说明教案成果

数学高中训练题(abcda≥c≥b≥d

格线已被划去一A,每隔一秒钟就跳到与S

a+

+b+

c+

+dd+

它所在方格有公共边的另一方格内,直至跳B停下.若青蛙经过每一个方格不超 如图1ABC的外部作△BDC△AFB、△CEA, △A△CEA.则△ABC△DEF

则青蛙的跳法总数为8.AB是抛物线y22px的一条焦点ABxPyOy 的纵坐标分别为yyy.y1y 0(填重心内心 外心或垂心) 图 二(14分)实数xiyi(i=1,2,3)满给定正实数ab,xyxy≥0,xyab

xi yi

3x=b2+i= i= ib2+a2+f(x,y)=a2+

试

的值 如图2在单位正四面体ABCD,ADBD满足=DN=1,DK=1

i=1xi+x1x2三(15分)若△ABC的三边所在直线均y22pxp0):△ABC并求出定点的坐标.、15fn}(n≥1的通项 为

k=

Cn-2C

,an是fn除以10以后的余则面ACK与面所夹锐角的余弦值 图.数列{xn}:0<x1<1,xn+1{3xn}(n≥1).则共 个不同的x1,使{xn}从第一项开始是最小正周期为9

x}x-x],[xx的最大整数).ABC中,AC1BC32AB为斜ABC外作等Rt△ABD.+2CD的最大值 数.试问{an}是否为周期数列?如果是,an的最小正周如果不请说明理由.50求在4所示2×6的方叫做圈,如果这条折线的边均由方格的边且折线经过的任意一个方格顶点都只与折线边相连 图二、50)5ABCDACBDO.OH1

≤1+a+b+b+

a+ <1+a+b+2b=2和H3H4,,HH段

abcd1Sa∞,bc1,d0S552 52上,H2 BC上.H1H4交线段

重心

的延长线于T直线H2H3交线段CD的延长线 图S.:SOT三点共线

复数为A,其余类似.由 △A △CEA,可DBC=ECA=FAB=θ,三、50n1

|BD

=|CE

=|AF

=aii1,2,⋯,n)

ni=

ai1an1

|BC |CA |ABkeiθzD-B=|BD|e-iDBC= C- |BCn1- n i=n1- n i=1ai+1≥(n- i=11-ai+n n-i=11+a-≤ i+nni=11-i;1.1四、50试求出所有的正整数组(mn,p)(p≥2(pmn-1)|(m2+n2)

同理,E-Cz(A-C,F-Az(B-AA+B+C=D+E+心(a+ a2+a2+x2·a2+b2≥a2+ b+y·b+a≥b+52a2+b2+ 则f(52a2+b2+ a2+因为a≥c>0,所以 ≥aa2+

+bb+f(x)=

x(a-

a-

a3+b3+ab(x+ a2+a2+x+a2+a2+

x+x+(a+

=(a+ a+b

]上是不减函数

xb,ya上式等号成立

S=2

a+

c+

c+d-a+ 9=2

b(a-(b+a)(b+

d(a-da+(d+a)(dda+

如图6,MNAK2fb)-fd≥2.又a≥c≥b>0,则

GACK与面CMN所成的锐角大小为θ.S=1+a+b+b+c c+d

作 图ABDO.AOBD于点X.AO=2OX,BX=AM2MBAN=2ND,MO面 MN,AOCO面

AC2+BC2-2AC·BCcosθ+19+62ABC 19-6AB= AC2BC22AC·BCcosθ 19-61S 1× 19+62 19-626cosθ= 62(19+62sinθ2(19+62sinθ+19-65119

3

×

图0≤x1x101n≥2,xn0这样x1(0.a1a2⋯)3, {0,1,xn}TΖan}TΖx1且循环节长为T.的x1共有3T个.A,9xn}组成集合B3xn}C则A∩C=?,A∪C=|A|=|B|-|C|=39-33=19x119656个7BC为直角边、C为直角顶点向外作等腰Rt△BCE,联结AE.设ACB=θ.AB=2BD,BE=2BC,EBA

BCDBC= 76+24sinθ-4≤100=当且仅当θ3时,上式等号成立. 7.AQSEPMFAQSEPMFCDRB经过M格,则有2 图APCDRB,M若某时刻青蛙C则它下一秒内一定跳至D格若某时刻青蛙跳到D则它下一秒内一定不会跳至C格因此可将CD两格合并为(G)EF两格合并为大方格H.格有公共则在两个方格间连上虚线,如图9.由图9,PGRQSH称地分布在直线的两侧青蛙第一步必跳入PQ两格中的某格,倒数第二步必跳入RH两格中的某格.如果青蛙第一步跳至P倒数第二步跳至R这样的路径有3:APGMRB,APMRB,APM如果青蛙第一步跳至Q格,倒数第二

故tanAPB=tanΖ2p(y2-y1)[y1y2-y0(y1+y2)R设青蛙第k秒钟跳至Mk-1Xk1Y格XQSHYPG

p4+4p2(2(y2-y1 y1-y2≠0

-y0)(

-y0由对称性知如果青蛙第一步跳至Q倒数第二步跳至H则这样的路径有3条;如果青蛙第一步跳至P,倒数第二步

tanAPB=tan y1y2-y0(y1+y2 =p2+4(y1-y0)(y2-y0 跳至H格,则这样的路径有9条 Ζ3yy-3y(y+y)=p2+4(y-y)(y-y1 0 综上,青蛙的跳法总数 将-p2=y1y2代入上式2(9+3)+2= y(y+y)= 如图10,设直 由于y0≠0,

y1+y2

=

:ky=x-p 二、令ai

i(i1,2,3xi与抛物线方程联 得y2-2pky-p2=

aii= i=

aixi=由于y1y2是 x程的两根,且y≠y x

2+xxx=x(x+x+x)+x 12112 1211211232yy=-=1 (x1+x2)(x1+x3 a1-a1y- 2p(y-y =(x+x)(x+x)(x+x) y

a2-a2 2p(y2-y0 x2+xx

(x+x)(x+x)(x+xk2 12 a3-a3)因为APOB四点共圆,所以 x2+xxx=(x+x)(x+x)(x+x)APB=AOB,tanAPB=tanAOB.

12 1+k而 APB=k11+k

2i=1xi+x1x221 2p(y1-y0 2p(y2-y0 ai ai =2p(y-y)2p(y-y2

i= i=(x1+x2)(x2+x3)(x3+x1

=y 1 y

三11A和抛物线在直=2p(y2-y1)[y1y2-y0(y1+y2).p4+4p2(y-y)(y-y

ABBCCA与抛物线的切点分别为DEF.0 0

y1,y

y2 y002p(y2-y1)y1 2(y2-y1

22p y APB 3,y p+4py1 2p pkABy1kAC=p则lAB:y-y1

两个不同的定点p因此 2,0是外接圆通过的唯一点四an}是周期数列,

=

=1,

=2,

=3,

= y1y=p

+ 图 fn+2=fn+1+fn+(1)n≡02(mod3)lAC:y3y=px+2py1y3y1+

n+3

=n+13By1y2

2py1+y1+2

n+3n+3fn+2k=Ckn+2-y2+y32n+3n+3=n++Ck-kn+1-+Cn+1-k= k=, BAC=1+BAC=1+kABp-故故

3n-3

n3 = + 3n-1- n+1- n+ n-k= k

=p(y3-y1) (2)当n≡1(mod3)时,令rn- 1y1

p2+y1

则

r+

=r=2+y1+

n+

k=

n+2-

k=

n+2- p(y1+y2 k- kBS

y12p

y1y2-

=k=1Cn-1-2(k-1)

k=

Cn+1-2k+

+C

+k=1

+Cp(y3+y2

n-1-2kn-1-

n+1-2knn-n-

y3y2-

n3 = + 3则

kCS-kB n-1- n+1- n+ n-k= k=p(y3+y22

1+kBSp(y1+y2

ukfk2,vkfk y3y2- y1y2- 1+p(y3+y2)p(y1+y2 1,1,0,1,0,0,1,1,1,0,1,0,0,1,·y3y2- vk的各项-p[(y+y)(yy-p2)-(y+y)(yy-p2) 1,1,2,3,4,1,4,3,4,3,1,0,3,4,4,2, 1 3(y3y2-p2)(y1y2-p2)+p2(y3+y2)(y1+y2 0,2,3,3,0,3,1,1,4,0,1,0,0,1,1,1,2,3,py1-y3 ,{uk7=p2y =- 期数列;{v}是最小正周期为311 因此,BAC+BSC=△ABCSp,02,

列它们的循环节分别如划线部分所示25)1故fk除以10所得余数是周期数列最小正731的最小公倍数,即217.CD外的点.如果P第二 CQDOBPAODOBPA⋯CA⋯DB方格水平方向的投 Q·DOBPA⋯CA⋯DB长为这个圈的“圈 引理的证明:由于长.首先求2×k的方 k-1k POQ三点共线,则格(如图12)中圈长 图 AOP k的圈的个数 BOP

这些圈中都至少包含了AB格中的一设其中包含A格但不包含B格的有

CQB QD

=

S△OB·S△OBA格的有y

=

S△OB AB两格的有z个.因此 △OAP OCak=xk+yk+ ·OAxkzkak1A格但不包含B格的圈必包含xk=xk-1+zk-ak2ak-1ak-a12×1中圈长为1的圈共有3个:

,CQDOBPAOQ···Q···回到原题分两种情况讨论15ADBCAD与BC交于点CDFEC,

13b2×27GHILONKJG,GHILKNMJG,HILONM

H1AOCGHKLONM MBD与截线H3OH4所以,a1=3,a2= H3MMH4·因此,a=17,a=41,a=99,a=

= 3H4B 对△MCD与截线H2H3S, MH2CS(7-i)ai= · = i= H2CSD二、先证明一个引理. 引理如图14,在四边形ABCD中,对 H4MMH1AT· ·= 角线ACBD交于点O.PQ分别是线段AB 4H1A≥i=j=i= ≥i=j=i=CSDOBT

1-ai

1-

1-ai+1 i·· = iSDOBTA SOABTCSDOB

i=11-

n2i=n·· = a SDOBTABTBT

ii=n2

ii= TTT重合SOT三点共线

≥ni=n

i=1ai-

n2ai=

n n-当AD∥BC

ii1,2,⋯,nCSCH2

DH3,B

TASDDH3OB TA

=

1+a- 1-CSDOBT i+ ai+(n-·· =SDOBTA

i+--设射线SO交线段AB的延长线于点

≤a(1-

)n-T.TT

i+SOT三点共线三、1)令a0=an.对任意的i(i1,

(n-1)n-na=n-

n-⋯,n),由均值不等式 n-11-ai+

n-1(n-1)· + 1-ai+1

≤ (n-

jj≠jj≠i+

1-

i+

n-j≠i+nn-1≤j≤nj≠i+

(n-(n-1)2≤

+=n- ≤(n1)

1+

1- -1 n

i=

i+

i=n1n

i+jj≠i+ n-1

n-(n-1)2-(n-1)2=

1-故i=

1-

i+

(n-1)

i=01≤j≤najj≠i+1

n-1

i= n i= n n

-

ni=

1-(n-1)2i= ii=1 i=1ai+ 当且仅当 1(i=1,2,⋯,n)时,上 1- n(n-1)2i=1ai+n

等号成立

1-ain-1)2

-1)

N) m+=k(pmki=1ai+ i=11-m+=k(pmk

=ni1,2,⋯,n

上

下面分两种情况讨论

2m等号成立(2)设i1,i2,⋯,i 1,2,⋯,n的一

mn,kpm,p-2m2

-12nai≥ai≥⋯≥ai12n

p3m2≤1mn因此,1-a

.1-

2m 1-

p2k

1 2m2- 2m2-mnm≠n,m>m≥n

ii)k≥2m2+1≥2(pm- m2+因为k 是正整数,所以-x2-pknx+(n2+k)= p2m2+ p2+

pk是正整数

pm-1=pm+1+pm-m+y=pkn,my=n2+k>,yypkn-:n≥2,yn-y=m+n-m2+=m+n-pmn-(pmn-1)(m+n)-pn(m2+n2 pmn-pmn2-pn3-m- pmn- p≥2m≥n1pmn2-pn3-m-≥2mn2-2n3-m-=m(2n2-1)-(2n3+≥(n+1)(2n2-1)-(2n3+=2n(n-1)-1≥3>,n-y0,yn成立my