浅析高中数学抛物-高中数学必修4教案ppt
2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题
一、
填空题(每小题10分,共
80
分)
1
、
2
011
是这样的一个四位数,它的各位数字之和为
4
;像这样各位数字之和为
4
的
四位数总共有 个.
2
、设数列
?
a<
br>n
?
满足:
a
1
?1,a
2
?2
,
且对于其中任三个连续项
a
n?1
,a
n
,a
n?1
,都
有:
a
n
?
(n?1)a
n?1
?(n?1
)a
n?1
.则通项
a
n
?
. 2n
3
、以抛物线
y?x
2
上的一点
M
?1,1
?
为直角顶点,作抛物线的两个内接直角三角形
?MAB
与
?MCD
,则线段
AB
与
CD
的交点
E
的坐标为
.
4
、设
x,y,z?R
?
,x?y?z?1
,则函数<
br>f(x,y,z)?xy
2
z
3
的最大值是 . <
br>5
、
sin6
0
sin42
0
sin66
0
sin78
0
?
.
6
、正三棱锥
D?ABC
的底面边长为
4
,侧棱长为
8
,过点
A
作与侧棱
DB,DC
都相
交的截面
?AEF
,那么,
?A
EF
周长的最小值是 .
7
、满足
x
2
?7y
2
?2011
的一组正整数
(x,y)?
.
8
、用
S(n)
表示正整数
n
的各位数字之和,则?
S(n)?
.
n?1
2011
二、解答题(共
3
题,合计
70
分)
0
(
20分
)、设
A?B?C?180
,且满足:
9
、
sin
A?sinB?sinC
?1
,求
cosA?cosB?cosC
cos2A?cos2B?cos2C
的值.
cosA?cosB?cosC
(
25
分)如图,
?ABC
的内心为
I
,
M,N
分别是
AB,AC
的中点,
AB?AC
,
10
、<
br>内切圆
I
分别与边
BC,CA
相切于
D,E
;证明:
MN,BI,DE
三线共点.
A
M
N
F
I
B
D
E
C
(
25
分)在电脑屏幕上给出一个正<
br>2011
边形,它的顶点分别被涂成黑、白两色;
11
、
某程序执行这
样的操作:每次可选中多边形连续的
a
个顶点(其中
a
是小于
201
1
的一个固
定的正整数),一按鼠标键,将会使这
a
个顶点“黑白颠倒”,即
黑点变白,而白点变黑;
(1)
、证明:如果
a
为奇数,则可以经过有限次
这样的操作,使得所有顶点都变成白色,
也可以经过有限次这样的操作,使得所有顶点都变成黑色; <
br>(2)
、当
a
为偶数时,是否也能经过有限次这样的操作,使得所有的顶点都变
成一色?
证明你的结论.
解 答
1
、
20
.提示:这种四位数
x
1
x
2
x
3
x
4
的个数,就是不定方程
x
1
?x
2
?x
3
?x
4
?4
满足
条件
x
1
?1
,
x
2
,x
3
,x
4
?0
的整解的个数;
即
y
1
?x
2
?x
3
?x
4
?3
的非负整解个数,其中
13
y
1
?x
1
?1
,易知这种解有
C
3
4
?
?
4
(注:也可
?1
?C
6
?20
个,即总共有
20
个这样的四位数.<
br>直接列举.)
2
、
3?
2
. 提示:由条件得,
n
2na
n
?(n?1)a
n?1
?(n?1)a
n?1<
br>,
所以
(n?1)(a
n?1
?a
n
)?(n?
1)(a
n
?a
n?1
)
,
故
a
n?1
?a
n
n?1
?
,而
a
2
?a
1
?1
;
a
n
?a
n?1
n?1
a
n?1
?a
n
?
?
a
n?1
?a
na
n
?a
n?1
??
a
n
?a
n?1
a
n?1
?a
n?2
n?1n?2n?3
???
n
?1nn?1
2
;
n(n?1)
?
a
3
?a2
?(a
2
?a
1
)
a
2
?a
1
1
??1
3
?
于是
a
n
?a
n?1
?
由此得
211
?2(?)
;
n(n?1)n?1n
a
n
?(a
n
?a
n?1
)?(a
n?1
?a
n?2<
br>)?
1
?2(1?)?1
n
2
?3?
n
2
)
,则
3
、
(?1,2)
.提示:设
A(x
1
,x
1
2
),B(x
2,x
2
?(a
2
?a
1
)?a
1
.
k
MA
x
1
2
?1
??x
1
?1,
x
1
?1
x?1
?x
2
?1,<
br>x
2
?1
2
2
k
MB
?
k
AB
直线
AB
方程为
2
x
1
2
?x
2
??x
1
?x
2
,
x
1
?x
2
y?x
1
2
?
(x
1
?x
2
)(x?x
1
)
,
即y?(x
1
?x
2
)x?x
1
x
2
,
因为
MA?MB
,则
(x
1
?1)(x
2
?1)??1
,
即
?x
1
x
2
?2?(x
1
?x
2
),
代人方程得
y?2?(x
1
?x
2
)(x?1)
,
于是点
(?1,2)
在直线
AB
上;
同理,若设
C(x
3
,x
3
),D(x
4
,x
4
)<
br>,则
CD
方程为
22
y?2?(x
3
?x
4
)(x?1)
, 即点
(?1,2)
也在直线
CD
上,因此交点
E
的坐标
为
E(?1,2)
.
4
、
1
.提示:由
432
1?x?y?z
yyzzz
?x?????
223
33
yyzzz
?6
6
x?????,
22333
所以,
6
1
?
1
?
xy
2
z
3
?
??
,
4?27
?
6
?
即
xy
2
z
3
?
11
,
?
43<
br>2?3432
当
x?
yz1111
??
,即<
br>x?,y?,z?
时取得等号.
236632
5
、
1
.提示:
16
sin6<
br>0
cos48
0
cos24
0
cos12
0
cos6
0
sin6
0
cos48
0
cos24
0
cos12
0
?
cos6
0
sin12
0
cos12
0
cos24
0
cos48
0
?2cos6
0
sin24
0
cos24
0
cos48<
br>0
?
0
4cos6
sin48
0
cos4
8
0
?
8cos6
0
sin96
0
1
??
.
16cos6
0
16
提示:作三棱锥侧面展开图,易知
EF
∥
BC
,
6
、
11
.
且由周长最小,
得
A,E,F,A
1
共线,于是等腰
D
F
E
DC
E
A
1
F
?AEB
,
AE?AB?4
,
BEAB1
??
,
ABDA2
即
BE?2
,
DE?6
,
EFDE63
???
,
BCDB84
所以
EF?3
,由
A
1
F?AE?4
,则
?DEF
C
BA
B
A
AA
1
?AE?EF?FA
1
?11<
br>.
7
、
(38,9)
.提示:由于
2011
是4N?3
形状的数,所以
y
必为奇数,而
x
为偶数,
设
x?2m
,
y?2n?1
,代人得
4m
2
?28n(n?1)?2004
,
即
m
2
?7n(n?1)?501
. ①
而
n(n?1)
为偶数,则
m
为奇数,设
m?2k?1,则
2
m
2
?4k(k?1)?1
,
由①得,
k(k?1)?7?
则
n(n?1)
?125
,
②
4
n(n?1)
为奇数,且
n,n?1
中恰有一个是
4
的倍数,当
n?4r
,为使
4
n(n?1)
7??7r(4
r?1)
为奇数,且
7r(4r?1)?125
,只有
r?1
,②成
为
4
k(k?1)?35?125
,
即
k(k?1)?90
,于是
n?4,k?9,x?38,y?9
;
若
n?1?4r
,为使
7?
n(n?1)
?7r(4r?1
)
为奇数,且
7r(4r?1)?125
,只有
r?1
,
4
②成为
k(k?1)?21?125
,即
k(k?1)?104
,它
无整解;
于是
(x,y)?(38,9)
是唯一解:
38?7?9?201
1
.
(另外,也可由
x
为偶数出发,使
22
2011?
x
2
?2009?(x
2
?2)?7?287?(x
2
?2
)
为
7
的倍数,那么
x?2
是
7
的倍数
,故
x
是
7k?3
形状的偶数,依次取
k?1,3,5
,检
验
相应的六个数即可.)
2
8
、
28072
.
提示:添加自然数
0
,这样并不改变问题性质;先考虑由
0
到
999
这一千
个数,将它们全部用三位数表示,得到集
M?
?
000,00
1,,999
?
,易知对于每个
,a99
,
a?
?
0,1,,9
?
,首位为
a
的“三位数”恰有
100
个:
a00,a01,
这样,所有三位数的首位数字和为
100?(0?1??9)?45?100
.
再将
M
中的每个数<
br>abc
的前两位数字互换,成为
bac
,得到的一千个数的集合仍是
M
,
又将
M
中的每个数
abc
的首末两位数字互换,成为<
br>cba
,得到的一千个数的集合也是
M
,由此知
?
S(n)?
?
S(n)?300?45
.
n?1n?0
999999
今考虑四位数:在
1000,1001,,1999
中,首位(
千位)上,共有一千个
1
,而在
0000,0001,,0999
中,首位(千位)上,共有一千个
0
,因此
1999
n?1
?
S(n)?
?
S(n)?
1000?2
?
S(n)?1000?600?45?28000
;
n?0
n?0
2011
1999999
其次,易算出,
n?2000
201
1
n?1
2011
n?0
?
S(n)?72
. 所以,
?
S(n)?
?
S(n)?28072
.
sinA?sinB?sinC
?1
,
cosA?cosB?cosC
9
、由
即
sinA?sinB?sinC?cosA?cosB?cosC
,
平方得 sin
2
A?sin
2
B?sin
2
C?2(sinA
sinB?sinBsinC?sinCsinA)
?cos
2
A?cos
2
B?cos
2
C?2(cosAcosB?cosBcosC?cosCc
osA)
所以
(cos
2
A?sin
2
A)?
(cos
2
B?sin
2
B)?(cos
2
C?sin2
C)
??2[cos(A?B)?cos(B?C)?cos(C?A)]
,
即
cos2A?cos2B?cos2C?2(cosA?cosB?cosC)
,
所以
cos2A?cos2B?cos2C
?2
.
cosA?cosB?cosC
10
、如图,设
MN,BI
交于点
F
,连
AF,AI,IE,EF
,由于中位
线
MN
∥
BC
,以及
BF
平分
?B
,则
MF?M
B?
0
A
,所以
MA
M
N
F
?AFB?9
0
,因
IE?AE
,得
AFEI
共圆.所以
?AEF??A
IF
;
又注意
I
是
?ABC
的内心,则
I
D
E
C
ABC
B
??90
0
?
. 222
连
DE
,在
?CDE
中,由于切线
CD?CE<
br>,所以
1C
?CED??CDE?
?
180
0
?C
?
?90
0
???AEF
,
22
?AEF??A
IF??IAB??IBA?
因此
D,E,F
三点共线,即有
MN,BI,D
E
三线共点.
11
、
(1)
证明:由于
2
011
为质数,而
1?a?2011
,则
(a,2011)?1
,据
裴蜀定理,
存在正整数
m,n
,使
am?2011n?1
,
①
于是当
a
为奇数时,则①中的
m,n
一奇一偶.
如果
m
为偶数,
n
为奇数,则将①改写成:
a?(m?2011)?20
11?(n?a)?1
,
令
m
?
?m?2011,n
?<
br>?n?a
,上式成为
am
?
?2011n
?
?1,其中
m
?
为奇数,
n
?
为偶数.
总之存在
奇数
m
和偶数
n
,使①式成立;据①,
am?2011n?1
, ②
现进行这样的操作:选取一个点
A
,自
A开始,按顺时针方向操作
a
个顶点,再顺时针方
向操作接下来的
a
个顶点……当这样的操作进行
m
次后,据②知,点
A
的颜色被改变了奇数次(
n?1
次),从而改变了颜色,而其余所有顶点都改变了偶数次(
n
次)状态,其颜色
不变;称这样的
m
次操作为“一轮操作”,由于每一轮操作恰好只
改变一个点的颜色,因此,
可以经过有限多轮这样的操作,使所有黑点都变成白点,从而多边形所有顶点
都成为白色;
也可以经过有限多轮这样的操作,使所有白点都变成黑点,从而多边形所有顶点都成为黑色
.
(2)
、当
a
为偶数时,也可以经过有限多次这样的操作,使得多边形所
有顶点都变成一
色.具体说来,我们将有如下结论:
如果给定的正多边形开初有奇数个黑点、
偶数个白点,则经过有限次操作,可以将多边
形所有顶点变成全黑,而不能变成全白;反之,如果给定的
正多边形开初有奇数个白点、偶
数个黑点,则经过有限次操作,可以将多边形所有顶点变成全白,而不能
变成全黑;
为此,采用赋值法:将白点改记为“
+1
”,而黑点记为“
?1
”,改变一次颜色,相当于
将其赋值乘以
?1
,而改变
a
个
点的颜色,即相当于乘了
a
个(偶数个)
?1
,由于
(?1)?1<
br>;
因此当多边形所有顶点赋值之积为
?1
,即总共有奇数个黑点,偶数个白点
时,每次操
作后,其赋值之积仍为
?1
,因此无论操作多少次,都不能将全部顶点变白
.
但此时可以变成全黑,这是由于,对于偶数
a
,则①②中的
n
为
奇数,设
A,B
是多边
形的两个相邻顶点,自点
A
开始,按顺时针方
向操作
a
个顶点,再顺时针方向操作接下来
的
a
个顶点……当这样的
操作进行
m
次后,据②知,点
A
的颜色被改变了偶数次(
n?1次),
从而颜色不变,而其余所有
2010
个顶点都改变了奇数次(
n<
br>次)状态,即都改变了颜色;
再自点
B
开始,按同样的方法操作
m次后,点
B
的颜色不变,其余所有
2010
个顶点都改
变了颜色
;于是,经过上述
2m
次操作后,多边形恰有
A,B
两个相邻顶点都改变了颜
色,
其余所有
2009
个点的颜色不变.
现将这样的
2m
次操作合并,称为“一轮操作”;每一轮操作,可以使黑白相邻的两点
颜色互换,因此经过有限轮操作,
总可使同色的点成为多边形的连续顶点;
于是当多边形开初总共有偶数个白点时,每一轮操作又可将相
邻两个白点变成黑点,使
得有限轮操作后,多边形所有顶点都成为黑色.
同理得,如果给定的
正多边形开初总共有奇数个白点、偶数个黑点,经过有限次操作,
可以使多边形顶点变成全白,而不能变
成全黑;(只需将黑点赋值为“
+1
”,白点赋值为“
?1
”,
证法
便完全相同).
a