高中數(shù)學(xué)競賽訓(xùn)練題

高中數(shù)學(xué)競賽訓(xùn)練題

一、填空題

2.方程9x+|1-3x|=5的實(shí)數(shù)解為______．

3.方程||…|||x|-1|-2|…|-2 013|=2 013一共有______個(gè)解.

4.若平面向量a,b滿足|2a-b|≤3，則a·b的最小值是______．

(第3屆澳門高中數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題)

7．已知集合A={a1,a2,a3}?{1,2,3,…,2 013}，且a1+10≤a2+1≤a3，則滿足條件的集合A有______個(gè).

圖1

8．如圖1，已知在銳角△ABC中，BE⊥AC于點(diǎn)E，CD⊥AB于點(diǎn)D，BC=25，CE=7，BD=15，以DE為直徑的圓與AC交于點(diǎn)F，則AF=______．

(2012年華約自主招生試題)

9.在1,2，…,2 012中取一組數(shù)，使得任意2個(gè)數(shù)之和不能被其差整除，最多能取______個(gè)數(shù).

(2012年北約自主招生試題)

二、解答題

(2009年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽安徽省預(yù)賽試題)

12．試構(gòu)造函數(shù)f(x)，g(x),使其定義域?yàn)?0,1)，值域?yàn)閇0,1]，且

圖2

(1)對于任意a∈[0,1]，f(x)=a只有1個(gè)解；

(2)對于任意a∈[0,1]，g(x)=a有無窮多個(gè)解．

(2006年復(fù)旦大學(xué)自主招生試題)

18．設(shè)平面上有3個(gè)點(diǎn)，任意2個(gè)點(diǎn)之間距離不超過1，問：半徑至少為多大的圓盤才能覆蓋這3個(gè)點(diǎn)？請證明你的結(jié)論．

19．已知函數(shù)f(x)=ex-x，其中e為無理數(shù)(e=2.718 28…).

(1)若函數(shù)F(x)=f(x)-ax2-1的導(dǎo)函數(shù)F′(x)在[0,+∞)上是增函數(shù)，試求實(shí)數(shù)a的最大值；

21．已知四面體ABCD的3對對棱分別相等.

(1)證明：4個(gè)面都是銳角三角形．

(2)設(shè)△ABC，△ABD，△ACD所在平面與△BCD所在平面所成的角分別為α，β，γ,求證：cosα+cosβ+cosγ=1．

(2009年清華大學(xué)自主招生試題)

23．試確定，是否存在2 011個(gè)實(shí)數(shù)a1,a2,…,a2 011，滿足：

(1)|ai|<1(i=1,2,…,2 011)；

(2)|a1|+|a2|+…+|a2 011|-|a1+a2+…+a2 011|=2 010．

參考答案

11.解由方程可知x是整數(shù),設(shè)x=42p+q，其中p∈Z，q∈{0,1,…,41},則

因此,方程的解集為

則f(x)滿足題意．

13.解記橢圓的右焦點(diǎn)為F，聯(lián)結(jié)CF,DF,PF，其中DF交橢圓于點(diǎn)G，PF交DQ于點(diǎn)E．根據(jù)橢圓第二定義，知

FQ為△DFC中∠DFC的外角平分線，則

由式(1),得

圖3

14.解如圖3，以右焦點(diǎn)F為極點(diǎn)、x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，則橢圓的極坐標(biāo)方程為

|MM1|=2ρ1,|NN1|=2ρ2,

則

因?yàn)閍1=1，an+1=an+2n,所以ak+1-1=k(k+1),從而

(3)

即

(4)

an+1-an>0，

即

an+1>an.

從而

令bk=ak-ak+1，則對任何k，bk≥0且根據(jù)ak-2ak+1+ak+2≥0有bk≥bk+1,于是

即

…

累加,得

從而

由數(shù)學(xué)歸納法，得

圖4

21.證明(1)過四面體的每一條棱都存在著與對棱對棱平行的平面，這6個(gè)平面的交線圍成了一個(gè)平行六面體AB′CD′-A′BC′D(如圖4所示),聯(lián)結(jié)B′D′.因?yàn)?/p>

BD=B′D′，BD=AC,

所以

AC=B′D′,

從而四邊形AB′CD′是對角線相等的平行四邊形，即四邊形AB′CD′是矩形．同理另外的5個(gè)面也都是矩形，故該平行六面體為長方體，四面體ABCD的棱均為該長方體的面對角線．

現(xiàn)設(shè)AB′=a，B′C=b，B′B=c，則

即∠BAC是銳角.同理可證∠ABC與∠ACB也都是銳角,于是△ABC是銳角三角形.同理可證另外3個(gè)三角形也都是銳角三角形，因此，四面體ABCD的4個(gè)面都是銳角三角形．

(2)如圖5所示，設(shè)四面體ABCD的頂點(diǎn)A在平面BCD上的射影為A′，聯(lián)結(jié)BA′，CA′，DA′，則

S△A′BC+S△A′CD+S△A′BD=S△BCD,

從而

圖5

因?yàn)樗拿骟wABCD是3對對棱分別相等的四面體,所以它的4個(gè)三角形全等,于是

S△ABC=S△ACD=S△ABD=S△BCD,

故 cosα+cosβ+cosγ=

22.證明因?yàn)閤+y+z=(x+y+z)(xy+yz+zx)=xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)+3xyz，所以原題即證

xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z).

(5)

根據(jù)對稱性，不妨設(shè)x≥y≥z，則

(6)

同理可得

(7)

(8)

注意到

又由x≥y≥z,知

式(6)+式(7)+式(8),得

yz(y+z)-zx(z+x)≥0，

即式(5)成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時(shí)等號成立．從而所證結(jié)論成立．

23.證明假若存在滿足以上條件的2 011個(gè)實(shí)數(shù)a1,a2,…,a2 011，設(shè)|a1+a2+…+a2 011|=t，則t≥0，去掉絕對值符號，并分開其正、負(fù)部，可記為

|a1+a2+…+a2 011|=

(x1+x2+…+xk)-(y1+y2+…+y2 011-k)，

即 (x1+x2+…+xk)-(y1+y2+…+y2 011-k)=t,

(9)

其中x1,x2,…,xk；y1,y2,…，y2 011-k是|a1|,|a2|,…,|a2 011|的某個(gè)排列．由條件(2)，知

(x1+x2+…+xk)+ (y1+y2+…+y2 011-k)=2 010+t,

(10)

從而

x1+x2+…+xk=1 005+t,

y1+y2+…+y2 011-k=1 005.

(11)

由于0≤xi≤1，0≤yj<1(i=1,2,…,k；j=1,2,…,2 011-k),則

k>x1+x2+…+xk=1 005+t;

即

2 011-k>y1+y2+…+y2 011-k=1 005,

于是

k≥1 006，2 011-k≥1 006,

相加得2 011≥2 012，矛盾．

因此，這樣的2 011個(gè)實(shí)數(shù)不存在．

即

因?yàn)?/p>

記g(x)=3sinx-xcosx-2x，則

g′(x)=2cosx+xsinx-2.

因?yàn)?/p>

g″(x)=xcosx-sinx=cosx(x-tanx)，

g?(x)=-xsinx<0，

(供稿：睿達(dá)資優(yōu)教育命題組)