高中数学联赛模拟题

全国高中数学联赛模拟试题6一试一、填空题（每题８分，共６４分）1．知足2sin2x

sinx

sin2x

3cosx的锐角

x=2．已知复数

z知足

z

1,则

z3

3z

2的最大值为３．过抛物线

y2

4x

的焦点作一倾斜角为

，长度不超出

8的弦，弦所在的直线与椭圆3x2

2y2

2有公共点，则

的取值围为4．知足

(m

n)

m

nm

1413的正整数对

(m,n)

为5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱AB上一点，过点P在空间作直线l，使得l与平面

ABCD和平面

ABC

1D1均成30

角，则这样的直线

l有

条。6．设

f(x)

x20

22011

22010

22

2

，则

f(2011)

=7．整系数多项式

P(x)

知足

P(19)

P(99)

2011,则P(x)常数项为

=（已知其绝对值不超出

1000）8．在空间给出不共面的

4点以这些点作为极点的不同样的平行六面体有

个．二、解答题（共５６分）9．（16分）在平面上给定不共线的三点A,B,C,以线段AB为一条轴（长轴或短轴）作一个不经过C的椭圆，与另两条线段AC,BC分别交于点E,F,过E,F分别作椭圆的切线，设这两条切线交于点C0,近似地，再以线段BC,AC为一条轴各作椭圆，分别相应获得切线的交点A0,B0,证明:无论每个椭圆的另一条轴的长度怎样选择，三条直线

AA0,BB0,CC0都经过一个定点

.10．（20分）设函数f(x)知足axf(x)bf(x),(ab0)且f(1)2,f(2x)f(2x)，（1）求函数f(x)的解析式；（2）数列an的前n项的和为Sn，an知足当n1时，a1f(1)2,当n2时，Sn21n25n2,试给出数列a的通项公式并加以证明．f(an)2n11．（20分）设a1,a2,a3,n2nan是n个不全相等的正数，且ak1．k1n22n2aiaj2证明：an．knk11ijnajai加试1．已知圆⊙O1与⊙O2外切于点T，向来线与⊙O2相切于点X，与⊙O1交于点A、B，且B⌒点在线段AX的部，直线XT与⊙O1交于另一点S，C是不包括点A、B的TS上的一点，过点C作⊙O2的切线，切点为，且线段CY与线段ST不订交，直线SC与XY交于点．证YI明I是△ABC的∠A的旁切圆的圆心．2．在区间[a,b]上随意地插入2010个分点x2,x3,,x2011，知足ax1x2x2012b.记yk1k1,2,,2012)kxj(kj12011（1）证明：存在正常数M(0M1)，使|yiyi1|M|ba|；i1（2）求最小正数M，使得（1）中的不等式对知足题设条件的全部xi(i1,2,,2012)都成立.3．设kN，定义A1nAn2(n1)2k1,2,1，An1，nn2证明：当n1时，An为整数，且An为奇数的充要条件是n1或2(mod4)4．求最小的正整数n，使得把会合M{1,2,,n}随意划分成两个子集A,B（AB,ABM），方程x1x2x9x10最少存在一组正整数解(x1,x2,,x10)（x1,x2,,x10的值能够同样），而由这一组数值组成的会合C，或许CA，或许CB.模拟试题6参照答案一试；3解析：因x为锐角，则cosx0，方程两边同时除以cosx得2sinxtanxtanx2sinx3即2sinx1tanx12又f(x)2sinx1tanx1在0,2严格单一递加故f(x)2f()x332.33；z33z2z12z2z2z2，设zabi，则a2b21解析：1原式=2(a1)2(a1)54a(2a2)(2a2)(54a)33，当a1,b2时等号成立．223.,23,4433解析：由y24x2224)xtan20y(x1)tan得xtan(2tan由抛物线定义得弦长=x11x212tan22428tan212y23x2tan又由2得x2(32tan2)(4tan2)x2tan220y(x1)tan0得tan23[4,][2,3]3344.3,11；解析：由(mn)mnmmm，mm1413故m4，又由于mmnn整除mmnm1413故m1或3，经查验m3,n113,11n知足5.2解析：由于二面角C1ABD的平面角为45，在这个二面角及其“对顶”二面角，不存在过点P且与平面ABCD和平面ABC1D1均成30的直线，转而考虑它的补二面角，易知过点P有且仅有两条直线与其均成30。6.1；解析：注意到：对随意a0，当t[0,2a]时有taa而201110(211)10222011若2011102201122011.201110220112201022010....有f(2011)2又f(2011)为奇数，f(2011)17.225解析：设P(x)常数项为a0，则P(x)xQ(x)a0此中Q(x)为整系数多项式，设P(19)19na0,P(99)94ma0此中m,n为整数，由于19,94互素，P(19)P(99)19n94m于是n94k,m19k进而P(19)1994ka02011,a020111706ka01000,k1时，a02258.29解析：每一平行六面体被所指定的1个极点和3此中截面所在平面独一确立。关于给定的4个点，存在7个到这4个点等距的平面。从这7此中任取3个，再除去那些平行于某向来线的三平面组共C426,C73629解：先考虑以边AB为一条轴的椭圆，如图成立直角坐标系，设该椭圆的方程为x2y21(ab)，它与直线AC、a2b2BC分别交于点E、F，过E、F分别作椭圆的两条切线交于点C0．设A(a,0)，B(a,0)，E(acos,bsin)，F(acos,bsin)．则lAE：ybsin，lBF：ybsin．xaa(1cosxaa(1cos))解得点C的横坐标xCacos2．cos2xcosysinxcosysin故椭圆过点E、F的切线方程分别为1，aba1．bacos由此解得点C0的横坐标xC0cos2．2由xCxC0知，CC0AB．同理，AA0BC，BB0AC．因此直线AA0、BB0、CC0分别重合于ABC的三条高线．故它们都经过ABC的垂心．１0.解：⑴由axf(x)bf(x)ax1f(x)b当ax10，b=0与已知矛盾当ax10，f(x)b2得2ab2........①又f(1)ax1又由f(2x)f(2bb......②x)得x)1a(2x)a(21由①②得a1,b1f(x)22x2⑵猜想ann1下边用数学概括法证：①当n=1明显成立。②假定nk时成立，即akk1，且Sa1(k25k2)，kk2Sk1ak125k12)，当nk1时，1(k1aS21(k15k12)aa1(k25k2)k2S2k1k1k2k1k2综上所述，猜想成立11.证明：运用拉格朗日恒等式，nnnnn2a2nan2an22aiajk,nkk1ijnajnaink1k1k1ajn22代入不等式只要证ain2aiajajnainnajai1ijn1ijnainajnajn1n2ajajn1aiaiainajnainnaiajajai...ajai（等号不可以立）证毕．加试1．证明：过T作两圆公切线MN，则∠ICT=∠SAT=∠STN=∠MTX=∠AXT,∠BCT=∠BAT．∴∠BCI=∠ICT+∠TCB=∠AXS+∠－∠ACBXAT=∠ATS=∠ACS=2．∴SI为∠ACB外角均分线①又∵∠SAT=∠AXS△∽△．SATSXA2∴∠ATS=∠XASSA=，并且SA=SBST·SX．又∵∠TCI=∠AXT=∠XYTT、C、Y、I共圆．∴∠TIC=∠TYC=∠．∴△∽△2·．∴==．SIXSI=SASISBSTISISXST11∴∠BIS=2180－∠BST=2180－∠BAC．∴∠CBI=180－∠BCI－∠BIC=180－180－∠ACB180－∠BAC2－2=∠ACB+∠BAC=90－1∠．22ABC∴IB为∠ABC外角均分线②联合①②可知I为△ABC旁心，得证．2．解：（1）注意到ykyk11kxj1k1xjx1x2xkkxk1k1j1k(k1)kj1k(xixk1)i10，则|ykyk1|yk1ykk(k1)2011201112012故|yiyi1|(yi1yi)y2012y1xix12012ii1i11x1x2x20122012x112011(2012i)(xi1xi)（*）20122012i120112011(xi1xi)2011(x2012x1)2011(ba)取M2011即可2012i1201220122012（2）下边证明：M的最小值为20110M'2011，即对随意的，只要证明：存在201220112012x2,x3,,x2011知足ax1x2x2012b，使|yiyi1|M'|ba|i1事实上，令x2a2012M'(ba)，则ax2a20122011(ba)b201120112012于是，由（*）式得2011120112011(x2|yiyi1|(2012i)(xi1xi)x1)M'(ba)i12012i12012xi(i1,2,,2012)均成立的最小正数M为2011综上，对全部知足条件的全部.1)2k20123．证明：注意到(n2)An1nAn2(n(n1)An(n1)An12n2k得(n2)(n1)An1(n1)nAn12(n1)2k12n2k1频频运用上式，得An2S(n)，此中S(n)1t2tnt，t2k1n(n1)ni)tit]ni)tit得2S(n)[(n[(n1]，进而可知n(n1)|2S(n)，i0i1因此An(n1)是整数（1）当n1或2(mod4)时，由S(n)有奇数个奇数项知S(n)为奇数，因此An为奇数（2）当n0(mod4)时，(n)t0(mod4)，n22i)tit](n)t故S(n)[(n0(mod4)，因此An为偶数i02（3）当n3(mod4)时，(n1)t0(mod4)，2n12it](n1)t故S(n)[(n1i)t0(mod4)，因此An为偶数i12综上所述，命题成立，证毕.4．解：设计一种划分，使其不知足题目要求，并且使n尽可能大：A{1,2,,8,81,82,,88}，B{9,10,,80}下边证明：当n89时，必定知足题目要求.反证法当n89时，假定存在一种划分A和B不知足题