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2004-2006全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題答案-文庫(kù)吧

2024-12-29 23:52 本頁(yè)面


【正文】 xydxyd???????,即2 2,|6()|得,化簡(jiǎn)得點(diǎn) P 的軌跡方程為226()0,16(4)50xyxy或圓 S: ......5 分23178y??????與 雙 曲 線 T:8(Ⅱ)由前知,點(diǎn) P 的軌跡包含兩部分圓 S: ①220xy與雙曲線 T: ②178y???8因?yàn)?B(-1,0)和 C(1,0)是適合題設(shè)條件的點(diǎn),所以點(diǎn) B 和點(diǎn) C 在點(diǎn) P 的軌跡上,且點(diǎn) P 的軌跡曲線 S 與 T 的公共點(diǎn)只有 B、C 兩點(diǎn)。 的內(nèi)心 D 也是適合題設(shè)條A?件的點(diǎn),由 ,解得 ,且知它在圓 S 上。直線 L 經(jīng)過(guò) D,且與點(diǎn) P123d?1(,)2D的軌跡有 3 個(gè)公共點(diǎn),所以,L 的斜率存在,設(shè) L 的方程為 ③12ykx??(i)當(dāng) k=0 時(shí), L 與圓 S 相切,有唯一的公共點(diǎn) D;此時(shí),直線 平行于 x 軸,表明 L 與雙曲線有不同于 D 的兩個(gè)公共點(diǎn),所以 L 恰好與點(diǎn) P 的軌跡有 3 個(gè)公共點(diǎn)。10’(ii)當(dāng) 時(shí),L 與圓 S 有兩個(gè)不同的交點(diǎn)。這時(shí),L 與點(diǎn) P 的軌跡恰有 3 個(gè)公共點(diǎn)0k?只能有兩種情況:情況 1:直線 L 經(jīng)過(guò)點(diǎn) B 或點(diǎn) C,此時(shí) L 的斜率 ,直線 L 的方程為12k??。代入方程②得 ,解得 。表明直線(2)xy???(34)0y?54(,)3E或 F(,)BD 與曲線 T 有 2 個(gè)交點(diǎn) B、 E;直線 CD 與曲線 T 有 2 個(gè)交點(diǎn) C、F。故當(dāng) 時(shí),L 恰好與點(diǎn) P 的軌跡有 3 個(gè)公共點(diǎn)。 ......15 分1k情況 2:直線 L 不經(jīng)過(guò)點(diǎn) B 和 C(即 ) ,因?yàn)?L 與 S 有兩個(gè)不同的交點(diǎn),所12k??以 L 與雙曲線 T 有且只有一個(gè)公共點(diǎn)。即方程組 有且只有一287180xyk????????組實(shí)數(shù)解,消去 y 并化簡(jiǎn)得 25(817)04kx?河大附中校本課程 8 該方程有唯一實(shí)數(shù)解的充要條件是 ④28170k??或 ⑤225(5)4(817)0kk???解方程④得 ,解方程⑤得 。3?2k?綜合得直線 L 的斜率 k 的取值范圍是有限集 。 ......20 分1342{0,}7?1已知 是方程 的兩個(gè)不等實(shí)根,函數(shù) 的,??241()xttR???2()1xtf???定義域?yàn)?。??(Ⅰ)求 ;()ma()in()gtfxf?(Ⅱ)證明:對(duì)于 ,若 0,1,23iu???123sinisin1,uu??。1236(tan)(t)(tan)4ggu??則解:(Ⅰ)設(shè) 2211,0,410,xxtxt????????則221224()()()t?????則 ??11212122()() xtxxfxf???又 1212121221()0()0tt ff???????故 在區(qū)間 上是增函數(shù)。 .......5 分()fx??,??4t?????22()()()max()in())1tgtffxf????????高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽講義 9 ......10 分225181(5)6tt??????????(Ⅱ)證:2216(3)4coscoss(tan)1699iiiii ii uug????22164(,3)9cos9cosi iuu???....15 分33 32 211 11(6)(69)sin)(tan)i ii ii ug?? ??????????,而均值不等3 33221 11s,(0,),sin(i)ii iiui u?? ??????且式與柯西不等式中,等號(hào)不能同時(shí)成立,......20 分12313(759)6(tan)(t)(tan)46gugu????二試題一.(本題滿分 50 分)在銳角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 與 AC 上的高 BD 相交于點(diǎn) H,以 DE 為直徑的圓分別交 AB、AC 于 F、G 兩點(diǎn), FG 與 AH 相交于點(diǎn) K,已知BC=25, BD=20,BE=7,求 AK 的長(zhǎng).解:∵ BC=25,BD=20,BE=7,∴ CE=24,CD=15.∵ ACBD=CEAB ,? AC= AB, ①65∵ BD⊥AC,CE⊥AB ,? B、E、D、C 共圓,?AC(AC-15)=AB (AB-7),? AB( AB-15)=AB( AB-18),65 65∴ AB=25,AC=30.?AE=18 ,AD=15.2418 7252015EF BCDAG HKP河大附中校本課程 10 ∴ DE= AC=15.12延長(zhǎng) AH 交 BC 于 P, 則 AP⊥BC.∴ APBC=AC BD,?AP=24.連 DF,則 DF⊥AB,∵ AE=DE,DF ⊥AB.?AF= AE=9.12∵ D、E、F、G 共圓,?∠AFG=∠ADE=∠ ABC,??AFG∽?ABC,∴ = ,?AK= = .AKAPAFAB 9?2425 21625二.(本題滿分 50 分)在平面直角坐標(biāo)系 XOY 中,y 軸正半軸上的點(diǎn)列{A n}與曲線y= (x≥0)上的點(diǎn)列 {Bn}滿足 |OAn|=|OBn|= ,直線 AnBn在 x 軸上的截距為 an,點(diǎn) Bn的橫2x1n坐標(biāo)為 bn,n∈N*.⑴ 證明 anan+14,n∈N*;⑵ 證明有 n0∈N*,使得對(duì)?n n0,都有 + +…+ + n-2022.b2b1b3b2 bnbn- 1bn+1bn解:⑴ 點(diǎn) An(0, ),B n(bn, )1n 2bn?由| OAn|=|OBn|,?b n2+2bn=( )2,?b n= -1( bn0).1n∴ 0bn .且 bn遞減,?n 2bn=n( -n)= = 單調(diào)增.12n2 n2+1∴ 0n .?令 tn= 且 tn單調(diào)減.bn 2由截距式方程知, + =1,(1-2n 2bn=n2bn2)bnan∴ an= = = =( )2+ ( )2=tn2+ tn=(tn+ )2- ≥( + )2- =4.212 2 12且由于 tn單調(diào)減,知 an單調(diào)減,即 anan+14 成立.亦可由 =bn+2. = ,得 an=bn+2+ , .1n2bn bn+2 2bn+2∴ 由 bn遞減知 an遞減,且 an0+2+ ? =4.2 2⑵ 即證 (1- )2022.n∑k=1 bk+1bk1- =bk+1bk bk- bk+1bk高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽講義 11 = =k2(( )2-( )2)1k 1k+1 ≥ ? .2k+1(k+1)2 2k+1(k+1)212 1k+2∴ (1- ) ( + )+( + + + )+…+ + + +….n∑k=1 bk+1bkn∑k=1 1k+2 1314 15161718 121212只要 n 足夠大,就有 (1- )2022 成立.n∑k=1 bk+1bk三.(本題滿分 50 分)對(duì)于整數(shù) n≥4,求出最小的整數(shù) f(n),使得對(duì)于任何正整數(shù)m,集合{m,m+1 ,…,m+n - 1}的任一個(gè) f(n)元子集中,均至少有 3 個(gè)兩兩互素的元素.解:⑴ 當(dāng) n≥4 時(shí),對(duì)集合 M(m,n) ={m,m+1,…,m+n - 1},當(dāng) m 為奇數(shù)時(shí),m,m+1,m+2 互質(zhì),當(dāng) m 為偶數(shù)時(shí),m+1,m +2,m +3 互質(zhì).即M 的子集 M 中存在 3 個(gè)兩兩互質(zhì)的元素,故 f(n)存在且 f(n)≤n. ①取集合 Tn={t|2|t 或 3|t,t≤n+1} ,則 T 為 M(2,n) ={2,3,…,n+1}的一個(gè)子集,且其中任 3 個(gè)數(shù)無(wú)不能兩兩互質(zhì).故 f(n)≥card(T)+1.但 card(T)=[ ]+[ ]-[ ].故 f(n)≥[ ]+[ ]-[ ]+1. ②n+12 n+13 n+16 n+12 n+13 n+16由①與 ②得, f(4)=4,f(5)=5 .5≤f(6)≤6,6≤f(7)≤7,7≤f (8)≤8,8≤f(9)≤9.現(xiàn)計(jì)算 f(6),取 M={m,m+1,…,m+5},若取其中任意 5 個(gè)數(shù),當(dāng)這 5 個(gè)數(shù)中有3 個(gè)奇數(shù)時(shí),這 3 個(gè)奇數(shù)互質(zhì);當(dāng)這 3 個(gè)數(shù)中有 3 個(gè)偶數(shù) k,k+2,k+4(k?0( mod 2))時(shí),其中至多有 1 個(gè)被 5 整除,必有 1 個(gè)被 3 整除,故至少有 1 個(gè)不能被 3 與 5 整除,此數(shù)與另兩個(gè)奇數(shù)兩兩互質(zhì).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.∴ 對(duì)于 4≤n≤9,f(n)= [ ]+[ ]-[ ]+1 成立. ④n+12 n+13 n+16設(shè)對(duì)于 n≤k,④成立,當(dāng) n=k+1 時(shí),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 整除的數(shù)恰有 4 個(gè),即使這 4 個(gè)數(shù)全部取出,只要在前面的 M(m,k -5) 中取出 f(n)個(gè)數(shù)就必有 3 個(gè)兩兩互質(zhì)的數(shù).于是當(dāng) n≥4 時(shí),f( n+6)≤f(n)+4=f(n)+f(6)-1.故 f(k+1)≤f(k- 5)+f(6)-1=[ ]+[ ]-[ ]+1,k+22 k+23 k+26比較② ,知對(duì)于 n=k+1,命題成立.∴對(duì)于任意 n∈N*,n≥4,f(n)= [ ]+[ ]-[ ]+1 成立.
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