說明教案成果

數(shù)學高中訓練題(abcda≥c≥b≥d

格線已被劃去一A,每隔一秒鐘就跳到與S

a+

+b+

c+

+dd+

它所在方格有公共邊的另一方格內(nèi),直至跳B停下.若青蛙經(jīng)過每一個方格不超 如圖1ABC的外部作△BDC△AFB、△CEA, △A△CEA.則△ABC△DEF

則青蛙的跳法總數(shù)為8.AB是拋物線y22px的一條焦點ABxPyOy 的縱坐標分別為yyy.y1y 0(填重心內(nèi)心 外心或垂心) 圖 二(14分)實數(shù)xiyi(i=1,2,3)滿給定正實數(shù)ab,xyxy≥0,xyab

xi yi

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

試

的值 如圖2在單位正四面體ABCD,ADBD滿足=DN=1,DK=1

i=1xi+x1x2三(15分)若△ABC的三邊所在直線均y22pxp0):△ABC并求出定點的坐標.、15fn}(n≥1的通項 為

k=

Cn-2C

,an是fn除以10以后的余則面ACK與面所夾銳角的余弦值 圖.數(shù)列{xn}:0<x1<1,xn+1{3xn}(n≥1).則共 個不同的x1,使{xn}從第一項開始是最小正周期為9

x}x-x],[xx的最大整數(shù)).ABC中,AC1BC32AB為斜ABC外作等Rt△ABD.+2CD的最大值 數(shù).試問{an}是否為周期數(shù)列?如果是,an的最小正周如果不請說明理由.50求在4所示2×6的方叫做圈,如果這條折線的邊均由方格的邊且折線經(jīng)過的任意一個方格頂點都只與折線邊相連 圖二、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交線段

重心

的延長線于T直線H2H3交線段CD的延長線 圖S.:SOT三點共線

復數(shù)為A,其余類似.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試求出所有的正整數(shù)組(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+ 則f(52a2+b2+ a2+因為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

]上是不減函數(shù)

xb,ya上式等號成立

S=2

a+

c+

c+d-a+ 9=2

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

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

如圖6,MNAK2fb)-fd≥2.又a≥c≥b>0,則

GACK與面CMN所成的銳角大小為θ.S=1+a+b+b+c c+d

作 圖ABDO.AOBD于點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

×

圖0≤x1x101n≥2,xn0這樣x1(0.a1a2?)3, {0,1,xn}TΖan}TΖx1且循環(huán)節(jié)長為T.的x1共有3T個.A,9xn}組成集合B3xn}C則A∩C=?,A∪C=|A|=|B|-|C|=39-33=19x119656個7BC為直角邊、C為直角頂點向外作等腰Rt△BCE,聯(lián)結AE.設ACB=θ.AB=2BD,BE=2BC,EBA

BCDBC= 76+24sinθ-4≤100=當且僅當θ3時,上式等號成立. 7.AQSEPMFAQSEPMFCDRB經(jīng)過M格,則有2 圖APCDRB,M若某時刻青蛙C則它下一秒內(nèi)一定跳至D格若某時刻青蛙跳到D則它下一秒內(nèi)一定不會跳至C格因此可將CD兩格合并為(G)EF兩格合并為大方格H.格有公共則在兩個方格間連上虛線,如圖9.由圖9,PGRQSH稱地分布在直線的兩側青蛙第一步必跳入PQ兩格中的某格,倒數(shù)第二步必跳入RH兩格中的某格.如果青蛙第一步跳至P倒數(shù)第二步跳至R這樣的路徑有3:APGMRB,APMRB,APM如果青蛙第一步跳至Q格,倒數(shù)第二

故tanAPB=tanΖ2p(y2-y1)[y1y2-y0(y1+y2)R設青蛙第k秒鐘跳至Mk-1Xk1Y格XQSHYPG

p4+4p2(2(y2-y1 y1-y2≠0

-y0)(

-y0由對稱性知如果青蛙第一步跳至Q倒數(shù)第二步跳至H則這樣的路徑有3條;如果青蛙第一步跳至P,倒數(shù)第二步

tanAPB=tan y1y2-y0(y1+y2 =p2+4(y1-y0)(y2-y0 跳至H格,則這樣的路徑有9條 Ζ3yy-3y(y+y)=p2+4(y-y)(y-y1 0 綜上,青蛙的跳法總數(shù) 將-p2=y1y2代入上式2(9+3)+2= y(y+y)= 如圖10,設直 由于y0≠0,

y1+y2

=

:ky=x-p 二、令ai

i(i1,2,3xi與拋物線方程聯(lián) 得y2-2pky-p2=

aii= i=

aixi=由于y1y2是 x程的兩根,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)因為APOB四點共圓,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和拋物線在直=2p(y2-y1)[y1y2-y0(y1+y2).p4+4p2(y-y)(y-y

ABBCCA與拋物線的切點分別為DEF.0 0

y1,y

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

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

兩個不同的定點p因此 2,0是外接圓通過的唯一點四an}是周期數(shù)列,

=

=1,

=2,

=3,

= y1y=p

+ 圖 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)當n≡1(mod3)時,令rn- 1y1

p2+y1

則

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則

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的各項-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 =- 期數(shù)列;{v}是最小正周期為311 因此,BAC+BSC=△ABCSp,02,

列它們的循環(huán)節(jié)分別如劃線部分所示25)1故fk除以10所得余數(shù)是周期數(shù)列最小正731的最小公倍數(shù),即217.CD外的點.如果P第二 CQDOBPAODOBPA?CA?DB方格水平方向的投 Q·DOBPA?CA?DB長為這個圈的“圈 引理的證明:由于長.首先求2×k的方 k-1k POQ三點共線,則格(如圖12)中圈長 圖 AOP k的圈的個數(shù) BOP

這些圈中都至少包含了AB格中的一設其中包含A格但不包含B格的有

CQB QD

=

S△OB·S△OBA格的有y

=

S△OB AB兩格的有z個.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中圈長為1的圈共有3個:

,CQDOBPAOQ···Q···回到原題分兩種情況討論15ADBCAD與BC交于點CDFEC,

13b2×27GHILONKJG,GHILKNMJG,HILONM

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

= 3H4B 對△MCD與截線H2H3S, MH2CS(7-i)ai= · = i= H2CSD二、先證明一個引理. 引理如圖14,在四邊形ABCD中,對 H4MMH1AT· ·= 角線ACBD交于點O.PQ分別是線段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三點共線

≥ni=n

i=1ai-

n2ai=

n n-當AD∥BC

ii1,2,?,nCSCH2

DH3,B

TASDDH3OB TA

=

1+a- 1-CSDOBT i+ ai+(n-·· =SDOBTA

i+--設射線SO交線段AB的延長線于點

≤a(1-

)n-T.TT

i+SOT三點共線三、1)令a0=an.對任意的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+ 當且僅當 1(i=1,2,?,n)時,上 1- n(n-1)2i=1ai+n

等號成立

1-ain-1)2

-1)

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

=ni1,2,?,n

上

下面分兩種情況討論

2m等號成立(2)設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+因為k 是正整數(shù),所以-x2-pknx+(n2+k)= p2m2+ p2+

pk是正整數(shù)

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