试题节选自北大附中2016届行知理科高二第3学段数学荣誉作业2．
1、一个圆环形花坛，分为\(5\)个区域（如图所示），每个区域种植一种花卉，有\(4\)种不同颜色供选，要求相邻区域种植的花卉颜色不同，求不同的花卉种植方法数．
2、将第1题中的区域数由\(5\)个替换为\(n\)个，求不同的花卉种植方法数．
3、将第2题中的花卉颜色数由\(4\)个替换为\(m\)个，求不同的花卉种植方法数．
1、已知抛物线\(y=\dfrac 14x^2\)和\(y=-\dfrac 1{16}x^2+5\)所围成的封闭曲线如图所示，给定点\(A(0,a)\)，若在此封闭曲线上恰有三对不同的店，满足对每一对点关于点\(A\)对称，则实数\(a\)的取值范围是_______．
2、已知四面体\(ABCD\)的一条棱长为\(x\)，其余棱长均为\(1\)，记四面体\(ABCD\)的体积为\(F(x)\)，则函数\(F(x)\)的单调增区间是_______；最大值为_______．
3、设\(f(x)=\begin{cases}x^3,x<a,\\x&2,x\geqslant a.\end{cases}\)若存在实数\(b\)，使得函数\(g(x)=f(x)-b\)有两个零点，则\(a\)的取值范围是_______．
4、设\(n\in\mathcal N^*\)，函数\(f(x)=\dfrac{\ln x}{x^n}\)，函数\(g(x)=\dfrac{{\mathrm e}^x}{x^n},x\in (0,+\infty)\)．
（1）当\(n=1\)时，写出函数\(y=f(x)-1\)的零点个数，并说明理由；
（2）若曲线\(y=f(x)\)与曲线\(y=g(x)\)分别位于直线\(l:y=1\)的两侧，求\(n\)的所有可能取值．
5、设\(F_1\)、\(F_2\)分别为椭圆\(E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的左、右焦点，点\(P\left(1,\dfrac 32\right)\)在椭圆\(E\)上，且点\(P\)和\(F_1\)关于点\(C\left(0,\dfrac 34\right)\)对称．
（1）求椭圆\(E\)的方程；
（2）过右焦点\(F_2\)的直线\(l\)与椭圆相交于\(A\)、\(B\)两点，过\(P\)且平行于\(AB\)的直线与椭圆交于另一点\(Q\)，问是否存在直线\(l\)，使得四边形\(PABQ\)的对角线互相平分？若存在，求出\(l\)的方程；若不存在，说明理由．
6、已知点列\(T:P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2),\cdots,P_k(x_k,y_k)\)（\(k\in\mathcal N^*,k\geqslant 2\)）满足\(P_1(1,1)\)，且\(\begin{cases}x_i=x_{i-1}+1,\\y_i=y_{i-1}\end{cases}\)与\(\begin{cases}x_i=x_{i-1},\\y_i=y_{i-1}+1\end{cases}\)（\(i=2,3,\cdots,k\)）中有且仅有一个成立．
（1）写出满足\(k=4\)且\(P_4(3,2)\)的所有点列；
（2）证明：对于任意给定的\(k(k\in\mathcal N^*,k\geqslant 2)\)，不存在点列\(T\)，使得\(\sum\limits_{i=1}^k{x_i}+\sum\limits_{i=1}^k{y_i}=2^k\)；
（3）当\(k=2n-1\)且\(P_{2n-1}(n,n)(n\in\mathcal N^*,n\geqslant 2)\)时，求\(\sum\limits_{i=1}^k{x_i}\times\sum\limits_{i=1}^k{y_i}\)的最大值．
7、有限数列\(A_n:a_1,a_2,\cdots,a_n(n\geqslant 3)\)同时满足于下列两个条件：
① 对于任意的\(i,j\)（\(1\leqslant i<j\leqslant n\)），\(a_i<a_j\)；
② 对于任意的\(i,j,k\)（\(1\leqslant i<j<k\leqslant n\)，\(a_ia_j\)、\(a_ja_k\)、\(a_ka_i\)三个数中至少有一个数是数列\(A_n\)中项．
（1）若\(n=4\)，且\(a_1=1\)，\(a_2=2\)，\(a_3=a\)，\(a_4=6\)，求\(a\)的值；
（2）证明：\(2,3,5\)不可能是数列\(A_n\)中的项；
（3）求\(n\)的最大值．
已知正数\(a,b\)满足\(a+b+\dfrac 1a+\dfrac 9b=10\)，则\(a+b\)的取值范围是_______．
已知\(b,c,d\in\mathcal R\)，函数\(f(x)=\dfrac 13x^3+\dfrac 12bx^2+cx+d\)在\((0,1)\)上既有极大值又有极小值，则\(c^2+(1+b)c\)的取值范围是（ ）
A．\(\left(0,\dfrac 1{16}\right)\)
B．\(\left(0,\dfrac 1{16}\right]\)
C．\(\left(0,\dfrac 14\right)\)
D．\(\left[0,\dfrac 14\right)\)
若对任意实数\(x\in [0,1]\)，均有不等式\[\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\leqslant 2-bx^2\]恒成立，则\(b\)的最大值为_______．
（2009年北大自主招生）已知\(\forall x\in\mathcal R,a\cos x+b\cos{2x}\geqslant -1\)，求\(a+b\)的最大值与最小值．
（2015年北京市海淀区高三一模理科数学）某地区在六年内第\(x\)年的生产总值\(y\)（单位：亿元）与\(x\)之间的关系如图所示，则下列四个时段中，生产总值的年平均增长率最高的是（ ）
A．第一年到第三年
B．第二年到第四年
C．第三年到第五年
D．第四年到第六年
（2012年复旦·自主招生）\(\arctan\dfrac 13+\arctan\dfrac 15+\arctan\dfrac 17+\arctan\dfrac 18=\)_______．
1、已知\(f(x)=\ln x\)，设\(0<a<b\)，比较\(\dfrac{a+b}2\)和\(\dfrac{b-a}{f(b)-f(a)}\)的大小．
2、已知\(f(x)={\mathrm e}^x\)，\(x\in\mathcal R\)，设\(a<b\)，比较\(\dfrac{f(a)+f(b)}{2}\)和\(\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)的大小．
3、已知函数\(f(x)=x\ln x\)，求证：\(f(a+b)\leqslant f(a)+f(b)+(a+b)\ln2\)．
4、已知函数\(f(x)=x\ln x\)，若对于满足\(0<a<b\)的任意两实数\(a,b\)，总存在\(x_0>0\)，使得\(f'\left(x_0\right)=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}\)，求证：\(a<x_0<b\)．
\(P\)为椭圆\(C:\dfrac{x^2}3+\dfrac{y^2}2=1\)上一动点，过\(P\)作圆\(x^2+y^2=1\)的两条切线分别交椭圆于\(A\)、\(B\)两点，再过\(A\)、\(B\)分别作圆\(O\)的另一条切线\(AQ\)、\(BQ\)，它们交于点\(Q\)．
（1）求动点\(Q\)的轨迹方程；
（2）求四边形\(PABQ\)的面积的取值范围．
如图，动点\(Q\)的轨迹应该是一个椭圆，并且同时可以得到另外一个椭圆．我的思路是尝试利用圆的参数方程表示四个切点，进而表示圆的外切四边形的四个顶点加以解决，但是没有继续深入下去．
陕西西安冉拥老师解答
(1) 设$P$点的坐标为$\left(\sqrt 3\cos\theta,\sqrt 2\sin\theta\right)$，$PA,PB,QA,QB$的斜率分别是$k_1,k_2,k_3,k_4$．设过点$P$的直线方程为$$y-\sqrt 2\sin\theta=k\left(x-\sqrt 3\cos\theta\right),$$则该直线与圆$x^2+y^2=1$相切，即$$\dfrac{\left|\sqrt 2\sin\theta-\sqrt 3k\cos\theta\right|}{\sqrt{1+k^2}}=1,$$也即$$\left(3\cos^2\theta-1\right)k^2-2\sqrt 6\sin\theta\cos\theta \cdot k+2\sin^2\theta-1=0,$$于是$$k_1+k_2=\dfrac{2\sqrt 6\sin\theta\cos\theta}{3\cos^2\theta-1}=\dfrac{2\sqrt 6\sin 2\theta}{3\cos 2\theta+1},k_1k_2=\dfrac{2\sin^2\theta-1}{3\cos^2\theta-1}=\dfrac{-2\cos 2\theta}{3\cos 2\theta+1},$$也即$$\cos 2\theta=\dfrac{-k_1k_2}{3k_1k_2+2}, \sin 2\theta=\dfrac{k_1+k_2}{3\sqrt 6k_1k_2+2\sqrt 6}.$$这样我们就有$$\left(\dfrac{-k_1k_2}{3k_1k_2+2}\right)^2+\left(\dfrac{k_1+k_2}{3\sqrt 6k_1k_2+2\sqrt 6}\right)^2=1,$$整理，得$$48k_1^2k_2^2-\left(k_1^2+k_2^2\right)+70k_1k_2+24=0.$$上式中将$\left(k_1,k_2\right)$换成$\left(k_1,k_3\right)$，$\left(k_2,k_4\right)$依然成立，因此有$k_2,k_3$是关于$k$的方程$$\left(48k_1^2-1\right)k^2+70k_1k+24-k_1^2=0$$的两个根，而$k_1,k_4$是关于$k$的方程$$\left(48k_2^2-1\right)k^2+70k_2k+24-k_2^2=0$$的两个根．于是$$ k_1+k_2+k_3+k_4=\dfrac{-70k_1}{48k_1^2-1}+\dfrac{-70k_2}{48k_2^2-1}, k_1k_2k_3k_4=\dfrac{24-k_1^2}{48k_1^2-1}\cdot \dfrac{24-k_2^2}{48k_2^2-1},$$化简，并注意利用$$48k_1^2k_2^2-\left(k_1^2+k_2^2\right)+70k_1k_2+24=0$$可得$$ k_3+k_4=\dfrac{-1221\left(k_1+k_2\right)}{3360k_1k_2+1151},k_3k_4=\dfrac{1151k_1k_2+1680}{3360k_1k_2+1151},$$进而$$k_3+k_4=\dfrac{2442\sqrt 6\sin 2\theta}{3267\cos 2\theta-1151}, k_3k_4=\dfrac{-\left(2738\cos 2\theta+1680\right)}{3267\cos 2\theta-1151},$$因此$k_3,k_4$是关于$k$的方程$$\left(3267\cos 2\theta-1151\right)k^2-2442\sqrt 6\sin 2\theta \cdot k-2738\cos 2\theta-1680=0,$$也即$$\left(\dfrac{3267}{2209}\cos^2\theta-1\right)k^2-\dfrac{2442\sqrt 6}{2209}\sin\theta\cos\theta\cdot k+\dfrac{2738}{2209}\sin^2\theta-1=0$$的两根．与处理$k_1,k_2$类似，我们有$$\dfrac{\left|\dfrac{37\sqrt 2}{47}\sin\theta-\dfrac{33\sqrt 3}{47}\cos\theta\right|}{\sqrt{1+k^2}}=1,$$于是点$Q$的轨迹方程为$$\dfrac{x^2}{\left(\dfrac{33\sqrt 3}{47}\right)^2}+\dfrac{y^2}{\left(\dfrac{37\sqrt 2}{47}\right)^2}=1.$$
经验证，当$PA,PB,QA,QB$中有斜率不存在的情形时，对应的$Q$点仍然满足上述方程，因此所求的$Q$点的轨迹方程为$$\dfrac{x^2}{\left(\dfrac{33\sqrt 3}{47}\right)^2}+\dfrac{y^2}{\left(\dfrac{37\sqrt 2}{47}\right)^2}=1.$$
(2)设$P(\sqrt 3\cos\theta,\sqrt 2\sin\theta)$，由第(1)问知$Q\left(-\dfrac {33\sqrt 3}{47}\cos\theta,-\dfrac {37\sqrt 2}{47}\sin\theta\right)$．于是由两点间距离公式得到$$PQ=\dfrac 1{47}\sqrt{19200\cos^2\theta+14112\sin^2\theta}.$$又由第(1)问知$k_1,k_2$满足$$(\sqrt 2\sin\theta-\sqrt 3\cos\theta\cdot k_i)^2=1+k_i^2,i=1,2,$$联立直线$PA,PB$与椭圆的方程可以得到点$A,B$的坐标分别为$$A\left(\dfrac {3k_1^2-3}{(3k_1^2+2)\sqrt 3\cos\theta},\dfrac {2-4k_1^2}{(3k_1^2+2)\sqrt 2\sin\theta}\right),B\left(\dfrac {3k_2^2-3}{(3k_2^2+2)\sqrt 3\cos\theta},\dfrac {2-4k_2^2}{(3k_2^2+2)\sqrt 2\sin\theta}\right),$$从而得到$AB$的长度为$$AB=\dfrac {|k_1^2-k_2^2|\sqrt{\dfrac {75\sin^2\theta+98\cos^2\theta}{\sin^2\theta\cos^2\theta}}}{9k_1^2k_2^2+6k_1^2+6k_2^2+4}.$$结合第(1)问中$k_1,k_2$是方程$$\left(3\cos^2\theta-1\right)k^2-2\sqrt 6\sin\theta\cos\theta \cdot k+2\sin^2\theta-1=0,$$的两个根，可以将$AB$长度化简为$$AB=\dfrac {2\sqrt 6\sqrt{75\sin^2\theta+98\cos^2\theta}\cdot\sqrt{8\sin^2\theta+12\cos^2\theta-4}}{12\cos^2\theta-12\sin^2\theta+37}.$$同时直线$PQ,AB$的斜率分别为$$\begin{split} k_{PQ}=&\dfrac {\sqrt 2\sin\theta+\dfrac {37\sqrt{2}}{47}\sin\theta}{\sqrt 3\cos\theta+\dfrac {33\sqrt 3}{47}\cos\theta}=\dfrac {21\sqrt 2\sin\theta}{20\sqrt 3\cos\theta},\\k_{AB}=&-\dfrac{14\sqrt 3\cos\theta}{15\sqrt 2\sin\theta}.\end{split}.$$于是我们得到直线$AB$与$PQ$的夹角$\varphi$的正切值$$\tan\varphi=\left|\dfrac {k_{AB}-k_{PQ}}{1+k_{AB}k_{PQ}}\right|=\dfrac {35(3\sin^2\theta+4\cos^2\theta)}{\sqrt 6|\sin\theta\cos\theta|}.$$于是我们得到四边形$PAQB$的面积$$\begin{split} S=&\dfrac 12\cdot PQ\cdot AB\cdot \sin\varphi\\=&\dfrac {70\sqrt 6}{47}\cdot\dfrac {(3+\cos^2\theta)\sqrt{(\cos^2\theta+1)(23\cos^2\theta+75)(5088\cos^2\theta+14112)}}{(24\cos^2\theta+25)\sqrt{1219\cos^4\theta+7356\cos^2\theta+11025}}\\=&\dfrac{1680}{47}\cdot\dfrac{(3+t)\sqrt{t+1}}{24t+25}.\end{split} $$其中$t=\cos^2\theta\in[0,1]$．再令$\sqrt{t+1}=x\in[1,\sqrt 2]$，研究函数$$f(x)=\dfrac{x(x^2+2)}{24x^2+1},x\in [1,\sqrt 2]$$的最值．因为$$f'(x)=\dfrac {24x^4-45x^2+2}{(24x^2+1)^2},$$所以$f'(x)$在$[1,\sqrt 2]$上有零点$x_0=\sqrt{\dfrac {45+\sqrt{1833}}{48}}$，得到$f(x)$在$[1,x_0]$上单调递减，在$[x_0,\sqrt 2]$上单调递增．
又因为$$f(1)=\dfrac {1008}{235}>f(\sqrt 2)=\dfrac {960\sqrt 2}{329},$$所以$f(x)\in [f(x_0),f(1)]$，从而得到$S$的最大值为$$\dfrac{1680}{47}f(1)=\dfrac{1680}{47}\cdot\dfrac {1008}{235}\approx 4.2894,$$最小值为$$\dfrac{1680}{47}\cdot f(x_0)\approx 4.1228.$$所以我们得到面积$S$的取值范围约为$[4.1228,4.2894]$．
