1、证明：平面上任意( )个点,总可以被某些不相交的圆盖住,这些圆的
2014中考含答案 圆的定义和点与圆的位置关系
一圆的定义和点与圆的位置关系【学习目标】1．使学生理解圆的定义、掌握点和圆的位置关系。
2．联系生活、生产实际、了解研究圆的性质的必要性和重要性。
3. 能以集合的观点理解圆的定义。
【重点、难点】重点：圆的定义、点和圆的位置关系难点：以集合的观点理解圆的定义，反证法的定义和证明步骤．【知识要点】1．引言：众所周知，圆是一种十分常见的图形，在生产、生活中我们常会见到各种各样的圆形物体，例如，车轮就是圆形的，为什么要把车轮做成圆的呢？这是因为圆具有一些独特的性质，它能有效地减少物体运动时，地面对物体的阻力，从本节开始，我们将系统地研究圆的有关性质及其应用，学好这些知识将为今后进一步学习数学、物理和其他课程打好基础。
2．圆的定义：（1）圆的第一定义：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A随之旋转所形成的图形叫做圆(固定的端点叫做圆心，线段OA叫做半径)。
以点O为圆心的圆，记作“⊙O”，读作“圆O”。
（2）圆的第二定义：在平面内，到定点的距离等于定长的所有点的集合叫做圆.定点叫做圆心，定长叫做半径从圆的定义可知，它有如下两条性质。
(1)纯粹性：圆上各点到定点(圆心O)的距离都等于定长(半径的长r)；(2)完备性：到定点的距离等于定长的点都在圆上，所以圆也可定义为：平面内到定点的距离等于定长的点的集合。
我国是一个具有五千年悠久历史的文明古国，我国劳动人民很早对圆就有了认识，图中的“一中同长”之说，就是出自战国时期《墨经》一书，这表明，两千多年前，就已经十分准确的描述了圆的定义。
3．点和圆的位置关系：从画圆的过程可知：(Ⅰ)圆内各点到圆心的距离都小于半径，到圆心距离小于半径的点都在圆内，这就是说，“圆的内部可以看作是到圆心的距离小于半径的点的集合”。
(Ⅱ)圆外各点到圆心的距离都大于半径；到圆心的距离大于半径的点都在圆外，这就是说：“圆的外部可以看作是到圆心的距离大于半径的点的集合”。
由此可知，每一个圆都把平面上的点分成三类，即圆内的点，圆上的点和圆外的点，4．反证法的一般步骤：（1）假定命题的结论不成立，（2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾，（3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的。
广东省江门市2023-2024学年高二上学期期末物理试题(含答案)
广东省江门市2023-2024学年高二上学期期末物理试题姓名：__________ 班级：__________考号：__________1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（）A．根据公式B=F IL可知，通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．磁场是看不见摸不着，实际不存在的，是人们假想出来的一种物质C．磁感应强度方向就是通电导线受力方向D．磁场的基本性质是对处于其中的磁极和电流有力的作用2．单位电荷量的正电荷沿闭合电路移动一周，在内外电路中释放的总能量取决于（）A．电源的电动势B．通过电源的电流C．路端电压的大小D．内、外电阻之和3．如图所示的电路中，灯泡A、B电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大，在t1时刻将S断开，那么流过灯泡B的电流随时间变化的图象正确的是（）A．B．C．D．4．如图所示，两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10－9 C和q2＝－9×10－9 C，两者固定于相距20cm的a、b两点上，有一个点电荷q放在a、b所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处（）C．b的右侧40 cm D．无法确定5．如图所示，在塑料盒中装有撒有头皮屑的蓖麻油，通过手摇发电机使两个电极带上等量电荷，激发出电场，用头皮屑的分布来模拟电场线的分布，则通过照片结合所学知识可推知（）A．两个电极带有同种电荷B．A点的电场强度比B点的电场强度大C．A点的电势比B点的电势高D．没有头发屑的地方就没有电场6．如图所示为某一平行板电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是（）A．是充电过程B．该电容器两板间电场强度增大C．该电容器的电容为5.0×10−3F D．该电容器的电量变化量为0.20C7．动圈式话筒因其耐用、噪音低、稳定性好等优点，在教学、KTV等场景有广泛应用。
它的结构图如图所示，当对着话筒讲话时，声音使膜片振动，与膜片相粘连的线圈跟随膜片一起振动。
河北省邢台市2023-2024学年高二上学期期末物理试题(含答案)
河北省邢台市2023-2024学年高二上学期期末物理试题姓名：__________ 班级：__________考号：__________1．量子力学是研究物质世界微观粒子运动规律的物理学分支，它为人类科技进步、科学发展作出了许多贡献，量子科技或将帮助人类实现如今难以企及的梦想。
下列关于量子理论的创立，说法正确的是（）A．爱因斯坦首先提出了能量子假设B．普朗克首先认为微观粒子的能量是不连续的C．在对热辐射研究的过程中，很多学者由于“紫外灾难”而失去了生命D．黑体只从外界吸收电磁波，不向外界辐射电磁波2．随着生活水平的提高，电子秤已成为日常生活中不可或缺的一部分。
如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。
称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移，则下列说法正确的是（）A．电容器的电容减小B．电容器的带电电荷量减少C．膜片下移过程中，电流表有b到a的电流D．电容器两极板的电压增大3．如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向垂直纸面向里，通过c导线的电流方向垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则c导线受到的安培力方向（）A．由a指向c B．由c指向a C．由a指向b D．由a指向d4．在如图甲所示的电路中，电感线圈的直流电阻可忽略不计，闭合开关S后一段时间电路达到稳定状态。
t=0时刻断开开关S，LC振荡电路中产生电磁振荡，LC振荡电路随时间t变化的规律如图乙所示（其纵轴表示的物理量未标出）。
下列说法正确的是（）A．图乙可以表示电感线圈中的电流随时间变化的图像B．图乙可以表示电容器所带电荷量随时间变化的图像C．t=T4时刻，磁场能最大D．将自感系数L和电容C同时增大为原来的2倍，电磁振荡的频率变为原来的145．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框产生的感应电动势随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．t=5×10−3s时，线框平面与中性面重合B．t=1.5×10−2s时，通过线框的磁通量变化率为零C．线框与磁场方向的夹角为60°时，感应电动势的瞬时值为155.5VD．线框产生的交变电动势的有效值为311V6．回旋加速器的结构示意图如图所示，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆形金属盒，两盒之间留有窄缝，它们之间接一定频率的交流电。
数学中的一个有趣问题：覆盖PPT优秀课件
根轴的定义：两圆等幂点的轨迹是一条直线 ，这条直线称为两圆的根轴 性质1 若两圆相交，其根轴就是公共弦所在 直线 由于两圆交点对于两圆的幂都是0，所以它们 位于根轴上，而根轴是直线，所以根轴是两 交点的连线 性质2 若两圆相切，其根轴就是过两圆切点 的公切线（即性质1的极限情况） 性质3 若三圆两两不同心，则其两两的根轴 交于一点，或互相平行 所交的这点称为根心
97.有三个人是我的朋友爱我的人.恨我的人.以及对我冷漠的人。 爱我的人教我温柔；恨我的人教我谨慎；对我冷漠的人教我自立。――[J·E·丁格] 98.过去的事已经一去不复返。聪明的人是考虑现在和未来，根本无暇去想过去的事。――[英国哲学家培根] 99.真正的发现之旅不只是为了寻找全新的景色，也为了拥有全新的眼光。――[马塞尔·普劳斯特] 100.这个世界总是充满美好的事物，然而能看到这些美好事物的人，事实上是少之又少。――[罗丹] 101.称赞不但对人的感情，而且对人的理智也发生巨大的作用，在这种令人愉快的影响之下，我觉得更加聪明了，各种想法，以异常的速度接连涌入我的脑际。――[托尔斯泰] 102.人生过程的景观一直在变化，向前跨进，就看到与初始不同的景观，再上前去，又是另一番新的气候――。[叔本华] 103.为何我们如此汲汲于名利，如果一个人和他的同伴保持不一样的速度，或许他耳中听到的是不同的旋律，让他随他所听到的旋律走，无论快慢或远近。――[梭罗] 104.我们最容易不吝惜的是时间，而我们应该最担心的也是时间；因为没有时间的话，我们在世界上什么也不能做。――[威廉·彭] 105.人类的悲剧，就是想延长自己的寿命。我们往往只憧憬地平线那端的神奇【违禁词，被屏蔽】，而忘了去欣赏今天窗外正在盛开的玫瑰花。――[戴尔·卡内基] 106.休息并非无所事事，夏日炎炎时躺在树底下的草地，听着潺潺的水声，看着飘过的白云，亦非浪费时间。――[约翰·罗伯克] 107.没有人会只因年龄而衰老，我们是因放弃我们的理想而衰老。年龄会使皮肤老化，而放弃热情却会使灵魂老化。――[撒母耳·厄尔曼] 108.快乐和智能的区别在于：自认最快乐的人实际上就是最快乐的，但自认为最明智的人一般而言却是最愚蠢的。――[卡雷贝·C·科尔顿] 109.每个人皆有连自己都不清楚的潜在能力。无论是谁，在千钧一发之际，往往能轻易解决从前认为极不可能解决的事。――[戴尔·卡内基] 110.每天安静地坐十五分钟·倾听你的气息，感觉它，感觉你自己，并且试着什么都不想。――[艾瑞克·佛洛姆] 111.你知道何谓沮丧---就是你用一辈子工夫，在公司或任何领域里往上攀爬，却在抵达最高处的同时，发现自己爬错了墙头。－－[坎伯] 112.「伟大」这个名词未必非出现在规模很大的事情不可；生活中微小之处，照样可以伟大。――[布鲁克斯] 113.人生的目的有二：先是获得你想要的；然后是享受你所获得的。只有最明智的人类做到第二点。――[罗根·皮沙尔·史密斯] 114.要经常听.时常想.时时学习，才是真正的生活方式。对任何事既不抱希望，也不肯学习的人，没有生存的资格。
人教版高中物理必修第一册精品课件 第3章 相互作用——力 4 力的合成和分解 课时1 (2)
(2)计算法求合力常用知识:①应用直角三角形关系;②应用等
边三角形特点;③应用相似三角形知识。
学以致用
杨浦大桥是继南浦大桥之后又一座跨越黄浦江的我国自行
设计建造的双塔双索面迭合梁斜拉桥,如图所示。挺拔高耸
的208 m主塔似一把利剑直刺苍穹,塔的两侧32对钢索连接主
D.合力与分力是同时作用于物体上的力
答案:AC
解析:根据平行四边形定则,两个力的合力可能比分力大,也
可能比分力小,故选项A正确;5 N、2 N、6 N中前两力的合力
范围为3 N≤F12≤7 N,6 N的力在前两个力的范围之内,故三
个力的合力的最小值为0,故选项B错误;两个分力的大小和方
向都被确定,根据平行四边形定则可知,合力的大小和方向是
再求出这个合力与第三个力的合力,直到把 所有的力 都
合成进去,最后得到的结果就是这些力的合力。
微判断(1)合力与分力同时作用在一个物体上。( × )
(2)由作出的力的平行四边形定则可知,合力可能小于分力。
( √ )
(3)共点力一定作用于物体上的同一点。( × )
(4)把已知力F分解为两个分力F1与F2,此时物体受到F、F1、
由对称性可知,合力方向一定沿塔柱竖直向下。下面用两种
方法计算这个合力的大小。
方法一:作图法(如图甲所示)。
自O点引两根有向线段OA和OB,它们跟竖直方向的夹角都
为30°。取单位长度为1×104 N,则OA和OB的长度都是3个单
位长度。量得对角线OC长为5.2个单位长度,所以合力的大小
为F=5.2×1×104 N=5.2×104 N。
F= -
关于四色定理的推断
作者：梁文辉时间：2018年8月24日关于四色定理的推断在对四色定理进行基础定义的前提上对四色定理进行合理推断在开篇之前根据四色定理需要，进行基础属性进行定义。
基础属性1，面是点的集合，集合中任意两点必定能通过点集中的其他点形成连续线。
基础属性2，相互接触的两个面颜色不能相同。
基础属性3，相互接触的两个面必定存在相互接触的点，同理，存在相互接触的点的面，必定为相互接触面。
基础属性4，平面上的点都是极小的等边三角形。
基础属性5，点接触必定共有一边，共有一边的点必定接触。
一、背景想要人工证明四色定理二、过程使用反推法进行论证。
一共需要对两个方面进行推论，1，三色不能完全做到着色所有地图；2，不是必须五色进行着色。
1，证明三色不能完全做到着色所有地图：如果三色能完全做到着色所以地图，即，不存在四个两两接触的面。
如果存在四个两两接触的面，即，三色不能着色所有地图。
如图1所示：图 1四个两两接触的面是存在的，所以三色不能着色所有地图。
2，不是必须五色进行着色：如果必须五色进行着色，即，必定存在五个两两接触的面。
如果不存在五个两两接触的面，即，着色不需要五色。
通过观察图1，发现蓝色、绿色、黄色区域形成封闭区域，区域内外不能形成接触。
即，三色两两接触后将会形成封闭区域。
为了证明三色两两接触后必定形成封闭区域，我们假定任意三个两两接触的面。
因为三个面两两接解，所以任意一个面的点集中必定存在与另外两个面的点集的点相接触的点。
因此，这三个面的点集的合集必定能满足基础属性1的定义，所以，该合集能包含一个连续闭合的环，使环内与环外的除环点集外的所有点无法形成点接触。
由此，证明三色两两接触后必定形成封闭区域。
因为，三面两两接触后必定形成封闭区域，所以，如果五面能两两接触，剩余的两个面必须同时在封闭内部或者外部。
所以我们可以得到图2、图3图 2图 3由图2图3不难发现，当内部或外部出现一个与封闭区域两两相交的面时，内部或外部将出现两个相互封闭的子区域，因此，五面两两相交是不可能发生的。
皮克定理最简单的证明
皮克定理最简单的证明皮克定理是数学中的一个重要定理，它描述了一个简单多边形内部的点数和边界上点数的关系。
皮克定理最简单的证明可以使用基本的几何知识和代数技巧。
首先，我们需要了解一些定义。
一个简单多边形是指没有自交的封闭曲线，且由有限条线段构成。
多边形内部是指由多边形所有顶点所构成的区域，不包括多边形上的点和边界上的点。
接下来，我们考虑如何计算一个简单多边形内部的点数。
假设这个多边形有n个顶点，且没有任何顶点在一条水平或竖直线上。
我们可以从任意一个顶点开始，向右、向上依次遍历整个多边形内部，并计算经过每条水平线段和竖直线段时所经过的整点个数。
这里所说的整点是指坐标都是整数的点。
我们可以发现，在遍历完整个多边形后，每条水平线段和竖直线段所经过的整点总数之和加1就等于该多边形内部的整点个数。
这是因为每条水平或竖直线段都会经过1个整点，并且最后一个整点没有被计算在内。
接着，我们考虑如何计算一个简单多边形边界上的点数。
假设这个多边形有n个顶点，且每个顶点都是一个整点。
我们可以发现，在遍历整个多边形的过程中，每当我们遇到一个顶点时，就会经过1个边界上的整点。
因此，该多边形边界上的整点个数就等于该多边形的顶点数。
最后，我们使用代数技巧来证明皮克定理。
假设一个简单多边形内部的整点个数为i，该多边形边界上的整点个数为b，那么根据前面所述的计算方法，我们可以得到：i = (sum of horizontal segments) + (sum of vertical segments) + 1b = n其中n是该多边形的顶点数。
另外，由于每条水平线段和竖直线段都恰好经过1个整点，并且每条水平线段和竖直线段都与另外两条线段相交一次，因此该多边形内部被分成了i+1个小三角形和矩形。
这些小三角形和矩形所组成的面积之和就等于该多边形面积的两倍。
根据欧拉公式（V-E+F=2），我们可以得到：i + n/2 - 1 = F其中，V表示该多边形的顶点数，E表示该多边形的边数，F表示该多边形内部被分成的小三角形和矩形的个数。
圆的内涵作文600
圆的内涵作文600英文回答：Circles are some of the most recognisable and ubiquitous shapes in nature. They appear in everything from the sun to the human eye to the spinning wheels of a car. But what exactly are circles?In mathematics, a circle is defined as the set of all points in a plane that are equidistant from a given point, called the center. This means that the radius of a circle is the distance from the center to any point on the circle. Circles can be drawn with a compass, which is a tool that can be used to create circles of any radius.Circles have a number of interesting properties. For example, the circumference of a circle is equal to pi times the diameter, where pi is a mathematical constant approximately equal to 3.14. The area of a circle is equal to pi times the radius squared.Circles are also important in a number of applications. For example, they are used in geometry to find the area and circumference of circles, and in physics to calculate the centripetal force acting on an object moving in a circle. Circles are also used in a variety of everyday objects,such as wheels, gears, and clocks.中文回答：圆是自然界中一些最容易辨认且无处不在的形状。
人教版数学九年级上册24.2.1点和圆的位置关系(2)课件
类比探究
F
求作：⊙O，使它经过A、B、C
A
作法：
B
1.连结AB，作线段AB的垂直平
O
分线DE，
2.连结BC，作线段BC的垂直平分线FG，
C
交DE于点O，
G
3.以O为圆心，OB为半径作圆，
⊙O就是所求作的圆
（2）当三点共线时 不能作圆.
D
F
AB
C
E
G
归纳总结
定理：
不在同一直线上的三 点确定一个圆
（5） 三角形的外心到三边的距离相等（ ）
反馈验收
2. 直角三角形的两条直角边分别是 5,12, 求出这个直角三角形的外接圆 的半径.
3.在△ABC中,AB=AC=13,BC=10,试求这 个三角形的外接圆的面积.
课堂小结
1.过三个点能确定一个圆吗？ 2.什么叫做三角形的外接圆？ 3. 三角形的外心是在三角形外部吗？
三角形的外心是否一定在三角形的内部？
A O
B
C
O
A
B C
直角三角形外心是斜边AB
的中点
钝角三角形外心在 △ABC的外面
规律总结
A
A
A
经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，这个三角形叫做这个圆的内接三角形。
O 直角三角形的外心位于直角三角形斜边中点,
●
O （1）过三点一定可以作●圆
（）
┐ 经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，这个三角形叫做这个圆的内接三角形。
你能“破镜重圆”吗？ B
A C
O
学习目标
(一)教学知识点 了解不在同一条直线上的三个点确定一个圆，以及
过不在同一条直线上的三个点作圆的方法，了解三 角形的外接圆、三角形的外心等概念． (二)能力训练要求 1．经历不在同一条直线上的三个点确定一个圆的 探索过程，培养学生的探索能力． 2．通过探索不在同一条直线上的三个点确定一个 圆的问题，进一步体会解决数学问题的策略． (三)情感与价值观要求 1．形成解决问题的一些基本策略，体验解决问题 策略的多样性，发展实践能力与创新精神． 2．学会与人合作，并能与他人交流思维的过程和 结果．
教材删去的数学定理
教材删去的数学定理
以下是已删去或不再强调的数学定理和理论：
1. 四色定理：该定理说明，任何平面地图都可以使用四种颜色进行染色，使得任意相邻的区域颜色不同。
尽管该定理在
1976年被证明，但该定理的证明非常复杂，且与其他数学领
域关系不大，因此在一些教材中不再过多强调。
2. 正环定理：该定理说明，在任意一个具有奇数条边的简单图中（其中每个节点的度数是奇数），至少存在一个可以不抬笔画完的封闭轨迹。
尽管这个定理在图论中有一定的重要性，但在一些数学教材中可能没有详细讨论。
3. Cantor-Dedekind 定理：该定理说明，如果一个集合的基数
等于它的幂集的基数，那么这个集合的基数是无穷递增的。
尽管这个定理在集合论中非常重要，但它可能在一些基础数学教材中被删去，因为它属于更高级的数学理论。
4. 定点定理：该定理是固定点理论的基础，它表明，在某些特定条件下，任何一个连续函数都有一个函数图像上的不动点。
尽管固定点理论在一些领域（如经济学和计算机科学）中有广泛应用，但在一些数学教材中可能没有详细介绍。
需要注意的是，虽然这些定理可能在某些教材中没有详细讨论，但它们仍然是数学领域的重要理论和定理，对于更深入的研究和应用仍然具有价值。
趣题：用单位圆覆盖平面上的10个点
证明：对于平面上的任意一个大小为10 的点集，我们总能在平面上不重叠地放置若干个单位圆，使得它们合起来可以覆盖到所有这10 个点。
让我们先把充分多的单位圆放在平面上，并像上图那样紧密地排列在一起，则它们将覆盖这个平面π / (2 · √3) ≈ 0.9069 的面积。
这是因为，整个图形可以看作是由虚线所示的正六边形平铺得来的，而每个正六边形的面积为 6 · √3（六个边长为2 的等边三角形），其中被覆盖的部分正好可以拼成三个完整的单位圆，其面积为 3 · π ，占整个正六边形的(3 · π) / (6 · √3) = π / (2 · √3) ≈
0.9069 。
不过，这并不能保证点集中的每个点都被这组圆覆盖到了。
现在，随机地对这组圆进行平移，得到一系列概率均等的圆盘放置方案。
在这些圆盘放置方案中，每个点都有0.9069 的概率被覆盖到，换句话说每个点被覆盖到的期望次数都是0.9069 ；因此，在这10 个点中，发生覆盖的期望次数就是9.069 ，这是一
个大于9 的数。
那么，这里面一定有一种圆盘放置方案，它至少产生了10 次覆盖，这就表明所有的10 个点都被覆盖到了。
五个圆圈定理
五个圆圈定理五个圆圈定理是一个老牌几何原理，也是学生们必须掌握的核心知识之一。
它是由18世纪德国数学家马丁弗洛伊德首次提出，它定义了如何把五个圆圈放在一起，使它们中间都能够有一个公共点，也就是说，五个圆圈里有一个共同的中心点。
马丁弗洛伊德在1836年提出了五个圆圈定理，它定义了当圆圈的半径为1的时候，它们的公共中心点的距离为2。
他的定理表明，只要你把五个圆圈画在平面上，它们三条直线或任何函数，都会有一个公共的中心点。
他的结论也适用于把五个圆圈放在任何形状的图形上，只要三条直线或任何函数可以将它们围起来，那么它们就会有一个共同的中心点。
五个圆圈定理有着很深的几何含义，并且还为更高级的几何运算提供了一些帮助。
它实际上是一个结论，表明把五个圆圈放在一起，它们必定会有一个公共的中心点，所以它给了人们更多的思考空间。
例如，通过五个圆圈定理，人们可以计算出当四个圆圈的半径为1时，它们的公共点的位置。
另一方面，如果想计算比较大的圆圈，可以利用五个圆圈定理来定义它们之间的位置关系。
五个圆圈定理也可用于求解圆中心距离相等的定理，其中一个重要的前提条件就是用五个圆圈定理计算出四个圆圈之间的关系。
因为，四个圆圈当中有一个距离是相等的，那么可以利用五个圆圈定理来求出四个圆圈的位置关系，这样就可以找出四个圆圈的中心距离相等的定理。
此外，五个圆圈定理也可以用于计算多边形的面积，由于它可以计算出圆形的外切多边形的边，那么这样就可以用另一种方法来计算出多边形的面积了。
总之，五个圆圈定理是一个重要的几何原理，它可以为几何计算提供重要的帮助。
五个圆圈定理非常简单，但是它的内涵非常深远，可以为后人的几何研究提供重要的帮助。
甘肃省平凉市2024年数学(高考)部编版摸底(备考卷)模拟试卷
甘肃省平凉市2024年数学（高考）部编版摸底(备考卷)模拟试卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题5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）(共8题)第(1)题已知函数有两个零点，则的最小整数值为（ ）A ．3B ．2C ．1D ．0第(2)题已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限第(3)题若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A ．0.3B ．0.4C ．0.6D ．0.7第(4)题在正方体中，点M ，N 分别是上的动点，当线段的长最小时，直线与平面所成角的正弦值为（ ）A．B．C．D．第(5)题执行如图所示的程序框图，输出的s值为A．B．C．D．第(6)题已知函数，将其图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．的顶点都是与图象的公共点，则面积的最小值为（ ）A．B．C．D．第(7)题古希腊数学家帕普斯在《数学汇编》第三卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（V 表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S 表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.已知Rt △ACB 中，，则△ACB 的重心G 到AC 的距离为（ ）A．B．C ．1D ．2第(8)题已知函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）A．B．C．D．二、多项选择题（本题包含3小题，每小题6分，共18分。
在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分） (共3题)第(1)题已知正方体的棱长为，经过棱上中点E作该正方体的截面，且，与棱和棱AD的交点分别为F，G，截面将正方体分为，两个多面体，则（）A．直线与所成角的正切值为B．截面为五边形C．截面的面积为D ．多面体，内均可放入体积为的球第(2)题已知圆M：，直线l：，P为直线l上的动点，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B，则下列说法正确的是（）A．当时，直线AB的方程为B．四边形MAPB面积的最小值为4C．线段AB的最小值为D．当时，点P横坐标取值范围是第(3)题已知函数的定义域为，满足，当，，则（）A．B．在上单调递减C．在上有极小值D．三、填空（本题包含3个小题，每小题5分，共15分。
第66讲_覆盖
第66讲 覆盖本节主要内容是图形覆盖与嵌入． 一、图形覆盖的定义：平面闭图形指的是由平面上一条简单闭曲线及其围成的平面部分组成的图形．所谓简单闭曲线，就是自身不相交的封闭曲线．它作为图形的边界，而它围成的平面部分(不包括闭曲线本身)称为平面图形的内部．定义1 设M 和N 是两个平面图形，若M ⊃N 或M 经过运动变成M'，而M'⊃N ，则称图形M 可以覆盖图形N ，或N 能被M 覆盖，也说N 嵌入M ．设M 1，M 2，…，M n 是一组平面图形，若M 1⋃M 2⋃…⋃M n ⊃N ，或M 1，M 2，…，M n 各自经过运动(施于每一个图形的运动不一定相同)分别变为M 1'，M 2'，…，M n '，而M 1'⋃M 2'⋃…⋃M n '⊃N ，则称图形M 1，M 2，…，M n 可以覆盖图形N ，或N 能被M 1，M 2，…，M n 覆盖．二、图形覆盖的性质：覆盖的下述性质是十分明显的： ⑴ 图形G 覆盖自身；⑵ 图形G 覆盖图形E ，图形E 覆盖图形F ，则图形G 覆盖图形F ．⑶ 如果一条线段的两个端点都在一个凸图形内部，则此线段被此凸图形覆盖．推论：一个凸图形如果盖住了一个凸多边形的所有顶点，则此凸多边形被此凸图形覆盖．定义2设F 是一个平面闭图形，我们称F 的任意两点之间的距离的最大值为M 的直径，记为d(F)，即d(F)＝max{|AB|，A ，B ∈F}．三、关于覆盖的三条原则：覆盖的以下三个原则是常用的：原则1 若图形F 的面积大于图形G 的面积，则图形G 不能覆盖图形F ； 原则2 直径为d 的图形Ｆ不能被直径小于d 的图形G 所覆盖．原则3 (重叠原理) n 个平面图形的面积分别为S 1，S 2，…，S n ，若它们被一个面积为A 的平面图形完全覆盖，又A <S 1+S 2+…+S n ，则此n 个图形中至少有两个图形发生重叠．这三个原则十分显然，不再证明． 四、用圆盘覆盖图形：圆盘：圆及圆内部分构成圆盘．定理1 如果能在图形Ｆ所在平面上找到一点O ，使得图形Ｆ中的每一点与O 的距离都不大于定长r ，则Ｆ可被一半径为r 的圆盘所覆盖；定理2 对于二定点A 、B 及定角α，若图形F 中的每点都在AB 同侧，且对A 、B 视角不小于α，则图形F 被以AB 为弦，对AB 视角等于α的弓形G 所覆盖；在用圆盘去覆盖图形的有关问题的研究中，上述二定理应用十分广泛． 称覆盖图形F 的圆盘中最小的一个为F 的最小覆盖圆盘．最小覆盖圆盘的半径叫做图形F 的覆盖半径．A 类例题例1 △ABC 的最大边BC 等于a ，试求出覆盖△ABC 的最小圆盘．解：⑴若此三角形为钝角三角形或直角三角形，则以其最大边a 为直径作圆，该圆盘可以覆盖此三角形，而任一直径小于a 的圆盘，则不能盖住此三角形，故覆盖直角三角形或钝角三角形的最小圆盘是以其最大边为直径的圆盘．即覆盖△ABC 的最小圆盘的半径＝12a ．⑵ 若三角形ABC 是锐角三角形，任取一个覆盖∆ABC 的半径为r 的圆盘O ，若A 、B 、C 都不在圆上，连OA 、OB 、OC ，设OA ≥OB ≥OC ，则以O 为圆心，OA 为半径作圆，该圆盘也能覆盖∆ABC ，且OA ＜r ．即当三角形的顶点在圆内时，覆盖此三角形的圆一定不是最小圆盘．现设A 在⊙O 上，B 、C 在圆上或圆内，且⊙O 的直径为ｄ，△ABC 外接圆直径为d 0，延长CB 、BC 与圆交于B '、C '，则∠B '≤∠B ，且∠ACC '为钝角，C'B'r AC BO于是AC '＞AC ．故d ＝AC 'sin B '≥ACsin B＝d 0．所以锐角三角形ABC 的最小覆盖圆盘是它的外接圆．由正弦定理，其外接圆的半径r ＝a 2sinA ≤a 2sin60︒＝33a ．这样就得到了覆盖三角形的圆盘的定理： △ABC 中，若a 为最大边，则△ABC 的覆盖半径r 满足 12a ≤r ≤33a ．例2 已知A 、B 、C 、D 为平面上两两距离不超过1的任意四个点，今欲作一圆覆盖此四点(即A 、B 、C 、D 在圆内或圆周上)，问半径最小该为多少？试证明之，(1985年上海市数学竞赛试题)分析 我们先通过特殊情况：此四点共线，△ABC 是正三角形，D 在内部或边界．探索到半径的最小值．然后按A 、B 、C 、D 形成的凸包分类讨论．解 设所求半径的最小值为r ，⑴ 若四点共线，则用一个半径为12的圆盘即可覆盖此四点；⑵ 若此四点的凸包为三角形，由于最大边长≤1．由覆盖三角形的圆盘定理知，覆盖此四点的圆盘半径r ≤33； ⑶ 若此四点的凸包为四边形ABCD ．若此四边形有一组对角都≥90︒，例如∠A 、∠C 都≥90︒，则以BD 为直径的圆盘可以覆盖此四点，此时r ≤12；若此四边形两组对角都不全≥90︒，则必有相邻二角＜90︒，设∠A 、∠B 都小于90︒．不妨设∠ADB ≥∠ACB ．若∠ACB ≥90︒，则以AB 为直径的圆盘覆盖此四点，此时r ≤12；若∠ACB ＜90︒，则由∆ACB 的外接圆围成的圆盘覆盖此四点，此时r ≤33． 总之，r ≤33． 说明 优先考虑特殊情况得到结果，再分类讨论是数学中经常使用的方法．情景再现1，已知一个凸五边形的所有内角都是钝角，证明能找到这个五边形的两条对角线，以这两条对角线为直径的两个圆形纸片，可以将这个五边形覆盖，(1987年东北三省数学邀请赛试题)2，(1)一个正方形被分割成若干个直角边分别为3，4的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数． (2)一个矩形被分割成若干个直角边分别为1，2的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．(1996年城市数学联赛试题)B 类例题例3 以□ABCD 的边为直径向平行四边形内作四个半圆面，证明这四个半圆面一定覆盖整个平行四边形．思路１ 证明□ABCD 的每一点至少被某个半圆所盖住． 证明1：用反证法．如图，设存在一点Ｐ在以AB 、BC 、CD 、DA 为直径的圆外，根据定理二，∠APB ，∠BPC ，∠CPD 、∠DP A 均小于90°，从而∠APB +∠BPC +∠CPD +∠DP A <360︒．与四角和应为周角相矛盾．故Ｐ应被其中一半圆盖住，即所作四个半圆覆盖□ABCD ．分析2：划片包干，如图，将□ABCD 分为若干部分，使每一部分分别都被上述四个半圆面所覆盖． 证明2 在□ABCD 中，如图，设AC ≥BD ．分别过B 、D 引垂线BE 、DF 垂直于AC ，交AC 于E 、F ，将ABCD 分成四个直角三角形：△ABE 、△BCE 、△CDF 、△DAF ．每一个直角三角形恰好被一半圆面所覆盖，从而整个四边形被四个半圆面所覆盖．上述结论可推广到任意四边形．例4 在2，15×4cm 2的矩形中，最多可以不重叠地放置多少半径为1cm 的14圆盘？(1989年俄罗斯数学奥林匹克试题)解 每个被放置的面积等于0，25πcm 2， 因为2，15×4÷14π＜11，因此，最多可以分割出10个这样的14圆盘，另一方面，如图中矩形ABCD ，一边AB ＝2cm ，其中含有5个14的圆盘，设RP ＝PK ＝x ，则PQ ＝2x ，1＝AK ＝PK+PQ ＝x +2x ，所以x ＝2－1，EK ＝PE+PK＝PD 2－DE 2+ PK ＝3+2－1<2，15，从而2，15×2cm 2的矩形可分割成5个14的圆盘，2，15×4cm 2的矩形可分割成10个14的圆盘，例5 设G 是紧夹在平行线l 1与l 2之间的任一凸区域(即边界上任意两点之间所连线段都包含于它的区域)，其边界c 与l 1、l 2都有公共点，平行于l 1的直线l 将G 分为如图所示的A 、B 两部分，且l 与l 1和l 2 之间的距离分别为a 和b ，(1)G 为怎样的图形时，A 、B 两部分的面积之比S AS B 达到最大值并说明理由；(2)试求S AS B的最大值，(1989年四川省数学竞赛试题)分析 要使S AS B 最大，就要使得S A 尽量大，同时要使S B 尽量小，由于凸区域的任意性，设l 与G 的边界c 交于X 、Y ，要使S B 尽量小，B 为三角形PXY ，延长PX ，PY 得梯形总包含A ，所以当A 为梯形时，S A 最大．解 设l 与G 的边界c 交于X 、Y ， 点P ∈l 2∩G ， 连PX 、PY 并延长分别交l 1于X 1、Y 1， (1) 因为△PXY ⊂B ，故S △PXY ≤S B ，又A ⊂梯形XYY 1X 1，故S A ≤S 梯形XYY 1X 1，于是S A S B ≤S 梯形XYY 1X 1S △PXY ，由上式可知，G 为一边位于l 1上，而另一个顶点在l 2上的三角形时，S AS B 达到最大，(2) 设X 1Y 1＝d ，则XY ＝bd a +b ， S △PXY ＝ d 2(a +b )， S 梯形XYY 1X 1＝ a 2(d +bd a +b)， 故S A S B 的最大值M ＝ S 梯形XYY 1X 1S △PXY＝ a 2+2abb 2， 说明 考虑极端情况(特殊情况)是解决问题的突破口．情景再现3．证明：对于任意一个面积为1的凸四边形，总可以找到一个面积不超过2的三角形，将它全部覆盖住．(1989年芜湖市数学竞赛试题)11EDCB4， 平面α内给定一个方向 l →，F 是平面α内的一个凸集，其面积为S(F)，内接于F 且有一边平行于 l →的所有三角形中面积最大的记为△，其面积记为S(△)，求最大的正实数c ，使得对平面α内任意凸图形F ，都有S(△)≥c ·S(F)．5， 已知钝角三角形ABC 的外接圆半径为1，证明：存在一个斜边长为2+1的等腰直角三角形覆盖三角形ABC ，(2004年中国女子数学奥林匹克试题)C 类例题例6 在平行四边形ABCD 中，已知△ABD 是锐角三角形，边长AB ＝a ，AD ＝1，∠BAD ＝α，证明:当且仅当a ≤cos α+3sin α时，以A 、B 、C 、D 为圆心，半径为1的四个圆K A 、K B 、K C 、K D ，能覆盖该平行四边形． (第9届IMO 试题)分析 由于平行四边形ABCD 是中心对称性，K A 、K B 、K C 、K D ，能覆盖该平行四边形当且仅当K A 、K B 、K D 覆盖△ABD ， 所以通过三角方法研究ABD 的外接圆．解 作锐角三角形ABD 的外接圆．圆心O 必在ABD 内．弦心距OE 、OF 、OG 将△ABD 分成三个四边形(如图)．若OA ≤1，则圆K A 覆盖四边形OEAG ，圆K B 、K D 覆盖另两个四边形，所以圆K A 、K B 、K D 覆盖 △ABD ．由对称性，圆K B 、K C 、K D 覆盖△BCD ，若OA ＞1， 则圆K A 、K B 、K D 均不覆盖O ．由于△CBD ≌△ADB 是锐角三角形，∠ODC ≥∠OCD ，∠OBC ≥∠OCB 至少有一个成立，所以OC ≥OD(或OB)＞1，即圆K C 也不覆盖O ，因此OA ≤1是圆K A 、K B 、K C 、K D 覆盖平行四边形ABCD 的充分必要条件．设平行四边形ABCD 中，AB 边上的高为DH ，则DH ＝sin α，AH ＝cos α， BH ＝a - cos α，cot ∠ABD ＝a - cos αsin α，因此，OA ≤1⇔∠ABD ≥30o⇔a - cos αsin α≤3⇔a ≤cos α+3sin α．所以，当且仅当cos α+3sin α时，圆K B 、K C 、K D 覆盖平行四边形ABCD ．说明 在得到R ＝OA ≤1是圆K A 、K B 、K C 、K D 覆盖平行四边形ABCD 的充分必要条件后可按照下列方法处理：在△ABD 中，由正弦定理得2R ＝BD sin α，又由余弦定理得BD ＝1＋a 2－2a cos α，故R ＝1＋a 2－2a cos α2sin α，故R ≤1⇔1＋a 2－2a cos α2sin α≤1，解此关于a 的不等式得cos α－3sin α≤a ≤cos α＋3sin α，而a ＝AB ＞ADcos α＝cos α，故cos α－3sin α≤a 肯定成立，故R ≤1⇔a ≤cos α＋3sin α． 例7 在一个半径等于18的圆中已嵌入16个半径为3的圆盘．证明在余下的部分中还能嵌入9个半径为1的圆盘，这些圆盘相互间没有公共点，它们与原来的半径为3的那些圆盘也没有公共点．证明：首先证明大圆中还能嵌入1个半径为1的小圆．先将大圆的半径收缩为17，而将半径为3的圆膨胀成半径为4的圆，此时大圆面积变为 π×172＝289π． 16个半径为4的圆的面积为π×42×16＝256π．由于289π－256π＝33π．这说明大圆中嵌入16个半径为3的圆外，还能嵌入半径为1的一个小圆．又由于289π－256π－4π＝29π，所以大圆中除嵌入16个半径为3的21431817αa HGFE ODCB A圆及1个半径为1的圆外，还能再嵌入一个半径为1的圆．依此类推，由于289π－256π－4π×8＝π＞0．故大圆还可嵌入九个半径为1的小圆． 将图形收缩、镶边是解嵌入问题一种重要方法．例8 给定(3n +1)×(3n +1)的方格纸(n ∈N *)，试证任意剪去一个方格后，余下的纸必可全部剪成形如的L 型纸片，(1992年国家队选拔考试试题)分析 从特殊到一般，采用数学归纳法证明 n ＝1时，4×4的方格纸任意剪去一个方格后，由对称性，不妨假设剪去的一个方格位于左上角2×2的方格纸中，剩下的其它方格如图分割，就得到符合条件的一种分割方法，n ＝2时，为7×7方格纸， 首先每一个2×3的纸片可剪成2个L 型纸片， 其次，由对称性，不失一般性可假设剪去的一格位于左上角4个2×2的正方形I 、II 、III 、IV的某一个内(如图(a ))，如果剪去的一格在I 或II 或III 内，则I 、II 、III 余下的部分为一格L 型纸片其余的部分可分别按图(b )，(c )，(d )全部剪成L 形纸片，如果剪去的一格在IV 内，则只要作图关于主对角线AC 的对称图即可，这就证明了n ＝2时结论成立，(())b a 2×32×32×33×23×23×22×3IIVIIIIII())(d c 2×32×32×32×32×32×33×23×23×23×23×2IIIDC BAII设n ＝k 时结论成立，那么n ＝k +2时，不失一般性，可设剪去的一格位于左上方(3k +1)×(3k +1)的正方形内，这时将(3k +7)×(3k +7)的纸片分成4块：左上方是(3k +1)×(3k +1)的正方形，右下方是7×7正方形去掉去掉左上方的一个方格，左下方和右上方分别是6×3k 和3k ×6的矩形，因为6×3k 和3k ×6的矩形可全部剪成2×3或3×2的纸片，故可全部剪成L 型纸片，而由归纳假设及n ＝2的证明知左上方及右下方的两块也能全部剪成L 型纸片， 这就证明了n ＝k +2时结论成立， 于是，我们完成了原题的证明，说明 数学归纳法是解决与n 有关组合问题的常用手法，数学归纳法使得问题建立跨度，先从简单的特殊情况加以考虑，然后将方法和结论延伸．情景再现6．2×2的方格纸片剪去一个小方格后剩下的3个小方格组成的纸片叫做L 型纸片， 证明：对任意正整数n ，2n ×2n 型纸片任意剪去一个小方格后，剩下的部分能全部沿方格线剪成L 型纸片，(1982年上海市数学竞赛试题)7．已知n ×n (n 是奇数)的棋盘上每个单位正方形被黑白相间地染了色，且4角的单位正方形染的是黑色，将3个连在一起的单位正方形组成的L 形图称作一块“多米诺”．问n 为何值时，所有黑色可用互不重叠的“多米诺”覆盖？若能覆盖，最少需要多少块“多米诺”?(第43届IMO 预选题)8．平面上任意给定n 个点，其中任何3点可组成一个三角形，每个三角形都有一个面积，令最大面积与最小面积之比为μn ，求μ5的最小值．习题661．在平面上有n (n ≥3)个半径为１的圆，且任意三个圆中至少有两个圆有交点．证明：这些圆覆盖平7×7－1(3k +1)×(3k +1)3k ×66×3k面的面积小于35，(2003年国家集训队试题)2．证明：单位长的任何曲线能被面积为14的闭矩形覆盖，(1990年国家集训队测试题)3．考虑m ×n (m ，n ≥1)的方格阵，在每个顶点和方格中心放入一块干面包(图为m ＝3，n ＝4的情形，放置了32块干面包)．(1)求恰有500块干面包的方格阵；(2)证明：有无穷多个正整数k ，使得不存在m ×n 的方格阵．(2003年意大利数学奥林匹克试题)4．平面上有h +s 条直线，其中h 条是水平直线，另s 条直线满足： (1)它们都不是水平线；(2)它们中任意两条不平行；(1) h +s 条直线中任何三条不共点，且这h +s 条直线恰好把平面分成1992个区域， 求所有的正整数对(h ，s )，(1992年亚太地区数学奥林匹克试题)5．若干个正方形的面积之和等于1，求证：它们可以不重叠地嵌入到一个面积为2的正方形内．(第6届全苏数学奥林匹克试题)6．能否将下列m ×n 矩形剖分成若干个形如 的“L ”形？ (1)m ×n ＝1985×1987?(2) m ×n ＝1987×1989?(第28届IMO 预选题)7． 在一个面积为1的正三角形内部，任意放五个点，试证：在此正三角形内，一定可以作三个正三角形盖住这五个点，这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边，并且它们的面积之和不超过0，64，(1987年中国数学奥林匹克试题)8．设P 是一个凸多边形．证明：在P 内存在一个凸六边形，其面积至少是P 的面积的34，(第45届IMO预选题) 本节“情景再现”解答：1． 如图，分别以对角线AC ，AD 为直径作圆O 1， 圆O 2， 因为∠B ＞90o ，所以△ABC 被圆O 1覆盖，同理△AED 被圆O 2覆盖，在△ACD 中，若∠1≥90o ，则△ACD 被圆O 1覆盖；若∠2≥90o ， 则△ACD 被圆O 2覆盖；若∠1、∠2均为锐角，则自A 作CD 的垂线AF ， 则△ACF 和△ADF 分别被圆O 1、圆O 2覆盖．综上所述，凸五边形ABCDE 可被圆O 1、圆O 2覆盖．2．(1)由于三角形的三边长均为整数，所以正方形的边长也为整数n ， 又由于三角形的面积为6，所以6|n 2，从而2|n ，3|n ， 即6|n ， 记n ＝6m ，则n 2＝36m 2，三角形的总数6m 2是偶数．(2)矩形被若干条割缝(线段)分割成若干个所述的直角三角形，割缝的端点都是三角形的顶点．考虑直角三角形的斜边．若矩形的一组对边上分别有b 、d 个斜边，则存在非负整数a 、c (因为直角三角形的直角边都为整数)，使a +b 5＝c +d 5，从而b ＝d ，即在矩形的对边上的斜边的个数相同．若斜边在割缝上，同理可知在这条割缝上的斜边，相应的直角三角形位于割缝一侧的个数与位于另一侧的个数相同．因此，直角三角形的斜边的个数为偶数(若两个直角三角形有一条公共斜边，则这条斜边应计算两次)，从而直角三角形的个数为偶数． 3．设凸四边形ABCD 的面积为1，不妨设BD ≥AC ，A 、C 到BD 的距离分别为h 1 、h 2，不妨设h 1≥h 2． 现过C 作EF ∥BD ，交AB 、AC 延长线于E 、F ， 则△AEF 即为所求． 显然△AEF 覆盖四边形ABCD ．由h 1≥h 2得h 1h 1+h 2≥12，所以， BD EF ≥12，21O2O 1FED C BA故S △AEF ＝12(h 1+h 2)×EF ≤(h 1+h 2)×BD ＝2S ABCD ＝2，4．如图，作F 的两条平行于 l →的支撑直线l 1、l 2(l 1、l 2与F 的边界至少有一个公共点E 、G ，并且F 夹在l 1与 l 2之间)，再作与l 1， l 2距离相等且与它们平行的直线l 3， 而AB 、CD 是F 的两条弦并且AB 与l 1、l 3平行等距，CD 与l 2、l 3平行等距．过A 、B 、C 、D 作F 的支撑线与l 1、l 2、l 3相交成上下两个梯形，令这5条平行线相邻两条之间的距离为h ，且不妨设CD ≥AB ，于是S(F)不大于两个梯形的面积之和，即S(F)≤AB ·2h +CD ·2h ≤CD ·4h ＝ 83·(12CD ·32h )＝ 83S △CDE ≤83S(△)．所以，S(△)≥38S(F)，另一方面，取F 为平面上边长为a 的正六边形ABCDEG ，使得AB ∥ l →，△PQR 为F 中有一边PQ ∥ l →的所有内接三角形中面积最大的一个，显然P 、Q 、R 必须在正六边形的边界上(图)，并设BQ QC ＝ λ1-λ (0≤λ＜1)，易计算得△PQR 的高h ＝3a -32λa ＝3a (1-12λ)及PQ ＝a +λa ＝(1+λ)a ，所以 S(△PQR)＝ 12h ·PQ ＝32a (1-12λ)(1+λ)a ＝ 34a 2(2+λ-λ2)＝ 34a 2[94-(λ-12)2]≤9316a 2， 而S(F)＝332，所以S(△PQR)≤38S(F)，并且λ＝12时等号成立． 综上可得，所求c 的最大值是38．5．不妨设∠C ＞90o ，于是，min{∠A ， ∠B}＜45o ，以AB 为直径，在顶点C 的同侧作半圆O ，则C 位于半圆O 内，作射线AT 使得∠BAT ＝45o ，如图所示，再作射线OE 使得∠BOE ＝45o ，且与半圆相交于E ， 过点E 作半圆的切线，分别交AB 的延长线和AT 于点D 和F ，则等腰直角三角形ADF 覆盖三角形ABC ，并且AD ＝AO+OD ＝ 12AB+2×12AB ＝ 12(1+2)AB ＜12(1+2)×2R ＝1+2， 6．当n ＝1时，结论显然成立，设n ＝k 时，结论成立，那么n ＝k +1时，将2k +1×2k +1的方格纸等分成4个2k ×2k 的方格纸片I 、II 、III 、IV ，不妨设剪去的一个方格在I 内，再在中心处剪去一个L 型纸片，使II 、III 、IV 内恰恰各剪去一个小方格(如图)，于是，由归纳假设知II 、III 、IV 都可以全部剪成L 型纸片，即n ＝k +1时，结论成立， 于是，由数学归纳法命题得证，7．设n ＝2m +1，考虑奇数行，则每行有m +1个黑格，共有(m +1)2个黑格．而任意两个黑格均不可能被一块“多米诺”覆盖，因此至少需要(m +1)2块“多米诺”，才能覆盖棋盘上的所有黑格．由于n ＝1，3，5时均有3(m +1)2＞n 2，所以n ≥7，下面用数学归纳法证明：当n ≥7时，(m +1)2块“多米诺”可以覆盖棋盘上的所有黑格， 当n ＝7时，由于两块“多米诺”可组成2×3的矩形，两块2×3的矩形又可组成4×3TFEC DBO A IV IIIIII3433434l 3l 2l 1GEDCBAhRQ P G E DCBAl 1l 2A 1A 2B E FCNM的矩形，则可将这个4个4×3的矩形放在7×7的棋盘上，使得出来中间的这个黑格外，覆盖了棋盘上所有方格(如图)，调整与中间的这个黑格相邻的一块“多米诺”，使得用这块“多米诺”盖住中间的这个黑格，而且也能盖住原来那块“多米诺”所覆盖的惟一的一个黑格．从而，用16块“多米诺”覆盖了棋盘上除一个白格外的所有方格．假设当n ＝2m -1时，在(2m -1)×(2m -1)的棋盘上可以用m 2块“多米诺”覆盖棋盘上的所有黑格．当n ＝2m ＋1时，将(2m +1)×(2m +1)的棋盘分成(2m -1)×(2m -1)， (2m -1)×2和(2m ＋1)×2的3部分，由于(2m -1)×2的矩形可分解成m -2个2×2的正方形和一个2×3的矩形，于是，(2m -1)×2的矩形的黑格可以用(m -2)+2块“多米诺”覆盖．同理，(2m ＋1)×2的矩形可以用(m -1)+2块“多米诺”覆盖(如图)．因此，(2m +1)×(2m +1)的棋盘可用m 2＋(m -2)+2＋(m -1)+2＝(m +1) 2块“多米诺”覆盖． 8，设平面上任意5点为A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，其中任意三点不共线．(1) 若5点的凸包不是凸五边形，那么其中必有一点落在某个三角形内，不妨设A 4落在△A 1A 2A 3内，于是 μ5≥123124234314min{,,}A A A A A A A A A A A A S S S S D D D D ≥3，(2)若5点的凸包是凸五边形A 1A 2A 3A 4A 5时，如图，作MN ∥A 3A 4交A 1A 3与A 1A 4分别为M 和N ，且使得 A 1M MA 3 ＝ A 1N NA 4＝ 5-12， (i)A 2，A 5中有一点，比如A 2与A 3，A 4在直线MN 的同侧时(如图)，有 μ5≥134234A A A A A A S S D D ≥A 1A 3MA 3 ＝1+A 1M MA 3 ＝1+5-12 ＝ 5+12， (ii) A 2，A 5与A 1均在直线MN 的同侧时(如图)，设A 2A 5交A 1A 3于O ，则A 1O ≤AM ，于是 μ5≥2352312512A A A A A O A A A A A OS S S S D D D D =＝OA 3OA 1≥MA 3MA 1 ＝ 15-12＝ 5+12， 注意到3＞5+12，所以总有μ5≥5+12．并且取A 1，A 2，A 3，A 4，A 5为边长为a 的正五边形的5个顶点时，有μ5＝134123A A A A A A S S D D ＝12A 1A 3·A 1A 4·sin36o 12A 1A 2·A 1A 3·sin36o＝ A 1A 4A 1A 2 ＝12sin18o ＝ 25-1 ＝5+12， 综上可知，μ5的最小值是5+12，本节“习题66”解答：1．记这些圆的圆心分别为A 1，A 2，…，A n ，不妨设A 1A 2是这n 个点的直径(即两点之间距离的最大值)，过A 1，A 2分别作A 1A 2的垂线l 1，l 2，则A 3，…，A n 均在l 1和l 2之间的“带形”内．以A 1为圆心，2为半径作半圆，在l 1上的交点分别记为E ，F ，则该半圆包含了全体与A 1距离不大于2的圆心．于是，若以A 1为圆心，3为半径作半圆，与l 1交于B ，C ，再向左作宽为1的矩形MNFE ，最后添上两个四分之一的圆BME 及圆FNC ，如图所示，则此图形包含了圆心与A 1的距离不大于2的全体单位圆．该图形BMNCB 的面积记为S 1，则S 1＝12π×32+14π×2+4×1＝5π+4，又由条件知，其余不在半圆内的所有圆心两两之间的距离必不超过2(否则，若有A i A j ＞2，而h2h 1FEDC BANMA 4A 3A 2A 1ONMA 5A 4A 3A 2A 1A 5A 4A 3A 2A 1A 1A i ＞2，A 1A j ＞2，则⊙A 1、⊙A i 、⊙A j 两两相离，矛盾)，于是，剩下的圆心组成的点集的直径≤2，易知一个边长为2的正方形可以覆盖这些圆心，于是在该正方形外加一个“框”，如图所示，“框”是4个宽为1的矩形和4个四分之一圆，则剩下所有圆都在这个区域内．记这个区域的面积为S 2，则S 2＝22+4×2+π＝π+12，所以这些圆覆盖的面积S ≤S 1＋S 2≤5π+4＋π+12＝6π+16＜35，2．如图，曲线端点连线记为l ，设矩形ABCD 是覆盖曲线的最小矩形，且AB ∥CD ∥l ，BC ⊥l ，DA ⊥l ，AB ＝a ， BC ＝b ， 则曲线和矩形四边都有公共点．在各边任取一个公共点，分别记为P 1、P 2、P 3、P 4，又设曲线的端点是P 0和P 5，则AP 2+ P 2B ≤AP 1+P 1P 2+P 2P 3+P 3B ≤曲线弧P 0P 1P 2＋曲线弧P 4P 5＋曲线弧P 2P 3＋曲线弧P 3P 4＝1， △AP 2B 的面积≤12AP 2×P 2B ≤18，矩形ABCD 的面积≤14．3．(1) m ×n (m ，n ≥1)的方格阵上放置的干面包的数目为(m +1)(n +1)+mn＝2mn +m +n +1，设N ＝2mn +m +n +1，则2N -1＝(2m +1)(2n +1)，当N ＝500时，2N -1＝999＝33×37， 则(m ，n )的解为(1，166)，(4，55)，(13，18)，(18，13)，(55，4)，(166，1)，(2)由于奇质数有无穷多个，所以，若2N -1是质数，则由m ≥1，n ≥1知2m +1≥3，2n +1≥3，所以，2N -1不能分解成两个不小于3的奇数的乘积．4．因为每条直线把平面分成两个区域，设n 条直线(其中每两条相交，但任何三条不共点)把平面分成a n 个区域，则n ＋1条直线(其中每两条相交，但任何三条不共点)把平面分成a n +1个区域满足a n +1＝a n +(n +1)，a 1＝2， 由此推得a n ＝a 1＋(a 2-a 1)+( a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)＝2+(1+2+…+n )＝1+n (n +1)2，于是，s 条直线把平面分成1+s (s +1)2个区域，又h 条平行线与这s 条直线相交时又增加了h (s +1)个区域(即每增加一条水平直线，增加s +1个区域)，所以有 h (s +1)＋1+s (s +1)2＝1992，(s +1)(2h +s )＝2×1991＝2×11×181，对上述不定方程的可能正整数解可列出下表：故所求的正整数对(h ，s )为(995，1)，(176，10)，(80，21)，5．将这些正方形的边长由大到小的顺序排成一行，设其最大边长为x ＝h 1，再将它移植到边长为2的正方形(面积为2)中，使边长为x 的正方形紧贴大正方形的左下角，其它依次排在大正方形的底边上，直到排边长为h 2的正方形开始超出大正方形的右边；将边长为h 2的正方形以及以后的正方形移到上一行，使其左边重合于大正方形的左边，而底边与边长为x 的正方形的上底重合，其后的正方形依次排成一行，直到排边长为h 3的正方形时又超出大正方形的右边；将边长为h 3的正方形以及以后的正方形又移到上一行，并且一直做下去…(如图)．若我们能证明x ＝h 1，h 2，h 3，…的和h 1＋h 2＋h 3＋…不超过2，则所有这些正方形已无重叠地放入大正方形．设想将从下往上数第k +1行最左边的边长为h k +1的那个正方形移到第k 行的右端，那么它就在大正方形的右h 32h h h 1端露出一部分，因此第k 行中所有小正方形的面积之和不小于(2―x )h k +1 (k ＝2，3，…)，而第1行中所有小正方形的面积之和不小于x 2+(2―x )h 2，于是所有这些小正方形的面积之和不小于x 2+(2―x )(h 2+h 3+…)＝ x 2+(2―x )(h -x )，而由题设所有这些小正方形的面积之和为1，所以x 2+(2―x )(h -x )≤1，由此得出h ≤1―x 22―x +x ＝32―2(2―x )―12―x ≤32―22(2―x )·12―x ＝2， 6．(1)因为1985×1987不能被3整除，所以1985×1987的矩形不能分割成若干个L 形(因为每个L 形含3个方格)，(2)因为L 形既可拼成2×3的矩形，又可拼成7×9的矩形(如图)，而1987×1989＝1980×1989+7×1989＝2×3×(990×663)+( 7×9)×221，故1987×1989的矩形可被分割成若干个L 形， 7．结论可改进为(1013)2，并且这是最佳的．设△ABC 是一个面积为1的正三角形，在每条边上各取两个点，使各点到最近顶点的距离都是边长的313(如图a )，于是△AB 2C 2、△BC 2A 1和△CA 2B 1都是正三角形，且面积为(1013)2．(1)如果△AB 2C 2、△BC 2A 1、△CA 2B 1中有一个至少盖住已知5点中的3个，那么命题显然成立．因为这3点都在△ABC 内部，所以当将盖住它们的三角形的某条边适当平移，而使三角形面积小于(1013)2后，仍能将它们盖住．然后再适当作两个小正三角形盖住其余两个点，便可使5个点全部盖住，且可保证三角形的面积之和不超过(1013)2．(2)如果上述三个面积为(1013)2的正三角形中的任何一个都至多盖住两个已知点，那么图a 的三个菱形(阴影部分)中至少有一个点，而它们之间的3个梯形中，至多有一个已知点，因此5个点的分布情况只有图b ，图c 两类：(i)在图b 中，5个点分布在3个菱形中，此时过菱形的顶点所作的两个正三角形AA 1A 2、BB 1B 2的面积和为8·(313)2，它们盖住了4个点，再作一个适当的小正三角形盖住第5个点．正是这三个三角形满足要求． (ii)在图c 中，有一个菱形中有两个点，另外两个菱形各有一个点，而在这两个菱形之间的梯形中还有1个点，不妨设这个点距B 比距C 近．过AB 2的中点A 3作A 3B 3∥AC ，于是，S △BA 3B 3＝(813)2，而S △AA 4A 5＝4·(313)2，此时△BA 2B 2、△AA 4A 5盖住4个点，面积和为(1013)2．用(1)的方法将某三角形的某边适当平移，使面积和小于(1013)2．再适当作一个小正三角形盖住第5个点．此时这三个正三角形满足要求．(c )(b )(a )12112C 21B 33×23×23×23×22×32×32×32×38．任取两条相互平行的凸多边形P 的支撑线s 、t (即多边形P 在直线s 、t 的同一侧，P 与s 、t 有公共点)，设S 、T 分别为凸多边形P 与s 、t 的交点．于是，线段ST 将P 分成两部分，分别设为P'和P''，设K 、L 是凸多边形P'边界上的点，满足KL ∥ST ， 且KL ＝ 12ST ． 下面只须证明梯形SKLT 的面积至少是凸多边形P'面积的34即可． 因为同理在P''中产生的梯形的面积也至少是P''面积的34，两个梯形合起来就是一个凸六边形． 过点K 、L 分别作P'的支撑线，且这两条支撑线交于点Z ， 假设点K 到直线s 的距离小于点L 到直线s的距离，设ZK 交直线s 于X ，ZL 交直线t 于Y ， 过点Z 且平行于ST 的直线分别交直线s 、t 于A 、B ， 显然，P'包含在五边形SXZYT 中．于是只要证明S 梯形SKLT ≥34S 五边形SXZYT ， ① 设A Z ＝a ，BZ ＝b ，设点K 、X 、Y 、S 到直线AB 的距离分别为k 、x 、y 、d ，分别过K 、L 作直线KU ∥LV∥s ∥t ， 交AB 于U 、V ， 则有a +b 2 ＝KL ＝UZ+ZV ＝ak x +bk y， ② 由于S 梯形SKLT ＝34(a +b )(d -k )， S 五边形SXZYT ＝ S ▱SABT -S △AXZ ＝(a +b )d -ax 2-by 2， 代入式①，即只要证明ax +by -2(a +b )k ≥0， ③由式②得k ＝ (a +b )xy 2(ay +ax ) ，代入③的左端，可得ax +by -2(a +b )k ＝ab (x -y )22(ay +ax )≥0， 因此， 原命题成立，。
江苏省南京市2024高三冲刺(高考数学)人教版摸底(提分卷)完整试卷
江苏省南京市2024高三冲刺（高考数学）人教版摸底(提分卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题长春54路有轨电车建成于上个世纪30年代，大概是现存最美的电车路线了，见证着这座城市的历史与发展.学生甲和学生乙同时在长影站上了开往西安大路方向的电车，甲将在创业大街站之前任何一站下车，乙将在景阳大路站之前任何一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（）A．B．C．D．第(2)题已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，对于数列，若，下列说法正确的是（）A．存在的等比数列，使得为等比数列B．，均存在等差数列，使得为等差数列C．，均不存在等比数列，使得为等差数列D．若存在等差数列，使得为等比数列，且，则的最小值为第(3)题把某种物体放在空气中冷却，若该物体原来的温度是，空气的温度是，则后该物体的温度可由公式求得．若将温度分别为和的两块物体放入温度是的空气中冷却，要使得这两块物体的温度之差不超过，至少要经过（）（取：）A．B．C．D．第(4)题已知是平面上的点，是平面上的点，且，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件第(5)题已知集合，则的真子集共有（）个A．3B．4C．6D．7第(6)题已知函数若函数的零点有2个或3个，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．第(7)题已知四棱锥的底面是矩形，高为，，，，，则四棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．第(8)题我国古代数学家对近似值的确定做出了巨大贡献，早在东汉初年的数学古籍《周髀算经》里便记载“径一周三”，并称之为“古率”，即“直径为1的圆，周长为3”，之后三国时期数学家刘徽证明了圆内接正六边形的周长是圆直径的三倍，说明“径一周三”实际上是圆的内接正六边形的周长与圆直径的比值，而不是圆周率．若将圆内接正n边形的周长与其外接圆的直径之比记为，则下列说法错误的是（）A．B．C．存在，当时，D．存在，使得二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题已知函数，其中，，且满足①；②；③在区间单调，则下述结论中正确的为（）A．B．C ．函数的图象关于直线对称D．函数在区间单调递增第(2)题如图，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复上述操作（其中），得到四个小正方形，记它们的面积分别为，则以下结论正确的是（）A．B．C．D．第(3)题已知抛物线Γ: ，过点作直线，直线与Γ交于A，C两点，A在x轴上方，直线与Γ交于B，D两点，D在x轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（）A．若直线的斜率为1，则直线的斜率为B．直线过定点C．直线与直线的交点在直线上D．与的面积之和的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题函数在区间上的零点个数是______．第(2)题已知平面向量，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为________．第(3)题若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为___________.四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题我市近日开展供热领域民生问题“大调研、大起底、大整治、大提升”工作，在调查阶段，从两小区一年供热期的数据中随机抽取了相同20天的观测数据，得到两小区的同日室温平均值如下图所示：根据室内温度（单位：），将供热状况分为以下三个等级：室内温度供热等级不达标达标舒适(1)试估计小区当年（供热期172天）的供热状况为“舒适”的天数；(2)若两小区供热状况相互独立，记事件“一天中小区供热等级优于小区供热等级”. 根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件的概率；(3)若从供热状况角度选择生活地区居住，你建议选择中的哪个小区，并简述判断依据.第(2)题已知是等比数列，公比，前项和为，且，数列满足： .（1）求数列，的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.第(3)题已知函数．(Ⅰ)求函数的极值；(Ⅱ)若,且,求证：．第(4)题随着电商事业的快速发展，网络购物交易额也快速提升，特别是每年的“双十一”，天猫的交易额数目惊人.2020年天猫公司的工作人员为了迎接天猫“双十一”年度购物狂欢节，加班加点做了大量准备活动，截止2020年11月11日24时，2020年的天猫“双十一”交易额定格在3700多亿元，天猫总公司所有员工对于新的战绩皆大欢喜，同时又对2021年充满了憧憬，因此公司工作人员反思从2014年至2020年每年“双十一”总交易额(取近似值)，进行分析统计如下表：年份2014201520162017201820192020年份代码()1234567总交易额(单位：百亿) 5.79.112.116.821.326.837（1）通过分析，发现可用线性回归模型拟合总交易额y与年份代码t的关系，请用相关系数加以说明；（2）利用最小二乘法建立y关于t的回归方程(系数精确到0.1)，预测2021年天猫“双十一”的总交易额.参考数据：，，；参考公式：相关系数；回归方程中，斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.第(5)题根据国家电影局统计，2024年春节假期（2月10日至2月17日）全国电影票房为亿元，观影人次为亿，相比2023年春节假期票房和人次分别增长了和，均创造了同档期新的纪录. 2024年2月10日某电影院调查了名观影者，并统计了每名观影者对当日观看的电影的满意度评分（满分分），根据统计数据绘制得到如图所示的频率分布直方图（分组区间为，，，，，）.(1)求这名观影者满意度评分不低于分的人数；(2)估计这名观影者满意度评分的第百分位数（结果精确到）；(3)设这名观影者满意度评分小于分的频率为，小于分的频率为，若甲、乙名观影者在春节档某一天都只观看一部电影，甲观看，影片的概率分别为，，乙观看，影片的概率分别为，，当天甲、乙观看哪部电影相互独立，记甲、乙这名观影者中当天观看影片的人数与观看影片的人数之差为，求的分布列及期望.。
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逐步调整法
镇江市教育局教研室 黄厚忠
1．在正方形ABCD 内找一点P ，使P 到四个顶点的距离之和最小。
2．设12...n a a a ≤≤≤，12...n b b b ≤≤≤，则
121211121122.........n n n n r r n r n n a b a b a b a b a b a b a b a b a b -+++≤+++≤+++ 其中1r ，
2r ，…，n r 是1，2，…，n 的一个排列。
3．在线段AB 上关于它的中点M 对称地放置有2n 个点，任意将这2n 个点中的n 个染成红色，另外n 个染成蓝色。
证明：所有红点到A 的距离之和等于所有蓝点到B 的距离之和。
4．已知1a ，2a ，…，n a 是n 个正数，满足12...1n a a a =，
求证：12(2)(2)...(2)3n n a a a +++≥
5．在已知锐角AOB ∆内有一定圆C ，试在C ，OA ，OB 上各求一点P ，Q ，R ，使PQ QR RP ++有最小值。
6．在一张长方形纸上有一些黑点，现要将这张纸沿直线折几次，折线不穿过任何黑点，然后用针插进折好的纸，使针穿过所有的黑点，而不穿过其他的点。
求证：在如下的两种情况均能成功。
（1）所有的黑点共线；（2）只有3个黑点。
7．若干个正整数的和为2006，求这些正整数乘积的最大值。
8．已知a 、b 、c 是非负实数，
且1a b c ++=，求证：222222(1)(1)(1)2a b c -+-+-≥
9．空间有1989个点，其中任何三点不共线，把它们分成点数各不相同的30组 ，在任何三个不同的组中各取一点为顶点作三角形，问要使这种三角形总数为最大，各组点数应为多少？
10．某电影院的座位共有m 排，每排n 座，票房共售出mn 张电影票，由于工作疏忽，这场票中有些号是重复的，不过每位观众都可以照票上所标的排次号或座次号之一入座。
求证：至少可使一名观众既坐对排次又坐对座次，而其他观众保持前述情况就座。
11．用电阻值分别为1a ，2a ，…，6a 126(...)a a a >>>的电阻组装成一个如图所示的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使组件总电阻最小，说明你的结论。
12．证明：平面上任意n （2n ≥ ）个点，总可以被某些不相交的圆盖住，这些圆的直径之和大于 1n a -+，且每两个圆之间的距离大于a ，这里01a <<
较高要求
13．若x ，y ，z R +∈，求证：1
(15)(43)(56)(18)5120
xyz
x x y y z z ≤++++
14．设a ，b ，c ，0d >，且1a b c d +++=， 求证：1
176
2727bcd cda dab abc abcd +++≤+
15．设a ，b ，c 是三角形三边长，且1a b c ++=，若2n ≥，证明：
12+。