全國高中數(shù)學聯(lián)賽模擬卷

1、2011年全國高中數(shù)學聯(lián)賽模擬卷一試(考試時間：80分鐘 滿分100分)一、填空題(共8小題，8 7 56分)1、已知，點(x,y)在直線x+2y=3上移動，當2x 4y取最小值時，點(x ,y )與原點的距離是。2、設f(n)為正整數(shù)n (十進制)的各數(shù)位上的數(shù)字的平方之和，比如f 12312 22 32 14。記 f1(n) f (n) ,f-g) f(fk(n) , k 1,2,3，則f2010(2010) o3、如圖，正方體ABCD A1B1C1D1中，二面角A BD1 A1的度數(shù)是4、在1,2,2010中隨機選取三個數(shù)，能構(gòu)成遞增等差數(shù)列的概率是 5、若正數(shù) a,b,c滿足 a b

2、c,則 一b-的最大值是 。 bcacab a c6、在平面直角坐標系 xoy中，給定兩點 M (-1 , 2)和N (1, 4),點P在X軸上移動，當/ MPNX最 大值時，點 P的橫坐標是 。一 、一 、一n 1 -7、已知數(shù)列a0,a1,a2,，an，滿足關(guān)系式(3 an 1)(6 an) 18且a。 3,則 一的值i 0 aisin xcosxtanxcot xsin xcosxtan xcot x,8、函數(shù)f(x)在x (o,一)時的最小值sin xtanxcosxtan xcosxcot xsin xcotx2為。二、解答題(共3題，14 15 15 44分)9、設數(shù)列 門0滿足條

3、件：ai 10 2 ,且為2 an 1 an (n 1, 2, 3,)1求證：對于任何正整數(shù) n,都有：n an 11 n /a an10、已知曲線M : x2 y2 m, x 0, m為正常數(shù).直線l與曲線M的實軸不垂直，且依次交直線y x、曲線M、直線y x于A、B、C、D4個點，O為坐標原點。(1)若| AB | | BC | |CD | ,求證： AOD的面積為定值；1(2)若 BOC的面積等于 AOD面積的1,求證：|AB|BC|CD|322x t11、已知、是萬程4x2 4tx 1 0 (t R)的兩個不等實根，函數(shù) f(x)的定義域x 1為,。(I)求 g(t) max f (x

4、) min f (x);(n)證明：對于 ui (0, ) (i 1,2,3),若 sinu1 sin u2 sin u3 1,則 213好g (tan U1) g(tanu2)g(tanu3) 4二試（考試時間：150分鐘 總分：200分）、（本題50分）如圖，。O和。Q與ABC勺三邊所在的三條直線都相切， E、F、G H為切點，并且EG FH的延長線交于P點求證：直線PA與BC垂直E BC FP、（本題50分）正實數(shù)x,y,z,滿足xyz 1。證明：525252x x y y z z522522522xyz y z x z x y、（本題50分）對每個正整數(shù)n,定義函數(shù)f（n）0 當n為平

5、方數(shù), 二當n不為平方數(shù) n240（其中x表示不超過x的最大整數(shù)，x x x）。試求： “修的值k 1四、（本題50分）在世界杯足球賽前，F(xiàn)國的教練員為了考察Ai、A2、A3、A4、A5、A6、 A7這七名隊員，準備讓他們在三場訓練比賽（每場比賽90分鐘）中都上場，假設在比賽的 任何時刻，這些隊員都有且只有一人在場上，并且Ai、A2、A3、A4每人上場的總時間（以分鐘為單位）均被7整除，A5、A6、A7每人上場的總時間（以分鐘為單位）均被13整除.如 果每場換人的次數(shù)不限，那么，按每名隊員上場的總時間計，共有多少種不同的情況？答案與解析、填空題1、。2x4y 2，2x 2y = 4 V2 o

6、x = °,y = '時取最小值,此時243.5 O42、4。解:將 f (2010) 5 記做 20105,于是有20105252985891454220416375889從89開始，fn是周期為8的周期數(shù)列。故f2010 (2010 )f2005 (89 )f5 250 8 ( 89 )f5(89)4。3、 60° 。解:連結(jié)D。，作CE BQ ,垂足為E,延長CE交AB于F,則FEBD1，連結(jié) AE,由對稱性知AEBD1,FEA 是二面角 A BD1連ZAG 設 AB=1,則 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的補角,解：三個數(shù)成遞增等差數(shù)列， 設為對于給定的d, a可以取1, 2,故三數(shù)成遞增等差數(shù)列的個數(shù)為1004(2010d 12d)三數(shù)成遞增等差數(shù)列的概率為1005* 1004C3010FEA600 oa,a d, a 2d,按題意必須滿足2d 2010,2010-2d。1005*1004.3O4018-17 15、。解：由條件,c a，令a bb b cx,b c y,cz；則a左J,b =z一,cy z X ,從而原條件可化為:222

8、z x . z z . 4z111,y x y x y令x_y t,則z1,解得1.172故-b-a cx y2z.17 146、1。解：經(jīng)過N兩點的圓的圓心在線段MN勺垂直平分線 y=3 x上，設圓心為2S (a, 3a),則圓S的萬程為：(x a) (y 32_2a) 2(1 a )對于定長的弦在優(yōu)弧上所對的圓周角會隨著圓的半徑減小而角度增大，所以，當MPN取最大值時，經(jīng)過MN,P三點的圓S必與X軸相切于點巳即圓S的方程中的a值必須滿足2(1 a2) (a 3)2,解得a=1或a=7。即對應的切點分別為P(1,0)和P'(7,0),而過點 M N, p'的圓的半徑大于過點

9、M, N, P的圓的半徑，所以1 . _ n 27、3(2MPN MP'N,故點P (10)為所求，所以點P的橫坐標為1。解：設bn1一,nan0,1,2,，則(3 bn-)(611)18, bn即 3bn 16bn 1 0.bn 12bn3, bn12(bn1)1故數(shù)列bn 是公比為2的等比數(shù)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(由調(diào)和平均值不等式)要使上式等號成立,當且僅當sinxtanx(1) (2)得到sin xcosx所以當x 一時,4f(x)tanxcosxcosxcosx cotx (1) cotx sinx (2)即得sinx4。所以 min f (x)4。cosx。因為 x (0,), 22 |-1二、解答題9、證明：令a01,則有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由算術(shù)-

11、幾何平均值不等式，可得ana。an 1a1a3注意到a0a11 ，可知an 1an1-1n an 1an 1_1_n an10、解：（1）設直線kx b代入m得:(12 2k )x2bkxb2b2m(1k2) 0,0得:設 B(Xi，Yi) , C(x2,y2),則有2bkX1 X22 ' X1x21 k(b21 km)2設 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為定值.| 8(2)設BC中點為P ,AD中點為Q則Xpx1 x2bkx3 x42 Xq21 k22bk一r ,所以k2XpXq , P、Q 重合,從而 | AP | | DP |,從而|AB|CD|,又BOC的面積等于AOD面積的11,所以 | BC | | AD |,從而 | AB |33|BC|CD |.11、解:(I)設X1 x22，則 4xi4tXi1 0,4x2 4tx21 0,4(X2x2) 4t(% X2) 20,2x1x2 t(x1 x2)則 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)在區(qū)間上是增函數(shù)。t,g(t) maxf(x)min f(x) f( ) f()t( ) 22、t2 1 t28t2 1(2t2 5)t22516_ 2_16t25(n)證: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 ,而均值不等式與柯西不i 1等式中，等號不能同時成立,g (tan u i) g(tanu2) g(tanu3)1(75 916x63)、證明：延長PA交EF于D,則PEG PHF分別是 ACg ABD的截線，由梅涅勞斯定理得:DE CG AP ECgGA9PDBF DP AH FDgPAgHB=1=1。0

15、、0 02都是 ABC的旁切圓,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三點共線，且01EEF,02FEF,PA BC二、證明：原不等式可變形為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：對任意a, k(k1)2,則 1a k22k,設k ,01,11則11ak 2k222a k a2k1,壬. a k讓a跑遍區(qū)間2(k ,(k_ 21)中的所有整數(shù)，則k2 a(kK2k2k,i,2(n 1)日ZEa 1n 2k卜面計算2k號共2k個,if(a)2ka i2k_2k_,回一張2kx2k的表，第i行中，凡是i行中的位數(shù)處填寫 i全表的個正因數(shù)，則該列使有2kT(j)

17、個，因此j 12k示例如下:“*”號，則這行的“*”2k 2k*號共個；另一方面，按列收集“ *”號數(shù)，第j列中，若j有T (j)i 1 iT (j)個“ *”號，故全表的“ ”號個數(shù)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則 f(a)i 12k由此,256f(k) k 115(16 k)T(2k k 11) T(k)d記ak T(2k 1) T(2k), k 1,2,15，易得ak的取值情況如下:k123456789101112131415ak356678698881

18、07101016n15因此， f(k) (16 k)ak783k 1k 1四、2_據(jù)定義 f(256)f(16 ) 0,(16 r 30),rrr31,152 r 1530 '1,k 241,242, ,255768.7t4, 13t5, 13t6, 13t7, (ti為正整數(shù)).又當k、.k 151 30r240從則i 1241,242,255,設 k15.152 r1531.152 r 15152 rf(k) 783256f(k)i 1解：設各人上場時間分別為7t1,則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