高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽模擬題1-5

1、2011年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題一一試一填空題（每小題8分，共64分）1函數(shù)在上的最小值是 2. 函數(shù)的值域是 3. 將號(hào)碼分別為1、2、9的九個(gè)小球放入一個(gè)袋中，這些小球僅號(hào)碼不同，其余完全相同。甲從袋中摸出一個(gè)球，其號(hào)碼為a，放回后，乙從此袋中再摸出一個(gè)球，其號(hào)碼為b。則使不等式a2b+10>0成立的事件發(fā)生的概率等于 4設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和滿足：，則通項(xiàng)= 5.已知橢圓與直線交于M,N兩點(diǎn),且,(為原點(diǎn)),當(dāng)橢圓的離心率時(shí),橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)的取值范圍是 6函數(shù)的最大值是 7在平面直角坐標(biāo)系中，定義點(diǎn)、之間的“直角距離”為若到點(diǎn)、的“直角距離”相等，其中實(shí)數(shù)、滿足、，則所有滿足條件的點(diǎn)的軌跡的

2、長(zhǎng)度之和為 8一個(gè)半徑為1的小球在一個(gè)內(nèi)壁棱長(zhǎng)為的正四面體容器內(nèi)可向各個(gè)方向自由運(yùn)動(dòng)，則該小球永遠(yuǎn)不可能接觸到的容器內(nèi)壁的面積是 二.解答題（共56分）9.（16分） 已知定義在上的函數(shù)滿足：，且對(duì)于任意實(shí)數(shù)，總有成立.（1）若數(shù)列滿足，求數(shù)列的通項(xiàng)公式； （2）若對(duì)于任意非零實(shí)數(shù)，總有.設(shè)有理數(shù)滿足，判斷和 的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論.10.（20分）設(shè)，數(shù)列滿足，（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式； （2）證明：對(duì)于一切正整數(shù)，11.（20分）若、，且滿足，求的最大值。加試一（40分）在平面直角坐標(biāo)系上，給定拋物線：實(shí)數(shù)滿足，是方程的兩根，記（1）過(guò)點(diǎn)作的切線交軸于點(diǎn)證明：對(duì)線段上的任一點(diǎn)，有；（2）

3、設(shè)，當(dāng)點(diǎn)取遍時(shí)，求的最小值 （記為）和最大值（記為）.二（40分）如圖，給定凸四邊形，是平面上的動(dòng)點(diǎn)，令（）求證：當(dāng)達(dá)到最小值時(shí)，四點(diǎn)共圓；（）設(shè)是外接圓的弧上一點(diǎn)，滿足：，又是圓的切線，求的最小值二題圖三（50分）如圖，在7×8的長(zhǎng)方形棋盤的每個(gè)小方格的中心點(diǎn)各放一個(gè)棋子。如果兩個(gè)棋子所在的小方格共邊或共頂點(diǎn)，那么稱這兩個(gè)棋子相連?，F(xiàn)從這56個(gè)棋子中取出一些，使得棋盤上剩下的棋子，沒(méi)有五個(gè)在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。問(wèn)最少取出多少個(gè)棋子才可能滿足要求？并說(shuō)明理由。四（50分）求證：對(duì)均有無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)，使得中恰有i個(gè)可表示為三個(gè)正整數(shù)的立方和。模擬試題一參考答案 第一試

4、一 填空題（每小題8分，共64分）1.2當(dāng)時(shí)，因此，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)上式取等號(hào)而此方程有解，因此在上的最小值為22. 設(shè)t=sinx+cosx=因?yàn)樗杂忠驗(yàn)閠2=1+2sinxcosx,所以sinxcosx=，所以，所以因?yàn)閠-1，所以，所以y-1.所以函數(shù)值域?yàn)?. 。甲、乙二人每人摸出一個(gè)小球都有9種不同的結(jié)果，故基本事件總數(shù)為92=81個(gè)。由不等式a2b+10>0得2b<a+10，于是，當(dāng)b=1、2、3、4、5時(shí)，每種情形a可取1、2、9中每一個(gè)值，使不等式成立，則共有9×5=45種；當(dāng)b=6時(shí)，a可取3、4、9中每一個(gè)值，有7種；當(dāng)b=7時(shí)，a可取5、6、7、8、9中

5、每一個(gè)值，有5種；當(dāng)b=8時(shí)，a可取7、8、9中每一個(gè)值，有3種；當(dāng)b=9時(shí)，a只能取9，有1種。于是，所求事件的概率為。4. 。，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，所以 5. 。由,可得 由得,即,將,代入得,即,因?yàn)?得,得,有,解得.6. 。函數(shù)的定義域?yàn)?，且。?dāng)且僅當(dāng)，等號(hào)成立，即時(shí)函數(shù)取最大值。7. 。由條件得 -當(dāng)時(shí)，化為，無(wú)解；當(dāng)時(shí)，化為，無(wú)解；當(dāng)時(shí)，化為 -若，則，線段長(zhǎng)度為；若，則，線段長(zhǎng)度為；若，則，線段長(zhǎng)度為綜上可知，點(diǎn)的軌跡的構(gòu)成的線段長(zhǎng)度之和為。 答圖18. 。如答圖1，考慮小球擠在一個(gè)角時(shí)的情況，記小球半徑為，作平面/平面，與小球相切于點(diǎn)，則小球球心為正四面

6、體的中心，垂足為的中心因 ，故，從而記此時(shí)小球與面的切點(diǎn)為，連接，則考慮小球與正四面體的一個(gè)面(不妨取為)相切時(shí)的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點(diǎn)的軌跡仍為正三角形，記為，如答圖2記正四面體的棱長(zhǎng)為，過(guò)作于答圖2 因，有，故小三角形的邊長(zhǎng)小球與面不能接觸到的部分的面積為（如答圖2中陰影部分） 又，所以由對(duì)稱性，且正四面體共4個(gè)面，所以小球不能接觸到的容器內(nèi)壁的面積共為二 解答題（共56分）9.解:（1）令，又，. 令，得 ，即 對(duì)任意的實(shí)數(shù)總成立， 為偶函數(shù). 令，得 ，. . 令，得，. 是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列. . （2）結(jié)論：. 證明：時(shí)，,，即.令（），故，總有成立. 則.對(duì)

7、于，總有成立. 對(duì)于，若，則有成立.，所以可設(shè)，其中是非負(fù)整數(shù)，都是正整數(shù)，則，令，則.，即. 函數(shù)為偶函數(shù)，. 10解：， 當(dāng)時(shí)，則是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，即 當(dāng)且時(shí)，當(dāng)時(shí)，是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列綜上所述（2）方法一：證明： 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)且時(shí)，對(duì)于一切正整數(shù)，方法二：證明： 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)且時(shí)，要證，只需證，即證即證即證即證，原不等式成立。對(duì)于一切正整數(shù)，11解:由均值不等式得,等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng),故的最大值為100 .加試一，解：（1）是拋物線上的點(diǎn)，則切線的斜率過(guò)點(diǎn)的拋物線的切線方程為：，即在線段上，不妨設(shè)方程的兩根為，則， 當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)，綜上所述，對(duì)線段上的任一點(diǎn)，有（2）如圖

8、所示，由，求得兩個(gè)交點(diǎn)則， 由，得，即 由，得，令，則，即綜上所述，二解： （）由托勒密不等式，對(duì)平面上的任意點(diǎn)，有因此 因?yàn)樯厦娌坏仁疆?dāng)且僅當(dāng)順次共圓時(shí)取等號(hào)，因此當(dāng)且僅當(dāng)在的外接圓且在弧上時(shí)，又因，此不等式當(dāng)且僅當(dāng)共線且在上時(shí)取等號(hào)因此當(dāng)且僅當(dāng)為的外接圓與的交點(diǎn)時(shí)，取最小值故當(dāng)達(dá)最小值時(shí)，四點(diǎn)共圓（）記，則，由正弦定理有，從而，即，所以，整理得，解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整理得，故，可得， 從而，為等腰直角三角形因，則又也是等腰直角三角形，故，故三解：最少要取出11個(gè)棋子，才可能滿足要求。其原因如下：如果一個(gè)方格在第i行第j列，則記這個(gè)方格為(i，j)。第一步證明若任取10個(gè)

9、棋子，則余下的棋子必有一個(gè)五子連珠，即五個(gè)棋子在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。用反證法。假設(shè)可取出10個(gè)棋子，使余下的棋子沒(méi)有一個(gè)五子連珠。如圖1，在每一行的前五格中必須各取出一個(gè)棋子，后三列的前五格中也必須各取出一個(gè)棋子。這樣，10個(gè)被取出的棋子不會(huì)分布在右下角的陰影部分。同理，由對(duì)稱性，也不會(huì)分布在其他角上的陰影部分。第1、2行必在每行取出一個(gè)，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)這些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)這些方格上至少要取出2個(gè)棋子。在第1、2、3列，每列至少要取出一個(gè)棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1

10、)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在區(qū)域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在區(qū)域內(nèi)至少取出3個(gè)棋子。這樣，在這些區(qū)域內(nèi)至少已取出了10個(gè)棋子。因此，在中心陰影區(qū)域內(nèi)不能取出棋子。由于、這4個(gè)棋子至多被取出2個(gè)，從而，從斜的方向看必有五子連珠了。矛盾。圖1圖2第二步構(gòu)造一種取法，共取走11個(gè)棋子，余下的棋子沒(méi)有五子連珠。如圖2，只要取出有標(biāo)號(hào)位置的棋子，則余下的棋子不可能五子連珠。綜上所述，最少要取出11個(gè)棋子，才可能使得余下的棋子沒(méi)有五子連珠。四證明：三個(gè)整數(shù)的立方和被9除的余數(shù)不能是

11、4或5，這是因?yàn)檎麛?shù)可寫為而，對(duì)被9除的余數(shù)分別為4，5，故均不能表示為三個(gè)整數(shù)的立方和，而對(duì)被9除的余數(shù)為5，故不能表示為三個(gè)整數(shù)的立方和，而對(duì)滿足條件：2011年數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題二山東青島 鄒明一試一. 填空題1.函數(shù)的值域是_;2.設(shè)a,b,c為直角三角形的三邊長(zhǎng),點(diǎn)(m,n)在直線ax+by+c=0上.則m2+n2的最小值是_3.定義區(qū)間，的長(zhǎng)度均為，其中已知實(shí)數(shù)，則滿足的構(gòu)成的區(qū)間的長(zhǎng)度之和為_(kāi);4.擲6次骰子,令第次得到的數(shù)為,若存在正整數(shù)使得的概率，其中是互質(zhì)的正整數(shù).則= . 5.已知點(diǎn)在曲線y=ex上，點(diǎn)在曲線y=lnx上，則的最小值是_6.已知A,B,C為ABC三內(nèi)角,向量

12、,.如果當(dāng)C最大時(shí),存在動(dòng)點(diǎn)M,使得成等差數(shù)列,則最大值是_;7.四面體OABC中,已知AOB=450,AOC=BOC=300,則二面角AOCB的平面角的余弦值是_;8.設(shè)向量滿足對(duì)任意和,恒成立.則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_.二. 解答題xyOPF1F2MN 9.如圖,設(shè)p為雙曲線上第一象限內(nèi)的任一點(diǎn),F1, F2為左右焦點(diǎn),直線PF1,PF2分別交雙曲線于M,N.若,.求的值及直線MN的斜率KMN的取值范圍.10.設(shè)數(shù)列滿足,.求證:當(dāng)時(shí),. (其中表示不超過(guò)的最大整數(shù))11.求證:存在函數(shù)f:RR,滿足對(duì)一切xR都有f(x3+x)xf3(x)+f(x).二 試ABCDEFGM·ON1

13、.如圖,四邊形BDFE內(nèi)接于圓O,延長(zhǎng)BE與DF交于A,BF與DE相交于G,做ACEF交BD延長(zhǎng)線于C.若M是AG的中點(diǎn).求證:CMAO.2.求最小的正數(shù)c,使得只要n=(k1,kmN,k1>k2>>km0),就有.3求證:對(duì)任意正整數(shù)n,都能找到n個(gè)正整數(shù)x1,x2,xn,使得其中任意r(r<n)個(gè)數(shù)均不互素,而r+1個(gè)數(shù)均互素.4.給定2010個(gè)集合,每個(gè)集合都恰有44個(gè)元素,并且每?jī)蓚€(gè)集合恰有一個(gè)公共元素.試求這2010個(gè)集合的并集中元素的個(gè)數(shù).模擬試題二參考答案1. 解:令sinx+cosx=t,則t=,2sinxcosx=t2-1,關(guān)于t+1在和上均遞增,所以

14、,或,即值域.2. 解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2,所以, m2+n21,等號(hào)成立僅當(dāng)mb=na且am+bn+c=0,解得(m,n)=(),所以, m2+n2最小值是1.3. 解:由，得，令，則，設(shè)方程的兩根為、，又因?yàn)椋圆坏仁降慕饧癁?，?gòu)成的區(qū)間長(zhǎng)度之和為4.解:當(dāng)時(shí)，概率為;當(dāng)時(shí),，概率為； 當(dāng)時(shí)，概率為； 當(dāng)時(shí)，概率為； 當(dāng)時(shí)， ，概率為；當(dāng)時(shí)，概率為；故,即,從而.5. 解:因曲線y=ex與y=lnx關(guān)于直線y=x對(duì)稱所求的最小值為曲線y=ex上的點(diǎn)到直

15、線y=x最小距離的兩倍,設(shè)P(x,ex)為y=ex上任意點(diǎn),則P到直線y=x的距離,因,所以,即min=.6.解: ,等號(hào)成立僅當(dāng).令|AB|=2c,因,所以, M是橢圓上的動(dòng)點(diǎn).故點(diǎn)C(0,),設(shè)M(x,y),則|MC|2=x2+()2=.當(dāng)y=時(shí), |MC|2max=,|MC|max=.即max=7. 解:不妨設(shè)ACOCBC,ACB=,AOC=BOC=,CAOBAOB=.因=即，兩端除以并注意到,即得,將=450,=300代入得,所以,.8.解:令則,因,所以,對(duì)任意恒成立或或?qū)θ我夂愠闪⒒?xyOPF1F2MN三. 解答題 9. 解: 設(shè)p(x0,y0),因,所以,同理,將M、N坐標(biāo)代入

16、雙曲線得:即消去x0得:即,因所以,解得.將(1)-(2)得:將代入得: 與聯(lián)立解得:代入,由x02-3y02=3得即斜率KMN的取值范圍是().10. 證明：對(duì)于任何正整數(shù)，由遞推知由知數(shù)列遞減.又對(duì)任意,即有,從而.于是，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，由遞減得.故所以，.11. 證:由xg(f(x)g(g-1(x)g(f(x)及g(x)是R上的增函數(shù),可得g-1(x)f(x).又由f(g(x)x得f(x)=f(g(g-1(x)g-1(x),即f(x)g-1(x),所以,f(x)=g-1(x).顯然,當(dāng)f(x)=g-1(x)時(shí),有f(g(x)=g(f(x)=x,當(dāng)然有f(g(x)xg(f(x).回到原題:取

17、g(x)=x3+x,顯然,g(x)是R上的增函數(shù),由引理即得f(x)=g-1(x)時(shí),就有f(x3+x)xf3(x)+f(x).二 試ABCDEFGM·ON1. 證法1:設(shè)O半徑為R,則由圓冪定理得CO2=CD·CB+R2.因ACEF,所以,CAD=ABC,ACDABC,即AC2=CD·CB,所以,CO2-AC2=R2,下證MO2-MA2=R2:由中線長(zhǎng)公式得MO2=(OA2+OG2)-MA2,所以,MO2-MA2=R2OA2+OG2-AG2=2R2.由圓冪定理得:OA2=R2+AF·AD,OG2=R2-GE·GD,延長(zhǎng)AG到N,使得AF

18、83;AD=AG·AN,則F,D,N,G四點(diǎn)共圓,因AE·AB=AF·AD=AG·AN,所以E,B,N,G四點(diǎn)共圓,NEB=NGB=ADN,從而A,D,N,E四點(diǎn)共圓,AG·AN=EG·GD,所以,OA2+OG2-AG2=2R2+AF·AD-GE·GD=2R2+ AG·AN-GE·GD=2R2.即有CO2-AC2= MO2-MA2=R2,由平方差定理知CMAO.證完.ABCDEFGM·NPTO證法2:由證法1知，只要證MO2-MA2=R2:設(shè)BEG的外接圓交AG于N,DNO=P,連BP

19、,BN,則B,E,G,N四點(diǎn)共圓,所以,AE·AB=AF·AD=AG·AN,其中R為O半徑.故F,D,N,G四點(diǎn)共圓,延長(zhǎng)AN交O于T,則BPD=BED=BFD=DNT,BPAT,BNT=PBN,所以,BPD=BED=BNT=PBN,從而B(niǎo)N=PN,ONBP,ONAT.設(shè)AM=MG=x,GN=y,則OA2=(2x+y)2+ON2, OM2=(x+y)2+ON2,因OA2=R2+AF·AD=AG·AN,所以,OM2=OA2-(2x+y)2+(x+y)2=OA2-2x(2x+y)+x2=OA2-AG·AN+x2=OA2-AF·A

20、D+x2=R2+x2,OM2-AM2=R2,所以,CO2-AC2=MO2-MA2=R2,CMAO.證完.2.解:因?qū)=時(shí),有,所以,c>1.因?qū)=+2+1=2k+1-1,有,即,所以, ,令t=, 則恒成立,所以,c,cmin=.現(xiàn)對(duì)m歸納證明:當(dāng)m=1時(shí),已知成立,假設(shè)對(duì)m成立,對(duì)m+1:設(shè)n=(k1>k2>>km+10),則n-=,由歸納假設(shè)得: ,所以,現(xiàn)證: .因,所以, 左端, 即對(duì)m+1成立.故cmin=.3證明:設(shè)存在這樣的n個(gè)正整數(shù),則它們可組成個(gè)不同的r元數(shù)組.每組的r個(gè)數(shù)不互素,即r個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)大于1,令每個(gè)r元數(shù)組對(duì)應(yīng)它們的最大公約數(shù).任何

21、r+1個(gè)數(shù)均互素上述對(duì)應(yīng)是單射:若(x1,x1,xr)=(x1/,x1/,xr/)=d,則(x1,x1,xr,x1/)=(d,x1/)=d>1矛盾!任取個(gè)互不相同的素?cái)?shù)p1,p2,p,并使之與1,2,n的個(gè)r元子集一一對(duì)應(yīng),然后對(duì)每個(gè)i1,2,n,令xi為i所在的所有r元子集(個(gè))所對(duì)應(yīng)的素?cái)?shù)之積,則這n個(gè)數(shù)滿足要求:對(duì)x1,x1,xn的任意r元子集,它們的最大公約數(shù)恰為r元子集i1,i2,ir所對(duì)應(yīng)的素?cái)?shù),當(dāng)然大于1,從而這r個(gè)數(shù)不互素,由于個(gè)素?cái)?shù)中的每一個(gè)都恰為x1,x1,xn中r個(gè)數(shù)的約數(shù),故x1,x1,xn中任意r+1個(gè)數(shù)均互素.4. 解:設(shè)給定集合為A1,A2,A2010,則有

22、|Ai|=44(1i2010), |AiAj|=1(1i<j2010),只要求|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3).由|AiAj|=1知|Ai1Ai2Aik|1,若都等于1,則必有一個(gè)元是所有集合的公共元素.下面證明|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3)=1:對(duì)于A1,因它與其它2009個(gè)集合都有公共元,且|A1|=44,=45,若A1中每個(gè)元素至多屬于其它45個(gè)集合,則A1至多與44×45=1980個(gè)集合有公共元素.矛盾!可見(jiàn), A1中必有一個(gè)元a至少屬于其它46個(gè)集合,設(shè)aA2,A47,而B(niǎo)是

23、A48,A2010中任意一個(gè)集合,若aB,因B與A1,A47中每一個(gè)都有公共元素,則這些公共元素兩兩不同(因若B與Ai, Aj(1i<j47)有相同公共元素b,則ba,從而Ai, Aj(1i<j47)有兩個(gè)公共元素,矛盾!),故B至少有47個(gè)元素,與|B|=44矛盾!故aB,即a是2010個(gè)集合的公共元素.再由A1,A2,A2010每?jī)蓚€(gè)集合恰有一個(gè)公共元素知|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3)=1.所以,| A1A2A2010|=2010×44-=2010×44=86431.高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬題三人大附中 李秋生一試一、

24、填空題（本題滿分64分，每小題8分）1. 已知，且，若，則a的取值范圍是 。2. 在中，若，為的內(nèi)心，且，則 .3. 已知函數(shù)若關(guān)于x的方程有且只有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 。4. 計(jì)算器上有一個(gè)特殊的按鍵，在計(jì)算器上顯示正整數(shù)n時(shí)按下這個(gè)按鍵，會(huì)等可能的將其替換為0n-1中的任意一個(gè)數(shù)。如果初始時(shí)顯示2011，反復(fù)按這個(gè)按鍵使得最終顯示0，那么這個(gè)過(guò)程中，9、99、999都出現(xiàn)的概率是 。5. 已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)作一條直線l交橢圓于點(diǎn)P、Q，則F1PQ內(nèi)切圓面積的最大值是 6. 設(shè)為一個(gè)整數(shù)數(shù)列，并且滿足：，若，則滿足且的最小正整數(shù)n是 7.

25、 如圖，有一個(gè)半徑為20的實(shí)心球，以某條直徑為中心軸挖去一個(gè)半徑為12的圓形的洞，再將余下部分融鑄成一個(gè)新的實(shí)心球，那么新球的半徑是 。8. 在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，將適合且使關(guān)于t的方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根的點(diǎn)所成的集合記為N，則由點(diǎn)集N所成區(qū)域的面積為 。二、解答題（本題滿分56分）9. （本小題滿分16分）對(duì)正整數(shù)，記，求數(shù)列中的最大值10.（本小題滿分20分）已知橢圓 過(guò)定點(diǎn)A（1，0），且焦點(diǎn)在x軸上，橢圓與曲線的交點(diǎn)為B、C。現(xiàn)有以A為焦點(diǎn)，過(guò)B，C且開(kāi)口向左的拋物線，其頂點(diǎn)坐標(biāo)為M（m，0），當(dāng)橢圓的離心率滿足 時(shí)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。11.（本小題滿分20分）映射f的定義域是的全體真子集，值

26、域包含于，滿足條件：對(duì)任意，都有，求這種映射的個(gè)數(shù)二試一、（本題滿分40分）設(shè)為直線上順次排列的五點(diǎn)，在直線外的一點(diǎn)，連結(jié)并延長(zhǎng)至點(diǎn)，恰使，同時(shí)成立.求證：。二、（本題滿分40分）已知：，求證：三、（本題滿分50分）設(shè)正整數(shù)n大于1，它的全部正因數(shù)為d1，d2，dk，滿足1=d1<d2<<dk = n。再設(shè)D = d1d2d2d3dk1dk。(i) 證明：D<n2；(ii) 確定所有的n，使得D整除n2。四、（本題滿分50分）設(shè)圓周上有一些紅點(diǎn)和藍(lán)點(diǎn)，可以進(jìn)行如下操作：加上一個(gè)紅點(diǎn)，并改變其相鄰兩點(diǎn)的顏色；或去掉一個(gè)紅點(diǎn)，并改變?cè)扰c之相鄰的兩點(diǎn)顏色已知開(kāi)始時(shí)只有兩個(gè)點(diǎn)

27、，均為紅點(diǎn)，那么是否有可能經(jīng)過(guò)若干次操作，使得圓周上只有兩個(gè)點(diǎn)，且均為藍(lán)點(diǎn)模擬試題三參考答案一、填空題（本題滿分64分，每小題8分）1. 答：，要使，只需C中的最大元素在B當(dāng)中，所以，得。2. 答：設(shè)AO交BC于點(diǎn)D，由角平分線定理知，于是，又，所以 ，因此。3. 答： 利用函數(shù)圖象進(jìn)行分析易得結(jié)果。4. 答：若計(jì)算器上顯示n的時(shí)候按下按鍵，因此時(shí)共有1n-1共n種選擇，所以產(chǎn)生給定的數(shù)m的概率是。如果計(jì)算器上的數(shù)在變化過(guò)程中除了2011，999，99，9和0以外，還產(chǎn)生了，則概率為，所以所求概率為 注意到兩式相除即得。5. 答：因?yàn)槿切蝺?nèi)切圓的半徑與三角形周長(zhǎng)的乘積是面積的2倍，且F1PQ

28、的周長(zhǎng)是定值8，所以只需求出F1PQ面積的最大值。設(shè)直線l方程為，與橢圓方程聯(lián)立得，設(shè)，則，于是。因?yàn)?，所以?nèi)切圓半徑，因此其面積最大值是。6. 答：501當(dāng)時(shí)，將原式變形為，令，則有，疊加可得，于是。由，得，化簡(jiǎn)得。由，得，將上述關(guān)于的結(jié)果代入得，于是質(zhì)數(shù)且n是奇數(shù)，所以滿足條件的最小的n是501。7. 答：16 將題目所得幾何體的上半部分與半徑為16的半球作比較，將它們的底面置于同一水平面，并考察高度為h的水平面與兩個(gè)幾何體所截的截面面積。與第一個(gè)幾何體形成的截面是圓環(huán)，外徑是，內(nèi)徑是12，所以面積是，這正是與第二個(gè)球體形成的截面圓的面積，由祖暅原理知兩個(gè)幾何體的體積是相等的。8. 答：令

29、，原方程化為 所給方程沒(méi)有實(shí)根等價(jià)于方程無(wú)實(shí)根或有實(shí)根但均為負(fù)根，所以，或點(diǎn)集N所成區(qū)域?yàn)閳D中陰影部分，其面積為二、解答題（本題滿分56分）9. （本小題滿分16分）解：經(jīng)計(jì)算知，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)時(shí)，有。假設(shè)，則 。所以數(shù)列中的最大值是。10.（本小題滿分20分）解：橢圓過(guò)定點(diǎn)A（1，0），則，。由對(duì)稱性知，所求拋物線只要過(guò)橢圓與射線的交點(diǎn)，就必過(guò)橢圓與射線的交點(diǎn)。聯(lián)立方程 ，解得 。，。設(shè)拋物線方程為：，。又 ， 把 ， 代入得，。令， 在內(nèi)有根且單調(diào)遞增， 綜上得：。11.（本小題滿分20分）解：記，其中。首先任意設(shè)定的值，則對(duì)于A的任意真子集B，記，則，因此，映射f可由的值完全確

30、定。下面證明這樣的映射滿足條件。對(duì)任意，有， ， ，由知。綜上所述，由于確定的值有種選擇，所以這種映射的個(gè)數(shù)也為。二試一、（本題滿分40分）證法一：過(guò)作BHAF，交于，則，又由，故。連結(jié)，知，延長(zhǎng)分別交于，連結(jié)。因?yàn)?，故、共圓；因?yàn)椋?、共圓，、五點(diǎn)共圓，故。，故，。證法二：作外接圓，交射線于，則。又由，知，所以、共圓，記該圓為。下證必在內(nèi).用反證法，假設(shè)不在內(nèi)。連結(jié)、，則又，矛盾！于是，在延長(zhǎng)線上.,，為切線，為切線，故。二、（本題滿分40分）證明：， ， 。，同理， 。那么將不等式左式的三個(gè)分母均放縮為其中最小的那個(gè)即可。三、（本題滿分50分）解：(i) 若d1，d2，dk是n的全部正因數(shù)

31、，則n/d1，n/d2，n/dk也是n的全部正因數(shù)，且當(dāng)1=d1<d2<<dk=n時(shí)，有dj=n/dkj1。則n2/d2=n2/(d1d2)D = d1d2d2d3dk1dk=n21/(dk1dk)1/(dk2dk1)1/(d1d2)n2(1/dk11/dk)(1/dk21/dk1)(1/d11/d2)=n2(1/d11/dk)=n2(11/n)=n2n。 (*)(ii) 在(i)的證明中已指出n2/d2Dn2n。若D整除n2，由上式知n2=qD，1<qd2。(*)因?yàn)閐2是n的最小的大于1的除數(shù)，所以，d2是素?cái)?shù)。d2當(dāng)然也是n2的素除數(shù)，并且n2沒(méi)有比d2更小的大于

32、1的除數(shù)。那么由式(*)就推出q=d2。因此，k=2，n的全部正因數(shù)是1和n本身，即n是素?cái)?shù)。四、（本題滿分50分）解：對(duì)于圓周上任意一種狀態(tài)，按下列方式定義該狀態(tài)的特征值：考察圓周上的n個(gè)藍(lán)點(diǎn)將圓周分成的n段圓弧，將這n段圓弧依次賦值+1，-1，+1，-1，并在每個(gè)紅點(diǎn)處標(biāo)上所在弧的數(shù)值，再將所有紅點(diǎn)上的數(shù)值相加即得S值。下面考察各種加點(diǎn)的操作：(1) 若在兩個(gè)相鄰紅點(diǎn)（原本標(biāo)有+1）間增加一個(gè)紅點(diǎn)，則標(biāo)有+1的這兩個(gè)紅點(diǎn)變?yōu)樗{(lán)點(diǎn)，新增加的紅點(diǎn)應(yīng)標(biāo)-1，且其他紅點(diǎn)不受影響，所以S值減少3。若兩個(gè)紅點(diǎn)原本標(biāo)有-1，則類似可知S值增加3；(2) 若在兩個(gè)相鄰藍(lán)點(diǎn)間增加一個(gè)紅點(diǎn)，則這三個(gè)紅點(diǎn)都將標(biāo)

33、上相同的數(shù)值，且其他紅點(diǎn)不受影響，所以S的變化量仍然是3的倍數(shù)；(3) 若在兩個(gè)相鄰的異色點(diǎn)間增加一個(gè)紅點(diǎn)，則兩個(gè)端點(diǎn)紅藍(lán)交換，因此端點(diǎn)處的紅色點(diǎn)標(biāo)數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的相反數(shù)，而且新增的紅點(diǎn)與它的標(biāo)數(shù)相同，所以S的變化量仍然是3的倍數(shù)；對(duì)于各種減點(diǎn)的操作，因?yàn)槎际羌狱c(diǎn)操作的逆向操作，所以S值的變化量始終是3的倍數(shù)，因此S值除以3的余數(shù)應(yīng)該是不變的。在初始狀態(tài)中，只有兩個(gè)紅點(diǎn)，；而在只有兩個(gè)藍(lán)點(diǎn)的狀態(tài)中，這說(shuō)明不可能經(jīng)過(guò)若干次操作，使圓周上只有兩個(gè)點(diǎn)，且均為藍(lán)點(diǎn)。聯(lián)賽模擬題四東北育才學(xué)校 彭玲一試一、 填空題（每小題8分，共64分）1、若函數(shù)的圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)，則的反函數(shù)必過(guò)點(diǎn)_.2、某天下午的課程表要排入物

34、理、化學(xué)、生物和兩節(jié)自習(xí)共5節(jié)課，如果第1節(jié)不排生物，最后1節(jié)不排物理，那么，不同的排課表的方法有_種.3、正八邊形邊長(zhǎng)為1，任取兩點(diǎn)，則最大值為_(kāi).4、某人排版一個(gè)三角形，該三角形有一個(gè)大小為60°角，該角的兩邊邊長(zhǎng)分別為和9，這個(gè)人排版時(shí)錯(cuò)把長(zhǎng)的邊排成長(zhǎng)，但發(fā)現(xiàn)其它兩邊的邊長(zhǎng)度沒(méi)變，則= .5、過(guò)正方體外接球球心的截面截正方體所得圖形可能為_(kāi). 三角形 正方形 梯形 五邊形 六邊形6、若，且為正整數(shù)，則7、對(duì)于實(shí)數(shù)，表示不超過(guò)的最大整數(shù)。對(duì)于某個(gè)整數(shù)，恰存在2008個(gè)正整數(shù)，滿足，并且整除，則=_.8、A、B兩隊(duì)進(jìn)行乒乓球團(tuán)體對(duì)抗賽，每隊(duì)各三名隊(duì)員，每名隊(duì)員出場(chǎng)一次。A隊(duì)的三名隊(duì)

35、員是，B隊(duì)三名隊(duì)員是，且對(duì)的勝率為，A隊(duì)得分期望的最大可能值是_.二解答題（第9題16分，第10，11題各20分）9過(guò)點(diǎn)作動(dòng)直線交橢圓于兩個(gè)不同的點(diǎn)，過(guò)作橢圓的切線，兩條切線的交點(diǎn)為，（1） 求點(diǎn)的軌跡方程；（2） 設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)四邊形的面積為4時(shí)，求直線的方程.10已知數(shù)列：，確定使為完全平方數(shù).11設(shè)為正實(shí)數(shù)，且證明：二 試1.如圖，A、C、E為直線上三點(diǎn)，B、D、F為另一直線上三點(diǎn)，直線AB、CD、EF分別和DE、FA、BC相交證明交點(diǎn)L、M、N三點(diǎn)共線2已知為正整數(shù)，且是集合中不同的正整數(shù)，其滿足整除，證明：不整除.3設(shè)且證明：4.設(shè)n是一個(gè)固定的正偶數(shù).考慮一塊的正方板，它被分成

36、個(gè)單位正方格.板上兩個(gè)不同的正方格，如果有一條公共邊，就稱它們?yōu)橄噜彽?將板上N個(gè)單位正方格作上標(biāo)記，使得板上的任意正方格（作上標(biāo)記的或者沒(méi)有作上標(biāo)記的）都與至少一個(gè)作上標(biāo)記的正方格相鄰.確定N的最小值.模擬試題四參考答案一試一、填空題1、； 解：由于，故函數(shù)過(guò)點(diǎn)，則其反函數(shù)過(guò)點(diǎn).2、39；解：由容斥原理知，有種.3、；解：根據(jù)向量?jī)?nèi)積的幾何意義，只要看向量在方向上的投影即可。最大值為 +14、4解： 5、，解：由對(duì)稱性可知，所得圖形應(yīng)為中心對(duì)稱圖形，且可以截得。6、解：由知：可能為1，3，11，33，從而解得7、668解：若，則，滿足整除，則可取，共個(gè)，所以。8、； 解：討論可知，最大期望9

37、. 解（1）依題意設(shè)直線方程為，與橢圓聯(lián)立得 ，由得 設(shè)，則過(guò)橢圓的切線分別為 和 ，并且由及得，同理，故點(diǎn)的軌跡方程為（在橢圓外） （2），O到PQ的距離為，M到PQ的距離為， 四邊形的面積當(dāng)時(shí)解得或，直線為或10.解 ，我們用歸納法證明. （*）（1）當(dāng)時(shí)，結(jié)論成立.（2）假設(shè)當(dāng)時(shí)，結(jié)論成立。即又由于代入上式可得：則當(dāng)時(shí)，（由）故當(dāng)時(shí)，結(jié)論成立，即（*）式成立.又可知：則 設(shè)則知：又且故或故或（舍去）則當(dāng)時(shí)，滿足條件.11.證明 因?yàn)?，要證原不等式成立，等價(jià)于證明 事實(shí)上， 由柯西不等式知 又由知 由，可知式成立，從而原不等式成立 二 試1. 證：如圖圖設(shè)AB、CD、EF圍成一個(gè)UVW (

38、平行直線視為交于無(wú)窮遠(yuǎn)點(diǎn))對(duì)UVW三邊上的五個(gè)共線三點(diǎn)組LDE、AMF、BCN、ACE、BDF用梅氏定理得 = 1 = 1 = 1 = 1 = 1 得 = 1由梅氏定理之逆定理知L、M、N三點(diǎn)共線2.如果整除.不妨設(shè)，其中，則可以推得：，顯然互素，且，只要令，則，而，故，即，而，矛盾.3證明 由均值不等式得：則我們只要證明令，且則只要證明：通分整理等價(jià)于由算術(shù)平均值及可證明成立.4.解 設(shè)首先將正方板黑白相間地涂成象國(guó)際象棋盤那樣.設(shè)為所求的N的最小值.為必須作上標(biāo)記的白格子最小數(shù)目，使得任一黑格都有一個(gè)作上標(biāo)記的白格子與之相鄰.同樣定義為必須作上標(biāo)記的黑格子最小數(shù)目，使得任一白格都有一個(gè)作上

39、標(biāo)記的黑格子與之相鄰.由于n是偶數(shù)，“棋盤”是對(duì)稱的，故有且.為方便，將“棋盤”按照最長(zhǎng)的黑格子對(duì)角線水平放置，則各行黑格子數(shù)目分別為在含有個(gè)黑格子那行下面，將奇數(shù)位置白格子作上標(biāo)記.當(dāng)該行在對(duì)角線上方時(shí)，共有個(gè)白格子作上了標(biāo)記；而當(dāng)該行在對(duì)角線下方時(shí)，共有個(gè)白格子作上了標(biāo)記.因而作上標(biāo)記的白格子共有個(gè).易見(jiàn)這時(shí)每個(gè)黑格子都與一個(gè)作上標(biāo)記的白格子與之相鄰.故得： 考慮這個(gè)作上標(biāo)記的白格子.它們中任意兩個(gè)沒(méi)有相鄰公共黑格子，所以至少還需將個(gè)黑格子作上標(biāo)記，從而因此， 聯(lián)賽模擬試題五復(fù)旦附中 萬(wàn)軍一試一、 填空題（每題8分，共64分）1、已知多項(xiàng)式滿足：則_2、三棱錐是三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，是

40、底面內(nèi)的一點(diǎn)，那么的取值范圍是_3、對(duì)任意，代數(shù)式的最小值為_(kāi)4、計(jì)算：_5、籃球場(chǎng)上有5個(gè)人在練球，其戰(zhàn)術(shù)是由甲開(kāi)始發(fā)球（第一次傳球），經(jīng)過(guò)六次傳球跑動(dòng)后（中途每人的傳球機(jī)會(huì)均等）回到甲，由甲投3分球，其中不同的傳球方式為_(kāi)種6、設(shè)、是的兩條邊長(zhǎng)，、分別是與這兩條邊相對(duì)應(yīng)的角平分線的長(zhǎng)，若不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的最小值是_7、對(duì)，函數(shù)都滿足：；則_8、設(shè)個(gè)實(shí)數(shù)滿足條件則的最大值為_(kāi)二、解答題（每題分，共56分）9、設(shè)由不超過(guò)1000的兩個(gè)正整數(shù)組成的數(shù)對(duì)滿足條件：試求所有這樣的數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)10、是橢圓上任意一點(diǎn)，是橢圓的焦點(diǎn)，分別交橢圓與兩點(diǎn)，求證：是定值11、給定大于2011的正整數(shù)，將分別填

41、入的棋盤的方格中，使每個(gè)方格恰有一個(gè)數(shù)，如果一個(gè)方格中填的數(shù)大于它所在行至少2011個(gè)方格內(nèi)所填的數(shù)，且大于它所在列至少2011個(gè)方格內(nèi)所填的數(shù)，則稱這個(gè)方格為“優(yōu)格”，求棋盤中“優(yōu)格”個(gè)數(shù)的最大值二 試一、（40分）在中，是斜邊上的高，記分別是的內(nèi)心，在邊上的射影為，的角平分線分別交于，且的連線與相交于，求證：四邊形為正方形二、（40分）已知數(shù)列，令為中的最大值（），則稱數(shù)列為“創(chuàng)新數(shù)列”，數(shù)列中不同數(shù)的個(gè)數(shù)稱為“創(chuàng)新數(shù)列”的“階數(shù)”，例如：為，則“創(chuàng)新數(shù)列”為，其“階數(shù)”為3若數(shù)列由（3）構(gòu)成，求能構(gòu)成“創(chuàng)新數(shù)列”的“階數(shù)”為2的所有數(shù)列的首項(xiàng)和 三、（50分）設(shè)的三邊長(zhǎng)為，分別為對(duì)應(yīng)邊上的高、中線和角平分線，求證： 當(dāng)且僅當(dāng)是正三角形時(shí)等號(hào)成立四、（50分）求證：面積為1的凸（6）邊形可以被面積為2的三角形覆蓋模擬試題五參考答案1、已知多項(xiàng)式滿足：則_解：用代替原式中的得：解二元一次方程組得所以：， 則（分析得為一次多項(xiàng)式，可直接求解析式）2、三棱錐是三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，是底面內(nèi)