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2011 全国高中数学联赛模拟题

时间:2012-03-10


全国高中数学联赛模拟题 一 试

一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分) 填空题( 1.在数列

{an } 中, a1 = 2 , a2 = ?1 ,且 an+ 2


= an +1 ? an

,n

= 1, 2,L .则

a2011 =

2.设 a,b,c 是正整数,且成等比数列, b ? a 是一个完全平方数, log 6 则a+b+c

a + log 6 b + log 6 c = 6 ,

=



3.一列数

a1 , a2 , a3 , L

满足对于任意正整数 n,都有

a1 + a2 + L + an = n3

,则

1 1 1 + +L+ = a2 ? 1 a3 ? 1 a100 ? 1
4.设 a



< ?1 ,变量 x 满足 x 2 + ax ≤ ? x ,且 x 2 + ax 的最小值为 ?

1 ,则 a = _______. 2

5.正整数 n ≤ 500 ,具有如下性质:从集合

{1, 2,L ,500} 中任取一个元素 m,则 m 整除 n 的概率



1 ,则 n 的最大值是 100

.

6.集合{1,2,…,2011}的元素和为奇数的非空子集的个数为 7.一个直径

.

AB = 2 的半圆,过 A 作这个圆所在平面的垂线,在垂线上取一点 S ,使 AS = AB ,
分别为

C 为半圆上一个动点, N , M ∠BAC = _________.
8.直线

A 在 SC , SB 上的射影.当三棱锥 S ? AMN

的体积最大时,

y = kx ? 2
.

交抛物线

y 2 = 8x



A, B

两点,若

AB

中点的横坐标为

2

,则

AB =

10、 二、解答题(第 9 题 16 分,第 10、11 题各 20 分,共 56 分) 解答题( 9.( 9.(本小题满分 16 分)设 x, y , z ∈

[1,+ ∞ ) ,证明不等式

( x 2 ? 2 x + 2)( y 2 ? 2 y + 2)( z 2 ? 2 z + 2) ≤ ( xyz ) 2 ? 2 xyz + 2 . x2 y2 已知双曲线 C : 2 ? 2 = 1 a > 0 , > 0 ) ( b 的离心率为 2, 过点 P (0 , ) m 10. 本小题满分 20 分) ( a b
(m

uuu r uuu uuu uuu r r r > 0 )斜率为 1 的直线 l 交双曲线 C 于 A 、 B 两点,且 AP = 3PB , OA ? OB = 3 .

(1)求双曲线方程;

(2)设 Q 为双曲线 C 右支上动点, F 为双曲线 C 的右焦点,在 x 轴负半轴上是否存在定点 M 使 得 ∠QFM

= 2∠QMF ?若存在,求出点 M

的坐标;若不存在,请说明理由.

11.( 11.(本小题满分 20 分) 设 x1 , x2 ,L , xn ,L 是不同的正实数.证明: x1 , x2 ,L , xn ,L 是一个等比数列 的充分必要条件是:对所有整数 n (≥

2) ,都有 x1 x2
2 xn x2 ? x2 = n 12 ∑ x x x2 ? x k =1 k k +1 2 1 n ?1

.

加 试 1. (本题满分 40 分)实数 a 使得对于任意实数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ,不等式
2 2 2 2 x12 + x2 + x3 + x4 + x5 ≥ a ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 + x4 x5 )

都成立,求 a 的最大值. 2. (本题满分 40 分)在直角三角形 ABC 中, ∠B D,E,F,连接 AD,与内切圆相交于另一点

= 90° ,它的内切圆分别与边 BC,CA,AB 相切与点 P,连接 PC,PE,PF.已知 PC ⊥ PF ,求证: PE ∥

A P F B C
3. 本题满分 50 分)对正整数 n,记 . (本题满分 (

E

D

BC .
十进制表示的数码和. (1) 求

f (n) 为数 3n 2 + n + 1 的

f (n) 的最小值; f (n) =1000 A2 , L , An ,

(2) 是否存在一个正整数 n,使得

4. 本题满分 50 分)求满足如下条件的最小正整数 n,在圆 O 的圆周上任取 n 个点 A1 , . (本题满分 ( 则在 Cn 个角 ∠ Ai OA j
2

(1 ≤ i < j ≤ n) 中,至少有 2011 个不超过 120° .

参考答案 一 试 1. 0.

因为 a1

= 2 ,a2 = ?1 ,a3 = 3 ,a4 = 4 ,a5 = 1 ,a6 = 3 ,a7 = 2 ,a8 = 1 ,a9 = 1 ,a10 = 0 ,

a11 = 1 , a12 = 1 , a13 = 0 ,….所以,自第 8 项起,每三个相邻的项周期地取值 1,1,0,故 a2011 =0.

2. 111. 由题意, b
2

= ac , log 6 abc = 6 ,所以, abc = 66 ,故 b = 6 2 = 36 , ac = 362 .
2

于是,36-a 是平方数,所以,a 只可能为 11,20,27,32,35,而 a 是 36 的约数,故 a 而, c

= 27 .进

= 48 .所以, a + b + c = 111 .

3.

33 . 100 当 n ≥ 2 时,有
a1 + a2 + L + an = n3 , a1 + a2 + L + an ?1 = (n ? 1)3 ,

两式相减,得

an = 3n 2 ? 3n + 1 ,

所以

1 1 1 1 1 = = ( ? ), n = 2, 3, L an ? 1 3n(n ? 1) 3 n ? 1 n 1 1 1 + +L+ a2 ? 1 a3 ? 1 a100 ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = (1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? ) 3 2 3 2 3 3 99 100 1 1 33 = (1 ? )= . 3 100 100
4.



?

3 . 2
2

由a

< ?1 及 x + ax ≤ ? x 得: 0 ≤ x ≤ ?(a + 1) ,设 ?

a 2 a2 f ( x) = x + ax = ( x + ) ? 2 4
2



a ,即 ?2 < a < ?1 ,则 f ( x ) 在 x = ?( a + 1) 处取最小值 f ( ? a ? 1) = a + 1 , 2 1 3 因此 a + 1 = ? , a = ? . 2 2
若 ?( a + 1) < 若 ?( a + 1) ≥

?

a 2

,即

a ≤ ?2 ,则 f ( x) 在 x = ?

a a2 处取最小值 ? 2 4

,因此

?

a2 1 =? , 4 2

a = ± 2 (舍去) .
5. 81. 由题设知,n 恰有 5 个约数.设 n 的质因数分解是
α α n = p1 1 L pk k

,则 n 的约数个数为

(α1 + 1)L (α k + 1)

, 所 以

(α1 + 1)L (α k + 1)

= 5 , 故

n

具 有

p4

的 形 式 , 而

34 = 81, 54 = 625 > 500 ,故 n 的最大值为 81.
6. 22010. 令 f(x)=(1+x)(1+x2)(1+x3)…(1+x2011),问题中要求的答案为 f(x)的展开式中,x 的奇次项的系数和.故所求

的答案为

1 (f(1)-f(-1))=22010. 2

7. arccos

3 3



易知

BC ⊥ 面SAC


,所以

BC ⊥ AN

,从而

AN ⊥ 面SBC

,所以

AN ⊥ SM

,因此

SM ⊥ 面AMN

1 VS ? AMN = ? SM ? S ?ANM 3

,由

SA = AB = 2

得:

AM = SM = 2

,而

AN ⊥ NM

, ?AMN 为斜边长为

2 的直角三角形,面积最大在 AN = MN = 1 时取到,此时,

∠BAC = arccos
8.

3 . 3

2 15 .



A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 )

, 由

y=

ky 2 ?2 8

, 即

ky 2 ? 8 y ? 16 = 0

, 所 以 ,

y1 + y2 =

8 16 8 , y1 y2 = ? ,因此 = y1 + y2 = k ( x1 + x2 ) ? 4 = 4k ? 4 ,即 k 2 ? k ? 2 = 0 ,因 k k k

直线

? y + y2 ? 2 y = kx ? 2 过 ( 0, ?2 ) 和 ? 2, 1 ? ,则 k > 0 ,于是 k = 2 ,再由 y = 2 x ? 2 , y = 8 x , 2 ? ?

解得

A 2 ? 3, 2 ? 2 3 , B 2 + 3, 2 + 2 3
9.注意到 x 9.

(

) (

) ,所以 AB = 2

15 .

≥ 1, y ≥ 1 ,所以

( x 2 ? 2 x + 2)( y 2 ? 2 y + 2) ? (( xy )2 ? 2 xy + 2)

= (?2 y + 2) x 2 + (6 y ? 2 y 2 ? 4) x + (2 y 2 ? 4 y + 2) = ?2( y ? 1)( x 2 + ( y ? 2) x + 1 ? y ) = ?2( y ? 1)( x ? 1)( x + y ? 1) ≤ 0 ,
所以

( x 2 ? 2 x + 2)( y 2 ? 2 y + 2) ≤ ( xy )2 ? 2 xy + 2 .
同理,因为 xy

≥ 1, z ≥ 1 ,所以

(( xy )2 ? 2 xy + 2)( z 2 ? 2 z + 2) ≤ ( xyz ) 2 ? 2 xyz + 2 .

10.(1)由双曲线离心率为 2 知, c 10.

= 2a , b = 3a ,双曲线方程化为

x2 y2 ? = 1. a 2 3a 2

? x2 y2 ? =1 ? 又直线 l 方程为 y = x + m .由 ? a 2 3a 2 ,得 ? y = x+m ?
2 x 2 ? 2mx ? m 2 ? 3a 2 = 0 . A( x1 , 1 ) , B ( x2 , 2 ) ,则 x1 + x2 = m , x1 x2 = y y ? m 2 ? 3a 2 2






因为

uuu r uuu r AP = 3PB ,所以 (? x1 , ? y1 ) = 3( x2 , 2 ? m) , x1 = ?3 x2 . m y
x1 + x2 = m

结 合

, 解 得

x1 =

3 m 2



1 x2 = ? m 2

. 代 入

x1 x2 =

? m 2 ? 3a 2 2

, 得

3 2 ?m 2 ? 3a 2 ? m = 4 2

,化简得 m

2

= 6a 2 .又

uuu uuu r r OA ? OB = x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 + ( x1 + m)( x2 + m) = 2 x1 x2 + m( x1 + x2 ) + m 2 = m2 ? 3a 2 = 3a 2,
且 OA ? OB 所以 a 实根. a
2 2

uuu uuu r r

= 3.
= 1 .此时, m = 6 ,代入①,整理得 2 x 2 ? 2 6 x ? 9 = 0 ,显然该方程有两个不同的

= 1 符合要求.
2

故双曲线 C 的方程为 x

?

y2 = 1. 3 ≥1)

(2) 假设点 M 存在, M (t , . (1) 双曲线右焦点为 F (2 , . Q ( x0 , 0 )( x0 设 0) 由 知, 0) 设 y 为双曲线 C 右支上一点.



x0 ≠ 2

时,

tan ∠QFM = ? k Q F = ? 2×

y0 x0 ? 2



tan ∠QMF = k Q M =

y0 x0 ? t

,因为

∠QFM = 2∠QMF ,所以

y0 y x0 ? t ? 0 = x0 ? 2 1 ? ( y0 ) 2 x0 ? t





2 2 2 2 y0 = 3 x0 ? 3 代入,并整理得, ?2 x0 + (4 + 2t ) x0 ? 4t = ?2 x0 ? 2tx0 + t 2 + 3 .

于是

? 4 + 2t = ?2t ,解得 t = ?1 . ? 2 ? ? 4t = t + 3
= 2 时, ∠QFM = 900 ,而 t = ?1 时, ∠QMF = 450 ,符合 ∠QFM = 2∠QMF .
= ?1 符合要求.满足条件的点 M
存在,其坐标为 (?1 , . 0)

当 x0 所以 t

11.必要性:若 x1 , x2 ,L , xn ,L 是一个等比数列,设 xk 11.

= ar k ?1 ,则

x1 x2

2 xn r 2( n ?1) = ∑x x r k =1 k k +1
n ?1

∑r
k =1

n ?1

1
2 k ?1

= 1 + r 2 + L + r 2( n ? 2) =
2 xn ? x12 2 x2 ? x12

r 2( n ?1) ? 1 r 2 ?1



.

充分性:当 n=2 时,两边都等于 1.当 n=3 时,有
2 x2 ? x2 ? x2 x1 ? x3 + 3 ? = 3 12 ? 2 x2 ? x1 x2 x2 x3 ? x2 ? x1



化简得 x1 x3

2 = x2 ,所以, x1 , x2 , x3 成等比数列.

假设 x1 , x2 ,L , xn ?1 成等比数列( n ≥

4 ) xk = ar k ?1 , k = 1, 2,L , n ? 1 , xn = aun ,则 ,记
2 ? un ? 1 = 2 , ? ? r ?1

2 un ? 1 1 1 1 ? + 3 + L + 2 n ?5 + n ? 2 r ?r r r r un

2 2 ?un (1 + r 2 + r 4 + L + r 2 n ? 6 ) + r n ?3un ? (r 2 ? 1) = (un ? 1)r 2 n ? 4 , ? ? 2 un ? (r n ?1 ? r n ?3 )un ? r 2 n ? 4 = 0 ,

(u
因为 un

n

? r n ?1 )( un + r n ?3 ) = 0 ,
成等比数列 .由数 学归 纳法 知,

> 0 ,所以 un = r n ?1 ,即 xn = ar n ?1 ,从 而 x1 , x2 ,L , xn

x1 , x2 ,L , xn ,L 是一个等比数列.





1. a 的最大值为 .

2 3 . 3

因为当 x1

= 1, x2 = 3, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 1 时,得 a ≤
2 时,不等式恒成立.事实上 3

2 . 3

又当 a

=

2 2 2 2 x12 + x2 + x3 + x4 + x5 2 2 2 2 2 2 ? 2 x2 ? ? 2 x2 x3 ? ? x3 2 x4 ? ? x4 2? = ? x1 + ? + ? + ?+? + ? + ? + x5 ? 3 ? ? 3 2 ? ? 2 3 ? ? 3 ? ?



2 2 2 2 x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 + x4 x5 , 3 3 3 3 2 3 . 3
= ∠FDB = 45° , ∠DPC = 45° . 故 又

所以,a 的最大值为

2. . 连接 DE, 则△BDF 是等腰直角三角形. DF, 于是 ∠FPD

∠PDC = ∠PFD ,所以△PFD ∽ △PDC,所以 PF PD = . FD DC
又由 ∠AFP 是



= ∠ADF

, ∠AEP

= ∠ADE ,所以,△AFP

∽ △ADF,△AEP ∽ △ADE,于

EP AP AP FP = = = DE AE AF DF

,故由①得

EP PD = . DE DC
因为 ∠EPD



= ∠EDC ,结合②得,△EPD

∽ △EDC,所以,△EPD 也是等腰三角形,于是

∠PED = ∠EPD = ∠EDC ,所以, PE ∥ BC .

A P F B C E

D

3. . (1)由于 3n

2

+ n + 1 是大于 3 的奇数,故 f (n) ≠ 1 . 3n 2 + n + 1 只 能 为 首 位 和 末 位 为
是大于 1 的整数.于是 n(3n + 1) 1,其余数码为 0 的一个数,即



f ( n) = 2

,则

3n 2 + n + 1 = 10k + 1 ,k

= 2 k ? 5k ,由于 ( n, 3n + 1) = 1 ,所以

?n = 2k , ? k k 于是 3n + 1 ≤ 4n = 4 ? 2 < 5 ,矛盾!故 f ( n) ≠ 2 . ? k ?3n + 1 = 5 , ?
又当 n=8 时, 3n
2

+ n + 1 =201,所以 f (8) = 3 .

综上所述,

f (n) 的最小值为 3. = 10k ? 1 ,则
k ?1 k ?1

(2)事实上,令 n

3n 2 + n + 1 = 3 ×10 2 k ? 5 × 10k + 3 = 2 99L3 1L3 3 , 124 4 00 4 99500 24
他的数码和为 2 + 9( k

? 1) + 5 + 3 = 9k + 1 . = 1011 ? 1 ,则 f (n) =100.

由于 100=9×11+1,所以,取 n

4.首先,当 n=90 时,如图,设 AB 是圆 O 的直径,在点 A 和 B 的附近 . 分别取 45 个点,此时,只有 2C45 以,n=90 不满足题意. 当 n=91 时,下面证明至少有 2011 个角不超过 120° . 把 圆 周 上 的 91 个 点
2

= 45 × 44 = 1980 个角不超过 120° ,所
A O B

A1 , A2 , L , A91 看 作 一 个 图 的

91 个 顶 点 ,

v1 , v2 , L , v91 ,若 ∠ Ai OA j > 120° ,则在它们对应的顶点 vi , v j 之间连一条边,这样就得到一个图 G.
设图 G 中有 e 条边,易知,图中没有三角形. 若 e=0,则有 C91
2

= 4095 > 2011 个角不超过 120° ,命题得证. v1 , v2
之间有边相连,因为图中没有三角形,所以,对于顶点



e ≥1

,不妨设顶点

vi (i = 3, 4, L ,91) ,它至多与 v1 , v2 中的一个有边相连,所以 d (v1 ) + d (v2 ) ≤ 89 + 2 = 91 ,
其中 d (v ) 表示顶点 v 的度,即顶点 v 处引出的边数. 因为 d (v1 ) + d (v2 ) + L + d (v91 )

= 2e ,而对于图

G 中的每一条边的两个顶点 vi ,

v j ,都有

d (vi ) + d (v j ) ≤ 91 ,于是,上式对每一条边求和可得 (d (v1 ))2 + (d (v2 ))2 + L + (d (v91 ))2 ≤ 91e ,
由柯西不等式

91[(d (v1 )) 2 + (d (v2 )) 2 + L + (d (v91 )) 2 ] ≥ [d (v1 ) + d (v2 ) + L + d (v91 )]2 = 4e 2 ,

所以

4e 2 ≤ (d (v1 )) 2 + (d (v2 )) 2 + L + (d (v91 )) 2 ≤ 91e , 91 912 2 < 2071 ,所以,91 个顶点中,至少有 C91 ? 2071 = 2024 > 2011 个点对,它们之间没有 4

故e ≤

边相连,从而,它们对应的顶点所对应的角不超过 120° . 综上所述,n 但最小值为 91.


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