高中数学竞赛模拟题

全国高中数学联赛模拟试题一

一试

一.填空题（每小题8分，共64分）

1.函数/（X）=5-4X+X2在（_双刀上的最小值是.

2-x

~皿sinxcosx"/士一口

2.函数y=--；----------的值域是____________.

1+sinx+cosx

3,将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完

全相同。甲从袋中摸出一个球，其号码为a,放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码

为6。则使不等式a-2〃10>0成立的事件发生的概率等于.

4.设数列｛4｝的前〃项和5“满足：Sn+an=—~—>n=1,2,,则通项%=_________-

n（n+l）

5.已知椭圆一7+方=1（。〉6>0）与直线彳+>»=1交于M,N两点，且OM_LQV,（。为

原点），当椭圆的离心率ee时,椭圆长轴长的取值范围是,

6.函数y=5衣斤+Ji限石的最大值是.

7.在平面直角坐标系中，定义点尸（修，必）、之间的“直角距离”为

d（P,Q）=ki-尤21+|y-必|•若C（x,y）到点A（l,3）、B（6,9）的“直角距离”相等,其

中实数X、丁满足°WxKl°、则所有满足条件的点C的轨迹的长度之和

为■

8.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为4后的正四面体容器内可向各个方向自由运

动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是.

二.解答题（共56分）

9.（16分）已知定义在R上的函数/（尤）满足：/（1）=|,且对于任意实数x、y,总

有fMf（y）=f（x+y）+f（x-y）成立•

（D若数列｛4｝满足q=2/5+1）-/（〃）（〃=1,2,3,）,求数列｛4｝的通项公式；

（2）若对于任意非零实数y，总有/（y）>2.设有理数不々满足Ix/V々|,判断/（x,）

和/（々）的大小关系，并证明你的结论.

10.（20分）设人>0,数列｛《,｝满足q=b,a"="她T-（H>2）.

%+2〃-2

（1）求数列｛4｝的通项公式；

b"+'

（2）证明：对于一切正整数〃，«„<--+1.

11.（20分）若a、b、cwR*,且满足上幺一4（a+0）2+（。+b+4c1，求女的最

a+b+c

大值。

加试

一,(40分)在平面直角坐标系上，给定抛物线L：y=-x2.实数〃应满足

4

p2—4g20,苍,々是方程/一P尤+4=0的两根，记—p,q)=max{㈤，同}.

(1)过点A(Po，；〃；)(PoWO)作L的切线交丁轴于点B.证明：对线段A3上的

任一点。(P,4),有。(p,g)=呼；

(2)设。={(x,y)|yWx—1,y>-(x+l)2--}.当点(p,4)取遍。时，求

44

0(0,〃)的最小值(记为外向)和最大值(记为Smax)•

二.(40分)如图，给定凸四边形ABC。，ZB+ZD<180,P是平面上的动点，令

f(P)=PABC+PDCA+PCAB.

(I)求证：当/XP)达到最小值时，P,A,3,C四点共圆；

(II)设E是AABC外接圆。的弧AB上一点，满足：处=昱，生=6-1，

AB2EC

NECB=L/ECA，又ZM,OC是圆。的切线，AC=&,求/（P）的最小值.

2

二题图

三.（50分）如图，在7X8的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两

个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这两个棋子相连。现从这56个棋子中取出一

些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。问

最少取出多少个棋子才可能满足要求？并说明理由。

四.（50分）求证：对i=l,2,3,均有无穷多个正整数〃，使得”,〃+2,n+28中恰有i

个可表示为三个正整数的立方和。

模拟试题一参考答案

第一试

一.填空题(每小题8分，共64分)___________

1.2.当x<2时，2-x>0,因止匕/,(X)=1+(4_4X+「)=J_+(2_X)N2・J^--(2_X)

=2,当且仅当_L=2-x时上式取等号.而此方程有解x=le(-oo,2),因此/(x)在

2-x

(-oo,2)上的最小值为2.

22

L7\」

设t=sinx+cosx=42^-sinx+^^-cosx=A/2sin(x+—).

224

因为一l〈si所以—行工方工行.又因为d=i+2s力7XMsx,所以

4

x2-1

sinxcosx=-----,所以y=---=--,所以——―-<y<—―

21+，222

/-I

因为-WT,所以一。一1,所以yw-l.

2

V7+i\fV?-1

所以函数值域为y£一3三二一1u-1,送」.

3.—甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故基本事件总数为92=81

81O

个。由不等式a-2frH0>0得2伏卅10,于是，当斤1、2、3、4、5时，每种情形a可取1、

2、…、9中每一个值，使不等式成立，则共有9X5=45种；当炉6时，a可取3、4、…、

9中每一个值，有7种；当炉7时，a可取5、6、7、8、9中每一个值，有5种；当炉8

时，a可取7、8、9中每一个值，有3种；当占9时，a只能取9,有1种。于是，所求

45+7+5+3+161

事件的概率为

8181

2"“(〃+1)A"+'~S，N-S“一++2)一”向一«(«+!)+%

O

〃+2-211

即%+1-----+------+an

++2)n+1n(n+1)

1

--------+a

(九+1)(〃+2)〃(〃+1)

由此得H----------)=Cl-------

(〃+1)(〃+2)71(〃+1)

有“升[=—b，故么?=—»所以a=1-1

nn

n+i2"2〃2“n(n+1)

土+匕=[

5.[石，庭]由从一，可得32+82口2+242工+42一。2/=0①

x+y=1

2a2

由OM_LON得xx+yy=0,即Z%%—(玉+%)+1=。，将芯+%=——---T，

{2]2a+b

*/,=勺哆代入得与+与=2，即二=2-1,因为坐〈£<坐，得

a2+b-a'h2b2a23a2

—41—r4—，得一4—4—,有二《片•(2—7)-2,解得y/5<2a4V6.

3a222a232a2

6.6百。函数的定义域为UH,且A。。y=5xy[^i+y/2xy/5^x

22

<6+(物2x^(77-1)+(7^)=A/27X4=6G

当且仅当&xJH=5xJ=,等号成立，即x=£Z时函数取最大值6百。

27

7.5(V2+i)由条件得kT+ATnk-q+A*-------①

O

当丁29时，①化为k7+6=卜-6|,无解；

当"3时，①化为kM=6+k—q,无解；

当3</9时,①化为2y-12=|x-6|-|x-l|-----②

若XW1,则y=8.5,线段长度为1；若1WXK6,则x+y=9.5,线段长度为

5五;若x»6,则y=3.5,线段长度为4.综上可知，点C的轨迹的构成的线段长度

之和为1+5近+4=5（收+1）。

8.726。如答图1,考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r,作平面A出C//

平面ABC,与小球相切于点Q,则小球球心。为正四面体P-4AG的中心，

尸。上面440,垂足。为A|B|G的中心•

因匕ARCPD

1cl3

=41-5^,OD,

故尸£>=4OD=4〃,从而PO=PD-OD=4r-r=3r.

记此时小球与面P4B的切点为耳，连接06，则

PK=PO2-所=-产=272r.

考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为E4B）相切时

的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为

正三角形，记为REF,如答图2.记正四面体

的棱长为。，过《作于M.答图1

因/MP”?，有PM=PP「cosMPP、=26I■•日=^r，故小三角形的边长

RE=PA—2PM=。-2a.

小球与面弘B不能接触到的部分的面积为（如答图2

中阴影部分）

-6y/3r2.

又r=1,a=4底,所以

%"-5防"=240-66=186.

由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触

到的容器内壁的面积共为726答图2

解答题（共56分）

9.解：(1)令x=ly=0,.•./(l)./(O)=/(l)+/(l),又/0)=|,/./(0)=2.

令x=0,得f(0)f(y)=f(y)+f(,-y),即织令=f(y)+/(-y)

/（丁）=/（一月对任意的实数y总成立，.,./（X）为偶函数.

令x=y=l,得/(l)/(l)=/(2)+/(O),.•・]75=/(2)+2,.•・/(2)=亍17.

175

/.o1=2/(2)-/(l)=y--=6.

令％=〃+l,y=l,W1f(n+1)/(1)=f(n+2)+f(n),

/(n+2)=|/(n+l)-/(n).

=2/(〃+2)-/(〃+1)=2|/(n+l)-/(n)_/(〃+l)=4/(〃+l)_2/(〃)

=2[2/(n+l)-/(n)]=2a„(〃.」).

.•.｛4｝是以6为首项，以2为公比的等比数列.Aa„=6x2"-'.

(2)结论：/(%,)</(x2).

证明：•・•//()时，/(y)>2,

•••/U+y)+f(x-y)=/(x)/(y)>2f(x),即

/(+x)-y

.•.令x=@(AGN+),故GN+,总有f[(k+l)y]-f(ky)>f(ky)-f[(k-l)y]

成立.则

fl(k+l)y]-f(ky)>f(ky)-f[(k-l)y]

>fKk-V)y]-f[(k-2)y]>>f(y)-/(0)>0.

对于-GN+,总有f[(k+l)y]>f(ky)成立.

对于机,〃eN,,若及<m,则有/(ny)</[(〃-1)习<</(冲)成立.

；Xi，x,eQ,所以可设|西|=幺,|尤21=%，其中1，%是非负整数，P1,p,都是正

PiPi

整数，则|玉|=幺匹无21=2包，令,二——>t=qn，s=P4,则f,seN+.

P1P2P1P2P1P2

V|-IVx2\,：.t<s,：.f(ty)<f(sy),即/(|x||)<f(\x21).

•••函数为偶函数，.../(|西/(一)

/(x)I)=J(|x2|)=/(X2)..../(%,)<f(x2).

_〃%T.an_b%.n_2n-11

10解:Cln-,••一,••——・I

an_t+2n-2n%+2〃-2anb%b

①当b=2时，则｛』■｝是以工为首项，,为公差的等差数列

%4T2an22

YlJI

/•—=—F(n—1)x-,即=2

a..22

2n-11、

②当人＞0且匕。2时,-(——+-----)

b%2-b

n1_2

当“=1时,

an2-bb(2-b)

...{2+」一}是以一--为首项，2为公比的等比数列

atl2-bb(2-b)b

.(~y

an2-b2-bb

.n_2"__1_2n-b"

‘•£—Q_b)b"―豆二—(2—b)b”

n(2-h)h"

••Cl-

"2"-b"

'nQ-b)b"

匕>0且匕72

综上所述a“=«2"-b"

2,b=2

(2)方法一：

证明：①当b=2时，«„=—+1=2；

②当6>0且)比2时,2n-bn=(2-b)(2n-}+2n-2b++2V+Z/I)

_________nbnnb"

2n-'+2n-2b++2bn-2+bn-'

-b~^

n7+++

___b______广____/____y__/b__^_-_y_/_r_-'__2_病__________b"'+2"'b"',]

n—In—ln—l/「〃_]r\n—\<yn+\?”+l0”+1

2〒.广2V

bn+l

.•.对于一切正整数“，an<—+\.

方法二：

bn+i

证明：①当h=2时，”“=去了+1=2；

②当〃>0且)吐2时,

田(2-叽”+]

要证ciW2〃+[+1，只需证

n2n-bn2”

即证要筌"白+/1

[5|Jid---------------------------------------------------工-------1------

2“T+2"-2b++2b'-2+b"-'-2"Tbn

即证(3+4)(2"T+T-2b++2bn-2+bn-')>n

2"十bn

,bb2

即证(初+爹■+

b"+'

•••原不等式成立。，对于一切正整数w,a„<—r+l.

11解:由均值不等式得(a+0)2+(Q+〃+4C)2=(a+炉+[(〃+2C)+S+2C)]2

N(2y[ab)~4-(2A/+2j2〃c)?=4ah+4•2QC+4*2hc+2・2・2・2c•y[ab

=4ab+Sac+Sbc+\6c4ab,

(。+〃)2+(〃+/?+4C)2/,4ab+Sac+Sbc+16c4ab/,、

..---------——---------------—•(«+/?+(?)>---------------------------------------(a+b+c)

ahcabc

岸+”)(i+,)=8」+3+3+3)(3+3%)

4h&2cba4ab4ab2222

)"5•(写£)=10°'等号成立当且仅当。=8=

>8(5-

故女的最大值为100.

加试

一，解：(1)是抛物线L上的点，y=1x,则切线的斜率A:=gpo

2

过点A的抛物线L的切线方程为AB：y--/?0=-p0(x-/?()),即

112

y=-pax--p0

:。(。，4)在线段48上，，4=3〃0〃一；〃02,

"2—4q=〃2_4(g“°p_；)=(〃—fN()

不妨设方程x2—px+q=0的两根为玉=心容三，“P+J；-4q

则寸”厂,超二空创

①当Po〉O时，OWpWpo,.=2/7=〃_今,々=今

■:卷<%吟,.,.一归同,•••/。应)=1113刈石|,|动=同=野

②当Po<O时，p0<p<0,x{---,x2-2P2，%=p一9

,••矍4/<-中,.,.㈤之同,.,.奴。应)=曲{卜|，|动=㈤=甲

综上所述，对线段A3上的任一点Q(p,“)，有夕(p,q)=亨

[y=x-l

(2)如图所示，由《125，求得两个交点A(O,-1),3(2,D

y=-(x+l)---

l44

则。“会，.小|=仁厚且wZ±gE9=冈，

...P+可二包之型如a叱=夕+1:2|=],即化「]

②由,工工（%+1）2——,得gN，（p+1）2_9=!p2+J_p_]

444442

工〃2一的<4一2〃，

•P+Jp2_4qp+y/4_2p

••3

22

令14-2P=t,则p=-g/+2,0<Z<2

_____19

.P+产而<一毛+'+22

-Z+2f+4_（fT）2+5W[,即8m;5

22444

综上所述9*=1，8M=；

二.解：(I)由托勒密不等式，对平面上的任意点P,有以篦理处出式■

因此f(p)^PABC+PCAB+PDCA>PBCA+PD-CA={PB+PD)CA.

因为上面不等式当且仅当P,A,3,C顺次共圆时取等号，因此当且仅当P在AABC的外接

圆且在弧AC上时，/(P)=(PB+PD)・CA.

又因PB+PDNBD,此不等式当且仅当仇共线且P在8。上时取等号.因

此当且仅当「为A钻C的外接圆与3。的交点时，/(P)取最小值f(P)min=ACBD.

故当/(尸)达最小值时，P,A,B,C四点共圆.

(H)记=,则NEC/t2a,由正弦定理有空=包且=正，从而

ABsin3a2

百sincB=2sin,即石(3sina-4sin3a)=4sinacosa,所以

3>/3-46(1-cos2a)-4cosa=0,

整理得46cos*a-4cosa—^3=0,解得cosa=—■或cosa=\=(舍去),

2273

故c=30,ZACE=60.

sin(ZE4C-30°)

由已知生=6_1，有sin(NEAC—30)=(73-l)sinZEAC,

ECsinNE4c

@sinNEAC-1cosNEAC=(道-DsinNE4c，整理得

即

22

zzJliZEAC=-cosZEAC]

Sn故tanZEAC==2+6>可得NE4c=75,

222-6

从而NE=45,ZDAC=ZDCA=ZE=45,AA3C为等腰直角三角形.因AC=0,

则C£>=1.

又AABC也是等腰直角三角形，故BC=0,«D2=1+2-21-^cosl35=5,

BD=y[5.

故了(「)2„=切>AC=行•0=厢•

三.解：最少要取出11个棋子，才可能满足要求。其原因如下：如果一个方格在第

，行第J列，则记这个方格为(八力。

第一步证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，即五个棋子在一条

直线(横、竖、斜方向)上依次相连。用反证法。假设可取出10个棋子，使余下的棋子

没有一个五子连珠。如图1,在每一行的前五格中必须各取出一个棋子，后三列的前五格

中也必须各取出一个棋子。这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分。同

理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分。第1、2行必在每行取出一个，且只

能分布在(1,4)、(1,5)、(2,4)、(2,5)这些方格。同理(6,4)、(6,5)、(7,4)、

(7,5)这些方格上至少要取出2个棋子。在第1、2、3歹U,每列至少要取出一个棋子，

分布在(3,1)、(3,2)、(3,3)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(5,1)、(5,2)、(5,3)

所在区域，同理(3,6)、(3,7)、(3,8)、(4,6)、(4,7)、(4,8)、(5,6)、(5,7)、

(5,8)所在区域内至少取出3个棋子。这样，在这些区域内至少已取出了10个棋子。因

此，在中心阴影区域内不能取出棋子。由于①、②、③、④这4个棋子至多被取出2个,

从而，从斜的方向看必有五子连珠了。矛盾。

第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠。如图2,只要

取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠。

综上所述，最少要取出11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠。

四.证明：三个整数的立方和被9除的余数不能是4或5,这是因为整数可写为

3k或3k±1(左eZ)而(3k)3=9x3公，(3&±1)3=9(3或±3成+左)±1.

对1=1,令“=3(3加一1月一2(/neZ+),则〃，〃+28被9除的余数分别为4,5,故均不能

表示为三个整数的立方和，而〃+2=(3相—Ip+(3m-+(3m-I)3,

对，=2,〃=(3l)3+222(meZ+)被9除的余数为5,故不能表示为三个整数的立方

和，而〃+2=(3/”一lf+23+63,“+28=(3机—if+53+5'.

对i=3,〃=216加气加eZ.)满足条件:n=(3ni)3+(4ni)3+(5m)3,

/?+2=(6m)3+l3+l3,

n+28=(6m)3+l3+33.

数学联赛模拟试题二

一试

一.填空题

1.函数y=sin-I的值域是；

sinx+cosx+l

2.设a,b,c为直角三角形的三边长，点(m,n)在直线ax+by+c=0上.则n?+i?的最小值是

3.定义区间(c,d),[c,d],(c,d],[c,d)的长度均为d-c,其中d>c.已知实

数a>b,则满足一!一+」一21的x构成的区间的长度之和为；

x-ax-b

4.掷6次骰子，令第i次得到的数为小,若存在正整数%使得之6=6的概率p=2,

/=1fn

其中机，〃是互质的正整数.则log6m-log7n=.

5.已知点P在曲线y=e”上，点。在曲线y=lnx上，贝U|PQ|的最小值是_____.

6.已知A,B,C为AABC三内角，向量ar=(cos4^,V3sinJ«1=72.如果

当C最大时，存在动点M,使得|—MA|■,|—A8|­,|—"61成等差数列，则二IM》CI最大值是____;

\AB\

7.四面体OABC中，已知/AOB=45°,/AOC=NBOC=30",则二面角A-OC-B的平面

角a的余弦值是;

8.设向量。=(%+3,工),/7=(25山夕(305。,。5皿6+6^05。)满足对任意工€火

和6e[0,^],|。/12恒成立.则实数a的取值范围是.

二.解答施

2

1

9.如图，设p为双曲%线?--2y=1上第一象限内的任一点,Fl,F2为左右焦点，直线

PFI,PF2分别交双曲线于M,N.若尸片=4月A/(4W—1),尸鸟=%F2N.

求4+久2的值及直线MN的斜率KMN的取值范围.’

Fi]n\AX

10.设数列｛4｝满足&eN+,a,用=乜"求i£：^)<n<^-+]

a“+12

时，[4]=a0-n.(其中[x]表示不超过x的最大整数).

11.求证:存在函数f:RfR,满足对一切xSR都有f(x3+x)WxWf3(x)+f(x).

二试

1.如图，四边形BDFE内接于圆0,延长BE与DF交于A,BF与DE相交于G,做AC:〃EF

交BD延长线于C.若M是AG的中点.求证:CMLAO.

2.求最小的正数c,使得只要n=2k'+2心+・一+23(L,…,kWN,k»kz>…〉上》

且k组

0),就有22+22+・・・+22<cjn.

3.求证:对任意正整教n,部能找到n个正整数Xi,X2,…,o使得其中任意r(r<n)个数均

不互素，而r+1个数均互素.

4.给定2010个集合，每个集合都恰有44个元素，并且每两个集合恰有一个公共元素.

试求这2010个集合的并集中元素的个数.

模拟试题二参考答案

1.解：令sinx+cosx=t,

则t=V^sin(x+K)G[―V2,—1)U(―1,V2],2sinxcosx=t2-l,

4

sinxcosx-11t2-31212、,乂十.

y=------------------=-----------=_«z_1--------)x=-(Zz+l-------)-1关于t+1在

sinx+cosx+12r+12r+12r+1

口-亚,0)和

(0,1+72]上均递增，所以，>2—叵或，即值域

1—V2..14-V2

(-00,---]U[—--,+00).

22

2.解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2

2(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2,所以,m2+n2^l,等号成立仅当mb=na且

am+bn+c=0,解得(m,n)=(-@,一2),所以，mZ+i?最小值是1.

CC

11X2-(a+〃+2)x+Q〃+a+〃

3.解：由----1--->-1,得一一

x-ax-b(x-6r)(x—/7)

令g(x)=x2—(a+b+2)x+a/?+a+/?,则g(a)=〃一a<。,g(Z?)=a—Z?>。,

设方程g(x)=0的两根为七、x2(x,<x2),又因为a>b，所以匕<玉<。<%2・

11

不等式---+---N1的解集为(a,x],

x-ax-b2

构成的区间长度之和为民一。|+人一.=(w+5)一(。+，)=2.

11)

4.解:当后=1时，概率为一;当攵=2时,6=1+5=2+4=3+3,概率为5・(一),

66

1Q1Q

当左=3时,6=1+1+4=1+2+3=2+2+2,概率为(3+6+1)・(一)3=10.(一)3；

66

概率为工)；

当次=4时,6=1+1+1+3=1+1+2+2,(4+6)-(4=10-(')4

66

概率为)；当攵时，概率为，尸；故

当左=5时,6=1+1+1+14-2,5-(\s=6

P=:+5.(：)2+1().(53+]().(54+5.(55+(>6=：x(l+3)、=1—即

n=75,m=66,

从而log6m-log7n=l.

5.解:因曲线尸e"与尸Inx关于直线尸x对称.所求卢。|的最小值为曲线尸e'上的

点到直线y=x最小距离的两倍，设P(x,4)为尸e'上任意点，则P到直线y=x的距离

\x-\ex-x,ex-1

d(x)=-e—x=-—，因d(犬)=~->0<=>x〉0,d(x)<0<=>x<0,所

d(0)=¥，即|PQ..=JL

以，[(X)min=

6.解：

2A—Bc.2A+813

Ia|=V2<=>cos;-------+3sin--------=2+-cos(A-B)-|cos(A+B)=2

22J

ocos(A-fi)=3cos(A+B)o2sinAsinB=cosAcosBotanAtanB=—,

c,,tanA+tanB,一、，“/----：------r-

tanC=-tan(A+B)=------------=-2(tanA+tanB)<-4JtanAtan5=-2J2

tanAtanB—1

，等号成立仅当tanA=tanB=5J-?.令|AB|=2c,因|—M4•|+|―M3-|=4c•，所以，M是椭圆

22万

42+3'2=1上的动点•故点C(0,—^―c),设M(x,y),则

|MC|2=X2+(y——c>=

+=2_

4c2-gy2+y2_^2cy~Y~^yV2cy+^|-,|y\<V3c.

上%a,7+2762V6+1„|MC|2V3+V2

当y=-J3c时，|MC『max=c~,|MC|max=-C.n即max=----------

2后IAB|4

7.解:不妨设AC±OC±BC,ZACB=a,ZA0C=ZB0C=6>,

ZAOB=P.

因5X・丽=(阮+雷)•(氏+国)京

=|OC|2+CACB/

即|OA\\OBIcos尸NOA\cos夕|OB\cos8+1CA||CB\cosa,/

两端除以IOAIIOBI并注意到

I。”!=sinaj0且！=/即得cos6=cos20+sin2Ocosa,°

|两,\OB\

Boi

将£=45°,8=30°代入得汽-=j+^cosa,所以,cosa=272-3.

8.解:令sin0+cos。=t,

则［£口,行］,2sin6cos6=产-1,a+/3=(t2+x+2,x+at),

因(产+x+2)-+(x+at)~~(z~+x+2—x—=~(Z~—at+2),

所以,|。+/|2=(/+x+2)2+(x+〃)222对任意工€尺恒成立

。—(f~—at+2)~>2ot~—<7/>0

或产一成+4<0=。<，或azr+d对任意f€口,、历］恒成立或aN5.

三.解答题

9.解：设p（xo,yo）,因函一丽=4（砺一函），所以,

施=詈西/赤=（一二口

，同理

2+2%-%。y()

ON=｛），将M、N坐标代入双曲线得:

；(2+24+x°)2—3靖=3/1」即14(1+4尸+4x0(l+4)=342—3(1)

22

(2+2%2-4)2-3)/=342、[4(1+22)-4x0(l+/l2)=3/l2-3(2)

消去xo得：

2

4(1+4/(1+4)+4(1+4)(1+4产=3(2/-1)(1+^2)+3(Z2—1)(1+4)

即

4(1+4)(1+4)(4+4+2)=3(1+4)(1+义2)(4+4—2),

因(1+4)(i+4)wo

所以，4(4+4+2)=3(4+/12—2),解得4+%=-14.

将⑴-⑵得:4(4—4)(4+4+2)+4项)(4+4+2)=3(4-4)(4+4)

将4+丸2=-14代入得：4一几2=-8X0与4+之2=-14联立解得:

14=-4/_7K=_________」)(4-4)_________=.

2

[Z2=4x0—7MN2(4+4)+4丸24+%o(4-4)21—7x()

xo'-3y/=3得

K=XoX)=玉)x)二J_x()y()J_____J_h136

ML21_7/2―7(3一/2)一五,三一]]一_])不"21

即斜率KMN的取值氾围是(-8,一■—).

10.证明：对于任何正整数〃，由递推知4>0.

2

由an-an+l=a„一~4一=>0知数"J｛。“｝递减.又对任意neN\

4+1%+1

<、<、a.〃]

an=«o+E(《一%)=«0-X--=%-汇d-；----)

/=!,=1i+«,-|,=|1+«,_1

=/_〃+之」_＞。0一几.

11+4T

即有册>〃0一〃，从而“〃_]>%-(〃一1).于是,

<1_1,1

当〃=1时，，Z"<1；

,•=]1+%_]1+%

z7i1nn

当2<〃<2+1时，由｛/｝递减得------<-------<----------<1.

21+l+a,ia0-n+2

故％一〃<a“=%-〃+£------<a0-n+l.所以，[。“]=%-〃.

M1+%

11.证:由xWg(f(x))Og(屋(x))Wg(f(x))及g(x)是R上的增函数，可得g"(x)Wf(x).

又由f(g(x))Wx得f(x)=f(g(gT(x)))〈g"(x),即f(x)〈g"(x),所以,f(x)=g"(x).

显然，当f(x)=g"(x)时，有f(g(x))=g(f(x))=x,当然有f(g(x))WxWg(f(x)).

回到原题:取g(x)=x3+x,显然,g(x)是R上的增函数，由引理即得f(x)=g"(x)吐就有f(x3+x)Wx

Wf3(x)+f(x).

二试

1.证法1：设。0半径为R,则由圆幕定理得

CO=CD-CB+R2.因AC/7EF,所以，ZCAD=ZABC,

AACDsAABC,如=空即AC=CD-CB,

BCAC

所以,CO2-AC2=R2,下证MO-MA2=R2：

由中线长公式得

M0=-(OA2+OG2)-MA2,所以,MO2-MA2=R-<=>0A2+0G2-AG=2R；!.

2

由圆嘉定理得:OA2=R、AF•AD,OG2=R2-GE•GD,延长AG至I」N,使得AF•AD=

AG•AN,则F,D,N,G四点共圆，因AE•AB=AF•AD=AG•AN,所以E,B,N,G四点共圆，ZNEB=

ZNGB=ZADN,从而A,D,N,E四点共圆,AG-AN=EG•GD,所以，

0A2+0G-AG=2R2+AF•AD-GE•GD=2R?+AG•AN-GE•GD=2R2.即有CO-AC=MO2-MA2=R2

,由平方差定理知CMLAO.证完.

证法2:由证法1知，只要证MO-MA2=R2:

设ABEG的外接圆交AG于N,DNnOO=P,

连BP,BN,则B,E,G,N四点共圆，

所以,AE•AB=AF•AD=AG•AN,

其中R为。0半径.

故F,D,N,G四点共圆，

延长AN交。0于T,

则/BPD=/BED=NBFD=NDNT,BP//AT

,ZBNT=ZPBN,所以，ZBPD=ZBED=

ZBNT=ZPBN,从而BN=PN,ON±BP,

ONIAT.

设AM=MG=x,GN=y,则0A=(2x+y)2+0N2,

OM2=(x+y)2+ON2,因OA2=R2+AF-AD=

AG♦AN,所以,OM'=OA"-(