1、高中数学竞赛模拟题1-5精品文档2011年全国高中数学联赛模拟试题一一试一填空题(每小题8分,共64分)1函数在上的最小值是 2. 函数的值域是 3. 将号码分别为1、2、9的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为b。则使不等式a2b+100成立的事件发生的概率等于 4设数列的前项和满足:,则通项= 5.已知椭圆与直线交于M,N两点,且,(为原点),当椭圆的离心率时,椭圆长轴长的取值范围是 6函数的最大值是 7在平面直角坐标系中,定义点、之间的“直角距离”为若到点、的“直角距离”相等,其中实数、满足、,则
2、所有满足条件的点的轨迹的长度之和为 8一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动,则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 二.解答题(共56分)9.(16分) 已知定义在上的函数满足:,且对于任意实数,总有成立.(1)若数列满足,求数列的通项公式; (2)若对于任意非零实数,总有.设有理数满足,判断和 的大小关系,并证明你的结论.10.(20分)设,数列满足,(1)求数列的通项公式; (2)证明:对于一切正整数,11.(20分)若、,且满足,求的最大值。加试一(40分)在平面直角坐标系上,给定抛物线:实数满足,是方程的两根,记(1)过点作的切线交轴于点证明:对线
3、段上的任一点,有;(2)设,当点取遍时,求的最小值 (记为)和最大值(记为).二(40分)如图,给定凸四边形,是平面上的动点,令()求证:当达到最小值时,四点共圆;()设是外接圆的弧上一点,满足:,又是圆的切线,求的最小值二题图三(50分)如图,在78的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点,那么称这两个棋子相连。现从这56个棋子中取出一些,使得棋盘上剩下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。问最少取出多少个棋子才可能满足要求?并说明理由。四(50分)求证:对均有无穷多个正整数,使得中恰有i个可表示为三个正整数的立方和。模拟试题一参考
4、答案 第一试一 填空题(每小题8分,共64分)1.2当时,因此,当且仅当时上式取等号而此方程有解,因此在上的最小值为22. 设t=sinx+cosx=因为所以又因为t2=1+2sinxcosx,所以sinxcosx=,所以,所以因为t-1,所以,所以y-1.所以函数值域为3. 。甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果,故基本事件总数为92=81个。由不等式a2b+100得2bk2km0),就有.3求证:对任意正整数n,都能找到n个正整数x1,x2,xn,使得其中任意r(r1.因对n=+2+1=2k+1-1,有,即,所以, ,令t=, 则恒成立,所以,c,cmin=.现对m归纳证明:当m=
5、1时,已知成立,假设对m成立,对m+1:设n=(k1k2km+10),则n-=,由归纳假设得: ,所以,现证: .因,所以, 左端, 即对m+1成立.故cmin=.3证明:设存在这样的n个正整数,则它们可组成个不同的r元数组.每组的r个数不互素,即r个数的最大公约数大于1,令每个r元数组对应它们的最大公约数.任何r+1个数均互素上述对应是单射:若(x1,x1,xr)=(x1/,x1/,xr/)=d,则(x1,x1,xr,x1/)=(d,x1/)=d1矛盾!任取个互不相同的素数p1,p2,p,并使之与1,2,n的个r元子集一一对应,然后对每个i1,2,n,令xi为i所在的所有r元子集(个)所对应
6、的素数之积,则这n个数满足要求:对x1,x1,xn的任意r元子集,它们的最大公约数恰为r元子集i1,i2,ir所对应的素数,当然大于1,从而这r个数不互素,由于个素数中的每一个都恰为x1,x1,xn中r个数的约数,故x1,x1,xn中任意r+1个数均互素.4. 解:设给定集合为A1,A2,A2010,则有|Ai|=44(1i2010), |AiAj|=1(1ij2010),只要求|Ai1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,k3).由|AiAj|=1知|Ai1Ai2Aik|1,若都等于1,则必有一个元是所有集合的公共元素.下面证明|Ai1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,k3)=1:对
7、于A1,因它与其它2009个集合都有公共元,且|A1|=44,=45,若A1中每个元素至多属于其它45个集合,则A1至多与4445=1980个集合有公共元素.矛盾!可见, A1中必有一个元a至少属于其它46个集合,设aA2,A47,而B是A48,A2010中任意一个集合,若aB,因B与A1,A47中每一个都有公共元素,则这些公共元素两两不同(因若B与Ai, Aj(1ij47)有相同公共元素b,则ba,从而Ai, Aj(1ij47)有两个公共元素,矛盾!),故B至少有47个元素,与|B|=44矛盾!故aB,即a是2010个集合的公共元素.再由A1,A2,A2010每两个集合恰有一个公共元素知|A
8、i1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,k3)=1.所以,| A1A2A2010|=201044-=201044=86431.高中数学联赛模拟题三人大附中 李秋生一试一、填空题(本题满分64分,每小题8分)1. 已知,且,若,则a的取值范围是 。2. 在中,若,为的内心,且,则 .3. 已知函数若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根,则实数a的取值范围是 。4. 计算器上有一个特殊的按键,在计算器上显示正整数n时按下这个按键,会等可能的将其替换为0n-1中的任意一个数。如果初始时显示2011,反复按这个按键使得最终显示0,那么这个过程中,9、99、999都出现的概率是 。5. 已知椭圆的
9、左、右焦点分别为F1、F2,过椭圆的右焦点作一条直线l交椭圆于点P、Q,则F1PQ内切圆面积的最大值是 6. 设为一个整数数列,并且满足:,若,则满足且的最小正整数n是 7. 如图,有一个半径为20的实心球,以某条直径为中心轴挖去一个半径为12的圆形的洞,再将余下部分融铸成一个新的实心球,那么新球的半径是 。8. 在平面直角坐标系内,将适合且使关于t的方程没有实数根的点所成的集合记为N,则由点集N所成区域的面积为 。二、解答题(本题满分56分)9. (本小题满分16分)对正整数,记,求数列中的最大值10.(本小题满分20分)已知椭圆 过定点A(1,0),且焦点在x轴上,椭圆与曲线的交点为B、C
10、。现有以A为焦点,过B,C且开口向左的抛物线,其顶点坐标为M(m,0),当椭圆的离心率满足 时,求实数m的取值范围。11.(本小题满分20分)映射f的定义域是的全体真子集,值域包含于,满足条件:对任意,都有,求这种映射的个数二试一、(本题满分40分)设为直线上顺次排列的五点,在直线外的一点,连结并延长至点,恰使,同时成立.求证:。二、(本题满分40分)已知:,求证:三、(本题满分50分)设正整数n大于1,它的全部正因数为d1,d2,dk,满足1=d1d2dk = n。再设D = d1d2d2d3dk1dk。(i) 证明:Dn2;(ii) 确定所有的n,使得D整除n2。四、(本题满分50分)设圆
11、周上有一些红点和蓝点,可以进行如下操作:加上一个红点,并改变其相邻两点的颜色;或去掉一个红点,并改变原先与之相邻的两点颜色已知开始时只有两个点,均为红点,那么是否有可能经过若干次操作,使得圆周上只有两个点,且均为蓝点模拟试题三参考答案一、填空题(本题满分64分,每小题8分)1. 答:,要使,只需C中的最大元素在B当中,所以,得。2. 答:设AO交BC于点D,由角平分线定理知,于是,又,所以 ,因此。3. 答: 利用函数图象进行分析易得结果。4. 答:若计算器上显示n的时候按下按键,因此时共有1n-1共n种选择,所以产生给定的数m的概率是。如果计算器上的数在变化过程中除了2011,999,99,
12、9和0以外,还产生了,则概率为,所以所求概率为 注意到两式相除即得。5. 答:因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍,且F1PQ的周长是定值8,所以只需求出F1PQ面积的最大值。设直线l方程为,与椭圆方程联立得,设,则,于是。因为,所以内切圆半径,因此其面积最大值是。6. 答:501当时,将原式变形为,令,则有,叠加可得,于是。由,得,化简得。由,得,将上述关于的结果代入得,于是质数且n是奇数,所以满足条件的最小的n是501。7. 答:16 将题目所得几何体的上半部分与半径为16的半球作比较,将它们的底面置于同一水平面,并考察高度为h的水平面与两个几何体所截的截面面积。与第一个几
13、何体形成的截面是圆环,外径是,内径是12,所以面积是,这正是与第二个球体形成的截面圆的面积,由祖暅原理知两个几何体的体积是相等的。8. 答:令,原方程化为 所给方程没有实根等价于方程无实根或有实根但均为负根,所以,或点集N所成区域为图中阴影部分,其面积为二、解答题(本题满分56分)9. (本小题满分16分)解:经计算知,下面用数学归纳法证明:当时,有。假设,则 。所以数列中的最大值是。10.(本小题满分20分)解:椭圆过定点A(1,0),则,。由对称性知,所求抛物线只要过椭圆与射线的交点,就必过椭圆与射线的交点。联立方程 ,解得 。,。设抛物线方程为:,。又 , 把 , 代入得,。令, 在内有
14、根且单调递增, 综上得:。11.(本小题满分20分)解:记,其中。首先任意设定的值,则对于A的任意真子集B,记,则,因此,映射f可由的值完全确定。下面证明这样的映射满足条件。对任意,有, , ,由知。综上所述,由于确定的值有种选择,所以这种映射的个数也为。二试一、(本题满分40分)证法一:过作BHAF,交于,则,又由,故。连结,知,延长分别交于,连结。因为,故、共圆;因为,故、共圆,、五点共圆,故。,故,。证法二:作外接圆,交射线于,则。又由,知,所以、共圆,记该圆为。下证必在内.用反证法,假设不在内。连结、,则又,矛盾!于是,在延长线上.,,为切线,为切线,故。二、(本题满分40分)证明:,
15、 , 。,同理, 。那么将不等式左式的三个分母均放缩为其中最小的那个即可。三、(本题满分50分)解:(i) 若d1,d2,dk是n的全部正因数,则n/d1,n/d2,n/dk也是n的全部正因数,且当1=d1d2dk=n时,有dj=n/dkj1。则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)的证明中已指出n2/d2Dn2n。若D整除n2,由上式知n2=qD,1qd2。(
16、*)因为d2是n的最小的大于1的除数,所以,d2是素数。d2当然也是n2的素除数,并且n2没有比d2更小的大于1的除数。那么由式(*)就推出q=d2。因此,k=2,n的全部正因数是1和n本身,即n是素数。四、(本题满分50分)解:对于圆周上任意一种状态,按下列方式定义该状态的特征值:考察圆周上的n个蓝点将圆周分成的n段圆弧,将这n段圆弧依次赋值+1,-1,+1,-1,并在每个红点处标上所在弧的数值,再将所有红点上的数值相加即得S值。下面考察各种加点的操作:(1) 若在两个相邻红点(原本标有+1)间增加一个红点,则标有+1的这两个红点变为蓝点,新增加的红点应标-1,且其他红点不受影响,所以S值减
17、少3。若两个红点原本标有-1,则类似可知S值增加3;(2) 若在两个相邻蓝点间增加一个红点,则这三个红点都将标上相同的数值,且其他红点不受影响,所以S的变化量仍然是3的倍数;(3) 若在两个相邻的异色点间增加一个红点,则两个端点红蓝交换,因此端点处的红色点标数变为原来的相反数,而且新增的红点与它的标数相同,所以S的变化量仍然是3的倍数;对于各种减点的操作,因为都是加点操作的逆向操作,所以S值的变化量始终是3的倍数,因此S值除以3的余数应该是不变的。在初始状态中,只有两个红点,;而在只有两个蓝点的状态中,这说明不可能经过若干次操作,使圆周上只有两个点,且均为蓝点。联赛模拟题四东北育才学校 彭玲一
18、试一、 填空题(每小题8分,共64分)1、若函数的图像经过点,则的反函数必过点_.2、某天下午的课程表要排入物理、化学、生物和两节自习共5节课,如果第1节不排生物,最后1节不排物理,那么,不同的排课表的方法有_种.3、正八边形边长为1,任取两点,则最大值为_.4、某人排版一个三角形,该三角形有一个大小为60角,该角的两边边长分别为和9,这个人排版时错把长的边排成长,但发现其它两边的边长度没变,则= .5、过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能为_. 三角形 正方形 梯形 五边形 六边形6、若,且为正整数,则7、对于实数,表示不超过的最大整数。对于某个整数,恰存在2008个正整数,满足,并
19、且整除,则=_.8、A、B两队进行乒乓球团体对抗赛,每队各三名队员,每名队员出场一次。A队的三名队员是,B队三名队员是,且对的胜率为,A队得分期望的最大可能值是_.二解答题(第9题16分,第10,11题各20分)9过点作动直线交椭圆于两个不同的点,过作椭圆的切线,两条切线的交点为,(1) 求点的轨迹方程;(2) 设O为坐标原点,当四边形的面积为4时,求直线的方程.10已知数列:,确定使为完全平方数.11设为正实数,且证明:二 试1.如图,A、C、E为直线上三点,B、D、F为另一直线上三点,直线AB、CD、EF分别和DE、FA、BC相交证明交点L、M、N三点共线2已知为正整数,且是集合中不同的正
20、整数,其满足整除,证明:不整除.3设且证明:4.设n是一个固定的正偶数.考虑一块的正方板,它被分成个单位正方格.板上两个不同的正方格,如果有一条公共边,就称它们为相邻的.将板上N个单位正方格作上标记,使得板上的任意正方格(作上标记的或者没有作上标记的)都与至少一个作上标记的正方格相邻.确定N的最小值.模拟试题四参考答案一试一、填空题1、; 解:由于,故函数过点,则其反函数过点.2、39;解:由容斥原理知,有种.3、;解:根据向量内积的几何意义,只要看向量在方向上的投影即可。最大值为 +14、4解: 5、,解:由对称性可知,所得图形应为中心对称图形,且可以截得。6、解:由知:可能为1,3,11,
21、33,从而解得7、668解:若,则,满足整除,则可取,共个,所以。8、; 解:讨论可知,最大期望9. 解(1)依题意设直线方程为,与椭圆联立得 ,由得 设,则过椭圆的切线分别为 和 ,并且由及得,同理,故点的轨迹方程为(在椭圆外) (2),O到PQ的距离为,M到PQ的距离为, 四边形的面积当时解得或,直线为或10.解 ,我们用归纳法证明. (*)(1)当时,结论成立.(2)假设当时,结论成立。即又由于代入上式可得:则当时,(由)故当时,结论成立,即(*)式成立.又可知:则 设则知:又且故或故或(舍去)则当时,满足条件.11.证明 因为,要证原不等式成立,等价于证明 事实上, 由柯西不等式知 又
22、由知 由,可知式成立,从而原不等式成立 二 试1. 证:如图图设AB、CD、EF围成一个UVW (平行直线视为交于无穷远点)对UVW三边上的五个共线三点组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三点共线2.如果整除.不妨设,其中,则可以推得:,显然互素,且,只要令,则,而,故,即,而,矛盾.3证明 由均值不等式得:则我们只要证明令,且则只要证明:通分整理等价于由算术平均值及可证明成立.4.解 设首先将正方板黑白相间地涂成象国际象棋盘那样.设为所求的N的最小值.为必须作上标记的白格子最小数目,使得任一黑格
23、都有一个作上标记的白格子与之相邻.同样定义为必须作上标记的黑格子最小数目,使得任一白格都有一个作上标记的黑格子与之相邻.由于n是偶数,“棋盘”是对称的,故有且.为方便,将“棋盘”按照最长的黑格子对角线水平放置,则各行黑格子数目分别为在含有个黑格子那行下面,将奇数位置白格子作上标记.当该行在对角线上方时,共有个白格子作上了标记;而当该行在对角线下方时,共有个白格子作上了标记.因而作上标记的白格子共有个.易见这时每个黑格子都与一个作上标记的白格子与之相邻.故得: 考虑这个作上标记的白格子.它们中任意两个没有相邻公共黑格子,所以至少还需将个黑格子作上标记,从而因此, 联赛模拟试题五复旦附中 万军一试一、 填空题(每题8分,共64分)1、已知多项式满足:则_