高中数学竞赛模拟试题一汇总情况

1、实用标准文案高中数学竞赛模拟试题一一 试(考试时间：80分钟满分100分)、填空题(共8小题，8 7 56分)1、已知，点(x,y)在直线x 2y 3上移动，当2x 4y取最小值时，点(x,y)与原点的距离是 。2、设f(n)为正整数n (十进制)的各数位上的数字的平方之和，比如f 123 12 22 32 14。记 fi(n) f(n),fk(n) f(fk(n), k 1,2,3，则 f2010(2010) 。3、如图，正方体ABCD A1B1C1D1中，二面角A BD1 A1的度数4、在1,2, ,2010中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是 O5、若正数a,b,c满足*力上，则

2、上的最大值 bcacaba c是 O6、在平面直角坐标系xoy中，给定两点M( 1,2)和N(1,4),点P在X轴上移动，当MPN取最大值时，点P的横坐标是 。7、已知数列a。, a1也,an,满足关系式(3 an 1)(6 an) 18 J=L a0 3,则-1的值是ai8、函数f（x）sin x cosxsin x tanxtanx cotx sinx cosxcosx tanx cosx cotxtanx cotx 在 x (o,)时 sinx cotx2的最小值为二、解答题（共 3题，14 15 15 44分）9、设数列an满足条件：ai 1包 2 ,且 an 2 a- an （n 1

3、,2,3,）求证：对于任何正整数n,都有： 河 1 口nan文档10、已知曲线M：x2 y2 m, x 0, m为正常数.直线l与曲线M的 实轴不垂直，且依次交直线 y x、曲线M、直线y x于A、B、C、D4个点，O为坐标原点。(1 )若| AB | | BC | |CD | ,求证：AOD的面积为定值；(2)若BOC的面积等于 AOD面积的1 ,求证：|AB|BC|CD|311、已知、是方程4x2 4tx1 0(t R)的两个不等实根，函数f(x)2x t的定义域为,.求 g(t) max f (x)min f(x);g(tan 5)证明：对于Ui(0,) (i 1,2,3), 若 sin

4、 usinU2 sinu31 ,g(tanu2)g(tanu3)3、6.4（考试时间：150分钟总分：200分）一、（本题50分）如图，eOi和eO2 与ABC的三边所在的三条直线都 相切，E,F,G,H为切点,并且 EG、 FH的延长线交于P点。求证：直线PA与BC垂直。（本题50分）正实数5x-5x2x2yx, y,z, 满足52y yxyz 1 o证明:52z z2x三、（本题 50 分）对每个正整数n,定义函数0（当n为平方数）f（n），（当n不为平方数）-n240（其中X表示不超过x的最大整数，x x x）。试求： “。的 k 1值。四、（本题50分）在世界杯足球赛前，F国的教练员为

5、了考察A,A2,A3,A4 A,A6,A7这七名队员，准备让他们在三场训练比赛（每场比赛90分钟）中都上场，假设在比赛的任何时刻，这些队员都有且只有一人在场上，并且A,A2,A3,A4每人上场的总时间（以分钟为单位）均被7整除，AA,A7每人上场的总时间（以分钟为单位） 均被13整除.如果每场换人的次数不限，那么，按每名队员上场的总时间计，共有多少种不同的情况？答案与解析、填空题1、双。2x 4y42片 Sx 2,y :时取最小值，此时2、4。20103.5O4解:525将 f (2010) 5 记做 2010 5,2985891454220于是有416375889从89开始，fn是周期为8的

6、周期数列。故f2010 (2010 )f2005(89) f5 250 8 ( 89 )f5 (89)4。3、解：连结D1c，作CE BD ,垂足为E ,延长CE交AB于F ,FE BD1,连结AE,由对称性知AE BDi,FEA是二面角BD1 A的平面角。连结AC ,设AB1,贝 U ACAD1.2,在Rt ABD冲,AEAB AD1BD1BD1124 23在 AEC 中，cosAEC_ 2 2AE CE2AE CEAC222AEAC22AE24、AEC 1200,3O而 FEA是 AEC的补角，FEA 600。解：三个数成递增等差数列，设为a,a d,a 2d ,4018按题意必须满足a

7、2d 2010, d 1004。对于给定的d,a可以取1,2,L ,2010 2d .故三数成递增等差数列的个数为1004(2010 d 12d) 1005*1004.三数成递增等差数列的概率为1005*1004C30103 o40185、解：由条件，有. 17 1o4令 a b x,b cy,c a z,则a-b,c从而原条件可化为:士 1, x yt,则t 4 1,解得t1 .172，故工a cx y z t 117 12z 2 246、1.解：经过M,N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y 3 x上，设圆心为S(a,3 a),则圆S的方程为：(x a)2 (y 3 a)2 2(1 a2

8、) 对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当 MPN取最大值时，经过 M,N,P三点的圆S 必与x轴相切于点P,即圆S的方程中的a值必须满足 2(1 a2) (a 3)2，解得 a 1 或a 7.即对应的切点分别为 P(1,0)和P( 7,0),而过点M,N,P的圆的半 径大于过点M,N,P的圆的半径，所以 MPN MP'N ,故点P(1,0)为 所求，所以点P的横坐标为1.7、l(2n 23n 3).解：设bn1-11,n 0,1,2,.,则(3 )(6 )anbn 1 bn18,即 3bn1 6bn 1 0.* 2bn ；,Hi2(bn3)故数列b1是

9、公比为2的等比数歹L3n八2 (b0ao3)bn3(2n1)。bii 0n 1 .1(2io31 1)2(2n 12 11)(n1)2n8、4.解:f (x) (sin x cosx)sinx tanxcosx cotx(tanxcotx)cosx1tanx1sin x cotx4(sin x cos x)sin x tan x cos x cot(tan xcot4x)sin x tan x cos x cot x（由调和平均值不等式）要使上式等号成立，当且仅当sin xtanxcosxcotxtanxcosxcotxsin x(1)(2)得到sin xcosxcosx即得sin x cos

10、x O因为x (0，-),所以当x -时,4f(x)f叩4。所以min f (x) 4。、解答题9、证明：令a01,则有ak 1ak1三ak 1t(k 1,2')于是nnakkk 1 ak 1n ak 1k 1 ak 1由算术-几何平均值不等式,可得A a2 n 3 a3Lanan 1+ na0, a2A 1 an 1L a3an 1注意到an 110、解:(1)设直线1：kxb代入x2m得:(1 k2)x22bkx0得:b2m(1k2)设 B（X1，m）,CM"),则有X1X22bk1 k2,X1X2(b2 m)2)1 k设 A(X3，y3),易得:X3DM.),b，X41

11、 k由 |AB| |BC| |CD| 得 |BC|b,k111 AD | ,3，故 | X1X2 | 1 | X3X4 | ,3代入得J 2bk 2 4(b2 m) (rn7)1 k21 2b3|rv|,整理得：b2 2m(k2 1), 8，又 |OA| 由金 |, |OD| 也 |告 |, AOD 90 , 1 k1 kSaod9m为定值.|1 k2| 8(2)设BC中点为P , AD中点为Q则Xp px1x2bk2，XQ1 k2X3X4bk所以xp xq, P、Q重合，从而|AP|DP|,从而|AB|CD|,又 BOC的面积等于AOD面积的1,所以| BC | 11 AD | , 33从而

12、 | AB| | BC| |CD |.11、解：(I )设xix2，则 4x12 4txi 1 0, 4x2 4tx2 1 0,2%“ t(x1x2)22、. ，、_4(x1x2)4t(%x)20,2x2t2x1t(x2K)t(X1 x2)2x1x22f (x2) f(X1)2222X21Xi1(X2 1)(X11)又 t(x1 x2) 2x1x2 2t(x1 x2) 2x1x2f(X2) f(X1) 0故f(x)在区间上是增函数g(t) max f (x) min f (x)f( ) f()t( )222 22217 t 58 J2 1(2t2 5)16t2 252t22516(n)证:g(

13、tan 5)-8-( cosui一 3)cos ui，9 cos ui16 24cos ui cosui Z 216 9cos ui(i1,2,3)2 16 24216 9cos ui16.631i 1 g(tan Ui)1316：6 i1(162、9cos ui)1 16-6(163_23 9) sin Ui)i 13Q sin Ui 1,且 5 (0, ), i1,2,3323 sin uii 12sin Ui)1 ,而均值不等式与柯西不等式中,等号不能同时成立,3/641(75 9 1)g(tan U1) g(tanu2)g(tanu3) 1663、证明：延长 PA交EF于 D,贝U P

14、EG和PHF分另U是ACD与ABD的截线，由梅涅劳斯定理得:DE CG APECgGAgPDBF DP AHFDgPAgHBQeO1,e O2都是 ABC的旁切圆,八 “1 八八EC CG -(BC CA AB) BF于是由、得：DE _ GAFD AH又 Q Rt AGOi : Rt AHO2DE _ GA _ AO1-FD AH AO2而 Oi, A,O2三点共线，且 OiE EFQ2F EF,PA BC、证明：原不等式可变形为25y y522y z x222xyz522xyz222 xyz522yzx222 xyz522zxy由柯西不等式以及xyz 1可得(x522z )(yz yz2)

15、 (x2 . xyz y2 z2)22222(x y z ),22222xyz yz y z-522-222xyz xyz同理2 x5 z上面三式相加并利用x222222xyz zx z x y5z2x2x2y2z22222yzxyxy22222 xyxyzy2z2xyyzzx得222xyzxyyzzx55222222zxyxyz222xyz5522xyz222xyz522yzx三、解:对任意a,ka (k 1)2，则 1 a k2 2k ,设11. a k 2k一I丁丁a k a k a k于是(n 1)2f(a)则 Jk2 a (k 1)2 an 2k 9k生a k ,01,则1 a让a跑

16、遍区间(k2,(k 1)2)中的所有整数,. 2kF面计算生，画一张2k 2k的表，第i行中，凡是i行中的位 1 i数处填写号，则这行的“二号共当个，全表的“号i2k共生个；另一方面，按列收集“二号数，第j列中，若j有T(j) i 1 i个正因数，则该列使有T(j)个2号，故全表的“二号个数共2k 2kL 1 i2kT(j).j 12kT(j)个，因此j 1示例如下:j I7234561*2*则 n f(a)i 1由此,3*4*56*nT(1) T(2) (n 1)T(3) T(4)T(j)n 2ki 1 j 1256f(k) k 115(16 k)T(2k 1) T(k) k 1T(2n 1

17、) T(2n)k123456789111111ak356678698881711T(2k 1)783T(2k), k 1,2, ,15,易得ak的取值情况如下:记ak16n15f(k) (16 k)akk 1k 1因此,据定义f(256)f(162) 0,又当k241,242,255,设k152(16 r 30),、.k 15, 152 r151 30r .152 rrrr31,25530，从则240f (k) 783i 1256f(k)783 15 768.四、解:设各人上场时间分别为7t1,7t2,7t3,7t4,13t5,13t6,13t7 ( ti 为正整得方程7(t1 t2 t3 t4) 13(t5 t6 t7) 90 3.令 ti t2 t3 t4 x,t5 t6