高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽模擬題6-10

2011年全國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題六一試一、填空題（每小題８分，共６４分）1．滿意的銳角=2．已知復(fù)數(shù)滿意則的最大值為３．過拋物線的焦點(diǎn)作一傾斜角為，長(zhǎng)度不超過8的弦，弦所在的直線與橢圓有公共點(diǎn)，則的取值范圍為4．滿意的正整數(shù)對(duì)為5．在正方體中，為棱上一點(diǎn)，過點(diǎn)在空間作直線，使得與平面和平面均成角，則這樣的直線有條.6．設(shè)，則=7．整系數(shù)多項(xiàng)式滿意則常數(shù)項(xiàng)為=（已知其肯定值不超過1000）8．在空間給出不共面的4點(diǎn)以這些點(diǎn)作為頂點(diǎn)的不同的平行六面體有個(gè)．二、解答題（共５６分）9．（16分）在平面上給定不共線的三點(diǎn),以線段為一條軸（長(zhǎng)軸或短軸）作一個(gè)不經(jīng)過的橢圓，與另兩條線段分別交于點(diǎn),過分別作橢圓的切線，設(shè)這兩條切線交于點(diǎn),類似地，再以線段為一條軸各作橢圓，分別相應(yīng)得到切線的交點(diǎn),證明:不論每個(gè)橢圓的另一條軸的長(zhǎng)度如何選擇，三條直線,,都經(jīng)過一個(gè)定點(diǎn).10．（20分）設(shè)函數(shù)滿意且，（1）求函數(shù)的解析式；（2）數(shù)列的前項(xiàng)的和為，滿意當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，試給出數(shù)列的通項(xiàng)公式并加以證明．11．（20分）設(shè)是個(gè)不全相等的正數(shù)，且．證明：．加試1．已知圓⊙O1與⊙O2外切于點(diǎn)T，始終線與⊙O2相切于點(diǎn)X，與⊙O1交于點(diǎn)A、B，且B點(diǎn)在線段AX的內(nèi)部，直線XT與⊙O1交于另一點(diǎn)S，C是不包含點(diǎn)A、B的EQ\s\up6(⌒)\d\ba21()TS上的一點(diǎn)，過點(diǎn)C作⊙O2的切線，切點(diǎn)為Y，且線段CY與線段ST不相交，直線SC與XY交于點(diǎn)I．證明I是△ABC的∠A內(nèi)的旁切圓的圓心．2．在區(qū)間上隨意地插入2010個(gè)分點(diǎn)，滿意.記（1）證明：存在正常數(shù)，使；（2）求最小正數(shù)，使得（1）中的不等式對(duì)滿意題設(shè)條件的一切都成立.3．設(shè)，定義，，證明：當(dāng)時(shí)，為整數(shù)，且為奇數(shù)的充要條件是4．求最小的正整數(shù)，使得把集合隨意劃分成兩個(gè)子集（），方程至少存在一組正整數(shù)解（的值可以相同），而由這一組數(shù)值構(gòu)成的集合，或者，或者.模擬試題六參考答案一試1.；解析：因?yàn)殇J角，則，方程兩邊同時(shí)除以得即又在內(nèi)嚴(yán)格單調(diào)遞增故2.；解析：，設(shè)，則原式=，當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．3.解析：由得由拋物線定義得弦長(zhǎng)=又由得得4.；解析：由，故，又由于整除故經(jīng)檢驗(yàn)滿意5.2解析：由于二面角的平面角為，在這個(gè)二面角及其“對(duì)頂”二面角內(nèi)，不存在過點(diǎn)P且與平面ABCD和平面均成的直線，轉(zhuǎn)而考慮它的補(bǔ)二面角，易知過點(diǎn)P有且僅有兩條直線與其均成。6.1；解析：留意到：對(duì)隨意，當(dāng)時(shí)有而若有又為奇數(shù)，7.225解析：設(shè)常數(shù)項(xiàng)為，則其中為整系數(shù)多項(xiàng)式，設(shè)其中m,n為整數(shù)，由于19,94互素，于是從而8.29解析：每一平行六面體被所指定的1個(gè)頂點(diǎn)和3個(gè)中截面所在平面唯一確定。對(duì)于給定的4個(gè)點(diǎn)，存在7個(gè)到這4個(gè)點(diǎn)等距的平面。從這7個(gè)中任取3個(gè)，再解除那些平行于某始終線的三平面組共,8.解：先考慮以邊為一條軸的橢圓，如圖建立直角坐標(biāo)系，設(shè)該橢圓的方程為，它與直線、分別交于點(diǎn)、，過、分別作橢圓的兩條切線交于點(diǎn)．設(shè)，，，．則，．解得點(diǎn)的橫坐標(biāo)．故橢圓過點(diǎn)、的切線方程分別為，．由此解得點(diǎn)的橫坐標(biāo)．由知，．同理，，．因此直線、、分別重合于的三條高線．故它們都經(jīng)過的垂心．１0.解：⑴由當(dāng)，b=0與已知沖突當(dāng)，又得①又由得②由①②得⑵猜想下面用數(shù)學(xué)歸納法證：①當(dāng)n=1明顯成立。②假設(shè)時(shí)成立，即，且，，當(dāng)時(shí)，綜上所述，猜想成立11.證明：運(yùn)用拉格朗日恒等式，代入不等式只需證（等號(hào)不成立）證畢．加試1．證明：過T作兩圓內(nèi)公切線MN，則∠ICT=∠SAT=∠STN=∠MTX=∠AXT,∠BCT=∠BAT．∴∠BCI=∠ICT+∠TCB=∠AXS+∠XAT=∠ATS=∠ACS=EQ\F(180－∠ACB,2)．∴SI為∠ACB外角平分線…①又∵∠SAT=∠AXS△SAT∽△SXA．∴∠ATS=∠XASSA=SB，而且SA2=ST·SX．又∵∠TCI=∠AXT=∠XYTT、C、Y、I共圓．∴∠TIC=∠TYC=∠TXY．∴△STI∽△SIXSI2=SI·SX．∴SA=SISB=ST．∴∠BIS=EQ\F(1,2)180－∠BST=EQ\F(1,2)180－∠BAC．∴∠CBI=180－∠BCI－∠BIC=180－EQ\F(180－∠ACB,2)－EQ\F(180－∠BAC,2)=EQ\F(∠ACB+∠BAC,2)=90－EQ\F(1,2)∠ABC．∴IB為∠ABC外角平分線…②結(jié)合①②可知I為△ABC旁心，得證．2．解：（1）留意到，則故（*）取即可（2）下面證明：的最小值為，即對(duì)隨意的，只需證明：存在滿意，使事實(shí)上，令，則于是，由（*）式得綜上，對(duì)全部滿意條件的一切均成立的最小正數(shù)為.3．證明：留意到得反復(fù)運(yùn)用上式，得，其中，得，從而可知，因此是整數(shù)（1）當(dāng)時(shí)，由有奇數(shù)個(gè)奇數(shù)項(xiàng)知為奇數(shù)，所以為奇數(shù)（2）當(dāng)時(shí)，，故，所以為偶數(shù)（3）當(dāng)時(shí)，，故，所以為偶數(shù)綜上所述，命題成立，證畢.4．解：設(shè)計(jì)一種劃分，使其不滿意題目要求，并且使盡可能大：，下面證明：當(dāng)時(shí)，肯定滿意題目要求.反證法當(dāng)時(shí)，假設(shè)存在一種劃分A和B不滿意題目要求.不妨設(shè)，則，即（這是因?yàn)楫?dāng)時(shí)不滿意假設(shè)）同理，，下面考慮10（1）若，取，，，得沖突（2）若，因?yàn)?，所以，，否則取，，，得沖突因而，，但此時(shí)，取，，，，沖突綜上所述，所求的最小的正整數(shù)為89.全國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題七武鋼三中張新澤一試填空題1．不等式的解集為．2．已知F1、F2分別為雙曲線C:-=1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)A∈C，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2，0)，AM為∠F1AF2∠的平分線．則|AF2|=.3.已知復(fù)數(shù)，．若△ABC的3個(gè)內(nèi)角∠A、∠B、∠C依次成等差數(shù)列，且，則的取值范圍是．4．一個(gè)盒中有9個(gè)正品和3個(gè)廢品，每次取一個(gè)產(chǎn)品，取出后不在放回，在取得正品前已取出的廢品數(shù)的數(shù)學(xué)期望=_________________．5．若實(shí)數(shù)、滿意條件，則的取值范圍是.6．在四面體P-ABC中，PA=PB=a，PC=AB=BC=CA=b，且a＜b，則的取值范圍為．7.定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)滿意，則方程在區(qū)間內(nèi)至少有個(gè)實(shí)根。8．在1、2、3、……、1000中，不出現(xiàn)數(shù)碼3，且不是3的倍數(shù)的數(shù)共_____個(gè)。二.解答題9．設(shè)數(shù)列滿意（），求證：.10．從編號(hào)1到100的100張卡片中每次隨即抽取一張，然后放回，用這種方式連續(xù)抽取20次，設(shè)抽得的20個(gè)號(hào)碼互不相同的概率為.證明：11．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為橢圓在y軸正半軸上的右焦點(diǎn)，過F且方向向量的直線與C交與A、B兩點(diǎn)，過點(diǎn)O且方向向量為的直線m與C交與P、Q兩點(diǎn).證明：A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上.二試1．在△A1A2A3的形外作△O1A2A3、△O2A3A1、△O3A1A2使：i∠O1A2A3=,∠O1A3A2=，+<EQ\F(,2)；ii∠A1O3A2=2,O3A1=O3A2；iii∠A3O2A1=2,O2A1=O2A3．證明O1A1⊥O2O3．2.已知且至多一個(gè)為0.證明：。3.已知質(zhì)數(shù)證明：為整數(shù)．4.一個(gè)保險(xiǎn)柜上的鎖由3個(gè)旋鈕組成，每個(gè)旋鈕有2n種不同的位置。由于保險(xiǎn)柜結(jié)構(gòu)上的缺陷，當(dāng)3個(gè)旋鈕中的2個(gè)在正確位置時(shí)，保險(xiǎn)柜即被打開。問至少要嘗試多少次才能保證保險(xiǎn)柜肯定能被打開？模擬試題七參考答案1.由得。原不等式可變?yōu)榻獾?。故原不等式的解集為?.由角平分線定理得：,故3.由條件得，又A，B，C成等差數(shù)列，故A+C=，-＜A-C＜．故．4.取值為0,1,2,3，且有，，，..5.設(shè),得又得.6.考慮的外接圓半徑R與b的關(guān)系.由CP=CB=CA=b,得點(diǎn)C在面PAB內(nèi)的射影為⊿PAB的外心.故R<b.又可計(jì)算得,解得7.252由題設(shè)知函數(shù)滿意，可得原方程至少252個(gè)實(shí)根。8.487在這1000個(gè)數(shù)中不含數(shù)碼3的數(shù)共有（93-1）+1=729個(gè)。而不含數(shù)碼3且能被3整除的數(shù)共有9×9×3-1=242個(gè)。合題意的數(shù)共729-242=487個(gè)。9.證明:由題意知當(dāng)時(shí),,命題成立；當(dāng)時(shí)，由，得，∴，，從而有.10.設(shè)函數(shù)所以在上單增。當(dāng)時(shí)，。即有故于是,即.利用均值不等式：綜上：11.直線與直線m交于點(diǎn)R，設(shè)直線的參數(shù)方程為代入橢圓方程并整理得，故其兩根之積為設(shè)直線m的參數(shù)方程為代入橢圓方程并整理得，故其兩根之積為所以。有直線參數(shù)方程的幾何意義及四點(diǎn)共圓的條件知結(jié)論成立。其次試1.證：設(shè)O為△O1A2A3的外心，則OO1=OA3且∠O1OA3=2．∴△OA3O1與△O2A3A1以A3為中心旋轉(zhuǎn)相像．∴△A3O2O∽△A3A1O1，∴O2O·A3O1=OA3·A1O1…①且∠O2OA3=∠A1O1A3…②同理O3O·A2O1=OA2·A1O1…③及∠O3OA2=∠A1O1A2…④結(jié)合①③知O3O·A2O1=O2O·A3O1．結(jié)合③④知∠O2OO3=∠A2O1A3．故△O2OO3∽△A2O1A3，∴∠O2O3O=．∴O1A1,O2O3=O1A1,OO3+OO3,O2O3=A2A1,A2O3+=EQ\F(,2)．即O1A1⊥O2O3，得證．2.不妨設(shè)引理：引理的證明：而上式明顯成立。引理證畢?；氐皆}。由柯西不等式有因此結(jié)合引理知要證原不等式成立，只需證明而此式明顯成立。故原不等式成立。3.我們分三步證明。（1）（127，m）=1因?yàn)橘|(zhì)數(shù)，所以。設(shè)。故又127為質(zhì)數(shù)，且。結(jié)論成立。（2）要證明此結(jié)論，只需證明。由費(fèi)馬小定理知。結(jié)論成立。（3）要證明此結(jié)論，只需證明。而即。結(jié)論成立。證畢。4．至少要嘗試次，才能保證將保險(xiǎn)柜打開。一方面，將每個(gè)旋鈕的2n種不同的位置編號(hào)成1,2,3，…，2n。用有序三元組（a,b,c）表示一次嘗試。給出以下次嘗試：……………………前個(gè)有序三元組中覆蓋了隨意兩個(gè)為奇數(shù)的種可能，后個(gè)有序三元組中覆蓋了隨意兩個(gè)為偶數(shù)的種可能。而三個(gè)旋鈕的正確位置的編號(hào)必有兩個(gè)奇偶性相同，因此不妨設(shè)同為奇數(shù)，故可確定有兩個(gè)旋鈕在正確的位置。結(jié)論成立。另一方面，設(shè)嘗試次能保證將保險(xiǎn)柜打開。考慮三個(gè)旋鈕的每一個(gè)位置在這次嘗試中所出現(xiàn)的次數(shù)，記其中最小的為k次（）。不妨設(shè)第一個(gè)旋鈕的第一個(gè)位置恰出現(xiàn)k次。先考慮這k次嘗試，其次個(gè)旋鈕嘗試了2n個(gè)位置中的個(gè)位置，第三個(gè)旋鈕嘗試了2n個(gè)位置中的個(gè)位置。則在第一個(gè)旋鈕在第一個(gè)位置時(shí)，其次個(gè)旋鈕有個(gè)位置沒有嘗試，第三個(gè)旋鈕有個(gè)位置沒有嘗試。又能保證將保險(xiǎn)柜打開，因此這種不同的其次個(gè)旋鈕和第三個(gè)旋鈕的組合必在第一個(gè)旋鈕不在第一個(gè)位置時(shí)出現(xiàn)（否則保險(xiǎn)柜可能打不開）。而當(dāng)其次個(gè)旋鈕在這已嘗試了的個(gè)位置中，至少嘗試了次（這兩類不重復(fù)）。因此總次數(shù)全國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題八福州一中龔梅勇一試填空題1.已知數(shù)列滿意，其前n項(xiàng)之和為Sn。則滿意不等式|Sn-n-6|<的最小整數(shù)n是____________.2.若，則的取值范圍是．3.有10個(gè)不同的球，其中，2個(gè)紅球、5個(gè)黃球、3個(gè)白球。若取到一個(gè)紅球得5分，取到一個(gè)白球得2分，取到一個(gè)黃球得1分，那么，從中取出5個(gè)球，使得總分大于10分且小于15分的取法種數(shù)為_______________.4.設(shè)函數(shù)，且對(duì)隨意，則=_____________________；5.在四面體ABCD中則AD與BC所成的角為.6.已知，那么整系數(shù)多項(xiàng)式函數(shù)的各項(xiàng)系數(shù)和為__________.7.不等式的解集為__________________.8..若表示不超過的最大整數(shù)（如等等）則＝____________________．解答題9.對(duì)，令，，求證：.10.已知圓C:,直線。若直線與圓相切，求實(shí)數(shù)的值；是否存在直線，使與圓交于兩點(diǎn)，且以為直徑的圓過原點(diǎn)？假如存在，求出直線的方程，假如不存在，說明理由．11.設(shè)函數(shù)（1）若與在同一個(gè)值時(shí)都取得極值，求的值.（2）對(duì)于給定的負(fù)數(shù)，有一個(gè)最大的正數(shù)，使得時(shí)，恒有①的表達(dá)式；②的最大值及相應(yīng)的值.二試一.直角三角形中，分別是直角邊上的隨意點(diǎn)，自向引垂線，垂足分別是。證明：四點(diǎn)共圓.二.設(shè)，且，求證：。三.試求最小的正整數(shù)使得對(duì)于任何個(gè)連續(xù)正整數(shù)中，必有一數(shù)，其各位數(shù)字之和是7的倍數(shù).四.設(shè)T為全部n元數(shù)組(x1,x2,…,xn)的集合，xi=0,1(i=1,2,…,n)，n=2k-1,k≥6,k∈Z,對(duì)于T中的x=(x1,x2,…,xn)與y=(y1,y2,…,yn),令d(x,y)為滿意xj≠yj(1≤j≤n)的j個(gè)數(shù),特殊地，d(x,x)=0，設(shè)有一個(gè)T的具有2k個(gè)元素的子集S，具有以下性質(zhì)：對(duì)T的任何一個(gè)元素x，S中有唯一的元素y滿意d(x,y)≤3，求n之值。模擬試題八參考答案1.答案:由遞推式得：3(an+1-1)=-(an-1)，則{an-1}是以8為首項(xiàng)，公比為-的等比數(shù)列，∴Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+…+(an-1)==6-6×(-)n，∴|Sn-n-6|=6×()n<，得：3n-1>250，∴滿意條件的最小整數(shù)n=7。2.答案:提示：平方相加.3.答案:符合要求的取球狀況共有四種：紅紅白黃黃，紅紅黃黃黃，紅白白白黃，紅白白黃黃,故不同的取法數(shù)為4.答案：=即。5.答案:60°，可證為直角三角形且，又AB=AC=AD=1，故A在面BCD內(nèi)的射影即為之外心，而為直角三角形，故其射影即為BD中點(diǎn)O，在面BCD內(nèi)作它們交于，則且故為正三角形，于是AD與BC所成之角即為AD與所成的角等于。6.答案:設(shè)的各項(xiàng)系數(shù)和為s，則f(g(1))=3s2-s+4=188.解得s=8或（舍去）。7.答案:{x|3-}.原不等式即為令3=y2，不等式可化為由雙曲線的定義知，滿意上述條件的點(diǎn)在雙曲線(x-3)2-的兩支之間的區(qū)域內(nèi)。因此，原不等式與不等式組同解。所以，原不等式的解集為8.答案:2003．提示：====1解答題9.對(duì)，令，，求證：.證明： ， 故，得證.10.解：（1）由，整理得若直線和圓C相切，則有圓心到的距離，即（2）、設(shè)存在滿意條件的直線，由消去，得（1）設(shè)直線和圓C的交點(diǎn)為A，B，則是方程（1）的兩根（2）由題意有：即即（3）將（2）代入（3）得：，解得：．所以滿意條件得直線為：11.解：⑴易知，在時(shí)取得極值.，由題意得，解得.⑵①由，，知.當(dāng)，即時(shí)，要使，在上恒成立，而要最大的，所以只能是方程的較小根.因此，.當(dāng)，即時(shí)，同樣道理只能是方程的較大根，.綜上得②當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，有最大值.二試一.證明：共圓,共圓，又共圓,由共圓，得所以故共圓.二.證明：由和平均值不等式，有，從而左邊的不等是已證明。因?yàn)椋士闪钋?，從而又所?（因?yàn)闀r(shí)，）=。故原命題得證。三.解：首先，我們可以指出12個(gè)連續(xù)正整數(shù)，例如994，995，…，999，1000，1001，…，1005，其中任一數(shù)的各位數(shù)字之和都不是7的倍數(shù)，因此，。再證，任何連續(xù)13個(gè)正整數(shù)中，必有一數(shù)，其各位數(shù)字之和是7的倍數(shù).對(duì)每個(gè)非負(fù)整數(shù)，稱如下10個(gè)數(shù)所構(gòu)成的集合:為一個(gè)“基本段”，13個(gè)連續(xù)正整數(shù)，要么屬于兩個(gè)基本段，要么屬于三個(gè)基本段。當(dāng)13個(gè)數(shù)屬于兩個(gè)基本段時(shí)，據(jù)抽屜原理，其中必有連續(xù)的7個(gè)數(shù)，屬于同一個(gè)基本段；當(dāng)13個(gè)連續(xù)數(shù)屬于三個(gè)基本段時(shí)，其中必有連續(xù)10個(gè)數(shù)同屬于.現(xiàn)在設(shè)是屬于同一個(gè)基本段的7個(gè)數(shù)，它們的各位數(shù)字之和分別是明顯，這7個(gè)和數(shù)被7除的余數(shù)互不相同，其中必有一個(gè)是7的倍數(shù).因此，所求的最小值為四.解：(1)S中隨意兩個(gè)不同元素x,y滿意d(x,y)>3，否則存在兩個(gè)x,y使得d(x,y)≤3，不妨設(shè)最多x1,y1；x2,y2；x3,y3這三組不同，先取T中的元素z=(x1,y2,x3,…)省略的部分與元素x,y的相同，則d(z,y)≤3，d(z,x)≤3與條件中的唯一性沖突。(2)一方面，將S中的每個(gè)元素的重量變更0個(gè)，1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)后都是T中的元素，所以；另一方面，設(shè)與S中元素y1對(duì)應(yīng)的T中元素的集合為T1，能夠與S中的元素y滿意d(x,y)≤3的全部元素x也只能是由元素y變更0個(gè)，1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)重量而得到，故，同理，…，，從而所以，可化為：3?2k-2=k(2k2-3k+4)(1)若3不能整除k，則k=2m，由于k≥6，m≥3，從而2k2-3k+4是4的倍數(shù)，但不是8的倍數(shù)，故2k2-3k+4=12，但此方程無整數(shù)解。于是k=3t=3?2q，q≥1，方程(1)可化為：23t-2=t(18t2-9t+4)(2)若q≥3，則18t2-9t+4≡4(mod8)；3?2q-q-2=3(1+1)q-q-2>4，故3?2q-q-2≡0(mod8),方程(2)無整數(shù)解。所以q=1，2，分別代入方程(2)解得：t=4,k=12,n=23。這與沖突。因此成立。證畢．模擬試題九深圳中學(xué)周峻民一試一、選擇題若對(duì)的一切，恒成立，則的取值范圍是（）A． B．C． D．過橢圓上任一點(diǎn)，作橢圓的右準(zhǔn)線的垂線（為垂足），延長(zhǎng)到點(diǎn)，使（）．當(dāng)點(diǎn)在橢圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)的軌跡的離心率的取值范圍為（）A． B． C． D．已知向量，且與向量所成角為，其中是的內(nèi)角，則角的大小為（）A． B． C． D．已知函數(shù)，，則的最小值為（）A． B． C． D．已知為正數(shù)，且，則的值為（）A． B． C． D．設(shè)，，，則滿意的的最小值為（）A． B． C． D．不存在全部的滿意條件的正整數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)為（）A． B． C． D．多數(shù)多個(gè)若表示不超過的最大整數(shù)，則（）A． B．C． D．二、解答題已知定義域?yàn)镽的函數(shù)滿意，且當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增．假如，且，試推斷的符號(hào)狀況，并給出證明．已知數(shù)列滿意且，其中為已知實(shí)數(shù)．求數(shù)列的通項(xiàng)公式．已知拋物線，直線都過點(diǎn)且相互垂直．若拋物線與直線中至少一條相交，求實(shí)數(shù)的取值范圍．加試已知，，求使得不等式恒成立的的最大值．設(shè)表示全部?jī)?nèi)接于三角形的長(zhǎng)方形的對(duì)角線的最小值，對(duì)全部三角形，試求的最大值．已知，為奇質(zhì)數(shù)，若存在使得都是平方數(shù)，，這里，求證：．對(duì)給定的正整數(shù)，，求最大的滿意以下條件：無論怎樣將填入一個(gè)表格，總存在同一行或同一列的兩個(gè)數(shù)，它們的差．

模擬試題九參考答案一、選擇題A．詳解：i）若即或，則由對(duì)一切恒成立得，解得，從而或；ii）若，則符合題意；iii）若即，則由對(duì)一切恒成立得，解得或，從而．綜上所述，的取值范圍是．C．詳解：設(shè)，由右準(zhǔn)線方程為知．因?yàn)?，所以，由定比分點(diǎn)公式可得，代入橢圓方程可得即為點(diǎn)的軌跡方程，其離心率為．D．詳解：因?yàn)?，所成角為，所以，從而．又，所以，．C．詳解：，．令，，則，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且的圖象關(guān)于直線對(duì)稱．于是，對(duì)隨意，存在，使得，從而有，而在上單調(diào)遞減，所以在上的最小值為．D．詳解：令，，，則，從而是方程的兩正根．由解得，所以，檢驗(yàn)得，從而．C．詳解：由題意，對(duì)一切恒成立，而，所以的最小值為．B．詳解：明顯．由條件得，從而有即，再結(jié)合條件及以上結(jié)果，可得，整理得，從而即，所以．當(dāng)時(shí)，，不符合題意；當(dāng)時(shí)，（不符合題意）．綜上，滿意本題的正整數(shù)對(duì)只有，故只有1解．A．詳解：因?yàn)槎?；同理有，，……所以．二、解答題解：的符號(hào)為負(fù)號(hào)，證明如下：由題設(shè)及對(duì)稱性，不妨假設(shè)．由得．一方面，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，所以；另一方面，由知，所以有，即．解：設(shè)，則，所以是等比數(shù)列，從而，即，．解：明顯，若函數(shù)與坐標(biāo)軸平行，則拋物線與直線中至少一條總有交點(diǎn)．設(shè)．不失一般性，設(shè)．聯(lián)立直線與拋物線方程可得，其判別式為；上述過程中用替換，即得，其判別式為．由題意，與中至少有一個(gè)成立．而時(shí)，由知必成立．現(xiàn)設(shè)．由得，由得．令，，則都是關(guān)于的二次函數(shù)，它們的圖象為拋物線，開口向上，對(duì)稱軸都在軸的右側(cè)．留意到，，可畫出的大致圖象如圖所示．由圖知，存在使得．當(dāng)時(shí)即成立；當(dāng)時(shí)即不成立，則必需有即成立，只需滿意即可．等價(jià)于，聯(lián)馬上，可得，推出，從而．綜上，實(shí)數(shù)的取值范圍是．加試一．解：題目等價(jià)于求的最小值．不妨設(shè)，且，，，則，當(dāng)且僅當(dāng)，，時(shí)取到最大值．二．解：第一步先固定，長(zhǎng)方形變動(dòng)，來求出．如圖所示，當(dāng)長(zhǎng)方形一邊在上時(shí)，設(shè)邊長(zhǎng)為，則，即，所以對(duì)角線∴；同理，，，．，∴，∴．其次步求的最大值．而，∵，∴，∴綜上所述，的最大值為，當(dāng)且僅當(dāng)是正三角形時(shí)取到．三．證明：①，假如對(duì)則中取值．∴由抽屜原理知，肯定存在，使∴兩兩相減得∵∴∴，相減得，且，沖突．∴肯定存在某個(gè)使，又由構(gòu)成模的完系．∴存在一個(gè)使（i）∴（ii）∵∴∴．∴，也上種情形相同也成立．②成立．∴∴．四．解：一方面：設(shè)一共占據(jù)了行列，則，∴．再設(shè)一共占據(jù)行列；同理，∴，∴但是只有列，∴中至少有兩數(shù)在同一行或同一列，它們的差，∴．另一方面，①當(dāng)時(shí)，將表格平分成四個(gè)表格，左上角的表格填成，然后將中全部數(shù)加上填入左下角的表格，將中全部數(shù)加上填入右上角的表格，將中全部數(shù)加上填入右下角的表格，那么此時(shí)同行或同列的兩數(shù)之差，∴此時(shí)．②當(dāng)時(shí)，還是會(huì)作出上種情形中一樣的表格，將填入左上角表格，將中全部數(shù)加上后填入左下角表格，將中全部數(shù)加上填入右上角表格，將中全部數(shù)加上填入右下角表格，現(xiàn)在只剩下第行和第列沒填，將第行填成，將第列填成，那么此時(shí)同行或同列的兩數(shù)之差，∴綜上所述，．中學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題十清華高校附屬中學(xué) 齊亞超一試一、填空題：設(shè)橢圓的離心率，已知點(diǎn)到橢圓上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離是，則短半軸之長(zhǎng)=___________．甲乙兩人進(jìn)行乒乓球競(jìng)賽，約定每局勝者得1分，負(fù)者得0分，競(jìng)賽進(jìn)行到有一人比對(duì)方多2分或打滿6局時(shí)停止．設(shè)甲在每局中獲勝的概率為，乙在每局中獲勝的概率為，且各局輸贏相互獨(dú)立，則競(jìng)賽停止時(shí)已打局?jǐn)?shù)的期望為___________．已知函數(shù)，則的最小值為________．已知等差數(shù)列的公差不為0，等比數(shù)列的公比是小于1的正有理數(shù)。若，，且是正整數(shù)，則等于___________．已知正方體的棱長(zhǎng)為1，以頂點(diǎn)A為球心，為半徑作一個(gè)球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長(zhǎng)等于___________．甲、乙、丙、丁四人參與一項(xiàng)特殊的接力賽，競(jìng)賽要求有5次交接棒，但不要求每人都參與，只要相鄰兩棒不能是同一個(gè)人即可。那么由甲擔(dān)當(dāng)?shù)谝话簦覔?dān)當(dāng)最終一棒，共有______種交接棒依次．若常數(shù)使得關(guān)于的方程有惟一解．則的取值范圍是．設(shè)的內(nèi)角所對(duì)的邊成等比數(shù)列，則的取值范圍是___________．

二、解答題：設(shè)在上是單調(diào)函數(shù).（1）求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）設(shè)，，且，求證：.如圖所示，某城市有南北街道和東西街道各條，一郵遞員從該城市西北角的郵局動(dòng)身，送信到東南角地，要求所走路程最短.（1）求該郵遞員途徑C地的概率；（2）求證：，（）.如圖，是橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，、是橢圓的兩個(gè)頂點(diǎn)，橢圓的離心率為點(diǎn)在軸上，,,,三點(diǎn)確定的圓恰好與直線相切。（1）求橢圓的方程；（2）過作一條與兩坐標(biāo)軸都不垂直的直線交橢圓于、兩點(diǎn)，在軸上是否存在點(diǎn)，使得恰好為的內(nèi)角平分線，若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由。加試已知、是由⊙外一點(diǎn)引出的兩條切線，分別是線段、的中點(diǎn)，延長(zhǎng)交⊙于點(diǎn)，點(diǎn)在與之間，交⊙于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，證明：四邊形為菱形.二．設(shè)，且至多一個(gè)為，求函數(shù)的最小值．三．確定的全部的非空子集、、使得：（1）（2）（3）對(duì)全部的有．四．有個(gè)人()參與國(guó)際會(huì)議，一共說14種語(yǔ)言，現(xiàn)已知：(1)每3個(gè)人都有一種共同語(yǔ)言；(2)沒有一種語(yǔ)言多于一半的成員會(huì)說．求的最小值．

一試參考答案1．設(shè)橢圓的離心率，已知點(diǎn)到橢圓上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離是，則短半軸之長(zhǎng)=2．解：依題意知，的全部可能值為2，4，6.設(shè)每?jī)删指?jìng)賽為一輪，則該輪結(jié)束時(shí)競(jìng)賽停止的概率為．若該輪結(jié)束時(shí)競(jìng)賽還將接著，則甲、乙在該輪中必是各得一分，此時(shí)，該輪競(jìng)賽結(jié)果對(duì)下輪競(jìng)賽是否停止沒有影響．從而有，，，故．3．解：事實(shí)上，設(shè)，則g(x)≥0，g(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且y=g(x)的圖像關(guān)于直線對(duì)稱，則對(duì)隨意，存在，使g(x2)=g(x1)。于是，而f(x)在上是減函數(shù)，所以，即f(x)在上的最小值是。4．解：因?yàn)?，故由已知條件知道：1+q+q2為，其中m為正整數(shù)。令，則。由于q是小于1的正有理數(shù)，所以，即5≤m≤13且是某個(gè)有理數(shù)的平方，由此可知。5．解：球面與正方體的六個(gè)面都相交，所得的交線分為兩類：一類在頂點(diǎn)A所在的三個(gè)面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一類在不過頂點(diǎn)A的三個(gè)面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交線為弧EF且在過球心A的大圓上，因?yàn)?，AA1=1，則。同理，所以，故弧EF的長(zhǎng)為，而這樣的弧共有三條。在面BB1C1C上，交線為弧FG且在距球心為1的平面與球面相交所得的小圓上，此時(shí)，小圓的圓心為B，半徑為，，所以弧FG的長(zhǎng)為。這樣的弧也有三條。于是，所得的曲線長(zhǎng)為。6．617．8．解：設(shè)的公比為，則，而