高中数学网课2020-高中数学圆锥曲线方程二级结论
高中数学竞赛赛题精选
一、选择题(共12题)
1.定义在R上
的函数
y?f(x)
的值域为[m,n],则
y?f(x?1)
的值域为(
)
A.[m,n]
B.[m-1,n-1]
C.[
f(m?1),f(n?1)
]
D.无法确定
解:当函数的图像左右平移时,不改变函数的值域.故应选A.
2.设等差数
列{
a
n
}满足
3a
8
?5a
13
,且<
br>a
1
?0,S
n
为其前n项之和,则
S
n
(
n?N
?
)
中最大的是( )
A.
S
10
B.
S
11
C.
S
20
D.
S
21
解:设等
差数列的公差为d,由题意知3(
a
1
+7d)=5(
a
1
+12d),即d=-
∴
a
n
=
a
1
+(
n-1)d=
a
1
-
选C.
3.方程log
2
x=3cosx共有( )组解.
A.1 B.2 C.3 D.4
解:画
出函数y=log
2
x和y=3cosx的图像,研究其交点情况可知共有3组解.应选C.
4.已知关于x的一元二次方程
x
2
?a
2
?1x?a?2
?0
的一个根比1大,另一个根比1小,则(
)
B.
a??1
或
a?1
2
a
1
,
39
2412
a
1
(n-1)=
a
1
(
-n),欲使
S
n
(n?N
?
)
最大,只须
an
≥0,即n≤20.故应
393939
??
A.
?1?a?1
C.
?2?a?1
D.
a??2
或
a?1
解:令f(x)=
x
2
?a
2
?1x?a?2
,其图像开口向上,由题意知f(1)<0,即
1
2
?a
2
?1?1?a?2
<0,
整理得a
2
?a?2?0
,解之得
?2?a?1
,应选C.
5.已知
?
,
?
为锐角,
sin
?
?x,cos<
br>?
?y,
cos(???)??
,则y与x的函数关系为( )
A
.
y??
B.
y??
??
??
3
5
343
1?x
2
?x (?x?1)
555
34
1?x
2
?x (0?x?1)
55
C.
y??
D.
y??<
br>343
1?x
2
?x (0?x?)
555
34
1?x
2
?x (0?x?1)
55
解:y?cos
?
?cos
?
(
?
?
?
)?
?
?
?cos(
?
?
?
)
cos
?
?sin(
?
?
?
)?sin
?
34
???1?x
2
?x
55
而
y?(0,1)<
br>
?0???1?x
2
?
3
5
43
x?1
, 得
x?(,1)
.故应选A.
55
?
?
1
?
?
6.函数
y?sinx
的定义域为
?
a,b
?<
br>,值域为
?
?1,
?
,则
2
的最大值是( )
A.
?
B.
2
?
4
3
b?a
2
1
4
?
5
?
C.
D.
33
解:如右图,要使函数
y?sinx
在定义域
?
a,b
?
上,值域
-6-4-22468
-1
-2
-3<
br>-4
为
-5
?
7
?
4
?
?
1
?
?1,
,则的最大值是.故应选C.
b?a
?(?)?
??
2
663
??
7.设锐角使关于
x
的方程
x
+4
x
cos
2
+
cot=
0有重根,则的弧度数
为 ( )
55
A
.
B
.或
C
.或
D
.
6121261212
1
2
解:由方程有重根,故<
br>=
4cos-
cot=
0,
4
∵ 0<<,
22sin2
=
1,
=
或
12
5
.选
B
.
12
8.已知
M=
{(
x
,
y
)|
x
2
+2
y
2
=
3},
N=
{(
x
,
y
)|
y=mx+b
}.若对于所有的
m
∈R,均有
M
∩
N
,则
b
的取值范围
是
( )
A
.[-
666623232323
,]
B
.(-,)
C
.(-,]
D
.[-,]
22223333
66
,].选
A
.
22
解:点
(0,
b
)在椭圆内或椭圆上,2
b
2
≤3,
b
∈
[-
1
9.不等式log
2
x
-1+log
1
x
3
+2>0的解集为
2
2
A
.[2,3)
B
.(2,3]
C
.[2,4)
D
.(2,4]
3
解:令log
2
x=t
≥1时,
t
-1>
t<
br>-2.
t
∈[1,2),
2
10.设点
O
在
x
∈[2,4),选
C
.
ABC
的内部,且有+2+3
=
,则
ABC
的面积与
AOC
的面积的比为( )
A
35
A
.2
B
.
C
.3
D
.
23
解:如图,设
AOC=S
,则
OC<
br>1
D=
3
S
,
OB
1
D=OB
1<
br>C
1
=
3
S
,
AOB=OBD=
1.5S.OBC=
0.5
S
,
ABC=
3
S
.选<
br>C
.
11.设三位数
n=
,若以
a
,
b<
br>,
c
为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角
则这样的三位数
n<
br>有( )
A
.45个
B
.81个
C
.165个
D
.216个
解:⑴等边三角形共9个;
B
B
1
D
O
S
C
C
1
形,
⑵ 等腰但不等边三角形:取
两个不同数码(设为
a,b
),有36种取法,以小数为底时总能构成等腰三角
形,而
以大数为底时,
b
<
a
<2
b
.
a=
9或
8时,
b=
4,3,2,1,(8种);
a=
7,6时,
b=
3,2,1(6种);
a=
5,4
时,
b=
2,1(4种);a=
3,2时,
b=
1(2种),共有20种不能取的值.共有236-20=
52种方法,而每取一组数,
可有3种方法构成三位数,故共有523
=
156个三位数
即可取156+9
=
165种数.选
C
. 12.顶点为
P
的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,
A
是底面圆周上的点
,
B
是底面圆内的点,
O
为底面圆圆
心,
AB
⊥<
br>OB
,垂足为
B
,
OH
⊥
PB
,垂足为H
,且
PA=
4,
C
为
PA
的中点,则当三棱
锥
O-HPC
的体积最大时,
OB
的
长为
( )
A
.
525626
B
.
C
.
D
.
3333
解:
AB
⊥
OB
,
PB
⊥
AB
,
AB
⊥面
POB
,面
PAB
⊥面
POB
.
OH
⊥
PB
,
O
H
⊥面
PAB
,
OH
⊥
HC
,
OH
⊥
PC
,
又,
PC
⊥
OC
,
而
PC
⊥面
OCH
.
PC
是三棱锥
P
-
O
CH
的高.
PC=OC=
2.
P
OCH
的面积在
OH=HC=
2时取得最大值(斜边
=
2的直角三角形).
C
O<
br>A
H
B
26
当
OH=
2时,由
PO=
22,知∠
OPB=
30,
OB=PO
tan30
=
.
3
1
又解:连线如图,由
C
为
PA
中点,故
V
O
-
PBC
=V
B
-
AOP
,
2
PHPO
2
而
V
2
O
-
PHC
∶
V
O
-
PBC
=<
br>PB
=
PB
2
(
PO=PH
·
PB
).
记
PO=OA=
22
=R
,∠
AOB=
,则
V
111
P
—
AOB
=
6
R
3<
br>sincos
=
12
R
3
sin2,
V
B<
br>-
PCO
=
24
R
3
sin2.
PO2
R
2
1
PB
2
=
R
2
+<
br>R
2
cos
2
=
1
1+cos
2
=
2
3+cos2
.
V
sin2
O
-
PHC
=
3+cos212
R
3
.
∴ 令
y=
sin2
3+cos2
,
y=
2cos2(3+cos2)-(-2sin2
)sin2
(3+cos2)
2
=
0,得cos2
=
-1
3
,
∴
OB=
26
3
,选
D
.
二、填空题(共10题)
13. 设
S
n
为等差数列
?
a
n
?的前
n
项和,若
S
5
?10
,
S
10
??5
,则公差为
解:设等差数列
?
a
n
?
的首项为
a
1
,公差为
d
. <
br>由题设得
?
?
5a
1
?10d?10,
?
a
1
?
?
10a
1
?45d??5,
即
?
2d?2,
解之得
d??1
.
?
2a
1
?9d??1,
14. 设
f(x)?loga
(x?b)
(a?0
且
a?1)
的图象经过点
(2,
1)
,它的反函数的图象经过点
(2,8)
,则
a?b
等于
4
.
解:由题设知
?
?
log
a
(2?b)?1,
?
(2
?
log
化简得
?
?b)?a,
2
a
(8?b)?2,
?
(8?b)?a.
解之得
?
?
a
1
?3,
?
a
2??
?
b
?
2,
(舍去). 故
a?b
等于<
br>1
?1;
?
b
2
??4.
4.
15.已知
函数
y?f(x)
的图象如图,则满足
f(
2x
2
?x?1
x
2
?2x?1
)?f(lg(x
2
?6x?20))?0
的
x
的取值范围为
x?[?2,1)
.
解:
因为
lg
?
x
2
?6x?20
?
?lg
?
(x?3)
2
?11
?
?lg11?1
,所以
cos
=
3
3
,
lg
?
x
2
?6x?20
?
?0
.
于是,由图象可知,
2x?1x?2
?1
,即
?0
,解得
x?1x?1
?2?x?1
. 故
x
的取值范围为
x?[?2,1)
.
16.圆锥曲线
x
2
?y
2
?6x?2y?10?|x?y?3|?0
的离心率是
2
.
解
:原式变形为
(x?3)
2
?(y?1)
2
?|x?y?3|
,即
(x?3)
2
?(y?1)
2
?
2|x?y?3|
2
.所以动点
(x,y)
到定点
(?31),<
br>的距离与它到直线
x?y?3?0
的距离
之比为
2
.故此动点轨迹为双曲线,离心率为
2
.
17.
在
?ABC
中,已知
tanB?3
,
sinC?
22
,
AC?36
,则
?ABC
的面积为
3
S
?ABC
?83?62
.
解:在
?ABC
中,由
tanB?3
得
B?60?
.由正弦定理得
AB?
AC?sinC
?8
.
sinB
因为
arcsin
22
1
?60?
,所以
角
C
可取锐角或钝角,从而
cosC??
.
3
3
23
?
.故
36
sinA?sin(B?C
)?sinBcosC?cosBsinC?
S
?ABC
?
AC?AB
sinA?83?62
.
2
18.
设命题
P
:
a
2
?a
,命题
Q
:
对任何
x?
R
,都有
x
2
?4ax?1?0
.
命题
P
与
Q
中有
且仅有一个成立,则实数
a
的取值范围是
?
11
?a?0
或
?a?1
.
22
解:由
a
2
?a
得
0?a?1
.由
x
2
?4ax?1?0
对于任何
x?
R
成立,得
??16a<
br>2
?4?0
,即
?
11
?a?
.因为命题
P
、
Q
有且仅有一个成立,故实数
22
a
的取值范围是
?
11
?a?0
或
?a?1
.
22
19.
cos
2
75
o
?cos
2
15
o
?cos75
o
?cos15
o
的值是 .
解:
cos
2
75
o
?c
os
2
15
o
?cos75
o
?cos15
o
=cos?75°+sin?75°+sin15°·cos15°
=1+
20.定义在
R
上的函数
f
(x)
满足
f(1)?2
,且对任意的
x?R
,都有
f?
(x)?
14
=
2sin30°
5
1
,则
不等式
2
f(log
2
x)?
log
2
x?3的解集为 .
2
解:令g﹙x﹚=2f﹙x﹚-x,由<
br>f
?
(
x
)
<12得,2
f
?
(
x
) -1<0,即
g'
﹙x
﹚<0,g(x)在R上为减函数,且
log
2
X
g(1)=2f(1)-1
=3,不等式f(log2X)>
2
化为2f(log2X)—log2X≥3,即
g(log2X)>g(1),由g(x)的单调性得:log2X<1,解得,0
21.圆
O
的方程为
x
2
?y
2
?1
,
A(1,0)
,在圆
O
上取一个动点
B
,
设点
P
满足
AP?
?
OB(
?
?R)
且<
br>uuuruuur
AP?AB?1
.则
P
点的轨迹方程为
.
解:设P(x,y),
AB
=λ
OB
(λ?R)得B(k(
x—1),ky),(λ=
k=
又点B在圆x
2
+y
2
=1
上,则
k
2
(x-1)
2
+k
2
y
2
=1
②
由①②消去k得y
2
=2x-1
1
)。将坐标代入
AP
.
AB
=1可得
k
x
①
22
(x?1)
?y
L、l
100
为100条共面且不同的直线,若其中编号为
4k(k?N
*
)
的直线互相平行,编号为
4k?1
的直线22.
l1
、l
2
、
都过定点
A
.则这100条直线的交点个数
最多为 .
解:100条直线任意两条的组合有C
2
100,其中编号为4k(k?N
*
)的直线互相平行,编号为4k—1的直线都过
定点
A,所以这100条直线的交点个数最多为
C
2
100
—C
2
25
—C
2
25
+1=4351
23.过正四面体
A
1
A
2
A
3
A
4
的四个顶点分别作四个相互平行的平面
?
1
、
?
2
、
?
3
、
?
4
,若每相邻两个平面间的距离
都为1
,则该四面体的体积为 .
解:如图:将四面体补成一个正方体,E
1
, F
1
分别是A
1
B
1 ,
C
1
D
1
的中点 ,面EF
1
D
1D和面BB
1
F
1
F是两个平行平面,它们的距离是1.
设正方体的棱长为a, A
1
M=MN=1 ,
则A
1
E
1
=
a
,
2
D
1<
br>E
1
=
A
1
D
1
2
?A
1
E
1
2
=
5
a.
2
由A
1
D
1 *
A
1
E
1
=A
1
M
1*
D
1
E
1
得a=
5
.
所以,四面体的体积为V=a
3
—4×
三、解答题(共3题)
1
3
55
a =.
6
3
24.在锐角三角形ABC
中,
AB
上的高
CE
与
AC
上的高BD
相交于点
H
,以
DE
为直径的圆分别交
AB
、
AC
于
F
、
G
两点,
FG
与
AH
相交于点
K
,已知
BC=
25,
BD=
20,
BE=
7,求
AK
的长.
解:∵
BC=
25,
BD=
20,
BE=
7,
∴
CE=
24,
CD=
15.
15
C
∵
AC
·
BD=CE
·
AB
,
6
AC=AB
, ①
5
G
D
20
24
25
∵
BD
⊥
AC
,
CE
⊥
AB
,
B
、
E、
D
、
C
共圆,
H
P
K
A
F
18
AC
(
AC
-15)
=AB
(
AB
-7),
∴
AB=
25,
AC=
30.
1
∴
DE=AC=
15.
2
66
AB
(
AB
-15)
=AB
(
AB
-18),
55
E
7
B
AE=
18,
AD=
15.
延长
AH
交
BC
于
P
,
则
AP
⊥
BC
.
∴
AP
·
BC=AC
·
BD
,
连
DF
,则
DF
⊥
AB
,
∵
AE=DE
,
DF
⊥
AB
.
AP=
24.
AF=AE=
9.
AFG
∽
ABC
,
1
2
∵
D
、
E
、
F
、
G
共圆,∠
AFG=
∠
ADE=
∠
ABC
,
∴
AKAF
924216
=
,
AK==
.
APAB
2525
25.在平面直角坐标系XOY
中,
y
轴正半轴上的点列{
A
n
}与曲线
y=
2
x
(
x
≥0)上的点列{
B
n
}
满足
1
|
OA
n
|
=
|
OB
n<
br>|
=
,直线
A
n
B
n
在
x
轴上的截距为
a
n
,点
B
n
的横坐标为
b
n
,
n
∈N*.
n
⑴ 证明
a
n
>a
n
+1
>4,
n
∈N*;
⑵ 证明有
n<
br>0
∈N*,使得对?
n
>
n
0
,都有++…+
1
解:⑴ 点
A
n
(0,),
B
n
(
b
n
,2
b
n
)
b
2
b
3
b
1
b
2
b
n
b
n
+1
+<n
-2004.
b
n
-1
b
n
n
b
n
=
1
1+()
2
-1(
b
n
>
0).
n
1
由|
OA
n
|
=
|
OB
n
|,
b
n
2
+2
b
n
=<
br>()
2
,
1
1
2
1+()+1
n
1
n
∴ 0<
b
n
<
2
.且
b
n<
br>递减,
n
2
b
n
=
n
(
n
2
+1-
n
)=
2
=
2
n
n
+1+
n
单调增.
n
∴ 0<
nb
n
<
1
2
.令
t
n
=
1
nb
n
>2且
t
n
单调减
.
由截距式方程知,+
b
n
a
n
2
b
n
=
1,(1-2
n
2
b
n
=
n
2
b
n
2
)
1
n
b
n
b
n
(1+
n
2
b
n
)1+
n
2
b
n
1
2
12
2
12
2
1
2
∴
a
n
====
()+2()=
t
+2
t=(
t
+)-≥(2+)-=4.
nnn
22
1-2
nbnb
2222
nn
1-
n
2
b
n
nb
n
nb
n
且由于
t
n
单调减,知a
n单调减,即
a
n
>
a
n+
1
>4成立.
亦可由
=b
n
+2.
=b
n
+2,得
a
n
=b
n
+2+2
b
n
+2,.
n
2
b
n
nb
n
2
=
4.
11
∴ 由
b
n
递减知
a
n
递减,且a
n
>0+2+2
n
⑵ 即证
∑
(1-k=
1
b
k
+1
)>2004.
b
k
1
1+()
2
-
1
2
)
k
+1
1
1+()
2
+1
1-
b
k
+1
b
k
-
b
k
+1
==
b
k
b
k<
br>k
1+(
1
2
1+()-1
=k
2
(()<
br>2
-()
2
)
kk
+1
11
k
k<
br>1
2
1+()+
k
1
2
1+()
k
+1
1
1+()
2
+1
k
2
k
+12
k
+111
≥>>.
22
(
k
+1)
1
2
(
k
+1)2
k
+2
21+
()
k
b
k
+1
111111
1111
∴
∑
(1-)>
∑
>(+)+(+++)+…+>+++…
.
b
k
k=
1
k
+2345678222
k=<
br>1
n
nn
只要
n
足够大,就有
∑
(1-k=
1
b
k
+1
)>2004成立.
b
k
26.对于整数
n
≥4,求出最小的整数
f
(
n
),使得对于任何正整数
m
,集合{
m
,m
+1,…,
m+n-
1}的任一个
f
(
n
)
元子集中,均至少有3个两两互素的元素.
解:⑴ 当
n
≥4时,对集合
M
(
m
,
n
)
=
{
m
,
m
+1,…,
m+n-
1},
当
m
为奇数时,
m<
br>,
m
+1,
m
+2互质,当
m
为偶数时,
m
+1,
m
+2,
m
+3互质.即
M
的子集
M
中存在3个两两互
质的元素,故
f
(
n
)存在且
f
(
n
)≤
n
.
①
取集合
T
n
=
{
t
|2|
t
或3|
t
,
t
≤
n
+1},则
T
为
M
(2,
n
)
=
{2,3,…,
n
+1}的一个
子集,且其中任3个数无不能两
两互质.故
f
(
n
)≥
ca
rd
(
T
)+1.
但card(
T
)
=
[
n+
1
2
]+[
n+
1
3
]-[
n+
1
6
].故
f
(
n
)≥[
n+1
2
]+[
n+
1
3
]-[
n+
1<
br>6
]+1. ②
由①与②得,
f
(4
)
=
4,
f
(5)
=
5.5≤
f
(6)≤
6,6≤
f
(7)≤7,7≤
f
(8)≤8,8≤
f
(9)
≤9.
现计算
f
(6),取
M=
{
m
,
m
+1,…,
m
+5},若取其中任意5个数,当这5个数中有3个奇数时,这3个奇
数互
质;当这3个数中有3个偶数
k
,
k
+2,
k
+4(
k
0(
mod
2))时,其中至多有1个被5整除,必有1个被3整
除,
故至少有1个不能被3与5整除,此数与另两个奇数两两互质.故
f
(6)
=
5.
而
M
(
m
,
n
+1)
=M
(
m
,
n
)
∪{
m
+
n},故
f
(
n
+1)≤
f
(
n
)+1
. ③
∴
f
(
7)
=
6,
f
(8)
=
7,
f
(9)=
8.
∴
对于4≤
n
≤9,
f
(
n
)
=
[
n+
1
2
]+[
n+
1
3
]-[
n+<
br>1
6
]+1成立. ④
设对于
n
≤
k
,④成立,当
n=k
+1时,由于
M
(
m
,
k
+1)
=M
(
m,
k
-5)
∪{
m
+
k
-5,
m+
k
-4,…,
m
+
k
}.
在{
m
+
k
-5,
m
+
k
-4,…,
m
+
k
}中,能被2或3整除的数恰有4个,即使这4个数全部取出,只要在前面的
M<
br>(
m
,
k
-5)
中取出
f
(
n)个数就必有3个两两互质的数.于是
当
n
≥4时,
f
(n
+6)≤
f
(
n
)+4
=f
(
n<
br>)+
f
(6)-1.
故
f
(
k
+1)≤<
br>f
(
k
-5)+
f
(6)-1
=
[
k+
2
2
]+[
k+
2
3
]-[
k+2
6
]+1,
比较②,知对于
n=k
+1,命题成立.
∴对于任意
n
∈
N
*,
n
≥4,
f
(
n
)
=
[
又可分段写出结果:
4
k
+1,(
n=
6
k
,
k
∈N*),
4
k
+2,(
n=
6
k
+1,
k
∈N*),
4
k
+3,(
n=
6
k
+2
,
k
∈N*),
f
(
n
)
=
4
k
+4,(
n=
6
k
+3,
k
∈N
*),
4
k
+4,(
n=
6
k
+4,
k<
br>∈N*),
4
k
+5,(
n=
6
k
+5,<
br>k
∈N*).
n+
1
2
]+[
n+
1
3
]-[
n+
1
6
]+1成立.
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