數(shù)學奧林匹克高中訓練題

數(shù)學高中訓練題 xy,A

6.F1F2a2+b21l為右準線.若在橢圓上存在點M,使|MF1||MF2|點M到l的距離d成等比數(shù)列,則橢圓離心率e的取值范圍是( ).-x+y,B=x+y ,C 的大 (A) -1 (B)(0 -122 1+22 (C)[2,1 (D)(0,2順序是 )(A)A>B> (B)A>C>(C)B>A> (D)B>C>y=fxy=gx,對x,fx)+f(-x)0gx)g(-x)(=1,且當x≠0時,g(x)≠1.則F(x)=2f((gx-f(x)是 )

z1z2滿足|z1|=1|z2|=23z1-=2+3i.則2z1+z2 已知x≥0,x2+(y-42≤4,設wx2+3xy+2x2+ .則w的取值范圍 S-ABC,底面三角形每個頂32和5則該三棱錐的體積是.ab為非零常數(shù)M=asin+bcos

f1x)=2fn1x)11

f1fn(x)],N sin+ ,則對任意的 a=fn(0)-1.則 fn(0)+ )

(A)M= (B)M 5.x2+ky1A(C)a0M=(D)b0M=1在棱長為

是過原點的直線與橢圓的兩個交點k使得在橢C,ABC,則對所有這樣的k,△ABC的面積的最大值是.的正方體 x+y=1ABCD中,點E、F 6.已知方程組 有且僅有整數(shù)解.111 x2+y2=別是面BB1C1C和ABCD 中心.則異面直線EF A1C1的離為 )

滿足題意的實數(shù)對(a,b)的個數(shù) 三、(20分已知ai∈Rai≥ai?n-1求證

,i=1,2 (A) (B)2 (C)3 (D)6 + ≥ a1+ a2+ an+ 已知周期數(shù)列{xn}xn=|xn1-xn2|(≥3x11x2=a≥0數(shù)列的前2002項的和是 )(A)2002(B)1335(C)1949(D)1

四、(20分n個點n≥4試問:是否一定存在這樣一個平面,僅過這n個點的其中三個?并請證明你的結(jié)論.得這四點構成的圖形是一個菱形,則稱該曲線存在 故B>A> 2.(B)接菱形c1:a2-b21c2:b2-a21,其中a≠b,a>0b>0.證明c2中有且僅有一條存在內(nèi)接菱形 PQABC

2f(-F(-x)=g(-x)-1+f(-=-2g(x)f(x)-f(x)1-g(x)=2f(x)+2f(x)[g(x)-1]-f(g(x)-=2f(x)+f(x)=F(x)g(x)-接圓上AB

故()=2fx)Fgx-F(

(x是偶函數(shù)BCCAAB的對稱點分別是UVW

(C)易知M a2+b2sinθ+φ)QUQVQW分別與 圖BCCAABDEF求證

aa2+

,sin

a2+UVW三點共線DEF三點共線

MN,則φ2kπarctanba

≥0(i=1,2,?,n),n≥2, 又arctanb∈-

,cosφ0a x2+xkxj1.x2+xkxj1.j

()C()

i=小值

1≤k<j j=

3A1CAB1三、(50分已知(a1,a2,?,an)12?n,且滿足:1≤i≤n-1ai+i≤ai+1+i+xii(1≤i≤n在排列中所處位置的序號(如排列(1,3,4,2x1=1,x2=4,x3=2,x4=3).求證對每一個滿足題意的排列(a1,a2,

A1C1∥AC知直線EF與A1C1的距離等于直A1C1與面AB1C的距,A1AB1C的距離設這個距離為h.a),x+i

+i+1(1≤i≤n-1)成立

=1 i

A1-AB1

=3a26

又VA-ABC=VC-AAB ·a·=A-B -(x+

,36

(B)+3 h=6,h +3 -(x+y)=>1+ 1+

設數(shù)列xn}T.T≠1TT2.x3|a-1|=1a0x4|x3-x2|=|1-a|=aa=1a2-- x+y--2

0或2.故TT=3由

=||a-1|-a|=1得a(x-)2(x-)2 ( ) x-yx|1-|a-1||=a0≤a - >0x++

5a0,數(shù)列xn}1,0,1,1,0,1,?,1,10,110?S20022×66711(A)

∴S1AS2三,且A 1由|MF|2=|MF|·d得|MF1 |MF2|=e SS的中 1 |MF2 即|MF1|=e|MF2| 又|MF1|+|MF2|=2a. 由①②解得

S1C,CS1S3中點 圖|MF|=2ae,|MF|=2a S1S2 1+ 1+ 又在橢圓中有|MF2|-|MF1|≤2c 中,AC=2S2S3=SB即1-e≤c= 同理,AB=SC,BC=SA1+ 得-1≤e<二、13-3i-913

故三棱錐S-ABC對邊長分別相等下面我們構 由3z1-z2=2+3i得 的體積.如圖6,長方體長、寬、高分別為xyz,三條面3-z2

=|2+|z1|z

=7 3325x2+y2=(3)2 x=則y2+z2=(2)2 得y=1z2+x2=(5)2 z=3V=V長-4VD-又

=|z1

2,得21z2+3i1或143i 3-2z1+z25z1-(3z1-z2)3--9+133i 5

=V-44.-1

1

6V=3 222.2≤w≤ 2231(x3

y)

f1(0)2a1=1x+32 w-x+32

( () x+ x2+y2 f1x=1+xfn0=1+

n-

(0)如圖4,設P(x,y), 故a=fn(0)-1=-1fn-1(0)-1線l:x+3y=0 PA⊥l于A∠AOP

θ易知60θ90. fn(0)+即an=-1an-11

2fn-1(0)+2n- |PA||PO|

x+32

∈ ∈

故an= 5.233

,a100=-2101則w

1=2i

3

,即2≤w≤25

設|OA|=

,|OC|=r2ABC2 OC⊥AB,2

=3r13.6

Arcos,rsin).則易知C點坐標為±π2π2 ±π2π2±5S-ABC的三個側(cè)面都展開在∵S1A=S2A=SA,S1AB+∠BAC+∠S2=

r2cos)2

r2sin .分別代入橢圓方1+k(rsin)2=112πrcos2πrcos222π222

A+ o

+krsinθ±2θ 2

=2θ2

∴A-B≥0,A = 當當≥故2

+ ,r2222

2+kcos 四、 n r2=3r12iθ-k 2=1

8,這樣的平面不一定存在證明:4≤n≤7,則這樣的平面顯然存在4sin- 4iθ- n,n≥6.n6 3.

另兩點所成直線必與這四點確定的直線異面.) k

樣的平面存在.n7,這樣的平面也存在1故1+1=4=1+k 若這n個點中有五個點共線時,則必有n=7,1

3

上可知這樣的平面存在.得r2≤2, 2 . 6.

1≤3 ABC,則由這n個點不共面知在剩下的D,DABC上易知方程x2+y2=5012組整數(shù)解:(±1整點.對于每一個滿足題意的實數(shù)對,在平面坐標系中均對應著一條直線.從而,所求問題可轉(zhuǎn)化為求過12個整點的直線條數(shù)問題易知滿足題意的直線有如,且與圓相切的直線共有條

,ABCD,這個四面體確定四個面.由,ABCD中的三點外,再無其他的點,即存在面僅過其中三個點.n≥8,n個點分布在兩條異面直線上,且每條直線上的點個數(shù)不少于4,易知此時不存在這樣的平面,它僅過其中三點因為從這n個點中任取三點,必有某兩點在同一直線上,過其中兩個整點的直線共C2=66條 他點也位于該三點確定的平面上又由于所給直線方程為截距式,故上面的直線中過原點或與兩坐標軸平行的直線應排除.故滿足題意的1266-3×6=60條.60個滿足

1a2

b21(a0b>0題意的實數(shù)對(a,b) a1+

+a2+

+

an+a1

a2-

2=1上存在內(nèi)接菱形AB2 CD,AxAyA)BxByB)CxCyC)a+ a+ aa+ a+ a+ DxDyD),ACBDEmn則A+B=n A-B=a1-a2+a2-a3+?+an-AC(BDy,(AC)必

x軸.ABCD四點不滿足題意.a1+ a2+ an+ =a1-a2+a2-a3+?+2 -

Ax2A-A

=1,x2C-y2C=1a1+ a2+ an+ [(a1-a2)(a1+a2)+(a2-a3)(a2+a3)++2an(an+a1)

(xA-xC)(xA+xC)

(yA-yC)(yA+yC)2anan+a1·a1-a2+a2-a3+?+ 即xA-xC·m=yA-yC·n.a1+a2 a22anan+a1≥a1-a2+a2-a3+?2a)n2=a1+a)n2 a1- a2- 2 a1+a 零 + n a1+ a2+ an+ (a1+an a2yA-

(2)∵PCABn=2

=2·kAC

∴∠PCE=∠AB xA- a2yB- ∴∠PCV=2∠PCE=2∠ABP=∠PBW,n=

2xB-2

=b2·kBD

PCQ=∠PBQ =b4kAC·kBD=

b4<

∴∠PCV+∠PCQ=∠PBW+∠PBQ ∠QCV=這是不可能的.故總有m=0n=0成立 從而,S△QCV=CV·CQ.( 表示△QCV的2a2

b21(a0b>0

,下同

S

接菱形的充要條件是b> 7,l1:y

S CQ·CUS x S ∴QCV·△QAW·△QBU= S△QBWS△QCUSl2:y=-ax分別是雙 于是BDCEAF=S△QBUS△QCVS△QAW=DCEA 線的兩條漸近線

內(nèi)接菱形,

DEF三點共線則必有k、 圖 ∵(∑x)2≥∑x2+2∑xx=1-ba

∪0

i=n

i=

jk1≤k<j2

xii=n ∑xi1,且等號當且僅當存在i故必有>∠COB=2,2>4∴b>,b>a,易知在該雙曲線上必存在一個中心為原點的內(nèi)接菱形.引理2得證.下面利用上述兩個引理來證明原題

i=xi1xj0j≠i時取到.xk=kyk,1≤k≤nn∑i2y2+2∑k2yy= n k由于c1和c2為一對共軛雙曲線,且a≠b i=

1≤k<ja>b,c2上存在內(nèi)接菱形,c1

ak=yk+yk+1+?+yna2+3a2+?+(2k-1)a2+?+(2n-1)在 a<b,在

= an10yk=ak-ak1 故雙曲線c1和c2上有且僅有一條上存在內(nèi) ∑xk=∑k(ak-ak+1)=∑kak-∑kak+.菱 k=.n

k=n

k=n

k=第二 =∑kak-∑(k-1)ak=∑ak k= k= k=從點P向BCCA 作垂線,垂足分別 (∑xk)2=(∑ak)XY由對稱性知,

k=n

k=n (n

(2k-1)a2)=

1≤nn k=12k-nn

k=

kk=

2k-故UV 圖 ∴∑xk≤∑ 同理,VW∥YZ k= k=12k-WU故UVW三點共線.

a1=a2=? 2k-

=

=T(定值),2n-即a T(k=1,2,?,n)2k-,T12i-xk=k(ak-ak1)=2kT(1≤k≤n-1)

這與前面.故結(jié)論成立證法二:用數(shù)學歸納法證明更強題:1≤i≤nxi=ai.n12,易知命題成立n≤k,命題也成立則n xn=

nT.2n-

4k-2

k+1,考慮所有a1=i1≤i≤k+

j= ∑2k-1 a≥1+2+?+ =x1x1+1k= k= ∑

j=j≤n-1xj≥xj+1不妨設xj=xj+1+mm∈Nm≥2.首先證明:t∈0m有

(aj+j)≥x1(x1+1)j=1另一方面,a1+1≤a2+2 +x1=1+x11 +tj+1

∴∑(aj+j)≤x1(x1+1)j+若不然,設 +t中有小于j的,設u(u≥1j+

j=j+使 +t≤j-1的最小t值,則由u的最小性 (aj+j)=x1(x1+1)j=j+

+- j,

j+

+u≤j- 且a1+1=a2+2=?= +x1=1+x11故由1≤xj+1+u-1<xj+1+u≤xj≤n. 因而,x1=a1=i,a2=i-1,?,ai=1 +u+(xj+1+j+

1≤l≤ial=i1-lxl=i1-lxl=al

+u-1+(xj+1+u-1)

而后(k1-i),j+

- k1-i,i1≤l≤k +j+

j+

+u-

1,al=xlx