一 试
(考试时间:80分钟 满分100分)
一、填空题(共8小题,8756分)
1、已知,点(x,y)在直线x2y3 上移动,当2x4y取最小值时,点
(x,y)与原点的距离是
。
2、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
f12312223214。记f1(n)f(n),fk1(n)f(fk(n)),k1,2,3...,则
f2010(2010)
。
3、如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,二面角ABD1A1的度数是 。
4、在1,2,,2010中随机选取三个数,能构成递增等差数列的概率是 。 5、若正数a,b,c满足是 。
6、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的横坐标是 。 7、已知数列a0,a1,a2,...,an...,满足关系式(3an1)(6an)18且a03,则
1i0ainabc,则b的最大值
acbcacab的值是 。
8、函数f(x)sinxcosxtanxcotxsinxcosxtanxcotx在x(o,)时
sinxtanxcosxtanxcosxcotxsinxcotx2的最小值为 。
二、解答题(共3题,14151544分)
9、设数列{an}满足条件:a11,a22,且an2an1an(n1,求证:对于任何正整数n,都有:nan11n1
an2,3,)
10、已知曲线M:x2y2m,x0,m为正常数.直线l与曲线M的实轴不垂直,且依次交直线yx、曲线M、直线yx于A、B、
C、D4
个点,O为坐标原点。
(1)若|AB||BC||CD|,求证:AOD的面积为定值;
(2)若BOC的面积等于AOD面积的1,求证:|AB||BC||CD|
311、已知、是方程4x24tx10(tR)的两个不等实根,函数
f(x)
2xt的定义域为[,]. x21 (Ⅰ)求g(t)maxf(x)minf(x);
(Ⅱ)证明:对于ui(0,)(i1,2,3),若sinu1sinu2sinu31,则
211136. g(tanu1)g(tanu2)g(tanu3)4二 试
(考试时间:150分钟 总分:200分)
一、(本题50分)如图,eO1和eO2与ABC的三边所在的三条直线都
G H O1。
A 。
P O2
E B C F
相切,E,F,G,H为切点,并且EG、FH的延长线交于P点。 求证:直线PA与BC垂直。
二、(本题50分)正实数x,y,z,满足xyz1。证明: 三、(本题50分)对每个正整数n,定义函数
0n为平方数)(当f(n)1
[(当]n不为平方数){n}(其中[x]表示不超过x的最大整数,{x}x[x])。试求:f(k)k1240的值。
四、(本题50分)在世界杯足球赛前,F国的教练员为了考察
A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7这七名队员,准备让他们在三场训练比赛(每场
比赛90分钟)中都上场,假设在比赛的任何时刻,这些队员都有且只有一人在场上,并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被7整除,A5,A6,A7每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除.如果每场换人的次数不限,那么,按每名队员上场的总时间计,共有多少种不同的情况? 答案与解析 一、填空题 1、354。2x4y2=354332x2y42.x,y时取最小值,
24此时
x2y2。
2、4。 解: 将f(2010)5记做20105,于是有
从89开始,fn是周期为8的周期数列。故
f2010(2010)f2005(89)f52508(89)f5(89)4。
3、60o。 解:连结D1C,作CEBD1,垂足为E,延长CE交A1B于
F,则FEBD1,连结AE,由对称性知AEBD1,FEA是二面角
ABD1A1的平面角。
连结AC,设AB1,则ACAD1在RtABD1中,AE2,BD13.
ABAD12BD13222,
22421 3在AEC中,cosAECAECEAC2AEAC42AECE2AE223AEC1200,而FEA是AEC的补角,FEA600。
4、
3。 4018 解:三个数成递增等差数列,设为
d1004。
a,ad,a2d,
按题意必须满足a2d2010,
1,2,L,20102d.
对于给定的d,a可以取
1004d1故三数成递增等差数列的个数为 (20102d)1005*1004. 三数成递增等差数列的概率为 5、
171。 41005*100433C20104018。
解:由条件,有
bca, acabbc令abx,bcy,caz; 则axzy,bxyz,c22yzx, 2从而原条件可化为:
令xyt,则t41,解得t1zt172或t1172,
故
bxyzt1171 ac2z2246、1.解:经过M,N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线
y3x上,设圆心为S(a,3a),则圆S的方程为:(xa)2(y3a)22(1a2)
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(1a2)(a3)2,解得 a1
或a7.
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MPNMP'N,故点P(1,0)为所求,所以点P的横坐标为1. 7、1(2n2n3).
3解:设bn
111,n0,1,2,...,则(3)(6)18, anbn1bn即3bn16bn10.bn12bn1,311bn12(bn) 333故数列{bn1}是公比为2的等比数列,
bnn1111112n(b0)2n()2n1bn(2n11)。 33a0333nn1n211i112(2n11)b(21)(n1)2n3。 i321ioaii0i0338、4.解:
44(sinxcosx)(tanxcotx)sinxtanxcosxcotxsinxtanxcosxcotx(由调和平均值不等式)4 要使上式等号成立,当且仅当
(1) -(2)得到sinxcosxcosxsinx, 即得sinxcosx。因为x(0,),
2所以当x时,f(x)4f()4。所以minf(x)4。
4二、解答题 9、证明:令 于是
na01,则有 ak1akak1,且 1akak1(k1,2,) ak1ak1nakank1 k1ak1k1ak1由算术-几何平均值不等式,可得 注意到
11na0a11,可知
an11nanan11 ,即
y B O A B P nan11nan
10、解:(1)设直线l:ykxb代入x2C x D ym得:
2A Q C
(1k2)x22bkxb2m0,0得:b2m(1k2)0,
设B(x1,y1),C(x2,y2),则有x1x22bk21k设A(x3,y3),D(x4,y4),
(b2m),x1x2,
1k2b, 1k由|AB||BC||CD|得|BC|1|AD|,
3故|x1x2|1|x3x4|,
3易得:x3b1k,x4代入得
2bk24(b2m)12b()||, 22231k1k1k8整理得:b29m(k21), 又|OA|SAOD2|bb|,|OD|2||,AOD90, 1k1kb29m为定值. 2|1k|8 (2)设BC中点为P,AD中点为Q 则xpx1x2bk21k2,xQx3x4bk21k2,
所以xPxQ,P、Q重合,从而|AP||DP|,
从而|AB||CD|,又BOC的面积等于
AOD面积的
1,所以|BC|1|AD|, 33从而|AB||BC||CD|.
11、解:(Ⅰ)设x1x2,则4x124tx110,1t则f(x2)f(x1)2x22t2x224x24tx210,
(x2x1)t(x1x2)2x1x22(x1)(x1)22221x21x11
又t(x1x2)2x1x22t(x1x2)2x1x210f(x2)f(x1)0 故f(x)在区间,上是增函数。
(Ⅱ)证:
8216(23)24cosuicosuicosuicosui21624166(i1,2,3)g(tanui)22216169cosu169cosu169cosuiii92cosui
3
3sinui(sinui)21,
2i1i133Qsinui1,且ui(0,),i1,2,32i1而均值不等式与柯西不等式中,等号不能同时成立,
二 试
一、证明:延长PA交EF于D,则PEG和PHF分别是
ACD与ABD的截线,由梅涅劳斯定理得:
DECGAPgg1LLECGAPDBFDPAHgg1LLFDPAHB① ②
P G O1
A H O2
QeO1,eO2都是ABC的旁切圆,
1ECCG(BCCAAB)BFHFL2③ 于是由①、②、③得:
DE=GAAHFD
E
B
又QRtAGO1: ∴
RtAHO2
D C F
DE=GAAHFD=AO
1AO2而O1,A,O2三点共线,且O1EEF,O2FEF, ∴
PABC
二、证明:原不等式可变形为
x2x5y2y5z2z5550 5222222xyzyzxzxyx2y2z2x2y2z2x2y2z2即 5225225223
xyzyzxzxy由柯西不等式以及xyz1可得
x2y2z2yzy2z2即 522222
xyzxyzx2y2z2zxz2x2同理 522222
yzxxyz上面三式相加并利用x2y2z2xyyzzx得
三、解:对任意a,kN*,若k2a(k1)2,则1ak22k,设
ak,01,
则
1{a}11akak2k2k12k1,[][]. 2222akakakak{a}让a跑遍区间(k2,(k1)2)中的所有整数,
2k1则[][2k],
ii1k2a(k1)2{a}(n1)2a1
于是f(a)[i1i1n2k2k……① ]i下面计算[2k],画一张2k2k的表,第i行中,凡是i行中的位
i12ki数处填写“*”号,则这行的“*”号共[2k]个,全表的“*”号共
i[i12k2k]个;另一方面,按列收集“*”号数,第j列中,若j有T(j)i个正因数,则该列使有T(j)个“*”号,故全表的“*”号个数共
2k2kT(j)个,因此[]T(j). ii1j1j12k2k示例如下:
1 1 2 3 4 5 6 2 * * 3 * 4 * * 5 * 6 * * * * * * * [T(2n1)T(2n)]
则f(a)T(j)n[T(1)T(2)](n1)[T(3)T(4)]i1i1j1nn2k……②
由此,f(k)(16k)[T(2k1)T(k)] ……③
k1k125615记ak T(2k1)T(2k),k1,2,,15,易得ak的取值情况如下:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16n153 5 6 6 7 8 6 9 8 8 8 10 7 10 10 783……④
k1k1
因此,f(k)(16k)ak据定义f(256)f(162)0,
(16r30),
又当k{241,242,,255},设k152rk15152r15rrrr152r1531152r1530,
1130131]1,k{241,242,,255}……⑤ 2,则[2r{15r}r{k}240i1256i1从则f(k)783f(k)78315768.
四、解:设各人上场时间分别为7t1,7t2,7t3,7t4,13t5,13t6,13t7 (ti为正整数). 得方程
7(t1t2t3t4)13(t5t6t7)903.
令t1t2t3t4x,t5t6t7y.得方程7x13y270. 即求此方程满足4x38,3y20的整数解. 即6y4(mod7),3y2(mod7),y3(mod7)
y3,10,17,相应的x33,20,7. t5t6t73.的解只有
1种,t5t6t710.的解有C92种,
2t5t6t717.的解有C16种; t1t2t3t433.的解有C32种,
3
3t1t2t3t420,的解有C19种,
3t1t2t3t47,的解有C6种.
3323C6C16C92C1942244种。 ∴ 共有1C32
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