本刊試題研究組

1.如圖，AB是圓O的直徑，D，E為圓上位于AB異側(cè)的兩點，連結(jié)BD并延長至點C，使BD=DC，連結(jié)AC，AE，DE.求證：∠E=∠C.

2.已知M=12

21，β=1

7，計算M5β.

3.在直角坐標系xOy中，直線l的參數(shù)方程為

x=12t，

y=22+32t（t為參數(shù)），若以直角坐標系xOy的O點為極點，Ox為極軸，且長度單位相同，建立極坐標系，得曲線C的極坐標方程為

ρ=2cos（θ-π4）.

（1）求直線l的傾斜角;

（2）若直線l與曲線C交于A，B兩點，求AB.

4.已知x，y，z均為正數(shù).求證：xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z.

5.已知（12+2x）n.

（1）若展開式中第5項、第6項與第7項的二項式系數(shù)成等差數(shù)列，求展開式中二項式系數(shù)最大項的系數(shù).

（2）若展開式前三項的二項式系數(shù)和等于79，求展開式中系數(shù)最大的項.

6.已知邊長為6的正方體ABCDA1B1C1D1，E，F(xiàn)為AD、CD上靠近D的三等分點，H為BB1上靠近B的三等分點，G是EF的中點.

（1）求A1H與平面EFH所成角的余弦值;

（2）設(shè)點P在線段GH上，且GPGH=λ，試確定λ的值，使得C1P的長度最短.

7.某次考試共有8道選擇題，每道選擇題有4個選項，其中只有一個是正確的;評分標準為：“每題只有一個選項是正確的，選對得5分，不選或選錯得0分.”某考生每道題都給出一個答案，已確定有5道題的答案是正確的，而其余3道題中，有一道題可判斷出兩個選項是錯誤的，有一道題可以判斷出一個選項是錯誤的，還有一道題因不了解題意而亂猜，試求該考生：

（1）得40分的概率;

（2）所得分數(shù)ξ的數(shù)學(xué)期望.

8.已知△ABC的三邊長為有理數(shù).

（1）求證：cosA是有理數(shù);

（2）求證：對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù).

9.對稱軸為坐標軸，頂點在坐標原點的拋物線C經(jīng)過兩點A（a，2a）、B（4a，4a），（其中a為正常數(shù)）.

（1）求拋物線C的方程;

（2）設(shè)動點T（m，0）（m>a），直線AT、BT與拋物線C的另一個交點分別為A1、B1，當(dāng)m變化時，記所有直線A1B1組成的集合為M，求證：集合M中的任意兩條直線都相交且交點都不在坐標軸上.

10.已知函數(shù)f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a>0）.

（1）若函數(shù)f（x）在x=0處取極值，求a的值;

（2）如圖，設(shè)直線x=-12，y=-x將坐標平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區(qū)域（不含邊界），若函數(shù)y=f（x）的圖象恰好位于其中一個區(qū)域內(nèi)，判斷其所在的區(qū)域并求對應(yīng)的a的取值范圍;

（3）比較32×43×54×…×20122011與23×34×45×…×20112012的大小，并說明理由.

11.已知an=（1+2）n（n∈N*）.

（1）若an=a+b2（a，b∈Z），求證：a是奇數(shù);

（2）求證：對于任意n∈N*，都存在正整數(shù)k，使得an=k-1+k.

12.已知函數(shù)f0（x）=sinxx（x>0），

設(shè)fn（x）是fn-1（x）的導(dǎo)數(shù)，n∈N*.

（1）求2f1（π2）+π2f2（π2）的值;

（2）證明：對于任意n∈N*，等式

|nfn-1（π4）+π4fn（π4）|=22都成立.

參考答案

1.解：證明：如圖，連結(jié)AD.

∵AB是圓O的直徑，

∴∠ADB=90°.

∴AD⊥BD.

又∵BD=DC，

∴AD是線段BC的中垂線.

∴AB=AC.

∴∠B=∠C.

又∵D，E為圓上位于AB異側(cè)的兩點，

∴∠B=∠E.

∴∠E=∠C.

2.解：矩陣M的特征多項式為

f（λ）=λ-1-2

-2λ-1=λ2-2λ-3.

令f（λ）=0，解得λ1=3，λ2=-1，從而求得它們對應(yīng)的一個特征向量分別為

α1=1

1，α2=1

-1.

令β=mα1+nα2，所以求得m=4，n=-3.

M5β=M5（4α1-3α2）=4（M5α1）-3（M5α2）

=4（λ51α1）-3（λ52α2）

=4·351

1-3（-1）51

-1=975

969.

3.解：（1）設(shè)直線l的傾斜角為θ，則cosθ=12

sinθ=32，且θ∈[0，π），

∴θ=π3，即直線l的傾斜角為π3.

（2）l的直角坐標方程為y=3x+22，

ρ=2cos（θ-π4）的直角坐標方程為

（x-22）2+（y-22）2=1，

∴圓心（22，22）到直線l的距離d=64，

∴AB=102.

4.證明：因為x，y，z都為正數(shù)，

所以xyz+yzx=1z（xy+yx）≥2z.

同理，可得yzx+zxy≥2x，zxy+xyz≥2y.

將上述三個不等式兩邊分別相加，并除以2，

得xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z.

5.解：（1）∵C4n+C6n=2C5n，∴n=7或n=14.

當(dāng)n=7時，展開式中二項式系數(shù)最大的項是T4和T5

T4的系數(shù)=C37（12）423=352;

T5的系數(shù)=C47（12）324=70

當(dāng)n=14時展開式中二項式系數(shù)最大是項是T8，

T8的系數(shù)=C714（12）727=3432.

（2）由C0n+C1n+C2n=79，可得n=12，設(shè)Tk+1項的系數(shù)最大.

∵（12+2x）12=（12）12（1+4x）12，

∴Ck124k≥Ck-1124k-1

Ck124k≥Ck+1124k+1，∴9.4≤k≤10.4即k=10，

故展開式中系數(shù)最大的項為T11.T11=（112）12·C1012·410·x10=16896x10.

6.解：如圖建系：可得E（2，0，6），F(xiàn)（0，2，6），H（6，6，4），A1（6，0，0）.

（1）設(shè)n=（1，x，y），EF=（-2，2，0），EH=（4，6，-2），

則-2+2x=0

4+6x-2y=0n=（1，1，5），A1H=（0，6，4），

cos<n，A1H>=n·A1H|n||A1H|=262752=399，

設(shè)A1H與平面EFH所成角為θ，則cosθ=429.

（2）由題知G（1，1，6），C1（0，6，0），GH=（5，5，-2），設(shè)GP=λGH=（5λ，5λ，-2λ）

P（5λ+1，5λ+1，-2λ+6），C1P2=（5λ+1）2+（5λ-5）2+（2λ-6）2=54λ2-64λ+62，

當(dāng)λ=1627時，C1P的長度取得最小值.

7.解：（1）某考生要得40分，必須全部8題做對，其余3題中，有一道做對的概率為12，有一道題目做對的概率為13，有一道做對的概率為14，所以得40分的概率為P=12·13·14=124.

（2）依題意，該考生得分的范圍為{25，30，35，40}.

得25分是指做對了5題，其余3題都做錯了，所以概率為P1=12·23·34=14，

得30分是指做對5題，其余3題只做對1題，所以概率為

P2=12·23·34+12·13·34+12·23·14=1124，

得35分是指做對5題，其余3題做對2題，所以概率為

P3=12·13·34+12·23·14+12·13·14=14，

得40分是指做對8題，所以概率為P4=124.

得ξ的分布列為：

ξ25303540

p14112414124

所以E（ξ）=25·14+30·1124+35·14+40·124=73024=30512.

8.證明：（1）由AB，BC，AC為有理數(shù)及余弦定理知

cosA=AB2+AC2-BC22AB·AC是有理數(shù).

（2）用數(shù)學(xué)歸納法證明cosnA和sinA·sinnA都是有理數(shù).

①當(dāng)n=1時，由（1）知cosA是有理數(shù)，

從而有sinA·sinA=1-cos2A也是有理數(shù).

②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時，coskA和sinA·sinkA都是有理數(shù).

當(dāng)n=k+1時，由

cos（k+1）A=cosA·coskA-sinA·sinkA，

sinA·sin（k+1）A=sinA·（sinA·coskA+cosA·sinkA）

=（sinA·sinA）·coskA+（sinA·sinkA）·cosA，

由①及歸納假設(shè)，知cos（k+1）A與sinA·sin（k+1）A都是有理數(shù).

即當(dāng)n=k+1時，結(jié)論成立.

綜合①②可知，對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù).

9.解：（1）當(dāng)拋物線焦點在x軸上時，設(shè)拋物線方程y2=2px，

∵4a2=2pa

16a2=8pa，∴p=2a，

∴y2=4ax

當(dāng)拋物線焦點在y軸上時，設(shè)拋物線方程x2=2py

∵16a2=8pa

a2=4pa，∴方程無解，∴拋物線不存在.

（2）設(shè)A1（as2，2as）、B1（at2，2at）、T（m，0）（m>a），

∵kTA=kTA1，∴2aa-m=2asas2-m，

∴as2+（m-a）s-m=0，

∵（as+m）（s-1）=0，∴S=-ma，

∴A1（m2a，-2m），

∵kTB=kTB1，∴4a4a-m=2atat2-m，

∵2at2+（m-4a）t-2m=0，∴（2at+m）（t-2）=0，

∴t=-m2a，∴B1（m24a，-m），

∴l(xiāng)A1B1的直線方程為y+2m=-2m+mm2a-m24a（x-m2a），

∵直線的斜率為-4a3m在（a，+∞）單調(diào)，

∴所以集合M中的直線必定相交，

∵直線的橫截距為-m22a，縱截距為-2m3在（a，+∞）單調(diào)，

∴任意兩條直線都相交且交點都不在坐標軸上.

10.解：（1）f（x）=（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a>0），

f′（x）=2ln（2x+1）-4a（2x+1）+1.

∵f（x）在x=0處取極值，

∴f′（0）=-4a+1=0.

∴a=14（經(jīng)檢驗a=14符合題意）.

（2）因為函數(shù)的定義域為（-12，+∞），

且當(dāng)x=0時，f（0）=-a<0.

又直線y=-x恰好通過原點，

所以函數(shù)y=f（x）的圖象應(yīng)位于區(qū)域Ⅳ內(nèi)，

于是可得f（x）<-x，

即（2x+1）ln（2x+1）-a（2x+1）2-x<-x.

∵2x+1>0，∴a>ln（2x+1）2x+1.

令h（x）=ln（2x+1）2x+1，∴h′（x）=2-2ln（2x+1）（2x+1）2.

令h′（x）=0，得x=e-12.

∵x>-12，∴x∈（-12，e-12）時，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增;x∈（e-12，+∞）時，h′（x）<0，h（x）單調(diào)遞減.

∴hmax（x）=h（e-12）=1e.

∴a的取值范圍是（1e，+∞）.

（3）由（2）知，函數(shù)h（x）=ln（2x+1）2x+1在

x∈（e-12，+∞）時單調(diào)遞減，

函數(shù)p（x）=lnxx在x∈（e，+∞）時單調(diào)遞減.

∴l(xiāng)n（x+1）x+1<lnxx，

∴xln（x+1）<（x+1）lnx.

∴l(xiāng)n（x+1）x<lnx（x+1），即（x+1）x<x（x+1）.

∴令x=3，4，…，2011，則43<34，54<45，…，20122011<20112012，又32×43<23×34，

所以32×43×54×…×20122011<23×34×45×…×20112012.

11.證明：（1）由二項式定理，得

an=C0n+C1n2+C2n（2）2+C3n（2）3+…+Cnn（2）n，

所以a=C0n+C2n（2）2+C4n（2）4+…=1+2C2n+22C4n+…，

因為2C2n+22C4n+…為偶數(shù)，所以a是奇數(shù).

（2）由（1）設(shè)an=（1+2）n=a+b2（a，b∈Z），

則（1-2）n=a-b2，

所以a2-2b2=（a+b2）（a-b2）=（1+2）n（1-2）n=（1-2）n.

當(dāng)n為偶數(shù)時，a2=2b2+1，存在k=a2，

使得an=a+b2=a2+2b2=k+k-1，

當(dāng)n為奇數(shù)時，a2=2b2-1，存在k=2b2，

使得an=a+b2=a2+2b2=k-1+k，

綜上，對于任意n∈N*，都存在正整數(shù)k，

使得an=k-1+k.

12.（1）解：由已知f1（x）=f′0（x）=（sinxx）′=cosxx-sinxx2，

故f2（x）=f′1（x）=（cosxx）′-（sinxx2）′=-sinxx-2cosxx2+2sinxx3，

所以f1（π2）=-4π2，f2（π2）=-2π+16π3，

即2f1（π2）+π2f2（π2）=-1.

（2）證明：由已知得：xf0（x）=sinx，等式兩邊分別對x求導(dǎo)：f0（x）+xf′0（x）=cosx，

即f0（x）+xf1（x）=cosx=sin（x+π2），類似可得：

2f1（x）+xf2（x）=-sinx=sin（x+π），

3f2（x）+xf3（x）=-cosx=sin（x+3π2），

4f3（x）+xf4（x）=sinx=sin（x+2π）.

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）對所有的n∈Ν都成立.

（?。┊?dāng)n=1時，由上可知等式成立;

（ⅱ）假設(shè)當(dāng)n=k時等式成立，

即kfk-1（x）+xfk（x）=sin（x+kπ2）.

因為[kfk-1（x）+xfk（x）]′=kf′k-1（x）+fk（x）+xf′k（x）=（k+1）fk（x）+xfk+1（x），

[sin（x+kπ2）]′=cos（x+kπ2）（x+kπ2）′=sin[x+（k+1）π2]，

所以（k+1）fk（x）+xfk+1（x）=sin[x+（k+1）π2].

因此當(dāng)n=k+1時，等式成立.

綜合（?。áⅲ┛芍仁絥fn-1（x）+xfn（x）=sin（x+nπ2）對所有的n∈Ν都成立.

令x=π4，可得nfn-1（π4）+π4fn（π4）=sin（π4+nπ2）（n∈Ν）.

所以|nfn-1（π4）+π4fn（π4）|=22（n∈Ν）.