五中期中考试
\begin{ltbox}\begin{example}
(2019 Grade 6 32) To complete the same job, Tom takes 10 days, Lee takes 20 days, and Chris takes 15 days. If they follow the order of Tom, Lee and Chris per person per day, how long can they finish this job?
\begin{tasks}(5)
\task $15$
\task $\frac{41}{3}$
\task $\frac{60}{13}$
\task $\frac{180}{13}$
\end{tasks}
\end{example}\end{ltbox}
求所有整数边长的三角形,满足周长的值和面积的值相等.
设三角形的三边长分别为$a,b,c$,面积为$S$,半周长为$p$,由海伦公式
$$
S=\sqrt{p\left( p-a \right) \left( p-b \right) \left( p-c \right)}.
$$
周长与面积相等的三角形应当满足
$$
2p=\sqrt{p\left( p-a \right) \left( p-b \right) \left( p-c \right)},
$$
即
\[
4p=\left( p-a \right) \left( p-b \right) \left( p-c \right).\tag{1}
\]
由于$\left( p-a \right) +\left( p-b \right) +\left( p-c \right) =p$,故
$$
4\left[ \left( p-a \right) +\left( p-b \right) +\left( p-c \right) \right] =\left( p-a \right) \left( p-b \right) \left( p-c \right),
$$
即
\[
\frac{1}{\left( p-b \right) \left( p-c \right)}+\frac{1}{\left( p-c \right) \left( p-a \right)}+\frac{1}{\left( p-a \right) \left( p-b \right)}=\frac{1}{4}.\tag{2}
\]
不妨设$a\leqslant b\leqslant c$,则有
$$
\frac{1}{\left( p-b \right) \left( p-c \right)}\geqslant \frac{1}{\left( p-c \right) \left( p-a \right)}\geqslant \frac{1}{\left( p-a \right) \left( p-b \right)},
$$
从而
$$
\frac{3}{\left( p-b \right) \left( p-c \right)}\geqslant \frac{1}{\left( p-b \right) \left( p-c \right)}+\frac{1}{\left( p-c \right) \left( p-a \right)}+\frac{1}{\left( p-a \right) \left( p-b \right)}=\frac{1}{4},
$$
即$\left( p-b \right) \left( p-c \right)\leqslant 12$.
又由(2)式有$\frac{1}{\left( p-b \right) \left( p-c \right)}<\frac{1}{4}$,即$\left( p-b \right) \left( p-c \right)>4$.
因此
\[4<\left( p-b \right) \left( p-c \right)\leqslant 12.\tag{3}\]
下面证明$p$一定是整数.
将(1)式两边乘以8可得
$$
32p=\left( 2p-2a \right) \left( 2p-2b \right) \left( 2p-2c \right),
$$
假设周长$2p$为奇数,则上式等号右边每个括号内都是奇数,乘积为奇数,但等号左边等于$32p=16(2p)$为偶数,矛盾.故$2p$必为偶数, $p$为整数,从而$p-c,p-b$都是整数.
由(3)式可知, $p-c$和$p-b$的乘积只能取$5$至$12$中的整数.
若$(p-c)(p-b)=5$,则$(p-c,p-b)=(1,5)$,代入(2)式可得$$
\frac{1}{5}+\frac{1}{p-a}+\frac{1}{5\left( p-a \right)}=\frac{1}{4},
$$
解得$p-a=24$.故$p=(p-a)+(p-b)+(p-c)=24+5+1=30$,
解得$a=6,b=25,c=29$.
类似地,若$(p-c)(p-b)=6,7,8,9,10,11,12$时,可得
$(p-c,p-b,p-a)=(1,6,14)=(2,3,10)
=(1,8,9)=(2,4,6)$.
由此得到5个满足周长和面积等值的整边三角形为
$(a,b,c)=(6,25,29),(7,15,20),(5,12,13),
(9,10,17),(6,8,10)$.
构造出两个整数边长的三角形,使得它们的面积与周长都相等,但两个三角形不全等.
(1) $4,11,11$和$7,7,12$
(2) $17,25,28$和$20,21,29$,面积与周长都为整数.
(论文)周长与面积的值相等的整边三角形问题
%http://www.doc88.com/p-4764411748857.html
周长和面积相等的两个三角形全等吗?
%https://www.ixueshu.com/document/e9a58a3fc323f0095d16db1ff2c14850318947a18e7f9386.html
由题意可知, $|(a_0-1)+(a_1-1)|\leqslant |a_0-1|+|a_1-1|=1$,即$|a_0+a_1-2|\leqslant 1$,故$a_0+a_1-2\leqslant 1,a_0+a_1\leqslant 3$, $a_0+a_1$的最大值为$3$.
由$|a_0-1|+|a_1-1|=1$, $|a_1-2|+|a_2-2|=1$, $|a_2-3|+|a_3-3|=1$, $\cdots$, $|a_{20}-21|+|a_{21}-21|=1$.
(1)若$a_0\geqslant 1$,则由$|a_0-1|+|a_1-1|=1$可知$a_0-1+|a_1-1|=1$,即$|a_1-1|=2-a_0$,于是$1\leqslant a_0\leqslant 2$.
且$a_1-1=2-a_0$或$a_0-2$,则$a_1=3-a_0$或$a_0-1$.
(a)若$a_1=3-a_0$,由$|a_1-2|+|a_2-2|=1$可知$|3-a_0-2|+|a_2-2|=1$,即$|1-a_0|+|a_2-2|=1$,
则$a_0-1+|a_2-2|=1$, $|a_2-2|=2-a_0$,故$a_2=4-a_0$或$a_2=a_0$.
%1.若$a_2=a_0$,由$|a_2-3|+|a_3-3|=1$可知$|a_0-3|+|a_3-3|=1$, $3-a_0+|a_3-3|=1$,
%$|a_3-3|=a_0-2\leqslant 0$,此时必有$a_0=2,a_3=3,a_2=2,a_1=1$.
%2.若$a_2=4-a_0$,由$|a_2-3|+|a_3-3|=1$可知$|1-a_0|+|a_3-3|=1$, $a_0-1+|a_3-3|=1$,
%$|a_3-3|=2-a_0$,则$a_3=5-a_0$或$a_0-1$.
%若$a_3=5-a_0$,由$|a_3-4|+|a_4-4|=1$可知$|1-a_0|+|a_4-4|=1$, $|a_4-4|=2-a_0$,
%故$a_4=6-a_0$或$a_0+2$.若$a_4=a_0+2$,则由$|a_4-5|+|a_5-5|=1$可知$|a_0-3|+|a_5-5|=1$, $|a_5-5|=a_0-2$,此时必有$a_0=2,a_5=5$.
%若$a_3=a_0-1$, 由$|a_3-4|+|a_4-4|=1$可知$|a_0-5|+|a_4-4|=1,5-a_0+|a_4-4|=1$,故$|a_4-4|=a_0-4<0$,矛盾.
(b)若$a_1=a_0-1$,由$|a_1-2|+|a_2-2|=1$可知
$|a_0-1-2|+|a_2-2|=1$,即
$|a_0-3|+|a_2-2|=1$.
若$|a_0-3|+|a_2-2|=1$,则$3-a_0+|a_2-2|=1$,
$|a_2-2|=a_0-2$,此时必有$a_0=2,a_2=2,a_1=1$.
如此类推,当$1\leqslant a_0\leqslant 2$时, $a_1=3-a_0$, $a_2=4-a_0$, $\cdots$, $a_{20}=22-a_0$,此时$a_1+a_2+\cdots+a_{20}=(3-a_0)+(4-a_0)+\cdots+(22-a_0)=250-20a_0$.
(2)若$a_0\leqslant 1$,则由$|a_0-1|+|a_1-1|=1$可知$1-a_0+|a_1-1|=1$,即$|a_1-1|=a_0$,于是$0\leqslant a_0\leqslant 1$.
且$a_1-1=a_0$或$-a_0$,则$a_1=a_0+1$或$1-a_0$.
(a)若$a_1=1-a_0$,由$|a_1-2|+|a_2-2|=1$可知$|1-a_0-2|+|a_2-2|=1$, $a_0+1+|a_2-2|=1$,
$|a_2-2|=-a_0\leqslant 0$,此时必有$a_0=0,a_2=2,a_1=1$.
(b)若$a_1=a_0+1$,由$|a_1-2|+|a_2-2|=1$可知$|a_0-1|+|a_2-2|=1$, $1-a_0+|a_2-2|=1$,
$|a_2-2|=a_0$,故$a_2=a_0+2$或$2-a_0$.
如此类推,当$0\leqslant a_0\leqslant 1$时, $a_1=a_0+1$, $a_2=a_0+2$, $\cdots$, $a_{20}=a_0+20$,此时$a_1+a_2+\cdots+a_{20}=(a_0+1)+(a_0+2)+\cdots+(a_0+20)=20a_0+210$.
(五中2020高三期中)已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$过点$(2,0)$,且离心率为$\frac{1}{2}$.过椭圆$C$的右焦点$F$作斜率为$k\,(k\pm 0)$的直线$l$与椭圆$C$相交于$P,Q$两点.
(1)求椭圆$C$的方程;
(2)设点$A$是椭圆$C$的左顶点,直线$AP,AQ$分别与直线$x=4$相交于点$M,N$.求证:以$MN$为直径的圆恒过点$F$.
(五中2020高三期中)已知函数$f(x)=x^3-x$点$(1,0)$处的切线为$l$.
(1)求$l$的方程;
(2)设点$P(m,n)$在直线$l$上运动,过点$P$作$f(x)$图象的切线,如果能作出三条切线,求$m$的取值范围.
(五中2020高三期中)已知$\{a_n\}$是无穷数列,给出两个性质:
\ding{172} 对于$\{a_n\}$中任意两项$a_i,a_j\,(i> j)$,在$\{a_n\}$中都存在一项$a_m$,使得$2a_i-a_j=a_m$.
\ding{173} 对于$\{a_n\}$中任意一项$a_n\,(n\geqslant 3)$,在$\{a_n\}$中都存在两项$a_k,a_l$, $(k>l)$,使得$a_n=2a_k-a_l$.
(1)若$a_n=2^n\,(n=1,2,\cdots)$,判断$\{a_n\}$是否满足性质\ding{172},说明理由;
(2)若$a_n=3n\,(n=1,2,\cdots)$,判断数列$\{a_n\}$是否同时满足性质\ding{172}和性质\ding{173},说明理由;
(3)若$\{a_n\}$是单调数列,且同时满足性质\ding{172}和性质\ding{173},证明: $\{a_n\}$为等差数列.
$P$是以$F_1,F_2$为焦点的椭圆上一点,过焦点$F_2$作$\angle F_1PF_2$外角平分线的垂线,垂足为$M$,则点$M$的轨迹是
A. 椭圆
B. 圆
C. 双曲线
D. 双曲线的一支
如图,从双曲线$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\,(a>0,b>0)$的左焦点$F$引圆$x^2+y^2=a^2$的切线,切点为$T$.延长$FT$交双曲线右支于$P$点,若$M$为线段$FP$的中点, $O$为坐标原点，则$|MO|-|MT|$与$b-a$的大小关系为
A. $|MO|-|MT|>b-a$
B. $|MO|-|MT|=b-a$
C. $|MO|-|MT|<b-a$
D.不确定
(2009年湖南省预赛)已知非零向量$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$满足$$
\left( \frac{\overrightarrow{AB}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|}+\frac{\overrightarrow{AC}}{\left| \overrightarrow{AC} \right|} \right) \cdot \overrightarrow{BC}=0
$$
且
$$\frac{\overrightarrow{AB}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|}\cdot\frac{\overrightarrow{AC}}{\left| \overrightarrow{AC}\right|}=\frac{1}{2}.$$
则$\triangle ABC$为
(A)三边均不相等的三角形
(B)直角三角形
(C)等腰非等边三角形
(D)等边三角形
设$f(x)$在$\left[0,\pi\right]$上连续, $\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx=\int_{0}^{\pi}f(x)\cos xdx=0$.试证: $f(x)$在$\left(0,\pi\right)$内至少有两个零点.
(1)由于$\sin x>0$, $x\in (0,\pi)$,故知$f(x)$在$(0,\pi)$中至少有一个零点,否则与题设矛盾.
(i)若$f(x)$有一个零点,且$f(x)$的值不变号,不妨设$f(x)\geqslant 0$,则$\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx>0$,矛盾.
(ii)若$f(x)$有一个零点$x=x_0$,且$f(x)$的函数值变号,则$f(x)$在$(0,x_0)$和$(x_0,\pi)$上同号,因此$\int_{0}^{\pi}f(x)\sin (x-x_0)dx\neq 0$,而
\begin{align*}
\int_ {0}^{\pi}f(x)\sin (x-x_0)dx &=\int_ {0}^{\pi}f(x)(\sin x\cos x_0-\cos x\sin x_0)dx\\
&=\cos x_0\int_ {0}^{\pi}f(x)\sin xdx+\sin x_0\int_ {0}^{\pi}f(x)\cos xdx=0,
\end{align*}
矛盾.
设$f(x)$在$\left[a,b\right]$上连续, $$\int_a^bx^nf(x)dx=0,\quad n=0,1,2,\cdots,N.$$
试证: $f(x)$在$\left[a,b\right]$内至少有$N+1$个零点.
设$P(x)$是次数不超过$N$的多项式,则有$\int_a^bP(x)f(x)dx=0$.用反证法,假定$f(x)$在$[a,b]$中只有$m\leqslant N$个零点: $a\leqslant x_1<x_2<\cdots<x_m\leqslant b$,则选取$f(x)$在这些点左右值变号的点: $x_{i_1},x_{i_2},\cdots,x_{i_j}$,且不妨设
$$f(x)\geqslant 0\,(a\leqslant x\leqslant x_{i_1}),\qquad
f(x)\leqslant 0\,(x_{i_1}\leqslant x\leqslant x_{i_2}),\cdots,
$$
并作多项式$P(x)$:
$$P(x)=\prod_{k=1}^{j}(x_{i_k}-x),\quad P(x)f(x)\geqslant 0,a\leqslant x\leqslant b.$$
因为在每个区间$(a,x_1),(x_1,x_2),\cdots,(x_m,b)$上,总有$P(x)f(x)>0$,所以$\int_a^bP(x)f(x)dx>0$,矛盾.
设$f(x)$在区间$[0,\pi]$上不恒为零,如果存在$n\,(\geqslant 2)$个点$x_1,x_2,\cdots,x_n\in (0,\pi)$,使
$$\sum_{k=1}^{n}f(x_k)\sin x_k=\sum_{k=1}^{n}f(x_k)\cos x_k=0.$$
求证: $f(x)$在$(0,\pi)$内至少有两个不同的根.
