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高二数学竞赛综合练习(8)


高二数学竞赛综合练习题(8)
班级 学号 姓名

1.函数 f ( x) ? 1 ? 2 x ? 3 ? 2 x 的最大值是________________ ; 2.如果自然数 a 的各位数 字之和等于 5,那么称 a 为“吉祥数”, 将所有吉祥数从小到大排成 一列 a1,a2,?,an.若 an=2012.则 n=_______________.<

br />
3.已知 f(x)是 2011 次多项式,当 n=0, 1,?,2011 时,

f ( n) ?

n .则 f(2012)=___ n ?1

___;

2 y2 4.已知双曲线 x 2 ? 2 ? 1 的一个焦点与圆 x2+y2-10x=0 的圆心重合,且双曲线的离心率等 a b

于 5 ,则该双曲线的标准方程为



5.若 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S9=-36,S13=-104,则 a5 与 a7 的等比中项 为 .

??? ??? ? ? ??? ???? ??? ? ? ??? ? 6.在△ABC 中,若 AB=1,AC= 3 , | AB ? AC |?| BC| ,则 BA ? BC = | BC |



7 . 已 知 0 ? a ? 1 , 若 log a (2 x ? y ? 1) ? log a (3 y ? x ? 2) , 且 ? ? x ? y , 则 ? 的 最 大 值 为 .
f ?(1) x 1 e ? f (0) x ? x 2 在点(1,f(1))处的切线方程为 e 2

8.曲线 f ( x) ?



9.已知直线 y=ax+3 与圆 x 2 ? y 2 ? 2 x ? 8 ? 0 相交于 A,B 两点,点 P( x0 , y0 ) 在直线 y=2x 上, 且 PA=PB,则 x0 的取值范围为 .

10.设 P(x,y)为函数 y ? x 2 ? 1 ( x ? 3) 图象上一动点,记 m ? m 最小时,点 P 的坐标为 .

3x ? y ? 5 x ? 3 y ? 7 ,则当 ? x ?1 y?2

11.已知数列{an}中,a2=1,前 n 项和为 Sn,且 Sn ?

n(an ? a1 ) . 2

(1)证明数列{an}为等差数列,并写出其通项公式; (2)设 lg bn ?
an ?1 ,试问是否存在正整数 p,q(其中 1<p<q),使 b1,bp,bq 成等比数列? 3n

若存在,求出所有满足条件的数组(p,q);若不存在,说明理由.

12.已知左焦点为 F(-1,0)的椭圆过点 E(1, 2 3 ).过点 P(1,1)分别作斜率为 k1,k2 的椭 3 圆的动弦 AB,CD,设 M,N 分别为线段 AB,CD 的中点. (1)若 P 为线段 AB 的中点,求 k1; (2)若 k1+k2=1,求证直线 MN 恒过定点,并求出定点坐标.

13.设实系数三次多项式 p( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ? c 有三个非零实数根. 求证: 6a ? 10(a ? 2b) ?12ab ? 27c .
3 2 3 2

14.如图,已知 P 是矩形 ABCD 内任意一点,延长 BP 交 AD 于 E, 延长 DP 交 AB 于 F,延长 CP 交矩形的外接圆于 G。求证:GE⊥GF.
G A Q P F R B C E D

综合练习 8 答案
1.

2 2

2 1 y2 ? 1 .5: ?4 2 .6: . 4: x ? 5 20 2

2:设 x1 x2 ? xm 为吉祥数,则 x1+x2+?+xm=5,由 x1≥1 和 x2,?,xm≥0 得(x1-1)+x2+?+xm=4,所 以, x1 x2 ? xm 为第 C m ? 3 个吉祥数. 1x2 ? xm 为第 C m ? 2 个吉祥数.由此得:一位吉祥数共 1 个, 二位吉祥数共 C5
4 4 4

? 5 个,三位吉祥数共 C64 ? 15 个,因以 1 为首位的四位吉祥数共 C64 ? 15

个,以 2 为首位的前两个四位吉祥数为:2003 和 2012.故 n=1+5+15+15+2=38. 3. 当 n=0,1,?,2011 时, (n+1)f(n)=n,即多项式(x+1)f(x)-x 有 2012 个根, 设(x+1)f(x)-x=ax(x-1)(x-2)?(x-2011). 取 x=-1,则 1=2012!a.故 a ?

1 , 2012!

f ( x) ?

x( x ? 1)( x ? 2) ?( x ? 2011) x ? , 2012!( x ? 1) x ?1

f (2012) ?

2012! 2012 2013 ? ? ?1 . 2012!2013 2013 2013
1 .9: (?1, 0) ? (0, 2) .10:(2,3). 2

7:-2.8: y ? ex ?

11 解:(1)由 Sn ? 得

n(an ? a1 ) na ,即 Sn ? n , 2 2

① ② ③ ④

Sn ?1 ?

(n ? 1)an ?1 . 2

②-①,得

(n ? 1)an ?1 ? nan .

于是, nan ? 2 ? (n ? 1)an ?1 . ③+④,得 nan ? 2 ? nan ? 2nan ?1 ,即 an ? 2 ? an ? 2an ?1 . 又 a1=0,a2=1,a2-a1=1, 所以,数列{an}是以 0 为首项,1 为公差的等差数列. 所以,an=n-1.

(2) 假设存在正整数数组(p,q),使 b1,bp,bq 成等比数列,

则 lgb1,lgbp,lgbq 成等差数列, 于是,
2p 1 q ? ? . 3 p 3 3q

所以, q ? 3q (

2p 1 ? ) (☆). 3p 3

易知(p,q)=(2,3)为方程(☆)的一组解. 当 p≥3,且 p∈N*时, 于是
2( p ? 1) 2 p 2 ? 4 p 2p ? p ? p ?1 <0,故数列{ p }(p≥3)为递减数列, p ?1 3 3 3 3

2p 1 ? ≤ 2 ? 3 ? 1 <0,所以此时方程(☆)无正整数解. p 3 3 33 3

综上,存在唯一正整数数对(p,q)=(2,3),使 b1,bp,bq 成等比数列. 12 解: (1)依题设 c=1,且右焦点 F ? (1,0).
? ? 所以,2a= EF ? EF ? = (1 ? 1) ? ? 2 3 ? ? 2 3 ? 2 3 ,b2=a2-c2=2, 3 ? 3 ?
2 2

2 y2 ?1. 故所求的椭圆的标准方程为 x ? 3 2

设 A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ),则 ②-①,得 所以,k1=

x12 y12 x2 y 2 ? ? 1 ①, 2 ? 2 ? 1 ②. 3 2 3 2

( x2 ? x1 )( x2 ? x1 ) ( y 2 ? y1 )( y 2 ? y1 ) ? ? 0. 3 2

y2 ? y1 2( x2 ? x1 ) 4x ?? ?? P ??2 . x2 ? x1 3( y2 ? y1 ) 6 yP 3

(2) 依题设,k1≠k2. 设 M( xM , yM ),直线 AB 的方程为 y-1=k1(x-1),即 y=k1x+(1-k1),亦即 y=k1x+k2, 代入椭圆方程并化简得 于是, xM ? 同理, xN ?
2 (2 ? 3k12 ) x 2 ? 6k1 k2 x ? 3k2 ? 6 ? 0 .

?3k1k2 2k 2 , yM ? . 2 2 ? 3k1 2 ? 3k12 ?3k1k2 2k1 , yN ? . 2 2 2 ? 3k2 2 ? 3k2

当 k1k2≠0 时, 直线 MN 的斜率 k=
2 4 ? 6(k2 ? k2 k1 ? k12 ) 10 ? 6k2 k1 yM ? y N = . ? ?9k2 k1 (k2 ? k1 ) xM ? xN ?9k2 k1

直线 MN 的方程为 y ? 即 亦即
y?

2k 2 10 ? 6k2 k1 ?3k1k2 ? (x ? ), 2 ?9k2 k1 2 ? 3k1 2 ? 3k12

10 ? 6k2 k1 10 ? 6k 2 k1 3k1k 2 2k 2 x?( ? ? ), 2 ?9k2 k1 ?9k2 k1 2 ? 3k1 2 ? 3k12
10 ? 6k2 k1 x? 2 . ?9k2 k1 3

y?

此时直线过定点 (0, ? 2 ) . 3 当 k1k2=0 时,直线 MN 即为 y 轴,此时亦过点 (0, ? 2 ) . 3 综上,直线 MN 恒过定点,且坐标为 (0, ? 2 ) . 3 13 证明:设 ? , ? , ? 为 p(x)=0 的三个根,由根与系数关系

?? ? ? ? ? ? ? a ? ??? ? ?? ? ?? ? b 得: ???? ? ?c ?

a ? 2b ? ? ? ? ? ?
2 2 2

2

.原式 ? 6a(a

2

? 2b) ? 10(a ? 2b) ? 27c
2
2 2 3 2 2

3 2

? 6(? ? ? ? ? )(? ? ? ? ? ) ? 10(? ? ? ? ? ) ? 27???
2 2 2

①.

若? 若?

2

? ? 2 ? ? 2 ? 0 ,则①成立.
? ? 2 ? ? 2 ? 0 ,不妨设 | ? |?| ? |?| ? | ,由①的齐次性,不妨设

2

? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? 9 ,则 ? 2 ? 3 , 2?? ? ? 2 ? ? 2 ? 9 ? ? 2 ? 6 .[来源:Zxxk.Com]
① ? 2(?

? ? ? ? ) ? ??? ? 10 .因

[2(? ? ? ? ? ) ? ??? ]2 ? [2(? ? ? ) ? (2 ? ?? )? ]2 ? [4 ? (2 ? ?? )2 ][(? ? ? ) 2 ? ? 2 ] ? [ 8 ? 4 ? ? ( ?2 ) ] (? ? ? ?) ? ? 9 2
2 ?3( ? ) ? ( ? ) 2? ?

2 0?( ? ?

)

72

? (?? ? 2)2 (2?? ? 7) ? 100 ? 100 ,所以, 2(? ? ? ? ? ) ? ??? ? 10 .故原式
成立. 14 证法 1: 设 CG 交 AD 于 Q,由∠GBA=∠GDA 及 ∠AGB=∠CGD 知△ABG∽△QDG。延长 DF、CB 交于 R,由 AD∥BR, AD=BC 得

G A Q P F B E D

AF BC ? FB BR



又 由 △ CPB ∽ △ QPE 及 △ RPB ∽ △ DPE 得

BC QE ? BR ED

β α

C



由①,②得

AF QE ? ,表明 F,E 是△ABG,△QDG 的相似对应点,故得 FB ED

△FBG∽△EDG.所以,∠FGB= ∠EGD,∠FGE=∠BGD=900, 即 GE⊥GF. 证法 2:联结 GB, GD,令∠GCB= ? ,∠GCD= ? ,

由正 弦定理得:

GB sin ? BP sin ?PBC ? ? GD sin ? DP sin ?PDC
,

?

BF sin ?BFP sin ?PBC BF ? ? DE sin ?DEP sin ?PDC DE

由∠GBF=∠GDE 得△FBG∽△EDG. 所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900, 即 GE⊥GF.


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