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高中数学竞赛模拟题1-5

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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a−2b+10>0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．
（Ⅰ）求证：当达到最小值时，四点共圆；
（Ⅱ）设是外接圆的弧ＡＢ上一点，满足：，，，又是圆Ｏ的切线，，求的最小值．

二题图

三．（50分）如图，在7×8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2．
2.
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a−2b+10>0得2b<a+10，于是，当b=1、2、3、4、5时，每种情形a可取1、2、…、9中每一个值，使不等式成立，则共有9×5=45种；当b=6时，a可取3、4、…、9中每一个值，有7种；当b=7时，a可取5、6、7、8、9中每一个值，有5种；当b=8时，a可取7、8、9中每一个值，有3种；当b=9时，a只能取9，有1种。于是，所求事件的概率为。
4. 。，
即 2
=，
由此得 2．
令， ()，
有，故，所以．

5. 。由,可得 ①
由得,即,将,
代入得,即,因为,得
,得,有,解得.

6. 。函数的定义域为，且。

当且仅当，等号成立，即时函数取最大值。
7. 。由条件得 --------①
当时，①化为，无解；
当时，①化为，无解；
当时，①化为 -------②
若，则，线段长度为１；若，则，线段长度为；若，则，线段长度为４．综上可知，点的轨迹的构成的线段长度之和为。

答图1
8. 。如答图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．
因

，
故，从而．
记此时小球与面的切点为，连接，则
．
考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答图2．记正四面体
的棱长为，过作于．
答图2
因，有，故小三角形的边长．
小球与面不能接触到的部分的面积为（如答图2中阴影部分）
．　　　　　　　　　
又，，所以
．
由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为
二． 解答题（共56分）
9.解:（1）令，，又，.
令，得 ，即
对任意的实数总成立， 为偶函数.
令，得 ，，.
.
令，得，
.

是以为首项，以为公比的等比数列. ∴.
（2）结论：.
证明：∵时，,
∴，即.
∴令（），故，总有成立. 则
.
∴对于，总有成立.
∴对于，若，则有成立.
∵，所以可设，其中是非负整数，都是正整数，则，令，，则.
∵，∴，∴，即.
∵函数为偶函数，∴.∴.

10解：∵，∴，∴
① 当时，，则是以为首项，为公差的等差数列
∴，即
② 当且时，
当时，
∴是以为首项，为公比的等比数列
∴
∴
∴
综上所述
（2）方法一：
证明：① 当时，；
② 当且时，

∴对于一切正整数，．
方法二：
证明：① 当时，；
② 当且时，
要证，只需证，
即证
即证
即证
即证
∵

，
∴原不等式成立。∴对于一切正整数，．
11解:由均值不等式得

,
∴

,等号成立当且仅当,
故的最大值为100 .

加试
一，解：（1）是抛物线上的点，，则切线的斜率
过点的抛物线的切线方程为：，即
∵在线段上，∴，
∴≥
不妨设方程的两根为，
则，
① 当时，，，
∵，∴，∴
② 当时，，，
∵，∴，∴
综上所述，对线段上的任一点，有
（2）如图所示，由，求得两个交点
则，∴，

∴
① 由，得，

∴，即．
② 由，得
∴，
∴
令，则，
∴，即
综上所述，
二．解： （Ⅰ）由托勒密不等式，对平面上的任意点，有．
因此 ．
因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在弧ＡＣ上时，．
又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号．因此当且仅当为的外接圆与的交点时，取最小值．
故当达最小值时，四点共圆．
（Ⅱ）记，则，由正弦定理有，从而，即，所以
，
整理得，解得或（舍去），
故，．
由已知=,有，即，整理得，故，可得，
从而，，为等腰直角三角形．因，则．
又也是等腰直角三角形，故，，．
故．

三．解：最少要取出11个棋子，才可能满足要求。其原因如下：如果一个方格在第i行第j列，则记这个方格为(i，j)。
第一步证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。用反证法。假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠。如图1，在每一行的前五格中必须各取出一个棋子，后三列的前五格中也必须各取出一个棋子。这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分。同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分。第1、2行必在每行取出一个，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)这些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子。在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在区域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在区域内至少取出3个棋子。这样，在这些区域内至少已取出了10个棋子。因此，在中心阴影区域内不能取出棋子。由于①、②、③、④这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了。矛盾。

图1 图2
第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠。如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠。
综上所述，最少要取出11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠。

四．证明：三个整数的立方和被9除的余数不能是4或5，这是因为整数可写为而，
对被9除的余数分别为4，5，故均不能表示为三个整数的立方和，而
对被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而
对满足条件：

2011年数学联赛模拟试题二
山东青岛 邹明

一试
一. 填空题
1.函数的值域是___________;
2.设a,b,c为直角三角形的三边长,点(m,n)在直线ax+by+c=0上.则m2+n2的最小值是___________
3.定义区间，，，的长度均为，其中．已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为__________;
4.掷6次骰子,令第次得到的数为,若存在正整数使得的概率，其中是互质的正整数.则= .
5.已知点在曲线y=ex上，点在曲线y=lnx上，则的最小值是_______．
6.已知A,B,C为ΔABC三内角,向量,.如果当C最大时,存在动点M,使得成等差数列,则最大值是_______;
7.四面体OABC中,已知∠AOB=450,∠AOC=∠BOC=300,则二面角A－OC－B的平面角的余弦值是______________;

8.设向量满足对任意和,恒成立.则实数a的取值范围是________________.
二. 解答题
x
y
O
P
F1
F2
M
N
9.如图,设p为双曲线上第一象限内的任一点,F1, F2为左右焦点,直线PF1,PF2分别交双曲线于M,N.若,.
求的值及直线MN的斜率KMN的取值范围.

10.设数列满足,.求证:当时,. (其中表示不超过的最大整数)．

11.求证:存在函数f:R→R,满足对一切x∈R都有f(x3+x)≤x≤f3(x)+f(x).

二 试
A
B
C
D
E
F
G
M
·
O
N
1.如图,四边形BDFE内接于圆O,延长BE与DF交于A,BF与DE相交于G,做AC∥EF交BD延长线于C.若M是AG的中点.求证:CM⊥AO.

2.求最小的正数c,使得只要n=(k1,…,km∈N,k1>k2>…>km≥0),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(r<n)个数均不互素,而r+1个数均互素.

4.给定2010个集合,每个集合都恰有44个元素,并且每两个集合恰有一个公共元素.试求这2010个集合的并集中元素的个数.

模拟试题二参考答案

1. 解:令sinx+cosx=t,
则t=,2sinxcosx=t2-1,
关于t+1在和
上均递增,所以,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+n2≥1,等号成立仅当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，则，，
设方程的两根为、，又因为，所以．
不等式的解集为，
构成的区间长度之和为．
4.解:当时，概率为;当时,，概率为；
当时，，概率为；
当时，，概率为；
当时， ，概率为；当时，概率为；故
,即,
从而.
5. 解:因曲线y=ex与y=lnx关于直线y=x对称．所求的最小值为曲线y=ex上的点到直线y=x最小距离的两倍,设P(x,ex)为y=ex上任意点,则P到直线y=x的距离,因,所以,,即min=.
6.解:

,等号成立仅当.令|AB|=2c,因,所以, M是椭圆上的动点.故点C(0,),设M(x,y),则
|MC|2=x2+()2=
.
当y=时, |MC|2max=,|MC|max=.即max=
7. 解:不妨设AC⊥OC⊥BC,∠ACB=,∠AOC=∠BOC=,
C
A
O
B
∠AOB=.
因
=
即，
两端除以并注意到
,即得,
将=450,=300代入得,所以,.
8.解:令
则,,
因,
所以,对任意恒成立

或或对任意恒成立或.
x
y
O
P
F1
F2
M
N
三. 解答题
9. 解: 设p(x0,y0),因,所以,
,同理
,将M、N坐标代入双曲线得:

即
消去x0得:

即
,
因
所以,,解得.
将(1)-(2)得:
将代入得: 与联立解得:
代入,由x02-3y02=3得
即斜率KMN的取值范围是().

10. 证明：对于任何正整数，由递推知．
由知数列递减.又对任意,

．
即有,从而.于是，
当时，；
当时，由递减得.
故．所以，.
11. 证:由x≤g(f(x))g(g-1(x))≤g(f(x))及g(x)是R上的增函数,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).
显然,当f(x)=g-1(x)时,有f(g(x))=g(f(x))=x,当然有f(g(x))≤x≤g(f(x)).
回到原题:取g(x)=x3+x,显然,g(x)是R上的增函数,由引理即得f(x)=g-1(x)时,就有f(x3+x)≤x≤f3(x)+f(x).

二 试

A
B
C
D
E
F
G
M
·
O
N
1. 证法1:设⊙O半径为R,则由圆幂定理得
CO2=CD·CB+R2.因AC∥EF,所以,∠CAD=∠ABC,
ΔACD∽ΔABC,即AC2=CD·CB,
所以,CO2-AC2=R2,下证MO2-MA2=R2:
由中线长公式得

MO2=(OA2+OG2)-MA2,所以,MO2-MA2=R2OA2+OG2-AG2=2R2.
由圆幂定理得:OA2=R2+AF·AD,OG2=R2-GE·GD,延长AG到N,使得AF·AD=
AG·AN,则F,D,N,G四点共圆,因AE·AB=AF·AD=AG·AN,所以E,B,N,G四点共圆,∠NEB=∠NGB=∠ADN,从而A,D,N,E四点共圆,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CM⊥AO.证完.
A
B
C
D
E
F
G
M
·
N
P
T
O
证法2:由证法1知，只要证MO2-MA2=R2:
设ΔBEG的外接圆交AG于N,DN∩⊙O=P,
连BP,BN,则B,E,G,N四点共圆,
所以,AE·AB=AF·AD=AG·AN,
其中R为⊙O半径.
故F,D,N,G四点共圆,
延长AN交⊙O于T,
则∠BPD=∠BED=∠BFD=∠DNT,BP∥AT
,∠BNT=∠PBN,所以,∠BPD=∠BED=
∠BNT=∠PBN,从而BN=PN,ON⊥BP,
ON⊥AT.
设AM=MG=x,GN=y,则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·AD+x2=R2+x2,OM2-AM2=R2,所以,CO2-AC2=MO2-MA2=R2,CM⊥AO.证完.
2.解:因对n=时,有,所以,c>1.
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=1时,已知成立,假设对m成立,对m+1:
设n=(k1>k2>…>km+1≥0),
则n-=,由归纳假设得:
,
所以,
,
现证::

①.
因,
,所以,
① 左端,
② 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/)=d>1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i∈{1,2,…,n},令xi为i所在的所有r元子集(个)所对应的素数之积,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(1≤i≤2010), |Ai∩Aj|=1(1≤i<j≤2010),只要求|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1<i2<…<ik≤2010,k≥3).
由|Ai∩Aj|=1知|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|≤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|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1<i2<…<ik≤2010,k≥3)=1:
对于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44×45=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a∈A2,…,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(1≤i<j≤47)有相同公共元素b,则b≠a,从而Ai, Aj(1≤i<j≤47)有两个公共元素,矛盾!),故B至少有47个元素,与|B|=
44矛盾!故a∈B,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|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1<i2<…<ik≤2010,k≥3)=1.所以,
| A1∪A2∪…∪A2010|=
=2010×44-
=2010×44=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0~n-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。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=d1<d2<…<dk = n。再设D = d1d2＋d2d3＋…＋dk－1dk。
(i) 证明：D<n2；
(ii) 确定所有的n，使得D整除n2。

四、（本题满分50分）
设圆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1~n-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2011，999，99，9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 ①

所给方程没有实根等价于方程①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 ∵ ， ∴ ①
把 ， 代入①得，，。
令，，，
∵ 在内有根且单调递增，
∴
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BH∥AF，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：，
∵，，
∴。
∴，
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=d1<d2<…<dk=n时，有dj=n/dk－j＋1。则
n2/d2=n2/(d1d2)≤D = d1d2＋d2d3＋…＋dk－1dk=n2｛1/(dk－1dk)＋1/(dk－2dk－1)＋…＋1/(d1d2)｝
≤n2{(1/dk－1－1/dk)＋(1/dk－2－1/dk－1)＋…＋(1/d1－1/d2)}
=n2(1/d1－1/dk)=n2(1－1/n)=n2－n。 (*)
(ii) 在(i)的证明中已指出n2/d2≤D≤n2－n。若D整除n2，由上式知
n2=qD，1<q≤d2。(**)
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 +1
4、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1，3，11，33，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

①
事实上，

②
由柯西不等式知

③
又由知
④
由②，③，④，可知①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 … ②
= 1 … ③
= 1 … ④
= 1 … ⑤
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__________________