高中數(shù)學(xué)競賽集訓(xùn)訓(xùn)練題

1、1 . a,b是兩個(gè)不相等的正數(shù),高中數(shù)學(xué)競賽集訓(xùn)訓(xùn)練題且滿足a2 3 * b3 a2 b2,求所有可能的整數(shù)c,使彳導(dǎo)c 9ab .i -112.已知不等式n 1 n 2的最大值，并證明你的結(jié)論。1 a 一對一切正整數(shù) a均成立，求正整數(shù)a3n 1 243.設(shè)an為a 4的單調(diào)遞增數(shù)列,22且滿足 an 1 an 16 8(an 1 an) 2anan,求an求證:xyyz zx5.設(shè)數(shù)列112 12 31 21 , 3,2,11 _2_ k,k 1的通項(xiàng)公式。問：(1)這個(gè)數(shù)列第2010項(xiàng)的值是多少;(2)在這個(gè)數(shù)列中，第 2010個(gè)值為1的項(xiàng)的序號是多少.設(shè)有紅、黑、白三種顏色的球各10

2、個(gè)?，F(xiàn)將它們?nèi)糠湃爰?、乙兩個(gè)袋子中，要求每個(gè)袋子里三種顏色球都有，且甲乙兩個(gè)袋子中三種顏色球數(shù)之積相等。問共有多少種放法。a , .已知數(shù)列aj滿足a a (a 0,且a 1),刖n項(xiàng)和為Sn,且S (1 an),1 a記bn an lg |an I ( n N ),當(dāng)a 且時(shí),問是否存在正整數(shù) m ,使得對于任意正整3數(shù)n ,都有bn bm ?如果存在，求出 m的值；如果不存在，說明理由.uuu umr.在 ABC 中，已 ABgAC 9,sin B cosAsinC ,又 ABC 的面積等于 6.(I )求 ABC的三邊之長；(n)設(shè) P是 ABC (含邊界)內(nèi)一點(diǎn)， P到三邊 AB B

3、C AB的距離為d1、d2和d3,求& d2 d3的取值范圍.在數(shù)列 an中，a1，a2是給定的非零整數(shù)，an 2 an 1 an(1 )右 a152 , a161 ,求 a2008 ；(2)證明：從 an中一定可以選取無窮多項(xiàng)組成兩個(gè)不同的常數(shù)數(shù)列.2.已知橢圓 三 y2 1(a 1), Rt ABC以A (0, 1)為直角頂點(diǎn)，邊 AB、BC與橢圓 a27 ，一交于兩點(diǎn)B、Co若 ABC面積的最大值為 27 ,求a的值。811.如圖，橢圓c ： 1(a b 0)，A、A?、B1、B2為橢圓C的頂點(diǎn). a2 b2(I)設(shè)點(diǎn)M(x0,0),若當(dāng)且僅當(dāng)橢圓C上的點(diǎn)P在橢圓的頂點(diǎn)時(shí)，|PM |取得

4、最大值與最小值，求x0的取值范圍；(n)若橢圓c上的點(diǎn)P到焦點(diǎn)距離的最大值為 3,最小值為1,且與直線l: y kx m相交于A, B兩點(diǎn)(A B不是橢圓的左右頂點(diǎn))，并滿足AA2 BA2 .試研究：直線l是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，請求出定點(diǎn)坐標(biāo)，若不過定點(diǎn)，請說明理由.12.如圖，在四棱錐 S ABCD中，底面 ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面 SAD為正三角形，且垂直于底面 ABCD .(1)求四棱錐S ABCD的體積；(2)在邊CD上是否存在一點(diǎn) E,使得SB13.(本小題滿分15分)關(guān)于x、y的方程C ： x2 y2(1)若方程C表示圓，求實(shí)數(shù)2x 4y mm的取值范圍;(2)在方程 C表

5、示圓時(shí)，若該圓與直線 l4 5| MN |，求實(shí)數(shù)m的值； 5(3)在(2)的條件下，若定點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1, 的斜率的取值范圍.x 2y 4 0相交于M、N兩點(diǎn)，且0),點(diǎn)P是線段MN上的動(dòng)點(diǎn)，求直線AP TOC o 1-5 h z x2V24 ” 25.已知橢圓C：_2。1 (a b 0),其離心率為一，兩準(zhǔn)線之間的距離為一。a b52(1)求a,b之值；(2)設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)為(6, 0) , B為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，以 A為直角頂點(diǎn)，作等腰直角 ABP (字母A, B, P按順時(shí)針方向排列)，求P點(diǎn)的軌跡方程。.如圖，正三棱柱 ABC A1BC1中，E是AC中點(diǎn).(I)求證：ABi 平面BEC (

6、D)若AB 2,AA 近,求點(diǎn)A到平面BECi的距離;一C的正弦值為迎？ 虧(出)當(dāng) 竺 為何值時(shí)，二面角 e BCABCi.(本小題滿分15分)在xoy平面上有一系列點(diǎn) P1(x1, V1), P2(x2, y2), , Pn (xn, yn),.對每個(gè)正整數(shù) n,點(diǎn)Pn位于函數(shù)yx2(x0)的圖象上.以點(diǎn) Pn為圓心的。Pn與x軸都相切，且。 Pn與。(1)求證：數(shù)列2是等差數(shù)列;xn設(shè)O Pn的面積為Sn, Tn&求證：對任意nPn 1彼此外切.若X 1 ,且xn 1xn( n.(本小題滿分18分)二次函數(shù)f(x) px2 qx r中，實(shí)數(shù) p、q、r滿足 q L =0,其中m 0 .m

7、 2 m 1 m求證： pf (m-) 0; (2)方程f (x) 0在(0, 1)內(nèi)恒有解.m 1.如圖，斜三棱柱 ABC A1B1cl的所有棱長均為 a,側(cè)面 B1c1cB 底面 ABC ,且 AC1 BC .(1) 求異面直線 AA1與B1cl間的距離；(2)求側(cè)面A B1 BA與底面ABC所成二面角的度數(shù).19.設(shè)向量i, j為直角坐標(biāo)平面內(nèi) x軸，y軸正方向上的單位向量. 若向量a (x 2)i y j , rb (x 2) i y j,且 a b(1)求滿足上述條件的點(diǎn) P(x,y)的軌跡方程；(2)設(shè)A( 1,0), F (2,0),問是否存在常數(shù)(0),使得 PFA PAF恒成

8、立？證明你的結(jié)論.20.已知拋物線 y兩點(diǎn)。 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark6 o Current Document 211 1111B、C HYPERLINK l bookmark8 o Current Document 2x2 x -和A(,)。過F(-,-)任作直線，交拋物線于 84 848求 A B C重心的軌跡方程，并表示成y f(x)形式；1_n k 3數(shù)列Xk中，0X1-,且滿足Xk1f (Xk)。試證：Xk1 一2k 15221.橢圓C:三a2yab0 )的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1 (且滿足FiM F2M = 0。(I)求離心率 e的取值范圍;n )

9、設(shè)斜率為 k ( k w 0 )的直線l與橢圓C相于不同的兩點(diǎn)A B, Q為AB的中點(diǎn)，問A、B兩點(diǎn)能否關(guān)于過點(diǎn)P0,TQ的直線對稱？若能，求出k的范圍，若不能，請說明理由。22.已知定義在 R上的函數(shù)f (x)同時(shí)滿足：2(1)f (X1X2)f (X1X2)2 f (Xi)cos2x24asinX2(x,x2R a 為常數(shù))； f(0) f(/ 1；(3)當(dāng) x 0工時(shí),f (x) 2,即a 26,所以a 25.12 243 解：a21 a2 168(an 1 an) 2anan2(an 1 an )8(an 1 an)164an冏an 1 an 4 2jan自(由題意可知取正號。)4an

10、 1 an2(an 1 an4)因此,a7公差為2的等差數(shù)列，即2n。從而可得an 4n22224證明：(1)二3L 0,.上x y 44( x y)x y3o 2x 3x xy(2)由(1)得.x y 43c 23c 2y 3y yz z 3z zxy z 4 z x 4333-2-2八2, x y z 3x xy 3y yz 3z3x yzx TOC o 1-5 h z 222、3(xyz )xyyzzx43(xyyzzx)xyyzzx4xy yz zx211212 312 k5 解(1)將數(shù)列分組:(-),(-,2),(-,2,3), ,(-, ,k),1 2 13 2 1k k 11因

11、為 1+2+3+ -+62=1953; 1+2+3+63=2016 ,10 分2010個(gè)1出現(xiàn)在第4019組,57所以數(shù)列的第2010項(xiàng)屬于第63組倒數(shù)第7個(gè)數(shù)，即為577(2)由以上分組可以知道， 每個(gè)奇數(shù)組中出現(xiàn)一個(gè) 1,所以第而第4019組中的1位于該組第2010位，所以第2010個(gè)值為1的項(xiàng)的序號為(1+2+3+-+4018)+2010=809428。17分6解：設(shè)甲袋中的紅、黑、白三種顏色的球數(shù)為x, y, z,則有 1 x, y, z 9 ,且即有xyz (10 x)(10 y)(10 z)(*1 )xyz 500 50( x y z) 5(xy yzzx)。(*2)于是有 5 x

12、yz。因此x,y, z中必有一個(gè)取5。不妨設(shè)x 5,代入(*1)式，得到y(tǒng) z 10 o10分y=5此時(shí)，y可取1, 2,，8, 9 (相應(yīng)地z取9, 8,，2, 1),共9種放法。同理可得或者z=5時(shí)，也各有9種放法，但有x y z時(shí)二種放法重復(fù)。因此可得共有9X 3-2 = 25種放法。177解：當(dāng)n2 時(shí)，Sn一 anSnSn1即an所以,aan 1,又1a1(11 a(1 aan )，Sn 1an)(1 an 1)a 0 ,an是首項(xiàng)和公比都是a的等比數(shù)列,一 an是 bnan lg | an |nanlg |a|.0,故當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn nanlg|a|-(1 aa1 aan 1)

13、 ,(an 1 an),0,當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),bn0.可見，若存在滿足條件的正整數(shù) m,則m為偶數(shù).10以 2 b2k(2k 2)a2k 2 2ka2klg |a|2a2k(k 1)a2 klg |a|2a2kk(a2 1)2 a2 1a ai1g 1a22a2k(a2 1)(k ,)1g |a|(k N ).1 a-時(shí)，a2 1 一 , 2a (a 1)1g | a | 0 .又2391 a7, 一時(shí)，b2k 2b2k ，即 bsbiob12L ;b2k，即 bsb6b4b2.故存在正整數(shù)m 8 ,使得對于任意正整數(shù)n ,都有 bnbm.8.解：（I）設(shè)三角形三內(nèi)角 A、B、C對應(yīng)的三邊分別為a

14、, b, c/ sin B cosAsin C , cos A黑，由正弦定理有cosA又由余弦定理有cosA2bc2bc2.2ab所以 ABC 為 Rt ABC，且 C 90o.uuu LLIUTULLr ULLTABgAC | AB| AC |cosA 9又1 UUU UUUT_S ABC -| AB| AC |sinA 62+得tanA 3 b令 a=4k, b=3k ( k0)1則 S abc ab 62k 1，三邊長分別為3, 4, 5.（n）以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CA為x軸正半軸建立直角坐標(biāo)系，則A、B坐標(biāo)為（3, 0）,(0, 4),直線 AB方程為 4x 3y 12 0.設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)

15、為（x, y ）,則由P到三邊AB BC AB的距離為d, d2和d3可知 d2d3|4x 3y 12|5x)0,y 0,故 d1 d2 d34x 3y 12 0.x 2y 125令m x 2y ,由線性規(guī)劃知識可知0mc 8,故d1+d2+d3的取值范圍是 12,459 解：(1) ; a152, a161 ， a173 ， a184 , a191 , a203， a212 ， a221 ，a231 ， a240 ， a251 ， a261 ，a270 ，自第22項(xiàng)起，每三個(gè)相鄰的項(xiàng)周期地取值1,1, 0,故a200s=1.4分（2）首先證明數(shù)列 an必在有限項(xiàng)后出現(xiàn)零項(xiàng).假設(shè)an中沒有零項(xiàng)

16、,11由于an 2an 1 an ,所以.n 3時(shí)，都有an 1.當(dāng)anan 時(shí)，an 2an 1anan 1 1 ( n 3)；當(dāng)anan 時(shí),an 2anan 1an 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.令 aa2n2 2 a k(a2n1a2n2), n 1,2,.,則 0bn1bn1.a2n+2(a2n 1a2n 2 )由于b是確定的正整數(shù)，這樣下去，必然存在某項(xiàng)bk 0,這與bk 0矛盾，從而 an中必有零項(xiàng). .10分0M , k 0,1,2.M若第一次出現(xiàn)的零項(xiàng)為an,記an1M (M 0),則自第n項(xiàng)開始，每三個(gè)相鄰的項(xiàng)周期an 3k地取值

17、0,M ,M ,即 an 3klan 3k 212分所以數(shù)列an中一定可以選取無窮多項(xiàng)組成兩個(gè)不同的常數(shù)數(shù)列10解:不妨設(shè)AB的方程y kx,則AC的方程為yy由x2akx得：(112. 22a k )x2a2 kxxB_ 22a2k22 ,1 a ky由2 x2 a1得：(21 2、 2a k )x2a2kx2a2ka2 k2,AB,1 k,AC1k122a2ka2 k2,從而有2 2a2kABCAB AC2a4k(1k2)(1 a2k2)(a2k2)2a42214 da (k-2) a 1k22,有12S ABC2a 4t a2t2 (a21)22a4，2272，(a 1)t10因?yàn)閍2t

18、/ 22(a 1)t2a(a1), t因此當(dāng)t=a2 1,(S aABC ) max3 a2 a143人 a令a27 (a 3)(8a283a32979) 0 a 3,a 16a2 129716（不合題意，舍去）,a3.17分11.I)設(shè) f(x)| PM|2(xx。)22c 2-2 x a22xx Xo對稱軸方程x2a x。c2a x。2- c2a Xo2a Xo0.2c 八 x0-或 x0a2一或X0 aX02-a02-,a（n）由已知與（i）得:1 ， b2c2 3.橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為設(shè) A(。y1)， B(X2,Y2)y聯(lián)立 x2X4kx m,得（31.224k )x一 ,，28mkx

19、4(m3)0,64m2k216(38mk4k2)(m23) 0,即 3 4k20,X1X2x23 4k2 4(m2 3) 3 4k2 .又 y1y2 (kx1 m)( kx22m) k x1x2 mk(x1 x2) m3(m24k2)3 4k213因?yàn)闄E圓的右頂點(diǎn)為 D(2,0),kADkBD1 ,即1 ,YlY2X|X2 2(x1 x2) 40,3(m2 4k2)3 4k24(m2 3)3 4k216mk .243 4k20,7 m216mk一2 一 .一4k 0 .解得：m12k , m22k ,且均滿足3 4k2當(dāng)m12k時(shí),l的方程為y k(x2),直線過定點(diǎn)(2,0),與已知矛盾;當(dāng)

20、m22k時(shí),7l的方程為2x ,直線過定點(diǎn)712.解：因?yàn)閭?cè)面所以SF(1)過點(diǎn)S作SFF為垂足.SAD垂直于底面ABCD, 底面ABCD.即SF為四棱錐S ABCD的高.1分 又側(cè)面SAD為正三角形，且邊長為 a,所以SF由此,VsABCD1-AB CD SF3,3a 一 a2,.3 3a65分所以四棱錐S ABCD的體積為a36(2)在邊CD上存在一點(diǎn) E ,使得SB AE . 取邊CD的中點(diǎn)E ,連接AE、BF交于O .因?yàn)镋、F分別為正方形 ABCD的邊CD、AD的中點(diǎn)，所以 ADE和BAF為全等的直角三角形，且 AFB DEA.而 DEAEAD 90 ,所以AFBEAD90 ,即 A

21、OF90 .所以AE又因?yàn)镾F所以SB10分底面ABCD ,所以SFAE11分12分13.解(1)方程C可化為：(x 1)2(y2)2要使該方程表示圓，只需5 m 0,14所以，方程C表示圓時(shí)，實(shí)數(shù) m的取值范圍是(,5).(2)由(1)知，當(dāng)方程C表示圓時(shí)，圓心為 C(1,2),半徑為J5過圓心C作直線l的垂線CD , D為垂足.則|CD|1 2 2 4|,12 22又由| MN |4.5知 | MD |2-554分|CM |2 |CD |2 | MD |2,所以( 5 m)2(5)2510分(3)由(2)得圓C的方程為：(x 1)2 (y 2)2 12_ 2再由(x 1)(y 2)1得x

22、2y 4 0XMyMxnyN856514分(2 . 55所以 kAM 2 , kAN 2 ,13分由圖象可知,kAPkAM 或 kAPkAN -所以直線AP的斜率的取值范圍是 (22,15分14解:(1)設(shè)C為橢圓的焦半徑，則25。于是有 a=5, b= 3。4(2)解法一:設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為(s,t)，P點(diǎn)坐標(biāo)為(x, y)。于是有uurAB(s 6,uuut) , AP (x6, y)uuu 因?yàn)锳BuurAP ,所以有(s 6, t)(x6, y) (s 6)(x 6)ty 0。(A1 )又因?yàn)锳BP為等腰直角三角形，所以有AB=AP,J(s 6)2 t26)2(A2 )由(A1)推出(s 6

23、)212 2t y 2，代入(A2),得(x 6)2t2(x 6)2從而有，、2 一(s 6),即y (不合題意，舍去)或 s 6 y。代入橢圓方程,即得動(dòng)點(diǎn) P的軌跡方程(x 6)29(y 6)2I。2515解法二：設(shè)B(x1,y1), P(x, y), AB r ,則以A為圓心，r為半徑的圓的參數(shù)方程為x 6 r cos y r sinxi 6 r cos設(shè)AB與x軸正萬向夾角為，B點(diǎn)的參數(shù)表不為y1 r sinP點(diǎn)的參數(shù)表示為x 6 r cos(900) 門 x 6 r sin即0,y rsin(90 ) y r cos從上面兩式，得到X 6 yyi x 6又由于B點(diǎn)在橢圓上，可得(x

24、6)29(y 6)2251。此即為P點(diǎn)的軌跡方程。15.解：(I)連接BiC交BCi于點(diǎn)F ,連接EF .在 ABiC中，因?yàn)镋,F分別為AC, BiC中點(diǎn)，則EFABi.因?yàn)锳B1 平面BEC1 , EF平面BEC1,則AB1 /平面BEC1.(n)法一：由題知點(diǎn) A到平面BECi的距離即點(diǎn)C到平面BECi的距離,BABC AB1cl是正三棱柱，BE 平面ACC1A1,BE 平面 BEC1,平面BEC1 平面ACC1 A1, CC1過點(diǎn)C作CH Ci E于點(diǎn)H ,則CH平面BECi ,CH即點(diǎn)C到平面BEC1的距離.在 RCECi 中，CE = 1, CCi 72,CiEJ3,由面積相等可得

25、 ch =36點(diǎn)A到平面BECi的距離為 .3法二：設(shè)點(diǎn)A到平面BECaq距離為h,在 Rt ABES 中，BE3, C1E ，弓，S BEC11 3 3 2 SabeAE BE 吏216VA BECiVCi ABE ,is3BECi6點(diǎn)A到平面BECi的距離為 .3法三：取ACi中點(diǎn)G ,連接EG ,以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖示h 二 S ABE3y則 A 1,0,0 ,B0,0,3 ,E 0,0,0 ,Ci 1,72,0 ,則 BE 0,0, .3,ECii, . 2,0 ,AE i,0,0 .設(shè)平面BECi的法向量為n X0,y0,Z0 ,皿 n BE 0 口”. 3zq 0

26、則 即 n ECi 0 Xq . 2y。 0，令xq2 ,則V。V2,Z00,即n設(shè)點(diǎn)A到平面BECi的距離為d ,則dAE n6點(diǎn)A到平面BECi的距離為 .3（出）法一：過H作HG BCG ,由三垂線定理得 CGBCi,.ab當(dāng) AA=2a, AB=b,則 CH ,a2b2，故/ CGH為二面角E BCi C的平面角.pab=，又CG；b2, 4a2在 Rt CGH 中,sin CGHCHCGab 22a b_2ab_14a2b2.4a2 b22 a2 b2.i05解得b=2a, 但AB2abi.當(dāng)必 i時(shí)，二面角AB法二:設(shè)管a,AB以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如右圖所示i,. 3

27、則 E 0,0,0 , B 0,0,Ci2i - _ i ,a,0 ,C ,0,0則 BE0,0；iEi2，a，,BC設(shè)平面BECi的法向量為mixi,yi,zi ,平面BCiC的法向量為m2X2,y2,Z2 ,“mi BE則有二mi Ci E0m2 BCi00m2 BC0,即一 Zi 2i-Xi2ayi 0i X22i一 X22ay23Z202Z22設(shè)Xi2,X26yi0,y20, Z22 3,mi6,0,2J3 .cosmi, m2mim212mi m2 36 i2 ai5,5解得a=i.即當(dāng)叢i時(shí),AB面角EBCiC的正弦值為i05i6.解：（i）依題意，O Pn的半徑rnynO Pn與

28、O Pn1彼此外切,PnPn i、2,2XnXn i )(ynyn i ) yn兩邊平方，化簡得/、，、，、2(XnXn i)4 yn yn i ,即（XnXn i)2,2 24Xn XnXnXn i0,i一 2(n N)XnXn Xn ii8數(shù)列1是等差數(shù)列.xn(2)由題設(shè),Xi1, XnXi(n 1) 2,即 Xn12n 1Sn2 rn2 yn4 xn(2n4 11)Tn.Si,Sn13* 2152(2n 1)10分11(2n3) (2n 1)12分2(13)12n 1(3i)(，2n 313分)14分2(2n 1)17.證明(1) pf (弋)m 1m 、2 pp(/)mq/) rpm

29、pm由于f(x)是二次函數(shù)，故0,又 m 0,所以，pf(一)0 m 1pm(m 1)_(m 1) (m 2)pm(m 1)222 .m(m 2) (m 1)p m H(m 1) (m 2)(2)由題意，得f (0) r,f19當(dāng)p 0時(shí)，由(1 )知f (0,則 f(0)mm 1mm 1)V 0.)0, m 2 m m 2 m所以f (x)0在(, 1 )內(nèi)有解.m 111分當(dāng)p0時(shí)，由(1 )知m 、f(mi)0-13分0,則f(1), 八p rr p (m 1) ( - - )+ r = m 2 mp r 八0,所以 f(x) m 1-)內(nèi)有解.117分所以，方程f(x)0在(0, 1)

30、內(nèi)恒有解.18分18解：(1)如圖,取BC中點(diǎn)D,連AD,C1D .AD BCAC1 BCBC 平面ADC1C1D平面B1c1cB底面ABC , C1D 平面 ABC.由 AD BC知 AD 平面 BB1c1c.AAi / CCiAAi / 平面 BBiCiC .BC.4分所以異面直線 慶人與B1cl間的距離等于 AD(2)如圖，過印BQ BC,交BC于O,則B1O底面ABC.過O作OE AB,交AB于E,連BiE.則BiEO與所求二面角的平面角互補(bǔ)八 八一 3 八 a八 3八分 B1O C1D a,OB -,OE a.tan B1EO224B1O.3a2OE 3a42.20Bi EO arc

31、tan2.所以二面角的度數(shù)為arctan2.12分r19解：（1）由條件arb 可知:,(x 2)2y2. (x 2)2 y22.由雙曲線定義，得點(diǎn)P的軌跡方程:22 yx 31(x 0).（2）在第一象限內(nèi)作PFx軸，P點(diǎn)坐標(biāo)為（2,3）,此時(shí) PFA 90,PAF 452.以下證明當(dāng)PF與x軸不垂直且 P在第一象限時(shí),6 分PFA 2 PAF恒成立.kPAy1x1 1y1x1-,貝Utan2 PAF 22kPA1 (kPA)22(xi 1)yi(Xi22 .1) y1由x2一 2_2得 y13( x11) 3(X11)(X1 1).代入上式并化簡得tan 2 PAFy,tan x1 2PF

32、Ay1x1210分即 tan 2 PAFtan PFA,所以 PFA 2PAF.由對稱性知，當(dāng) 故存在常數(shù)P在第四象限時(shí)，同樣成立.2 ,使得 PFA 2 PAF恒成立.12分20解：（1 ）設(shè)過一1 1、F（-,一）的直線方程為y481 ,1、-k(x )。又設(shè) B(x1，y1)，C(x2,y2),84聯(lián)立1 一 1、k(x )842x消去y ,得2x2(k1)x0。從而有,y1y2k(x1又2設(shè) ABC的重心坐標(biāo)為(x, y),則消去k,即得6x23x 。x1 x2（2）因?yàn)? x2f (x1)26x1V1311 y2 I 33 2k12k263x1 3x1(1 2x1)，所以210 x2

33、 3X1(1 2X1) I2x1 (1 2x1)上式右邊等號成立當(dāng)且僅當(dāng)Xi0 Xk1 3Xk(1 2Xk)上式右邊等號成立當(dāng)且僅當(dāng)nk0 Xk 1k 121.解：（I ）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為則 F、1M = ( x + c , y ),x2 - c2又由點(diǎn)M在橢圓上,b2-X ab2即21又 0e 11。假設(shè)042Xk (1 2Xk)XkF2Mb2Xk由此得到b2-x a代入得解得（n ）設(shè)直線l的方程為y = kX+2m，代入3238Xk3一（k 2,3,L ）。從而有8由 F、1M - F2M = 0 ,- 0 X2a2 ,0 0,要使A、B兩點(diǎn)關(guān)于過點(diǎn) P、Q的直線對稱，必須kpQ=設(shè) A

34、( X1 , y1 )、B ( X2 ,XiX2Xq = -21 k2 km1 2k2,yQ= kXQ +mm=1 2k2m 一 32kPQ =32 km1 2k2m- 1 2k2km1 2k21一，m k,3222 2由、得 1 2k V 32k2 + 163 94.八.v kv 0 或 0vkv222.解.(I )在f (XiX2) f (Xix 942X2)(20分)2 f2 f (Xi) cos2X2 4asin X2 中,分別令“X2XiX1f(X) f(X)X2X22cos2x24asin x,f (X) 2a,x)f ( x)=2cos (+2x)4asin2(一+X)4由+一，

35、得2f (x) 2a 2cos2x 2cos( 2x)1 cos，1 cos2x ，4a - 4a2=2a 2(cos2x sin 2x) 2a(cos2x sin 2x)f(x) a ,2(1 a)sin(2x -)4(1 0 分)(n)當(dāng) x 0, 時(shí)，sin(2x )44(1) f (x) W2,當(dāng) a1 時(shí)，1 a即 1 J2w (1 J2)a 2 & .,2丁外.5(1 a) f(x) a 72(1 a) 2.2f2 w a w 1 .(2) f(x) 1 時(shí)，2 w a 72(1- a) f (x) 1.即1 w aw 4 3 J2 .故滿足條件a的取值范圍J2 , 4 3J2 (

36、 2 0分)23.解：三角形數(shù)表中前 m行共有1 2 3 m m(m ”個(gè)數(shù),2第m行最后一個(gè)數(shù)應(yīng)當(dāng)是所給奇數(shù)列中的第m(m 1)項(xiàng)。2故第m行最后一個(gè)數(shù)是2 m(m 1 m2 m 12因此，使得amn 2005的m是不等式m2 m 1 2005的最小正整數(shù)解。.22由 m m 1 2005得 mm 2006 0231.1 80241. 792121 89 442m 45是，第45行第一個(gè)數(shù)是442 44 12 1981(II )2005 1981213(1 0 分)故 f (x)1n 3f (X) 8 X(x 0),1-x(-)n3/y 010(-)n 3 X (X0)第n行最后一個(gè)數(shù)是n2

37、1,且有n個(gè)數(shù)，若將n21看成第n行第一個(gè)數(shù),則第n行各數(shù)成公差為-2的等差數(shù)列，故2bnn(n n1)n(n 1)2)f(bn) J畤”1故Sn - 22sn (2)2 2(1兩式相減得：2工）3 3。/ 1、n（2）（ i1、n 1 二），5分)1 -1Sn22 HYPERLINK l bookmark54 o Current Document 1121(1)1 12n Jn1 一nq)Sn24.右 a、b、c(2)n1、n 1 n(2)1 n 1 n(2)1 c2 (n 2)(-)nkabcR ,且滿足abc(a b)2 (ab 4c)2,(20分)求k的最大值。224解：由均值不等式得

38、（a b） （a224c) (a b)(a 2c)(b 2c)2(2 . ab)2 (2、,2ac 2.2bc)24ab4 2ac 4 2bc2c . ab4ab 8ac 8bc 16c ab,22.(a b) (a b 4c) (aabcc)4ab 8ac 8bc16c ababc(ac)c 8(一4 b816a ab)(a b c)18(2c24ab . ab)( 28(5 52a2b2c)(52)100，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)5a2b2c故k的最大值為100 .25證明：由f(2 x)f (x)知，函數(shù)f(x)圖像關(guān)于直線x 1對稱，則根據(jù)可知：對于x, y 0,1,若 x yy) f (x)

39、 f(y)設(shè) x1, x20,1,且 xx2,則 x2x10,1. f(x2) f(x1)fx1(x2為)f(x1) f(x1) f(x2 x1)1 f(xjf (x2 x1) 1 0 ,f (x)在0, 1上是不減函數(shù).11丁丁 f(3n f1 13 (an7123n3n13n1321.11.1.1-n) f(-n -n) f(-n) 1 3f() 33333.1221.12“抖疊3 . ”尹)了2,1.(2)對于任意x (0,1,1則必存在正整數(shù) n ,使得一 x 3n因?yàn)閒 (x)在(0, 1)上是不減函數(shù)，所以 1f(rn) f(x)313n 1 .“白，3,12(1) J， / 163n 16x 1.由可得f (2) 1 ,在中，令而 f(2)f(0) , . f(0)1,f(0) , f1,. x 0,1時(shí),1 f (x)6x12分1,2時(shí)，2 x0,1，且 f(x) f (2 x),f (2 x) 6(2x) 113 6x,因此，x1,2時(shí)，1 f(x) 13.14分26.求解不等式x2 ax 1 1。26解：(I) x 1情形。此時(shí)不等式為 Jx2