面积的比为(
A. 2

) B.

??? ? ???? ???? OA + OC = 2 OD (1) 解:如图,设 D,E 分别是 AC,BC 边的中点,则 ??? ? ???? ???? ? 2( OB + OC) = 4 OE (2) ??? ? ??? ? ???? ???? ??? ? ? ???? ??? ? 由(1)( 2)得, OA + 2 OB + 3 OC = 2( OD + 2 OE) = 0 ,即 OD与OE 共线,
且 | OD |= 2 | OE |

3 2

C. 3

D.

5 3

A

D

O

B

E

C

????

??? ?



S ?AEC 3 S 3× 2 = , ∴ ? ABC = = 3 , 故选 C。 S? AOC 2 S? AOC 2

3、( 2006 陕西赛区预赛)如图 1,设 P 为△ABC 内一点, 且 AP =

??? ?

? 1 ???? 2 ??? AB + AC , 5 5
( C. A )

则△ABP 的面积与△ABC 的面积之比为 A.

1 5

B.

2 5

1 4

D.

1 3

4 .(2005 年浙江)已知 a , b 是两个相互垂直的单位向量,而 | c |= 13 , c ? a = 3 ,

c ? b = 4 。则对于任意实数 t1 , t 2 , | c ? t1 a ? t 2 b | 的最小值是
(A) 5 (B) 7
2 2

( (D) 13



(C)

12

【解】 :由条件可得

c ? t 1 a ? t 2 b = c ? 6t1 ? 8t 2 + t1 2 + t 2 2

= 169 + (t1 ? 3) 2 + ( t 2 ? 4) 2 ? 25 = 144 + (t1 ? 3) 2 + ( t 2 ? 4) 2 ≥ 144
2

当 t1 = 3, t 2 = 4 时, c ? t 1 a ? t 2 b 5.(2005 全 国 ) 空

= 144 。
间 四 点 A 、 B 、 C

∴选 【 C 】
、 D 满 ( 足 )

| AB | = 3 , | BC |= 7 , | CD | = 11 , | DA | = 9 , 则 AC ? BD 的取值

A.只有一个

B.有二个

C.有四个

D.有无穷多个

解 : 注 意 到 3 2 + 112 = 1130 = 7 2 + 9 2 , 由 于

? AB + BC + CD + DA = 0, 则

DA 2 = DA =
( AB + BC + CD) 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + 2( AB ? BC + BC ? CD + CD ? AB) = AB 2 ?

2

BC 2 + CD 2 + 2( BC + AB ? BC + BC ? CD + CD ? AB) = AB 2 ? BC 2 + CD 2 + 2( AB + BC ) ? ( BC + CD), 即 2 AC ? BD = AD 2 + BC 2 ? AB 2 ? CD 2 = 0,∴ AC ? BD 只有一个值得
0,故选 A。 6. (2006 吉林预赛)已知 P 为△ABC 内一点,且满足 3PA + 4 PB + 5PC = 0 ,那么 S△PAB:

2

S△PBC:S△PCA =



7.(2006 年南昌市)等腰直角三角形的直角顶点 A 对应的向量为 A (1, 0) ,重心 G 对应 的向量为 G ( 2, 0 ) ,则三角形另二个顶点 B 、 C 对应的向量为_____ ? , ±

?5 ?2

3? _________. 2? ?

8. (2006 年浙江省预赛)手表的表面在一平面上。整点 1,2,…,12 这 12 个数字等 间隔地分布在 半径为

2 的圆周上。从 整点 i 到整点( i + 1 )的向量记作 t i t i +1 ,则 2
6 3 ?9 。

t1 t 2 ? t 2 t 3 + t 2 t 3 ? t 3 t 4 + ? + t12 t 1 ? t 1 t 2 =
解:连接相邻刻度的线段构成半径为

2 的圆内接正 12 边形。相邻两个边向量的夹角 2 2 π 2? 3 。 则 ? sin = 2 2 12 4

即为正 12 边形外角,为 30 度。各边向量的长 为 2 ?

? 2? 3 ? ? cos π = 2 2 ? 3 3 。共有 12 个相等项。所以求得数量积之 t1 t 2 ? t 2 t 3 = ? 2 ? 4 ? 6 4 2 ? ?
和为 6 3 ? 9 。
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2


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