多项式及求和 By 浙江省镇海中学 杜瑜皓 (OI-WC2013)

浙江省上虞市竺可桢中学高二数学《课时3和、差、倍角的三角函数》学案【复习目标】1、了解用向量的数量积推导出两角差的余弦公式的过程。

能从两角差的余弦公式推导出两角和的余弦、两角和与差的正弦、正切公式，体现化归思想的应用。

2、能从两角和公式推导出二倍角的正弦、余弦、正切公式。

3、能运用和、差、倍的三角函数公式进行简单的三角函数的求值、化简、证明。

【双基研习】☆基础梳理☆1．基本公式（1）两角和与差的三角函数公式： sin()αβ±=sin sin cos sin αβαβ+± ；cos()αβ±= ； tan()αβ±=tan tan 1tan tan αβαβ±m （2）二倍角公式： sin 2α=2sin cos αα；cos2α=22cossin αα-= =212sin α-； tan 2α=22tan 1tan αα- 2．公式的变式 tanα＋tanβ＝tan (α＋β)(1－tanα tanβ) ； 1－tanα tanβ＝)tan(tan tan βαβα++ 1＋cos2α＝ ； 1－cos2α＝ ．3．常见的角的变换：2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝2βα+＋2βα-；α＝(α＋β)－β ＝(α－β)＋β；2βα+＝(α－2β)－(2α－β)； )4()4(x x ++-ππ＝2π ☆课前热身☆1、︒︒+︒︒167cos 43sin 77cos 43cos 的值为____________.2、=π-π8cos 8sin22__________．3、已知53sin ),,2(=∈αππα，则)4tan(πα+等于____________.4、已知cos2α=21（其中α∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,4π），则sin α的值为 .5、已知tan α tan β是方程x 2+33x+4=0的两根，若α，β∈(-2,2ππ)，则α+β=_______【考点探究】例1、（1）、若53)sin(-=+θπ，θ是第二象限角，5522sin -=⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ，ϕ是第三象限角，求)cos(ϕθ-的值.（2）己知cos(α+β)=53,sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-4πβ=135,α,β∈⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π，求cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4πα的值例2、求值：（1）︒︒-︒20cos 20sin 10cos 2；（2）︒+︒++︒10cos 1)10tan 31(80sin 50sin 20，变式训练：︒︒+︒40cos 40sin 20sin 2的值是_________.例3、 （1）化简： )4(sin )4tan(21cos 222απαπα+--（2）若471217,534cos πππ<<=⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x ，求：x x x tan 1sin 22sin 2-+的值。

浙江省宁波市诸暨学勉中学2019-2020学年高三数学文上学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知集合，则中元素的个数是A.2B.3C.4D.5参考答案：B当时，；当时，；当时，；当时，，所以，所以，故选B.2. 已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且，则双曲线离心率的取值范围是A. B. C.(1,2] D.参考答案：B由双曲线定义可知，从而，双曲线的离心率取值范围为.故选B.3. 设表示两条直线，表示两个平面，则下列命题是真命题的是（）A．若，∥，则∥B．若C．若∥，，则D．若参考答案：D略4. 使不等式成立的必要不充分条件是A． B．C． D．，或参考答案：答案：B5. 某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内为( )A．k＞4？B．k＞5？C．k＞6？D．k＞7？参考答案：A【考点】程序框图．【专题】算法和程序框图．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加并输入S的值，条件框内的语句是决定是否结束循环，模拟执行程序即可得到答案．【解答】解：程序在运行过程中各变量值变化如下表：K S 是否继续循环循环前 1 1/第一圈 2 4 是第二圈 3 11 是第三圈 4 26 是第四圈 5 57 否故退出循环的条件应为k＞4故答案选A．【点评】算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视．程序填空也是重要的考试题型，这种题考试的重点有：①分支的条件②循环的条件③变量的赋值④变量的输出．其中前两点考试的概率更大．此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误．6. 已知函数，实数a，b满足.若，，使得成立，则的最大值为（）A．3 B．4 C．5D．参考答案：A7. 已知集合，，则等于Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．参考答案：A8. 设集合,,则（）A． B． C． D．参考答案：C略9. 已知约束条件对应的平面区域如图所示，其中对应的直线方程分别为：，若目标函数仅在点处取到最大值，则有A． B.C. D. 或参考答案：B试题分析：是与的交点，目标函数仅在点处取到最大值，所以直线的倾斜角比的要大，比的要小，即有考点：线性规划和最优解10. 函数满足，当时，，则在上零点的个数为（）A.1004B.1005C.2009 D .2010参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设x，y满足约束条件，则的取值范围为.参考答案：[－1，6]12. 若双曲线与抛物线有相同焦点，则实数的值为▲．参考答案：-4略13. 曲线在点处的切线方程为参考答案：略14. 在平面直角坐标系中，已知点P（﹣2，2），对于任意不全为零的实数a、b，直线l：a（x﹣1）+b（y+2）=0，若点P到直线l的距离为d，则d的取值范围是．参考答案：[0，5]【考点】IT：点到直线的距离公式．【分析】由题意，直线过定点Q（1，﹣2），PQ⊥l时，d取得最大值=5，直线l过P时，d取得最小值0，可得结论．【解答】解：由题意，直线过定点Q（1，﹣2），PQ⊥l时，d取得最大值=5，直线l过P时，d取得最小值0，∴d的取值范围[0，5]，故答案为[0，5]．15. 方程x2+x+n=0（n∈[0，1]）有实根的概率为．参考答案：【考点】几何概型．【专题】概率与统计．【分析】由方程有实根得到△=1﹣4n≥0，得到n的范围，在n∈[0，1]）的前提下的区间长度为，由几何概型公式可得．【解答】解：方程有实根时，满足△=1﹣4n≥0，得，由几何概型知，得．故答案为：．【点评】本题考查了几何概型概率求法；关键是求出方程有实根的n的范围，利用几何概型公式解答．16. 设实数满足=4,则的最小值为 .参考答案：17. 在中，角A，B，C的对边分别是，若，则A= 。

浙江省上虞市竺可桢中学高二数学《课时4数列的求和》学案【复习目标】1．理解并掌握等差、等比数列的前n 项和公式。

2．掌握数列求和的常见方法：分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法。

【双基研习】☆基础梳理☆常见的数列求和方法有：1、公式法：等差、等比数列的求和公式．2、分组求和法：在直接运用公式求和有困难时，常分组成等差、等比数列求和．3、裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项之和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。

常见的拆项公式：（1）b a +1 =1a-b ( a - b )； （2）1a n a n+m =1md (1a n -1a n+m)(其中｛a n ｝是一个公差为d 的等差数列)； （3）1--=n n n S S a (2)n ≥；4、倒序相加法：将一个数列倒过来排列与原数列相加．主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和．（等差数列求和公式）5、错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． ☆课前热身☆1. 数列Λ,1614,813,412,211前n 项的和为______________. 2．数列{}n a 的通项公式是11++=n n a n ，若前n 项和为10，则项数=n ____.3．若n S n n ⋅-++-+-=-1)1(4321Λ，则503317S S S ++等于___________.4．已知函数f (x )＝12x ＋2，则f (－5)＋f (－4)＋…＋f (5)＋f (6)＝________.【考点探究】 例1、求下列各数列的和⑴Λ,1171,951,731,511⨯⨯⨯⨯ ⑵2211,(12),(122),,(1222),n -+++++++L L L例2、(2020，全国)设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝na n，求数列{b n}的前n项和S n.变式训练：在等比数列{a n}中，a1＝2，a4＝16. (1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝1log2a n·log2a n＋1，n∈N*，求数列{b n}的前n项和S n.例3、(2020年南通调研)已知数列{a n}是各项均不为0的等差数列，S n为其前n项和，且满足a2n＝S2n－1，令b n＝1a n·a n＋1，数列{b n}的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式及数列{b n}的前n项和T n；(2)是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由．【方法感悟】1．求和问题既要善于从数列的通项入手观察数列的通项公式形式特点与变化规律，又要注意项数．解非等差(比)的数列求和题通常的思路是：(1)设法转化为等差数列或等比数列，先通过通项分组或错位相消，再用公式法。

概率中的故事与故事中的概率苗学军（宁波市镇海区外语实验学校 315200）研读数学史我们可以发现，在概率的起源和发展过程中有许多生动有趣的故事，相信大家会在故事中得到启发。

一、赌金风波。

公元1651年夏天，当时盛誉欧洲号称“神童”的数学家巴斯卡（B.Pascal，1623～1662），在旅途中偶然遇到了赌徒梅累，梅累是一个贵族公子哥儿，他对巴斯卡大谈“赌经”，以消磨旅途时光。

梅累还向巴斯卡请教一个亲身所遇的“分赌金”问题。

问题是这样的：一次梅累和赌友掷骰子，各押赌注32个金币，梅累若先掷出三次“6点”，或赌友先掷出三次“4点”，就算赢了对方。

赌博进行了一段时间，梅累已掷出了两次“6点”，赌友也掷出了一次“4点”。

这时，梅累奉命要立即去晋见国王，赌博只好中断。

那么两人应该怎么分这64个金币的赌金呢？赌友说，梅累要再掷一次“6点”才算赢，而他自己若能掷出两次“4点”也就赢了。

这样，自己所得应该是梅累的一半，即得64个金币的三分之一，而梅累得三分之二。

梅累争辩说，即使下一次赌友掷出了“4点”，两人也是秋色平分，各自收回32个金币，何况那一次自已还有一半的可能得16个金币呢？所以他主张自己应得全部赌金的四分之三，赌友只能得四分之一。

公说公有理，婆说婆有理。

梅累的问题居然把巴斯卡给难住了。

他为此苦苦想了三年，终于在1654年悟出了一点道理。

于是他把自己的想法写信告诉他的好友，当时号称数坛“怪杰”的费尔马（Fermat，1601～1665），两人对此展开热烈的讨论。

后来荷兰数学家惠更斯（C.Huygens，1629～1695）也加入了他们的探讨行列。

最后，他们一致认为，梅累的分法是对的！惠更斯还把他们讨论的结果，载入1657年出版的一本叫《论赌博中的计算》的书中。

这本书至今被公认为概率论的第一部著述。

梅累的分法为什么是对的？巴斯卡和费尔马他们又是怎么想的？这一连串的疑团要等今后大家学到更多概率论知识的时候，才能一一解开。

杭十四中高三月考数学学科问卷(12月)本试卷满分150分，考试时间120分钟参考公式：台体的体积公式：(其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体高)柱体的体积公式：(其中表示柱体的底面积，表示柱体的高)锥体的体积公式：(其中表示锥体的底面积，表示锥体的高)球的表面积公式：，球的体积公式：(其中表示球的半径)选择题部分(共40分)一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则=（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先确定出集合，再进行集合的交集运算即可得到答案【详解】由可得：解得，即，则故选【点睛】本题主要考查了对数不等式的解法，集合的交集运算，意在考查学生的运算求解能力，属于基础题。

2.已知复数，则复数z的共轭复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简为的形式，再求得的表达式，然后求其虚部.【详解】依题意，故，其虚部为，故选C.【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复共轭复数的概念，属于基础题. 求解与复数概念相关问题的技巧：复数的分类、复数的相等、复数的模，共轭复数的概念都与复数的实部与虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即的形式，再根据题意求解.3.已知则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先从题中观察两个角的关系，得到，之后应用余弦的倍角公式求得结果.【详解】，故选C.【点睛】该题考查的是有关三角函数化简求值问题，涉及到的知识点有余弦的倍角公式，判断出两个角之间的倍数关系式解题的关键，属于简单题目.4.已知的展开式中，含项的系数为70，则实数a的值为（）A. 1B. -1C. 2D. -2【答案】A【解析】分析：由题意结合二项式展开式的通项公式得到关于a的方程，解方程即可求得实数a的值.详解：展开式的通项公式为：，由于，据此可知含项的系数为：,结合题意可知：，解得：.本题选择A选项.点睛：(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．5.已知函数的图象上的相邻最高点与最低点之间的距离为；相邻的两个对称中心的距离为；则函数的对称轴方程可能是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先根据相邻的两个对称中心的距离为，求得函数的周期，从而确定出的值，之后利用整体角思维，借助于正弦函数图像的对称轴方程，列出所满足的等量关系式，最后与选项对照，求得结果.【详解】根据题中的条件，相邻的两个对称中心的距离为，可以求得函数的周期为，所以，图象上的相邻最高点与最低点之间的距离为，可以得到，解得，令，解得，结合选项，可知满足条件，故选C.【点睛】该题考查的是有关三角函数的图像以及性质，涉及到的知识点有图像的两个对称中心之间的距离是半个周期，从而确定出的值，对于相邻最高点与最低点之间的距离这个条件的用在于确定其不是0，最后列式求得结果.6.已知一个几何体的三视图如图所示，图中长方形的长为，宽为，圆半径为，则该几何体的体积和表面积分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】分析：几何体为圆柱中挖去一个圆锥，分别算出圆柱体积和圆锥的体积即可算出该几何体的体积；分别算出圆柱的侧面积、底面积和圆锥展开的扇形面积即可求得该几何体的表面积．详解：根据三视图可得，该几何体为圆柱中挖去一个圆锥，圆柱底面半径和高均为，圆锥的底面圆的半径为，如图所示：∴该几何体的体积为；该几何体的表面积为.故选B.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.7.已知双曲线的焦距为2c，直线与双曲线的一条渐近线垂直且在轴上的截距为；以双曲线的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线交于两点，若，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据已知求得的方程，利用点到直线距离公式和圆的半径计算出的表达式，解方程求得的值，进而求得渐近线方程.【详解】依题意，双曲线的渐近线为，取其中一条渐近线为，则直线的斜率为，由于直线的纵截距为，所以方程为，化为一般式.圆心为，圆的半径为，圆心到直线的距离为，故，两边平方化简得，，解得，由，有，所以.所以渐近线方程为.故选D.【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的位置关系，考查直线和直线垂直的表示，考查圆的弦长公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.关键步骤是根据题意求得直线的方程，然后利用圆的弦长公式建立方程，通过解方程求得的值，由此求得双曲线的渐近线.8.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.9.设在的导函数为，且当时，有(k为常数)，若，则在区间内，方程的解的个数为（）A. 0B. 1C. 0或1D. 4【答案】B【解析】【分析】首先利用微分中值定理得到其存在性，之后应用罗尔中值定理证得其唯一性，从而得到方程根的个数是一个，求得结果.【详解】利用微分中值定理可得，，使得，因为当时，，故，从而，，又因为，且在上连续，故利用连续函数的零点存在定理可得，，使得，下面证明的唯一性.如果存在，使得，利用罗尔中值定理可得，，使得，这与矛盾，故方程在区间内有且仅有一个根，故选B.【点睛】该题考查的是有关方程根的个数的问题，在解题的过程中，需要明确微分中值定理与罗尔中值定理，一个保证其存在性，一个保证其唯一性，最后得到结果.10.已知向量满足，，若向量与向量的夹角为，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据得到两个向量的夹角为.建立平面直角坐标系.得到，根据向量与向量的夹角为判断出在以为圆心，半径为的圆上，根据可知对应的轨迹为，不包括两点，由此可求得的取值范围.【详解】由于，.以方向为轴建立平面直角坐标系如下图所示.其中.故.由于向量与向量的夹角为，则在以为弦，并且所对应的圆周角为的圆弧上.由于,根据对称性有,，由于直角对的弦为直径，故以为直径的圆圆心为，半径为，根据可知对应的轨迹为，不包括两点.而，所以表示的几何意义是上的点，到的距离.根据可知，最远距离为圆心到的距离再加上半径，即，所以的取值范围是，故选B.【点睛】本小题主要考查平面向量数量积，考查平面向量的几何意义，考查向量的模，考查数形结合的数学思想方法，综合性很强，属于难题.非选择题部分(共110分)二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11.等差数列中，且，则公差_________；_______.【答案】(1). 3(2). 15【解析】【分析】将已知条件转化为的形式，解方程组求得，并求的的值.【详解】依题意有，解得，故.【点睛】本小题主要考查利用基本元的思想求等差数列的基本量、通项公式和前项和.基本元的思想是在等差数列中有个基本量，利用等差数列的通项公式或前项和公式，结合已知条件列出方程组，通过解方程组即可求得数列，进而求得数列其它的一些量的值.12.函数满足，且在区间上，则的值为_____；的值为____．【答案】(1). -1(2).【解析】【分析】根据求得函数的周期，利用周期和函数在上的解析式，求得相应的函数值.【详解】由于故函数是周期为的周期函数.故，，，即.【点睛】本小题主要考查函数的周期性，考查分段函数求函数值，属于基础题.13.某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选4个进行作答，至少答对3个才能通过初试，已知在这8个试题中甲能答对6个，则甲通过自主招生初试的概率为__________；记甲答对试题的个数为，则数学期望________.【答案】(1). (2). 3【解析】【分析】根据古典概型计算出甲通过的概率，根据超几何分布的知识求得分布列和数学期望.【详解】依题意，甲能通过的概率为.由于，故.【点睛】本小题主要考查古典概型，考查利用超几何分布概率计算公式计算分布列和数学期望，属于基础题.14.在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．【答案】9【解析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.15.在平面直角坐标系中，A为直线上在第一象限内的点，，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．则_______；若，则点A的横坐标为___．【答案】(1). -20(2). 3【解析】【分析】根据直径所对圆周角为直角得到，由此求得点的坐标和，根据向量数量积运算求得的值.当时，根据三角形为等腰直角三角形，求得，由此求得点的横坐标.【详解】画出图像如下图所示，由于是圆的直径，故，所以三角形和三角形为直角三角形.在中，，，故，且.所以当，即时，三角形为等腰直角三角形，故，所以，所以，故的横坐标是点横坐标的倍，即为.【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆的几何性质，考查平面向量数量积运算，属于中档题.16.函数在区间内任取两个实数，且，不等恒成立，则实数的取值范围是___.【答案】【解析】【分析】将原不等式恒成立转化为函数在区间内任意两点斜率大于，也即导函数大于恒成立，求导后利用分离常数法求得的取值范围.【详解】依题意，且，即函数在区间内任意两点斜率大于，也即导函数大于恒成立，在区间上恒成立，分离常数得，而二次函数在上递增，在处有最大值为.所以.【点睛】本小题主要考查导数与斜率，考查分离常数求解不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.17.已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】分析：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.详解：设，则由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.点睛：本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如），符号型（如），周期型（如）.三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．18.已知三个内角A,B,C的对边分别是，表示的面积，（1）求角C的值；（2）若，，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由条件及正弦定理得到，展开后化简得，进而得到；（2）根据余弦定理及，可得，于是可得三角形的面积．【详解】（1）由及正弦定理，得，∴，∴，又，∴，∴，又，∴，∴．（2）由余弦定理得到，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查正、余弦定理在解三角形中的应用，解题时要熟练进行三角形边角间的互化．另外，三角变换、三角形的面积经常与解三角形结合在一起命题，解题时注意各公式间的联系，根据解题的需要熟练选择公式．19.如图，已知在等腰梯形中，，，，，=60°，沿，折成三棱柱．(1)若，分别为，的中点，求证：∥平面；(2)若，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）取的中点，连接，，在三角形中，得到，证得平面，又由，分别为，的中点证得平面，即可证得面平面，利用面面平行的性质，即可得到平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值．详解：（1）取的中点，连接，，在三角形中，∵，分别为，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面.由于，分别为，的中点，由棱柱的性质可得，∵平面，平面，∴平面.又平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面.（2）连接，在中，，，∴，又，，∴，∴，又且，∴平面.建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，，.设平面的法向量为，则，则，令，得，则为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，则，令，得，∴为平面的一个法向量.设，所成角为，则，由图可知二面角的余弦值为.点睛：本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知数列满足，令（1）求证数列为等比数列，并求通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由变形可得，即，于是可得数列为等比数列，进而得到通项公式；（2）由（1）得，然后分为奇数、偶数两种情况，将转化为数列的求和问题解决．【详解】（1）∵，∴，∵，∴．又，∴数列是首项为8，公比为3的等比数列，∴．（2）当为正偶数时，．当为正奇数时，．∴．【点睛】（1）证明数列为等比数列时，在运用定义证明的同时还要说明数列中不存在等于零的项，这一点容易忽视．（2）数列求和时要根据数列通项公式的特点，选择合适的方法进行求解，求解时要注意确定数列的项数．21.如图，在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．【答案】（1），；（2）【解析】分析：（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）第一问先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标.第二问先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.详解：解：（1）因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，所以，解得因此，椭圆C的方程为．因为圆O的直径为，所以其方程为．（2）①设直线l与圆O相切于，则，所以直线l的方程为，即．由，消去y，得．（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以．因为，所以．因此，点P的坐标为．②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此P的坐标为．综上，直线l的方程为．点睛：直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法：一是设出点的坐标，运用“设而不求”思想求解；二是设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出交点坐标，适用于已知直线与椭圆的一个交点的情况.22.设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行.(1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由;(2)当时,恒成立，求的取值范围.【答案】（1）区间单调递增；（2）【解析】【分析】（1）求得函数的导数，进而求得函数在处的斜率，由此求得的值，利用导函数求得函数的在给定区间上的单调性.（2）先求得函数在区间上的最小值，得到，另求得，故，由此求得.【详解】（1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1.因为在单调递增，所以当时即函数f(x)在区间单调递减；当时即函数f(x)在区间单调递增；（2）因为，而在（0，1）上递增存在使得，当时单调递减；当时单调递增所以又因为时则所以则【点睛】本小题主要考查函数导数与切线方程，考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数求解不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.导数在本题中主要是工具的作用，也即是利用导数求得函数的单调区间、极值和最值，再来求解相关的问题.。

2011年数学奥林匹克希望联盟讲座（20100803）镇海中学虎跃一、2011IMO试题选讲二、多项式问题选讲【问题1】设整系数1n >次多项式()f x 在区间(0,1)上有n 个不全相等的实根.若()f x 的首项系数是a ，求证：2 1.n a ≥+证明 设12,,,n x x x 是所给多项式的根，我们有12()()()().n f x a x x x x x x =---因为所有的根均在(0,1)上，可得(0)0,(1)0.f f ≠≠并且，当x 取整数值时，()f x 也是整数，所以(0),(1)f f 均为非零整数.从而112211221(0)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)n n n n n f f a x x a x x x a x x x x x x ≤=-⋅---=---，不等式01(1,2,,)k x k n <<=能够保证每个因子均为正.对任意x ，都有1(1)4x x -≤，当且仅当12x =时等号成立（这并不是对所有的k x 都成立），我们得到 2211221(1)(1)(1),4n n n a a x x x x x x ≤---<这说明2.n a > 考虑到a 是一个整数，我们得到2 1.n a ≥+【问题2】设非负实系数多项式111()1n n n f x x a x a x --=++++有n 个实根.求证：（1）(2)3;n f ≥（2）对所有0,x ≥有()(1);n f x x ≥+ （3）对所有1,2,,1,k n =-有.k k n a C ≥证明 显然当0x ≥时，()f x 取正值，所以它的所有实根都是负数. 为方便起见，设其为12,,,,n ααα---其中12,,,n ααα为正.我们得到12()()()()n f x x x x ααα=+++ 根据多项式的根与系数的关系得12 1.n ααα=我们将看到，三个命题的证明都依赖于这个等式. （1）由AM -GM 不等式，我们得到211k k αα+=++≥=对于1,2,,k n =均成立.因此31212(2)(2)(2)(2)33.n n n n f αααααα=+++≥=（2AM -GM 不等式．对于所有的非负数x 和所有的1,2,,k n =，我们有/(1)1/(1)1/(1)1(1)(1)11(1)1(1).k k x x x x k k x x x x x x x αααα++++=+⋅+++≥+⋅⋅=+ 如果0,x ≥那么1/(1)12()(1)()(1).n x n n f x x x ααα+≥+=+（3）这是AM -GM 不等式的又一个结论.系数k α是12,,,n ααα中所有可能的k 项乘积之和.有n k ⎛⎫ ⎪⎝⎭个这样的乘积，并且每个k α都包含在其中的11n k -⎛⎫⎪-⎝⎭个乘积中.因此()()11112().n kn k k nn n k k αααα--⎡⎤⎛⎫⎛⎫≥= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦【问题3】已知,,a b c R ∈，求证：,,a b c 都是正数的充要条件是0,0,0a b c ab bc ca abc ++>++>>．【证明】必要性显然成立．下面证明充分性． 由题设条件容易联想到韦达定理的逆定理，设0,0,0p a b c q ab bc ca r abc =++>=++>=>，则由韦达定理得逆定理知，,,a b c 是多项式()32P x x px qx r =-+-的三个根．又因为当0x ≤时，()320P x x px qx r =-+-<，所以()P x 的根都是正的，即,,a b c 都是正数． 【点评】（1）这里我们利用韦达定理的逆定理，构造以,,a b c 为根的辅助多项式()32P x x px qx r =-+-，从而将问题转化为证明多项式()32P x x px qx r =-+-的根全为正．这种构造的技巧在解多项式问题时经常用到． （2）由本题的证明启发我们将此题推广为： 已知,1,2,,i x R i n ∈=，则i x 为正数的充要条件是121213112000n n nn x x x x x x x x x x x x -+++>⎧⎪+++>⎪⎨⎪⎪>⎩ 证法与上例类似．【问题4】试确定形如()10111,0n n n n n a x a x a x a a i n --++++=±≤≤的全体多项式，使多项式的根都是实数．【解】不妨先考虑01a =，设其n 个根为12,,,n x x x ，则121n x x x a +++=-， (1) 121312n n x x x x x x a -+++=，(2)()121nn n x x x a =-(3)由（1）、（2）得()2222121222120n x x x a a a +++=--=-≥，于是212a ≤，故21a =-． 从而222123n x x x +++=，又由（3）得()2121n x x x =，再利用平均不等式得3,3n n ≥=∴≤，即1,2,3n =．当1n =时所求多项式成为()()1,1x x ±-±+； 当2n =时所求多项式成为()()221,1x x x x ±+-±--；当3n =时所求多项式成为()()32321,1,x x x x x x ±+--±--+()321x x x ±+-+（有虚根舍去），()321x x x ±+--（有虚根舍去）．综上所求多项式共12个．【点评】此题中我们应用韦达定理和不等关系，求出n 的取值围，进而求出n 的值，确定出符合题设条件的全体多项式．【问题5】设,x y 是实数，求证：存在实系数多项式(),0P x y ≥，(),P x y 不能写成实系数多项式的平方和．证明： ()()22221,127P x y x y x y =+-+ 是满足条件的多项式．证明如下：首先证明(),0P x y ≥．若2210x y +-≥，显然(),0P x y >． 若2210x y +-<，则()322222222111327x y x y x y x y ⎛⎫--++--≤= ⎪⎝⎭， 即()22221127x y x y +-≥-，所以(),0P x y ≥．下证(),P x y 不能写成实系数多项式的平方和．反设()()21,,ni i P x y Q x y ==∑，其中()()deg 6,deg 3i P x Q x =≤．可设()322322,i i i i i i i i i i i Q x y A x B x y C xy D y E x F xy G y H x I y J =+++++++++，比较(),P x y 和()21,ni i Q x y =∑中66,x y 的系数，得22110nnii i i AD ====∑∑，即0,1,2,,i i A D i n ===．比较44,x y 对应的系数，得22110nnii i i EG ====∑∑，即0,1,2,,i i E G i n ===．比较22,x y 对应的系数，得22110nnii i i HI ====∑∑，即0,1,2,,i i H I i n ===．因此 ()22,i i i i i Q x y B x y C xy F xy J =+++． 最后，比较22x y 的系数，得211nii F==-∑，这与i F 是实数矛盾．证毕．【问题6】2011个实数122007,,,x x x 满足方程组201111,1,2,,201121k k x n n kn ===++∑，试计算2011121kk x k =+∑的值． 解：构造多项式：()()()()()201112122011211122011x x xf x x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫=++++++-⎪⎢⎥+++⎝⎭⎣⎦，据所给的条件可知：当1,2,,2011x =时，皆有()0f x =．则有常数c ，使()()()()122011f x c x x x =---，先取12x =-，得14023c =-．再取12x =，可得2011211112144023k k x k =⎛⎫=- ⎪+⎝⎭∑．【练习】已知122010,,,a a a 满足：对任意的R x ∈均有()122010cos cos2..........cos20101f x a x a x a x =+++≥-求证：122010..........2010a a a +++≤．证明：由于2011sin1005.cos2cos cos 2..........cos 2010sin2αααααα+++== A取22011kαπ=( k = 1 ; 2 ; ……..; 2010) 则 A = -1 所以，令122010244020,,...,201120112011x x x πππ===, 代入f (x ) 得：122006244020cos cos ...cos 1201120112011a a a πππ+++≥-122006488040cos cos ...cos 120112011201a a a πππ+++≥-…1220104020804040202010cos cos ...cos 1201120112011a a a πππ⨯+++≥-累加得：122010.............2010a a a ----≥-所以， 122010..........2010a a a +++≤.【问题7】设n是一个正整数，考虑S=}0yxnzy，，x，xz{(>y210+,,:),,=z⋯⋯+这样一个三维空间中具有1)1(3-n个点的集合。

2016.62016年镇海中学数学奥林匹克选拔检测二MATHEMATICS ]（本卷满分：200分 考试时间：150分钟）（高一试卷）第一部分（共2小题，每题25分，计50分）I .设集合{}6102，，，含的十进制表示中数码不x x A *∈=N ． 证明：31<∑∈A x x．II .如图，给定凸四边形ABCD ，︒<∠+∠180D B ，P 是平面上的动点，令()AB PC CA PD BC PA P f ⋅+⋅+⋅=．⑴ 求证：当()P f 达到最小值时，C B A P 、、、四点共圆；⑵ 设E 是ABC ∆外接圆O 的 AB 上一点，满足：23=AB AE ，13-=ECBC，ECA ECB ∠=∠21，又DC DA ，是O 的切线，2=AC ，求()P f 的最小值．第二部分（共2大题，计150分）一、填空题（共15小题，每题6分，计90分）． 1. 设5021a a a ，，，⋅⋅⋅，5021b b b ，，，⋅⋅⋅为互不相同的数，则关于x 的方程：检测范围：高中必修一、四、五及必修二立体几何部分第II 题∑∑==-=-501501i ii ibx a x 的所有有限个实根的个数最大值为 ．2. 在平面直角坐标系中，点集()()(){}06363≤-+-+y x y x y x ，所对应的平面区3.如图，设S 3，底面边长为 2 的正四棱锥，K 是棱SC 的中点，过AK 作平面与线段SB ，SD 分别交于M ，N (M ，N 可以是线段的端点)．则四棱锥AMKN S -的体积V 的值域为 ．4. 已知abc = -1，122=+cbc a ，则代数式555ca bc ab ++的值为 ． 5. 在ABC ∆中，︒=∠60A ，点P 为ABC ∆所在平面上一点，使得PA =6，PB =7，PC =10，则ABC S ∆的最大值为 ．6.在数列{}n a 中，11=a ，前n 项和为n S ，()1241≥+=+n a S n n ，则2013a 的值为 ．7. 用()s σ表示非空整数集S 中所有元素的和，设{}1121a a a A ，，，⋅⋅⋅=是正整数集，且1121a a a <⋅⋅⋅<<，若对每个正整数1500≤n ，存在A 的子集S ，使得()n s =σ，则满足上述要求的10a 的最小值为 ．8. 设z y x 、、是3个不全为零的实数，则2222z y x yzxy +++的最大值为 ． 9. 实数a 使得对任意实数54321x x x x x ，，，，，不等式14151+==∑∑≥i i i i i x x a x 都成立，则a的最大值为 ．10. 设()d cx bx ax x f +++=23对任意[]11，-⊆x ，总有()1≤x f ．则d c b a +++的最大值为 ．11. 两个平行平面α和β将四面体截成三部分．已知中间一部分的体积小于两端中任一部分的体积，点A 和B 到平面α的距离分别为30和20．而点A 和C 到平面β的距离分别为20和16，两个截面中有一个是梯形，点D 到平面α的距离小于24．则平面α和β截四面体所得的截面面积之比为 ．12. 空间四个球，它们的半径分别是2、2、3、3．每个球都与其他三个球外切．另一个小球与这四个球都相切，则这个小球的半径为 ． 13. 钝角ABC ∆的内角C B A 、、的对边分别为c b a 、、，且满足()C b B c a cos cos 2=-，()R ∈-+=λλC B C B A sin sin sin sin sin 222， 则λ的值域为 ．14. 若存在整数k ，使得kn n n ->+⎥⎦⎤⎢⎣⎡22313对所有正整数2≥n 恒成立，则k 的最大值为 ．15. 有n 个砝码(重量可以相同)可以将它们分成4组，使得每组的重量之和相同；也可以将它们分成5组，使得每组的重量之和相同；还可以将它们分成9组，使得每组的重量之和相同．则n 的最小可能值为 ． 三、解答题（本大题分3小题，每题20分，计60分）．16. (本题满分20分)证明：任意一个四面体总有一个顶点，由这个顶点出发的三条CD K SM N棱可以构成一个三角形的三边．17. (本题满分20分)正整数数列{}n a 满足：12211+-==+n n n a a a a ，．证明：数列的任何两项皆互质．18. (本题满分20分)求最小常数a >1，使得对正方形ABCD 内部任一点P ，都存在PAB ∆，PBC ∆，PCD ∆，PDA ∆中的某两个三角形，使得它们的面积之比属于区间][1a a ，-．2016年镇海中学数学奥林匹克选拔检测二参考答案MATHEMATICS Examination paper reference answer]（本卷满分：200分）第一部分（共2小题，每题25分，计50分）I.II.解 ⑴ 如图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P ，有 PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅≥⋅．因此()f P PA BC PC AB PD CA =⋅+⋅+⋅PB CA PD CA ≥⋅+⋅()PB PD CA =+⋅． 因上面不等式当且仅当P A B C 、、、顺次共圆时取等号，因此当且仅当P 在ABC ∆的外接圆且在 AC 上时，()()f P PB PD CA =+⋅．又因PB PD BD +≥，此不等式当且仅当,,B P D 共线且P 在BD 上时取等号． 因此当且仅当P 为ABC ∆的外接圆与BD 的交点时，()P f 取最小值m i n ()f P AC BD =⋅．故当()P f 达最小值时，C B A P 、、、四点共圆．………………………10分⑵ 记 ECB α∠=，则2ECA α∠=，由正弦定理有 sin 2sin 3AE AB αα==，从而2sin 2αα=，即 34sin )4sin cos αααα-=，所以2cos )4cos 0αα--=，整理得 24cos 0αα-=，解得 cosα=cos α=舍去)，故 30α= ，60ACE ∠= ． ………………………………………15分由已知 1BCEC ==()0sin 30EAC EAC∠-∠,有 sin(30)1)sin EAC EAC ∠-=∠ ，即1cos 1)sin 2EAC EAC EAC ∠-∠=∠，整理得1cos 2EAC EAC ∠=∠，故 tan 2EAC ∠==， 可得 75EAC ∠= ，从而45E ∠= ，45DAC DCA E ∠=∠=∠= ，ADC ∆为等腰直角三角形．因 AC =，则1CD =．……………………………………20分 又ABC ∆也是等腰直角三角形，故 BC 212215BD =+-⋅= ，BD =．故 min ()f P BD AC =⋅==25分第二部分（共2大题，计150分）一、填空题（共15小题，每题6分，计90分）．1、 492、 243、 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡2334，4、 35、 36+6、 201223019⨯7、 2488、 259、 332 10、 7 11、 134129 12、 11613、 ()()2301-，，14、 5 15、 14三、解答题（本大题分3小题，共60分）． 16、(20分)(可能有多种解法)证明 利用反证法．设四面体ABCD 中AB 是最长的棱，如果任一顶点出发的三条都不能构成一个三角形，则对由A 出发的三条棱，有AD AC AB +≥．又对由B 出发的三条棱，有 BD BC BA +≥． 两式相加，得BD BC AD AC AB +++≥2．(＊)(12分) 但在ABC ∆与ABD ∆中，有BC AC AB +<，BD AD AB +<． 两式相加，有BD BC AD AC AB +++<2．与(＊)式矛盾，故原命题得证．(20分)17、(20分)(可能有多种解法)证明 改写条件为()111-=-+n n n a a a ，(8分)从而 ()1111-=---n n n a a a ，……， 据此迭代得()1111-=--+n n n n a a a a()1221-=---n n n n a a a a ()1111-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=-a a a a n n 11a a a n n ⋅⋅⋅=-，所以，1121+⋅⋅⋅=--a a a a n n n ， 因此当k n <，()1=k n a a ，．(20分)18、(20分)(可能有多种解法)解 m i n a =．首先证明min a ≤，记ϕ=．ABCD 内部一点P ，令1S ，2S ，3S ，4S 分别表示PAB ∆，PBC ∆，PCD ∆，PDA ∆的面积，不妨设1243S S S S ≥≥≥．令1224,S SS S λμ==，如果,λμϕ>，由 13241S S S S +=+=， 得221S S μ=-，得21S μμ=+． 故2121111111S S λμλϕϕλμϕμϕ===>==++++，矛盾． 故{}min ,λμϕ≤，这表明min a ϕ≤．(12分)反过来对于任意(1,)a ϕ∈，取定(,t a ∈，使得2819t b t =>+． 我们在正方形ABCD 内取点P ，使得12342,,,1b bS b S S S b t t====-，则我们有1223(S S t a S S ==∈，3242,(1)4(1)S b b a S t b b =>>>-- 由此我们得到对任意{},1,2,3,4i j ∈，有1[,]ijS a a S -∉． 这表明min a ϕ=．(20分)。