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2011年全国高中数学联赛模拟卷(5)(一试+二试


2011 年全国高中数学联赛模拟卷(5)第一试 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 第一试
(考试时间:80 分钟 考试时间: 考试时间 满分: 满分:120 分) 姓名: 考试号: 得分: 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 考试号 得分 小题, 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分)

__________ 填空题(
1. 正八边形 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 边长为 1,任取两点 Ai A j ,则 Ai A j ? A1 A2 最大值为__________ 2. 若 f ( x ) =
2007 k =0

∑ (?1) C
k 2

k

(3 ? x) k = 2007
2 2

2007 i =0

∑a x
i 2

2007 ? i

2007

,则
2

∑a
k =1

k

=_________

3. 若关于 x 的方程 x ? ( a + b ? 6b) x + a + b + 2a ? 4b + 1 = 0 的两个实数根 x1 , x 2 满足 x2 y2 4. 设 P 双曲线 2- 2=1 右支上一动点,过 P 向两条渐近线作垂线,垂足分别为点 A, B ,若点 A, B 始 a b 终在第一、第四象限内,则双曲线离心率 e 的取值范围是___________. 5. 对于实数 x ,[x ] 表示不超过 x 的最大整数。 对于某个整数 k , 恰存在 2008 个正整数 n1 , n 2 , L , n 2008 , 满足 k =

x1 ≤ 0 ≤ x 2 ≤ 1, 则 a 2 + b 2 + 4a + 4 的最小值为______________, 最大值分别为____________

[ n ]= [ n ]= L = [
3 1 3 2

3

n 2008 ,并且 k 整除 ni (i = 1,2, L 2008) ,则 k =___________.

]

6. A、 两队进行乒乓球团体对抗赛, B 每队各三名队员, 每名队员出场一次。 队的三名队员是 A1 , A2 , A3 , A i 且 A B 队三名队员是 B1, B2, B3,, Ai 对 B j 的胜率为 (1≤i, j≤3), 队得分期望的最大可能值是________. i+j 7. △ABC 的三边长分别为 13, 14, 15, 有 4 个半径同为 r 的圆 O, O1, O2, O3 放在△ABC 内,并且⊙O1 与 边 AB、AC 相切,⊙O2 与边 BA、BC 相切,⊙O3 与边 CB、CA 相切,⊙O 与⊙O1, O2, O3 相切, 则 r =_________. 8. 设 a, b 都是正整数,且 a + b 2 = 1 + 2

(
n

)

100

,则 ab 的个位数字是__________

小题, 二、解答题(本大题共 3 小题,第 9 题 16 分,第 10、11 题 20 分,共 56 分) 解答题( 、 1 9.已知:实数 a i (i = 1,2, L , n) 满足 a ≥ (i = 1, 2,L , n) ,证明: . i 1 1 2 (a + 1)(a + )L (a + ) ≥ (1 + a + 2a + L + na ) 2 n (n + 1)!
i

1

2

n

1

2

n

2 10. 已知数列 {a n } 由 a = , a = a + a + L a ,(n ∈ N ) 确定, 若对于任意 n ∈ N * , 3 1 1 1 + +L < M 恒成立。求 M 得最小值。 a +1 a +1 a +1
2 2 2 * 1

n +1

n

n ?1

1

1

2

n

x2 y2 11. 在双曲线 C:4 - 5 =1 中, F1 , F2 分别为双曲线 C 的左右两个焦点,P 为双曲线上且在第一象限内 的点, ?PF1 F2 的重心为 G,内心为 I. (1) 是否存在一点 P, 使得 IG|| F1 F2 ; (2) 已知 A 为双曲线 C 的左顶点,直线 l 过右焦点 F2 与双曲线 C 交于 M,N 两点,若 AM,AN 的斜 1 率 k1 , k 2 满足 k1 + k 2 = - ,求直线 l 的方程. 2

2011 模拟卷(5)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷(5)加试 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 加试
(考试时间:150 分钟 考试时间: 考试时间 满分: 满分:180 分) 姓名: 考试号: 得分: 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 考试号 得分 (本题满分 一、 本题满分 40 分)如图⊙O 切△ABC 的边 AB 于 D,切边 AC 于 C,M 是 BC 上一点, (
AM 交 DC 于点 N,求证:M 是 BC 中点的充要条件是 ON ⊥ BC D N B M O C A

(本题满分 有一个 m × n × p 的长方体盒子, 另有一个 ( m + 2) × ( n + 2) × ( p + 2) 的长方体 二、 本题满分 40 分) (本题
盒子, 其中 m, n, p 均为正整数( m ≤ n ≤ p ), 并且前者的体积是后者一半, 求 p 的最大值.

三、 本题满分 50 分)求方程 x2+x=y4+y3+y2+y 的整数解. (本题满分 (

(本题满分 四、 本题满分 50 分)设 n∈N*,把集合{1, 2, …, n}分拆为两个非空集合 A 与 B(即有 A∩B=Φ, (
A∪B={1, 2, …, n}) ,使得对 A 中任意两个不同的元素 a、b,有 a + b ? A ;对 B 中任意两个不同 的元素 c、d,有 cd ? B .求 n 的最大可能值,使得存在满足题意的分拆.

2011 模拟卷(5)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷 答案 年全国高中数学联赛模拟卷(5)答案
1、解:根据向量内积的几何意义,只要看向量在 A1 A2 方向上的投影即可。最大值为 2+1 2、令 x = 1 得
2007
2007 k =0

∑ a k = ∑ (?1) k C 2007 2 k = ∑ C 2007 (?2) k = (1 ? 2) 2007 = ?1 ,
k k k =0 k =0 k k

2007

2007

又 a0 为

∑ (?1) C
k =0

(3 ? x) k 展开式中最高次项的系数 ? 1 ,则 ∑ a k = ?2 2007
k =1

2007

3、解:设 f ( x) = x ? ( a + b ? 6b) x + a + b + 2a ? 4b + 1 = 0 ,则 f (0) ≤ 0, f (1) ≥ 0 ,整理得
2 2 2 2 2

(a + 1) 2 + (b ? 2) 2 ≤ 4 ,且 a + b + 1 ≥ 0 ,在以 a, b 分别为横轴和纵轴的坐标系中画出上面两个不等
式所表示的规划区域。则 a + b + 4a + 4 = ( a + 2) + b ,点 (?2,0) 到规划区域最小值即为到直线 1 1 a + b + 1 = 0 的距离 ,则 a 2 + b 2 + 4a + 4 的最小值为距离的平方2;点 (?2,0) 到规划区域最大值 2
2 2 2 2

为 (?2,0) 的圆心 (?1,2) 的距离与半径 2 的和 5+ 2 ,则 a + b + 4a + 4 的最大值为 ( 5 + 2) 2 = 9+4 5
2 2

4、解:由对称性,我们只讨论 A 在第一象限情形.设 P ( x 0 , y 0 ) , A( x A , y A ) ,则直线 PA 的方程为

a b b a a b y ? y 0 = ? ( x ? x0 ) ,与 y = x 联立,得: ( + ) x A = x0 + y 0 > 0 ? x0 > ? y 0 . b a a b b a 2 2 b 2 2 2 x0 若 P 在第一象限显然满足,若 P 在第四象限或坐标轴上,则 y 0 ≤ 0 ? 2 x 0 > y 0 = b ( 2 ? 1) , a a 2 2 2 2 a b a b 2 2 所以 ( 2 ? 2 ) x 0 > ?b ,只须 2 ? 2 ≥ 0,∴ a ≥ b,1 < e ≤ 2 b a b a 3 3 3 5、解:若 n ? 1 < k ≤ n ,则 k ≤ n, ( k + 1) 3 > n ,满足 k 整除 n ,则 n 可取 k 3 , k 3 + k , L k 3 + 3k 2 + 3k ,共 3k + 4 个,所以 3k + 4 = 2008, k = 668 91 6、解:讨论可知, A1 : B3 ; A2 : B1 ; A3 : B2 ,最大期望 Eξ = 60 7、解:不妨设 a = 13, b = 14, c = 15 。可知 ?ABC 与 ?O1O2 O3 相似,且 O 为 ?O1O2 O3 的外心, 5 12 外接圆半径为 2r ,则 cos ∠O1O3 O2 = cos C = , sin ∠O1O3 O2 = ,由正弦定理 13 13 48r 3 4 33 56 O1O2 = 4r sin ∠O1O3O2 = ,同理可得 cos A = , sin A = , cos B = ,sin B = , 13 5 5 65 65 48r 15r 260 A B 1 + cos A 1 + cosB 15 又 O1O2 = 15? r cot ? r cot = 15 ? r = 15 ? ,r = ?r = 15 ? r ,所以 2 2 sin A sin B 4 13 4 129 100 100 100 1 8、由二项式定理: a ? b 2 = 1 ? 2 , a = ? 1+ 2 + 1? 2 ? , ? ? ? 2? 100 100 200 200 1 ? 1 ? ? b= 1+ 2 ? 1 ? 2 ? ,故 ab = 1+ 2 ? 1? 2 ? ? ? ? ? ? 2 2? 4 2? 100 100 n n 1 ? 1 ? = 3+ 2 2 ? 3 ? 2 2 ? ,设 xn = 3+ 2 2 ? 3? 2 2 ? , ? ? ? ? ? ? 4 2? 4 2?

(

) (

( )

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

) (

)

则 x1 = 1, x2 = 6 ,由恒等式 x n ? y n = ( x + y ) x n ?1 ? y n ?1 ? xy x n ? 2 ? y n ? 2 得: 0,…,所以 xn + 6 ≡ xn ( mod10 ) , x100 ≡ x6×16 + 4 ≡ x4 = 4 ( mod10 )

xn = 6 xn ?1 ? xn ? 2 ( n ≥ 3) , { xn } 的个位数字依次为 1,6,5,4,9,0,1,6,5,4,9,

(

)

(

)

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9、证明:原不等式等价于 ( n + 1)(a1 + 1)( 2a 2 + 1) L ( na n + 1) ≥ 2 (1 + a1 + 2a 2 + L na n ) ,
n

设 xi = iai + 1, (i = 1,2, L n) ,则 xi ≥ 2, (i = 1,2, L n) ,原不等式即为

n +1 x1 + x2 + L+ xn ? (n ?1) ≥ (*) x1 x2 Lxn 2n x + x + L+ xn ? (n ?1) 1+ 2 3 x1 ,由 xi ≥ 2, (i = 1,2, L n) 知 x1 = 2 时 若令 x2 , x3 ,L, xn 不变,则(*)式右边为 x2 x3 Lxn n +1 (*)式右边取最大值。同理知 xi = 2, (i = 1,2, L n) 时,(*)式右边取最大值为 n ,即原不等式成立 2 4 1 1 1 2 2 10、解:由题可知 n ≥ 2 时, an+1 = an + an ,又 a2 = a1 = = ( )2 + ,不妨设 b1 = , bn = an (n ≥ 2) , 9 3 3 3 2 b b b ? bn 1 1 1 2 * 则 bn +1 = bn + bn ( n ∈ N ) ,∴ = n = n = n+1 = ? bn + 1 bn +1 bn+1bn bn+1bn bn bn +1 3b ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ ) = 3? + +L+ = ( ? ) + ( ? ) +L + ( ? = n +1 b1 + 1 b2 + 1 bn + 1 b1 b2 b2 b3 bn bn +1 bn +1 bn +1 3b ?1 3 57 1 1 1 1 1 1 1 1 1 则 = = n+1 ? = ? + +L + + L+ + ? bn+1 20 20 bn+1 a1 + 1 a2 + 1 an + 1 b1 + 1 b2 + 1 bn + 1 1 + a1 1 + b1 57 1 2 易知 bn +1 为正数,且 bn+1 ? bn = bn ≥ b12 = , n 趋于无穷大时, bn +1 趋于无穷大,则 M 的最小值为 9 20 x0 y0 11、解:(1)假设存在点 P 坐标为 ( x0 , y0 )( y0 > 0) ,而 G 为 ?PF1 F2 的重心, 故 G ( , ) . 3 3 而 I 为 ?PF1 F2 的内心, 设 ?PF1 F2 的内切圆半径为 r , 则 1 1 1 1 S?PF1F2 = | F1F2 | ? | y0 |= (| PF1 | + | PF2 | + | F1F2 |) ? r , 于是 ? 2c? | y0 |= (| PF1 | + | PF2 | +2c) ? r . 2 2 2 2 2cy0 2cy0 y0 r= . 由 IG∥ F1 F2 知, = , 即 | PF1 | + | PF2 |= 4c . | PF1 | + | PF2 | +2c | PF1 | + | PF2 | +2c 3 c 又 a = 2 , e = . 由焦半径公式知, | PF1 |= ex0 + a,| PF2 |= ex0 ? a , 则 | PF1 | + | PF2 |= 2ex0 . a x2 y2 2c 2 × 3 故 2ex0 = 4c , 即 x0 = = = 4 . 又点 P ( x0 , y0 )( y0 > 0) 在双曲线上, 则 0 ? 0 = 1 . 3 4 5 e 2 解得 y0 = 15 (舍负). 故存在 P (4, 15) , 使得 IG∥ F1 F2 . (2) 若直线 l 斜率不存在, 显然 k1 + k 2 = 0 不合题意. 若直线 l 斜率存在, 设过 F2 (3, 0) 的直线方程
(n + 1) x1 x2 Lxn ≥ 2n ( x1 + x2 + L+ xn ? n + 1) ,等价于
为 y = k ( x ? 3) , 直线和椭圆交于 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) .将 y = k ( x ? 3) 代入 5 x 2 ? 4 y 2 = 20 中,

? 24k 2 x1 + x2 = 2 , ? ? 4k ? 5 2 2 2 2 得到 (5 ? 4k ) x + 24k x ? 36k ? 20 = 0 . 由韦达定理可知: ? 2 ? x x = 36k + 20 . ? 1 2 4k 2 ? 5 ? y1 y x ? 3 x2 ? 3 1 1 又 k AM + k AN = + 2 = k( 1 + ) = k[2 ? 5( + )] , x1 + 2 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 2

2011 模拟卷(5)

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1 1 x1 + x2 + 4 24k 2 + 4(4k 2 ? 5) 2k 2 ? 1 + = = = , x1 + 2 x2 + 2 x1 x2 + 2( x1 + x2 ) + 4 36k 2 + 20 + 48k 2 + 4(4k 2 ? 5) 5k 2 2k 2 ? 1 1 1 ) = = ? , 即 k = ?2 . 故所求直线 l 的方程为 y = ?2( x ? 3) . 2 5k k 2

从而 k AM + k AN = k (2 ? 5 ?

二试
一、证明:充分性:过点 N 作 EF∥BC,分别交 AB,AC 于 E,F。 连结 OC,OD,OE,OF,因为 ON⊥BC,则 ON⊥EF,又 OC⊥AC, 则 N,O,C,F 四点共圆,故∠NFO=∠NCO, 同理由 N,O,E,D 四点共圆,∠NDO=∠NEO,因∠NCO=∠NDO, 则∠NFO=∠NEO,故 OE=OF,从而 EN=FN,所以 BM=CM 必要性:用同一法,作 ON ′ ⊥ BC 交 CD 于 N ′ , 连 AN ′ 并延长交 BC 于 M ′ ,类似充分性的证明可得 B M ′ =C M ′ , 而 BM=CM,则点 M ′ 与 M 重合,因此,点 N ′ 是 CD 与 AM 的交点, 故点 N ′ 与 N 重合, ON ⊥ BC B E D N A F C O

M

2 2 2 )(1 + )(1 + ) = 2 . m n p 2 2 2 2 (1) 当 m ≥ 8 时, 由 m ≤ n ≤ p , 则 (1 + )(1 + )(1 + ) ≤ (1 + )3 < 2 , 矛盾! m n p 8 2 2 2 (2) 当 m ≤ 2 时, (1 + )(1 + )(1 + ) > 2 , 矛盾! m n p (3 ) 当 m = 3 时, 则 6np = 5( n + 2)( p + 2) , 即 ( n ? 10)( p ? 10) = 120 . 所以 p 的最大值为 130 (4) 当 m = 4 时, 则 4np = 3( n + 2)( p + 2) , 即 (n ? 6)( p ? 6) = 48 . 所以 p 的最大值为 54 2 2 2 (5) 当 m ≥ 5 时, (1 + ) = > , 得 p < 98 . 2 2 2 2 p (1 + )(1 + ) (1 + )(1 + ) m n 5 5 综上所述: p 的最大值为 130.
二、解:由题意 2mnp = ( m + 2)( n + 2)( p + 2) , 得 (1 + 三、解:原方程可变形为 4x2+4x+1=4y4+4y3+4y2+4y+1. ∴(2x+1)2=(2y2+y)2+3y2+4y+1=(2y2+y)2+2×(2y2+y)+1+(-y2+2y)=(2y2+y+1)2+(-y2+2y)

?3 y 2 + 4 y + 1 > 0 (1)当 ? ,即当 y<-1 或 y>2 时,(2y2+y)2<(2x+1)2<(2y2+y+1)2 ? y2 + 2y < 0 ? 而 2y2+y 与 2y2+y+1 为两相邻整数,所以此时原方程没有整数解.
(2)当 y=-1 时,x2+x=0,所以 x=0 或-1. (3)当 y=0 时,x2+x=0,所以 x=0 或-1. (4)当 y=1 时,x2+x=4,此时 x 无整数解. (5)当 y=2 时,x2+x=30,所以 x=-6 或 5.

? x=0 ? x = ?1 ? x = 0 ? x = ?1 ? x = ?6 ? x = 5 综上所述: ? ,? ,? ,? ,? ,? . ? y = ?1 ? y = ?1 ? y = 0 ? y = 0 ? y = 2 ?y = 2
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(1)若 1∈B,∵1×2=2,1×3=3,1×5=5,∴2,3,5∈A 或 n≤4. 四、 假设 n≥5,则∴2,3,5∈A,2+3=5,与题意矛盾! (2)当 1∈A,2∈B,不防假定 n≥4. 当 3∈A 时,∵1+3=4,∴4∈B. ∵2,4∈B,2×4=8,∴8∈A 或 n≤7. 当 n≥8 时,∵1,3,8∈A,3+5=8,1+8=9,∴5,9∈B 或 n≤8. 当 n≥9 时,∵2,5∈B,2×5=10,∴10∈A 或 n≤9. 当 n≥10 时,∵8,10∈A,8+10=18,∴18∈B 或 n≤17. 设 n≥18 时,由于 2,9,18∈B,2×9=18,所以产生矛盾! ∵3∈A 时,n≤17.当 n≥6 时,∵1,6∈A,1+5=6,1+6=7,∴5,7∈B 或 n≤6. 当 n≥7 时,∵2,5,7∈B,2×5=10,2×7=14. ∴10,14∈A 或 n≤13.当 n≥14 时,∵6,14∈A,6+8=14,∴8∈B. ∵2,8∈B,2×4=8,∴4∈A.但 4,6,10∈A,4+6=10,矛盾! ∴当 3∈B 时,n≤13. (3)若 1∈A,2∈A,不防假设 n≥18,则由 1+2=3 知 3∈B. 当 4∈B 时,∵3,4∈B,3×4=12,∴12∈A. ∵2,12∈A,2+10=12, ∴10∈B ∴3, 10∈B,3×10=30, ∴30∈A 或 n≤29.

当 n≥30 时,∵2,12,30∈A,2+28=30,12+18=30, ∴18,28∈B. ∵3,18∈B,3×6=18,∴6∈A.∵4,28∈B,4×7=28,∴7∈A. 但 1,6,7∈A,1+6=7,矛盾!故 n≤29. 当 4∈A 时,∵1+4=5,2+4=6,∴5,6∈B. ∵3,5,6∈B,3×5=15,3×6=18,∴15,18∈A. ∵4,15∈A,∵4+11=15,∴11∈B. 若 n≥33,∵15,18∈A,15+18=33,∴33∈B. ∵3,11∈B,3×11=33,∴33∈A,与 33∈B 矛盾!故 n≤32. (1)(2)(3)说明:nmax≤32. 、 、 (4)使 n=32 成立的例子有:A={1,2,4,15,18,21,24,27,30},B={1,2,3,…,32}/A. 其中,A 中 1+2=3,1+4=5,2+4=6,而任意一个不小于 15 的数加上另一个数,或者大于 30, 或者大于 15 且不是 3 的倍数,这些都不属于 A. 再考虑 B 中,若取出的两数的积在 33 以内,则两数中必有 3 或 6(否则,若 3 与 6 均不在其中, 则两数之积不小于 5×7>32) ,易知此积必为不小于 15 的 3 的整倍数,但这些都不在 B 中. 由此上述例子成立.综上可知:nmax=32.

2011 模拟卷(5)

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