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高中数学联赛模拟题7


全国高中数学联赛模拟试题 7
一试 一.
1.不等式

填空题 4x2

?1 ?

1 ? 2x

?

2

? 2 x ? 9 的解集为



2.已知 F1、F2 分别为双曲线 C:

>
x2 y2 =1 的左、右焦点,点 A∈C,点 M 的坐标为(2,0), 27 9
.

AM 为∠F1AF2∠的平分线.则|AF2| = 3.已知复数 z1 ? 2 ? i , 2 z 2 ?

z1 ? i .若△ABC 的 3 个内角∠A、∠B、∠C 依次成等 ?2i ? 1? ? z1 2 C 差数列,且 u ? cos A ? 2icos ,则 u ? z 2 的取值范围是 . 2
4.一个盒中有 9 个正品和 3 个废品,每次取一个产品,取出后不在放回,在取得正品前已 取出的废品数 ? 的数学期望 E? =_________________. 5.若实数 x 、 y 满足条件 x 2 ? y 2 ? 1 ,则

1 2y ? 的取值范围是 x x2

.

6 . 在 四 面 体 P?ABC 中 , PA=PB=a , PC=AB=BC=CA=b , 且 a < b , 则

a 的取值范围 b

为 . ? x ? 7) 7. 定义在实数集上的函数 f ( x ) 满足 f ( x ? 1) ? ? f (1? x ), f (x ? 3)? f ( ,则方程

f ( x) ? 0 在区间 ?0, 2011? 内至少有

个实根。

8.在 1、2、3、……、1000 中,不出现数码 3,且不是 3 的倍数的数共_____个。

二.解答题
9.设数列 {an } 满足 a1 ? 1 ,求证: ,an?1 ? an ? n ? 1( n ? N )
*

?a
k ?1

n

1
k

? 2( n ? 1 ? 1) .

10.从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随即抽取一张,然后放回,用这种方式 连续抽取 20 次,设抽得的 20 个号码互不相同的概率为 p .证 明: p ? (

9 19 1 ) ? 2 10 e

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 在 y 轴正半轴上的右焦点,过 a 2 b2 F 且方向向量 (?a, b) 的直线 l 与 C 交与 A、B 两点,过点 O 且方向向量为 ( a, b) 的直线 m 与
11.已知 O 为坐标原点,F 为椭圆 C : C 交与 P、Q 两点.证明:A、P、B、Q 四点在同一圆上.

二试
1.在△A1A2A3 的形外作△O1A2A3、△O2A3A1、△O3A1A2 使:?i? ∠O1A2A3 = ?, ∠O1A3A2 = ?,? + ? < ? ;?ii? ∠A1O3A2 = 2?, O3A1 = O3A2;?iii? ∠A3O2A1 = 2?, O2A1 = O2A3.证明 O1A1⊥O2O3. 2

2.已知 a, b, c ? 0 且至多一个为 0.

证明:

1 1 1 10 ? 2 2? 2 ? 2 2 a ?b b ?c c ?a (a ? b ? c ) 2
2



3.已知质数

p ? 6k ? 1(k ? N , k ? 1), m ? 2 p ?1.

2m?1 ? 1 证明: 127m 为整数.
4. 一个保险柜上的锁由 3 个旋钮组成, 每个旋钮有 2n 种不同的位置。 由于保险柜结构上的 缺陷,当 3 个旋钮中的 2 个在正确位置时,保险柜即被打开。问至少要尝试多少次才能保证 保险柜一定能被打开?

模拟试题 7 参考答案
1. ? ? ,0 ? U ? 0, ? ? 2 ? ? 8? 由 1 ? 1 ? 2x ? 0 得 x ? ?

? 1

? ?

45 ?

1 , x ? 0。 原不等式可变为 1 ? 1 ? 2 x 2 ? 1 ? ? 45 ? 故原不等式的解集为 ? ? ,0 ? U ? 0, ? ? 2 ? ? 8 ?。

?

?

2

? 2 x ? 9 解得 x ?

45 。 8

2 2 由角平分线定理得: ? ? ,| AF1 | ? | AF2 |? 2a ? 6 ,故 | AF2 |? 6 | AF | | MF | 2 1 1 2.

| AF |

| MF |

1

? 2 5? ? , ? 3. ? 2 2 ? ?
由条件得 z 2 ? ?i, z 2 ? u ? cos A ? i cosC ,

1 ?cos 2 A ? cos 2C ? ? 1 ? cos ? A ? C ?cos ? A ? C ? 2 2? 2? 2? 又 A,B,C 成等差数列,故 A+C= ,<A-C< . 3 3 3 ? 2 5? 2 ?1 5 ? ? 1 ? ?. , 故 cos? A ? C ? ? ? ? ,1?, z 2 ?u ? ? , ?, z 2 ?u ? ? ? ?2 4 ? ? 2 ? ? 2 2 ? 4. 0.3 1 C9 C 1C 1 3 9 ? 取 值 为 0,1,2,3 , 且 有 P(? ? 0) ? 1 , P(? ? 1) ? 3 2 9 ? , ? 44 C12 4 A12 z 2 ?u ? cos 2 A ? cos 2 C ? 1 ?
2

1 3 1 A32 C9 A3 C9 9 1 , . ? P ( ? ? 3 ) ? ? 3 4 220 220 A12 A12 3 9 9 1 ? E? ? 0 ? ? 1 ? ? 2? ? 3? ? 0.3 . 4 44 220 220 5. ?? 2,2? 1 2y ? ? ? 2 ? ??sin ? ? 1? ? 2 设 x ? sec? , y ? tan? ?? ? k? ? , k ? Z ? ,得 2 ? x x 2 ? ? 1 2y ? ?? 2,2 ? . 又 ? 1 ? sin ? ? 1 得 2 ? x x 6. ? ? 2 ? 3 ,1? ? ? ? 考虑 ?PAB 的外接圆半径 R 与 b 的关系.

P(? ? 2) ?

由 CP=CB= CA=b,得点 C 在面 PAB 内的射影为⊿PAB 的外心.故 R<b. 又可计算得 R ?

a ? b ,解得 ? ? ? 2 ? 3 ,1? ? 2 2 ? ? b 4a ? b

a2

7. 252 由题设知函数 f ( x ) 满足 f (1) ? 0, f ( x ? 8) ? ? f ( x) ,可得原方程至少 252 个实根。 8.487 3 在这 1000 个数中不含数码 3 的数共有(9 -1)+1=729 个。而不含数码 3 且能被 3 整除的数 共有 9×9×3-1=242 个。合题意的数共 729-242=487 个。
* 9. 证明:由题意知 a2 ? 2, an ? 0, n ? N . 当 n ? 1 时,

当 n ? 2 时, 由 an?1 ? an ? n ? 1, 得 an ? an?1
n

1 ? 1 ? 2( 2 ? 1) ,命题成立; a1 1 ∴ an (an?1 ? an?1 ) ? 1 , ? a n ?1 ? a n ?1 , ? n, an

从而有

n 1 1 ? ? ? ? (ak ?1 ? ak ?1 ) ? an?1 ? an ? 2 ? 2 an?1an ? 2 ? 2( n ? 1 ? 1) . a1 k ? 2 k ?1 a k

10. 设函数 f ( x) ? ln(1 ? x) ?

2x x?2

1 2( x ? 2) ? 2 x x2 ? ? ?0 x ?1 ( x ? 2)2 ( x ? 2)2 (1 ? x) 所以 f ( x ) 在 (?1, ??) 上单增。 f ?( x) ?
当 ?1 ? x ? 0 时, f ( x) ? f (0) ? 0 。即有 ln(1 ? x ) ?

2x x?2

p?

100 99 98 81 ? ? ?L ? 100 100 100 100

9 1 ? 19ln(1 ? ) ? 19 ? ? ?2 1 10 10 ? ?2? 2 10 9 19ln 9 19 1 ?2 于是 e 10 ? e ,即 ( ) ? 2 . 10 e x1 ? x2 ? L ? xn n ? x1 x2 L xn , xi ? 0 利用均值不等式: n 19 81 ? ? 99 98 ? ?L ? 100 99 98 81 ? 100 100 100 ? ? ( 9 )19 p? ? ? ?L ? ?? ? 100 100 100 100 ? 19 10 ? ? ? 9 19 1 综上: p ? ( ) ? 2 10 e c bc 11. 直线 l 与直线 m 交于点 R ( , ) , 2 2a c ? x ? ? at ? ? 2 设直线 l 的参数方程为 ? 代入椭圆方程并整理得 ? y ? bc ? bt ? 2a ? 2 2 a ?b a 2 ? b2 2 2 2a t ? ? 0 ,故其两根之积为 t1t2 ? ? 4a 2 2 c ? x ? ? at ? ? 2 设直线 m 的参数方程为 ? 代入椭圆方程并整理得 ? y ? bc ? bt ? 2a ? 2 2 a ?b a 2 ? b2 2a 2t 2 ? 2act ? ? 0 ,故其两根之积为 t3t4 ? ? 2 4a 2 所以 t1t2 ? t3t4 。有直线参数方程的几何意义及四点共圆的条件知结论成立。
故 19ln 第二试 1.证:设 O 为△O1A2A3 的外心,则 OO1 = OA3 且∠O1OA3 = 2?. ∴ △OA3O1 与△O2A3A1 以 A3 为中心旋转相 ∴ △ A3O2O ∽ △ A3A1O1 , ∴ O2O · A3O1 = O3 2α OA3·A1O1 … ① 且 ∠O2OA3 = ∠A1O1A3 … ② 似.

(?

1 ) 10

A1


O2

O
β α

A2

A3

O1

同理 O3O·A2O1 = OA2·A1O1 … ③ 及 ∠O3OA2 = ∠A1O1A2 … ④ 结合①③知 O3O·A2O1 = O2O·A3O1. 结合③④知 ∠O2OO3 = ∠A2O1A3. 故△O2OO3∽△A2O1A3,∴ ∠O2O3O = ?. ∴ ?O1A1, O2O3? = ?O1A1, OO3? + ?OO3, O2O3? = ?A2A1, A2O3? + ? = 即 O1A1⊥O2O3,得证. ? . 2

?b?c?0 1 1 2 ? 2 ? 2 引理: 2 2 2 c ?a c ?b c ? ab
2.不妨设 a 引理的证明:

1 1 2 ? 2 ? 2 2 2 c ?a c ?b c ? ab ? ? 2c 2 ? a 2 ? b 2 ?? c 2 ? ab ? ? 2 ? c 2 ? a 2 ?? c 2 ? b 2 ?
2

? c 2 ? a ? b ? ? ab ? a 2 ? b 2 ? ? 2c 2 ? a 2 ? b 2 ? ? 2a 2b 2
2

? ? ab ? c 2 ? ? a ? b ? ? 0
2

而上式显然成立。引理证毕。回到原题。 由柯西不等式有

2 ? 2 2 ? 1 2 ? 2 2? 2 ? ? a ? b ? ? 8 ? c ? ab ? ? 25 ? a ? b c ? ab ? 2 ? 25 ? 1 因此 ? 2 ? 2 ?? 2 2 2 ? a ? b c ? ab ? a ? b ? 8 c 2 ? ab

?

?

?

? ?

?

结合引理知要证原不等式成立,只需证明

25 10 ? 2 ? a ? b ? ? 8 ? c ? ab ? (a ? b ? c)2
2 2

? 15 ? a ? b ? ? 50c ? a ? b ? ? 55c 2 ? 0
2

而此式明显成立。故原不等式成立。 3.我们分三步证明。 (1) (127,m)=1 因为质数 p ? 6k ? 1 (k ? N , k ? 1) ,所以 ( p, 7) ? 1 。设 p ? 7t ? r , t ? N ,1 ? r ? 6 。故

m ? 2 p ? 1 ? 27 t ? r ? 1 ? ? 27 t ? 1? 2r ? (2r ? 1)
7

又 127 为质数,且 127 ? 2 ? 1 2 ? 1 。结论成立。
7t
m ?1 (2) m (2 ? 1)

?

?

要证明此结论,只需证明 p (m ? 1) 。由费马小定理知

m ?1 ? 2 p ? 2 ? 0(mod p) 。结论成立。
m ?1 (3) 127 (2 ? 1) 6 6k 要证明此结论,只需证明 7 (m ?1) 。而 63 ? 2 ? 1 (2 ? 1) 即 63 (m ?1) 。结论成立。

证毕。

4.至少要尝试 2 n 次,才能保证将保险柜打开。 一方面,将每个旋钮的 2n 种不同的位置编号成 1,2,3,…,2n。用有序三元组(a,b,c)表 示一次尝试。给出以下 2 n 次尝试:
2

2

(1,1,1)

(3,1, 2n ? 1) (3,3,1) (3,5,3)
… … …



(2n ? 3,1,5) (2n ? 3,3, 7) (2n ? 3,5,9)
… …

?1,3,3? ?1,5,5?




? 2n ?1,1,3? ? 2n ?1,3,5? ? 2n ?1,5,7?
? 2n ?1,2n ? 3,2n ?1? ? 2n ?1, 2n ?1,1? ? 2n, 2, 4? ? 2n, 4,6? ? 2n,6,8?

(1, 2n ? 3, 2n ? 3) (3, 2n ? 3, 2n ? 5) … (2n ? 3, 2n ? 3,1) (1, 2n ? 1, 2n ? 1) (3, 2n ?1, 2n ? 3) … (2n ? 3, 2n ?1,3) (4, 2, 2n)
… … … … …

(2, 2, 2)

(2n ? 2, 2, 6) (2n ? 2, 4,8) (2n ? 2,6,10)
… …

? 2,4,4? ? 2,6,6?


(4, 4, 2)
(4,6, 4)


(2, 2n ? 2, 2n ? 2) (4, 2n ? 2, 2n ? 4) … (2, 2n, 2n)
2

(2n ? 2, 2n ? 2,1) (2n ? 2, 2n,3)
2 2

(4, 2n, 2n ? 2)
2

? 2n,2n ? 2,2n? ? 2n, 2n, 2?

前 n 个有序三元组中覆盖了任意两个为奇数的 n 种可能, 后 n 个有序三元组中覆盖了 任意两个为偶数的 n 种可能。而三个旋钮的正确位置的编号必有两个奇偶性相同,因此不 妨设同为奇数,故可确定有两个旋钮在正确的位置。结论成立。 另一方面,设尝试 xn ? 2n2 ?1 次能保证将保险柜打开。 考虑三个旋钮的每一个位置在这 xn 次尝试中所出现的次数,记其中最小的为 k 次 (k ? ?

? 2n 2 ? 1 ? 。不妨设第一个旋钮的第一个位置恰出现 k 次。 ? ? n ?1 ) ? 2n ?

先考虑这 k 次尝试,第二个旋钮尝试了 2n 个位置中的 k1 (k1 ? k ) 个位置,第三个旋钮 尝试了 2n 个位置中的 k2 (k2 ? k ) 个位置。则在第一个旋钮在第一个位置时,第二个旋钮有

2n ? k1 (k1 ? k ) 个位置没有尝试,第三个旋钮有 2n ? k2 (k2 ? k ) 个位置没有尝试。又能保证 将保险柜打开,因此这 (2n ? k1 )(2n ? k2 ) 种不同的第二个旋钮和第三个旋钮的组合必在第
一个旋钮不在第一个位置时出现(否则保险柜可能打不开) 。而当第二个旋钮在这已尝试了 的 k1 (k1 ? k ) 个 位 置 中 , 至 少 尝 试 了 k1 ? k 次 ( 这 两 类 不 重 复 ) 。因此总次数

xn ? (2n ? k1 )(2n ? k2 ) ? k1 ? k


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