全国高中数学联赛模拟卷

1、2011年全国高中数学联赛模拟卷一试(考试时间：80分钟 满分100分)一、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 12312 22 32 14。记 f1(n) f (n) ,f-g) f(fk(n) , k 1,2,3，则f2010(2010) o3、如图，正方体ABCD A1B1C1D1中，二面角A BD1 A1的度数是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 5、若正数 a,b,c满足 a b

2、c,则 一b-的最大值是 。 bcacab a c6、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/ MPNX最 大值时，点 P的横坐标是 。一 、一 、一n 1 -7、已知数列a0,a1,a2,，an，满足关系式(3 an 1)(6 an) 18且a。 3,则 一的值i 0 aisin xcosxtanxcot xsin xcosxtan xcot x,8、函数f(x)在x (o,一)时的最小值sin xtanxcosxtan xcosxcot xsin xcotx2为。二、解答题(共3题，14 15 15 44分)9、设数列 门0满足条

3、件：ai 10 2 ,且为2 an 1 an (n 1, 2, 3,)1求证：对于任何正整数 n,都有：n an 11 n /a an10、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；1(2)若 BOC的面积等于 AOD面积的1,求证：|AB|BC|CD|322x t11、已知、是万程4x2 4tx 1 0 (t R)的两个不等实根，函数 f(x)的定义域x 1为,。(I)求 g(t) max f (x

4、) min f (x);(n)证明：对于 ui (0, ) (i 1,2,3),若 sinu1 sin u2 sin u3 1,则 213好g (tan U1) g(tanu2)g(tanu3) 4二试（考试时间：150分钟 总分：200分）、（本题50分）如图，。O和。Q与ABC勺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E BC FP、（本题50分）正实数x,y,z,满足xyz 1。证明：525252x x y y z z522522522xyz y z x z x y、（本题50分）对每个正整数n,定义函数f（n）0 当n为平

5、方数, 二当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： “修的值k 1四、（本题50分）在世界杯足球赛前，F国的教练员为了考察Ai、A2、A3、A4、A5、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Ai、A2、A3、A4每人上场的总时间（以分钟为单位）均被7整除，A5、A6、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、。2x4y 2，2x 2y = 4 V2 o

6、x = °,y = '时取最小值,此时243.5 O42、4。解:将 f (2010) 5 记做 20105,于是有20105252985891454220416375889从89开始，fn是周期为8的周期数列。故f2010 (2010 )f2005 (89 )f5 250 8 ( 89 )f5(89)4。3、 60° 。解:连结D。，作CE BQ ,垂足为E,延长CE交AB于F,则FEBD1，连结 AE,由对称性知AEBD1,FEA 是二面角 A BD1连ZAG 设 AB=1,则 AC AD1BD1. 3.在 Rt ABD1 中,AEAB AD1BD1AEC 中,

7、cosAEC2 一 2AE2 CE22AE CEAC2A的平面角。32AE2 AC2 2AE24、AEC3 O 40181004。1200,而FEA是AEC的补角,解：三个数成递增等差数列， 设为对于给定的d, a可以取1, 2,故三数成递增等差数列的个数为1004(2010d 12d)三数成递增等差数列的概率为1005* 1004C3010FEA600 oa,a d, a 2d,按题意必须满足2d 2010,2010-2d。1005*1004.3O4018-17 15、。解：由条件,c a，令a bb b cx,b c y,cz；则a左J,b =z一,cy z X ,从而原条件可化为:222

8、z x . z z . 4z111,y x y x y令x_y t,则z1,解得1.172故-b-a cx y2z.17 146、1。解：经过N两点的圆的圆心在线段MN勺垂直平分线 y=3 x上，设圆心为2S (a, 3a),则圆S的万程为：(x a) (y 32_2a) 2(1 a )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MN,P三点的圆S必与X轴相切于点巳即圆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

9、M, N, P的圆的半径，所以1 . _ n 27、3(2MPN MP'N,故点P (10)为所求，所以点P的横坐标为1。解：设bn1一,nan0,1,2,，则(3 bn-)(611)18, bn即 3bn 16bn 1 0.bn 12bn3, bn12(bn1)1故数列bn 是公比为2的等比数歹U, 3bn3n ，、2 (b03)2nbn3(2n1)。i o ainbii 01(2i1 1) 32(2 n 12 11)(n1)2n8、4。解:f(x)(sin x cosx)sinx tanxcosx cotx(tanx cotx)cosxtanx sinx cotx(sin4,，x

10、cos x) (tan x cotsin x tan x cos x cot x44x)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sinxtanx(1) (2)得到sin xcosx所以当x 一时,4f(x)tanxcosxcosxcosx cotx (1) cotx sinx (2)即得sinx4。所以 min f (x)4。cosx。因为 x (0,), 22 |-1二、解答题9、证明：令a01,则有ak 1akak 1 ,且akak 1ak 1ak(k 1,2,)nn阜 n人已 nak ak 1k 1 ak 1 k 1 ak 1由算术-

11、几何平均值不等式，可得ana。an 1a1a3注意到a0a11 ，可知an 1an1-1n an 1an 1_1_n an10、解：（1）设直线kx b代入m得:(12 2k )x2bkxb2b2m(1k2) 0,0得:设 B(Xi，Yi) , C(x2,y2),则有2bkX1 X22 ' X1x21 k(b21 km)2设 A(X3, y3 ) , D(x4 , y4),易得：x3-1 .1由 | AB| |BC| |CD |得 |BC | |AD|,故 |X1 X2 | - | X3 33X4 |，代入得2，上空)2 (b 2m) 1|二b|,整理得：b2 9m心21k21 k23

12、 1k81),又 | OA |b工12|OD1回升'AOD 90 ,_ bAOD"!?-k2-9m为定值.| 8(2)设BC中点为P ,AD中点为Q则Xpx1 x2bkx3 x42 Xq21 k22bk一r ,所以k2XpXq , P、Q 重合,从而 | AP | | DP |,从而|AB|CD|,又BOC的面积等于AOD面积的11,所以 | BC | | AD |,从而 | AB |33|BC|CD |.11、解:(I)设X1 x22，则 4xi4tXi1 0,4x2 4tx21 0,4(X2x2) 4t(% X2) 20,2x1x2 t(x1 x2)则 f(X2)f(X1

13、)2x2 t 2x1 t(x2 x1) t(x1 x2) 2x1x222X21X111)(xf 1)又 t(X x2) 2x1x2 2 t(x1 x2)2x1x2 -2f(x2)f(x) 0故f (x)在区间上是增函数。t,g(t) maxf(x)min f(x) f( ) f()t( ) 22、t2 1 t28t2 1(2t2 5)t22516_ 2_16t25(n)证:g(tanui)8 ( cosui-3)cos ui39 cos ui1624cos ui cosui"""":216 9cos ui2 16 24216 9cos ui16、. 62

14、- (i16 9cos ui1,2,3)i 1 g(tan Ui)219cos2ui) -=(16 3 9 3 9)16 63-2、sin ui)i 1311316 .6 i1(1633 sini 12Ui3Q sin Ui1,且 5 (0,y), i 1,2,33(sin ui )2 1 ,而均值不等式与柯西不i 1等式中，等号不能同时成立,g (tan u i) g(tanu2) g(tanu3)1(75 916x63)、证明：延长PA交EF于D,则PEG PHF分别是 ACg ABD的截线，由梅涅劳斯定理得:DE CG AP ECgGA9PDBF DP AH FDgPAgHB=1=1。0

15、、0 02都是 ABC的旁切圆,1EC=CG= ( BC+CA+AB =BF=HB于是由、得:DE _ GAFD- AH又 RtMG8 RtAAHCODE _ GA _ AO1FD AH AO2而0、A Q三点共线，且01EEF,02FEF,PA BC二、证明：原不等式可变形为2x-5x5x-2y5y2z2z-5z5z22x y2xx52yy22zz22xy52 y z22zx22xz52 y x2由柯西不等式以及 xyz1可得(x5z2)(yzz2)(x2 . xyz222y z )222xyz5522xyz同理2 x y522y zz2 x22x一5z2y_2x上面三式相加并利用z2(x2

16、 y)2,22yz yz222xyzzx x22z-2yxy yz22z xy2z22xy x2y_2zzx得2x-5x2y2y2z2z2x-5y2y2z2z-2x22x y52z x2z-2yxy yz zx三、解：对任意a, k(k1)2,则 1a k22k,设k ,01,11则11ak 2k222a k a2k1,壬. a k让a跑遍区间2(k ,(k_ 21)中的所有整数，则k2 a(kK2k2k,i,2(n 1)日ZEa 1n 2k卜面计算2k号共2k个,if(a)2ka i2k_2k_,回一张2kx2k的表，第i行中，凡是i行中的位数处填写 i全表的个正因数，则该列使有2kT(j)

17、个，因此j 12k示例如下:“*”号，则这行的“*”2k 2k*号共个；另一方面，按列收集“ *”号数，第j列中，若j有T (j)i 1 iT (j)个“ *”号，故全表的“ ”号个数共2k 2k生=T(j).i j 1i723456i 11*2*3*4*56*T(j) nT(1) T(2) j i(n 1)T(3) TT(2n 1) T(2n)n则 f(a)i 12k由此,256f(k) k 115(16 k)T(2k k 11) T(k)d记ak T(2k 1) T(2k), k 1,2,15，易得ak的取值情况如下:k123456789101112131415ak356678698881

18、07101016n15因此， f(k) (16 k)ak783k 1k 1四、2_据定义 f(256)f(16 ) 0,(16 r 30),rrr31,152 r 1530 '1,k 241,242, ,255768.7t4, 13t5, 13t6, 13t7, (ti为正整数).又当k、.k 151 30r240从则i 1241,242,255,设 k15.152 r1531.152 r 15152 rf(k) 783256f(k)i 1解：设各人上场时间分别为7t1,则2,783 157t2, 7t3,得方程 7(t1+t2+t3+t4) + 13(t5+t6+t7)= 90 >3 .令 t1+t2+t3+t4=x , t5+t6+t7=y,得方程 7x+13y=27