全国高中数学联赛模拟卷

1、全国高中数学联赛模拟卷全国高中数学联赛模拟卷13/13全国高中数学联赛模拟卷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，8756分）1、已知,点(x,y)在直线x+2y=3上搬动,当2x4y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，比方f12312223214。记f1(n)f(n)，fk1(n)f(fk(n)，k1,2,3.，则f2010(2010)。3、如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角ABD1A1的度数是。4、在1,2,2010中随机采用三个数，能构成递加等差数列的概率是

2、。5、若正数a,b,c满足abc，则b的最大值是。bcacabac6、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轴上搬动，当MPN取最大值时，点P的横坐标是。7、已知数列a0,a1,a2,.,an.,满足关系式(3an1)(6an)18且a0n13，则的值i0ai是。8、函数f(x)sinxcosxtanxcotxsinxcosxtanxcotx在x(o,)时的最小值sinxtanxcosxtanxcosxcotxsinxcotx2为。二、解答题（共3题，14151544分）9、设数列an满足条件：a11,a22，且an2an1an(n1,2,3,)1求证：对于任

3、何正整数n，都有：nan11nan10、已知曲线M:x2y2m，x0，m为正常数直线l与曲线M的实轴不垂直，且依次交直线yx、曲线M、直线yx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4x24tx10（tR）的两个不等实根，函数f(x)2xt的定义域x21为，。（）求g(t)maxf(x)minf(x);（）证明：对于ui(0,)(i1,2,3)，若sinu1sinu2sinu31，则21g(tanu1)113。g(tanu2)g(tanu3)64二试（考试

4、时间：150分钟总分：200分）一、（本题50分）如图，O1和O2与ABC的三边所在的三条直线都相切，为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。P求证：直线PA与BC垂直。E、F、G、HGHO1。A。O2EBCF二、（本题50分）正实数x,y,z，满足xyz1。证明：x5x2y5y2z5z20 x5y2z2y5z2x2z5x2y20当n为平方数,三、（本题50分）对每个正整数n，定义函数f(n)1当n不为平方数.n240（其中x表示不高出x的最大整数，xxx)。试求：f(k)的值。k1四、（本题50分）在世界杯足球赛前，F国的教练员为了察看A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7这七名队员，准备

5、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A1、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整除若是每场换人的次数不限，那么，按每名队员上场的总时间计，共有多少种不同样的情况？答案与剖析一、填空题35。xy2x2y。33时取最小值,此时2235。、242=42x=,y=xy=144242、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)f20

6、05(89)f52508(89)f5(89)4。3、60。解：连结D1C,作CEBD1，垂足为E，延长CE交A1B于F，则FEBD1，连结AE，由对称性知AEBD1,FEA是二面角ABD1A1的平面角。D1C1连结AC，设AB=1，则ACAD12,BD13.在RtABAD12ABD1中，AE，BD13A1B1FEDCAE2CE2AC22AE2AC242A1在AEC中,3BcosAEC2AECE2AE2243AEC1200,而FEA是AEC的补角，FEA600。3。解：三个数成递加等差数列，设为a,ad,a2d，按题意必定满足a2d2010,4、40181004。对于给定的d，a能够取1，2，2

7、010-2d。1004故三数成递加等差数列的个数为(20102d)1005*1004.d1三数成递加等差数列的概率为1005*10043。C2010340185、171。解：由条件，有baca，令abx,bcy,caz；4acbbc则axzy,bxyz,cyzx，从而原条件可化为：222xyyzzx1zz14z1,令xyt,则zxyxyxyzt41，解得t1217或t117，t2故bxyzt1171c2z224a6、1。解：经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直均分线y=3x上，设圆心为S（a，3a），则圆S的方程为：(xa)2(y3a)22(1a2)对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆

8、的半径减小而角度增大，因此，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值必定满足2(1a2)(a3)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，因此MPNMPN，故点P（1，0）为所求，因此点P的横坐标为1。7、1(2n2n3)。3解：设bn1,n0,1,2,.,则(31)(61)18,anbn1bn即3bn16bn10.bn12bn1,bn112(bn1)1333bn2的等比数列，故数列是公比为3bn12n(b01)2n(11)12n1bn1(2n11)。33a0333n

9、1nn1i11)12(2n11)(n1)1n2n3。ioaibi(23212i0i0338、4。解：f(x)1111(sinxcosx)tanxcosxcotx(tanxcotx)tanxsinxcotxsinxcosx(sinxcosx)4(tanxcotx)4tanxcosxcotxtanxcosxcotxsinxxsin（由调停平均值不等式）4要使上式等号成立，当且仅当sinxtanxcosxcotx(1)tanxcosxcotxsinx(2)（1）（2）获取sinxcosxcosxsinx，即得sinxcosx。因为x(0,)，2因此当x时，f(x)f()4。因此minf(x)4。44

10、二、解答题9、证明：令a01,则有ak1akak1，且1akak1(k1,2,)ak1ak1于是nnaknak11ak1k1akk1由算术-几何平均值不等式，可得1na1a2an+na0a1an1a2a3an1a2a3an1注意到a0a11，可知111an11nan1nanan1，即n1nan10、解：（1）设直线l：ykxb代入AyBx2y2m得：BP(1k2)x22bkxb2m0，0Cx得：Ob2m(1k2)0AQC，D设B(x1,y1)，C(x2,y2)，则有x1x22bk，x1x2(b2m)b，x4b，11k2，设A(x3,y3)，D(x4,y4)，易得：x3k21k1k由|AB|BC

11、|CD|得|BC|1|AD|，故|x1x2|1|x3x4|，代入得33(2bk)24(b2m)1|2b2|，整理得：b29m(k21)，又|OA|2|bk21k238|，11k1k|OD|2|b|，AOD90，SAOD=b29m为定值.1k|1k2|8x1x2bk2，xQx3x4bk2，因此（2）设BC中点为P，AD中点为Q则xp1k21k2xPxQ，P、Q重合，从而|AP|DP|，从而|AB|CD|，又BOC的面积等于AOD面积的1，因此|BC|1|AD|，从而|AB|BC|CD|.3311、解：（）设x1x2,则4x124tx110,4x224tx210,4(x2x2)4t(xx)20,2

12、xxt(xx)10121212122则f(x)f(x)2x2t2x1t21x221x121又t(xx)2xx2t(xx)121212故f(x)在区间,上是增函数。Qt,1,4(x2x1)t(x1x2)2x1x2222(x21)(x11)12x1x20f(x2)f(x1)02g(t)maxf(x)minf(x)()t()22f()f()22221t21t258t21(2t25)2t22516t22516（）证：823)16(24cosui21624166cosuicos2uicosui(i1,2,3)g(tanui)169cos2ui169cos2ui169cos2169uicos2ui3113

13、13(169cos2ui)(163939)sin2ui)i1g(tanui)166i1166i1333Qsinui1,且ui(0,),i1,2,33sin2ui(sinui)21，而均值不等式与柯西不i12i1i1等式中，等号不能够同时成立，1g(tanu1)1g(tanu2)11(7591)36g(tanu3)16634二试一、证明：延长PA交EF于D，则PEG和PHF分别是ACD与ABD的截线，由梅涅劳斯定理得：DECGAP=1ggECGAPDBFDPAH=1FDggPAHBO1、O2都是ABC的旁切圆，1PEC=CG=（BC+CA+AB）=BF=HB2G于是由、得：O1HO2DEGA=A

14、FDAH又RtAGORtAHO12EBDCFDE=GA=AO1FDAHAO2而O、A、O三点共线，且O1EEF,O2FEF,12PABC二、证明：原不等式可变形为x2x5y2y5z2z505y2z2y5z2x2z5x2y2xx2y2z2x2y2z2x2y2z23即y2z2y5z2x2z5x2y2x5由柯西不等式以及xyz1可得(x5y2z2)(yzy2z2)(x2xyzy2z2)2(x2y2z2)2,即x2y2z2yzy2z2x5y2z2x2y2z2同理x2y2z2zxz2x2y5z2x2x2y2z2x2y2z2xyx2y2z5x2y2x2y2z2上面三式相加并利用x2y2z2xyyzzx得x

15、2y2z2x2y2z2x2y2z2xyyzzx3x5y2z2y5z2x2z5x2y222y2z2x三、解：对任意a,kN*，若k2a(k1)2，则1ak22k，设ak,01,111ak2k2k1,12k2.则aakak2ak2ak2aak让a跑遍区间(k2,(k1)212k）中的所有整数，则k2a(k1)2ai12k,(n1)2n2k于是f(a)a1i1i12ki2k下面计算i12k,画一张2k2k的表，第i行中，凡是i行中的位数处填写“*”号，则这行的“*”i2k号共2k个，全表的“*”号共ii12k个；另一方面，按列收集“*”号数，第j列中，若j有T（j）i个正因数，则该列使有T（j）个“

16、*”号，故全表的“*”号个数共2k2kT(j)个，因此i1j1示比以下：ji2k=2kT(j).ij11234561*2*3*4*56*nf(a)n2kT(j)nT(1)T(2)(n1)T(3)T(4)T(2n1)T(2n)则i1i1j125615由此，f(k)(16k)T(2k1)T(k)k1k1记akT(2k1)T(2k),k1,2,15,易得ak的取值情况以下：k123456789101112131415ak35667869888107101016n15因此，f(k)(16k)ak783k1k1据定义f(256)f(162)0，又当k241,242,255,设k152r(16r30)，k15152r15rr15rrr15r，15231152301301312，则11,k241,242,255r152rrk240256从则f(k)783f(k)78315768.i1i1四、解：设各人上场时间分别为7t1，7t2，7t3，7t4，13t5，13t6，13t7，(ti为正整数)得方程7(t1234567令t1+t+t+t+t+t)+13(t+