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全国高中数学联赛模拟试题(一)
第一试
一、选择题(共36分)
1. 在复平面上，非零复数z
1
，z
2
在以z=i对应的点为圆心 ，1为半径的圆上，
z
1
z
2
的实
π
部为零，a rgz
1
＝，则z
2
＝ ( )
6
A.－
33
＋i
22
B.
33
－i
22
33
C.－＋i
22
33
D.－i
22
1
2
2. 已知函数f(x)＝log
a
(ax－x＋)在[1，2]上恒正，则实数a的取值范围是( )
2
1531531
A.(，) B.(，＋∞) C.(，)∪(，＋∞) D.(，＋∞)
2822822
3. 已知双曲线过点M(－2，4)和N(4，4)，它的 一个焦点为F
1
(1，0)，则另一个焦点F
2
的轨迹方程是 ( )
22
(x－1)(y－4)
A.＋＝1(y≠0)或x＝1(y≠0)
25 16
22
(x－1)(y－4)
B.＋＝1(x≠0)或x＝1(y≠0)
1625
22
(x－4)(y－1)
C.＋＝1(y≠0)或y＝1(x≠0) 2516
22
(x－4)(y－1)
D.＋＝1(x≠0)或y＝1(x≠0)
1625
4. 已知正实数a，b满足a＋b＝1，则M＝1＋a＋1＋2b的整数部分是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
5. 一条笔直的大街宽度为40米， 一条人行横道穿过这条街，并与街道成一定的角度，人
行横道长度为50米，与大街边缘结合部的宽度为 15米，则人行横道的宽度为( )
A.9米 B.10米 C.12米 D.15米
6. 一条铁路原有m个车站，为适应客运需要新增加n(n＞1)个车站，结果客运车票增加了
58种(注：从甲站到乙站和从乙站到甲站需要两种不同的车票)，那么原有车站的个数
为
A.12 B.13 C.14 D.15 ( )

二、填空题(共54分)
7. 长方形ABCD的长AB是宽BC的23倍，把它折成无底的 正三棱柱，使AD与BC重合，
折痕线EF，GH分别交原来长方形对角线AC于M、N，则折后截面A MN与底面AFH所成
的角是_____.
222
8. 在△ABC中，a，b，c是角A，B，C的对边，且满足a＋b＝2c，则角C的最大值是_____.
2

9. 从盛满a升(a＞1)纯酒精的容器中倒出1升，然后加水填满，在倒 出1升混合溶液后
又加水填满，如此继续下去，则第n次操作后溶液的浓度为____________ ______.
10. 已知函数f(x)和g(x)的定义域均为非负实数集，对任意的x≥0，规 定f(x)*g(x)＝
min{f(x)，g(x)}，若f(x)＝3－x，g(x)＝2x＋5， 则f(x)*g(x)的最大值是_________.
11. 从1到100的自然数中，每次取出 不同的两个数，使它们的和大于100，则可有_______
种不同的取法.
12. 若实 数a＞0，则满足a－a＋a＝2的a值属于区间:①(0，3)；②(2，3)，③(3，
＋∞)；④ (0，2).其中正确的是_________________.

三、解答题(共计60分)
13. (20分)求证：经过正方体中心的任意截面的面积不小于正方体一个侧面的面积.


222222
14. (20分)直线Ax＋By＋C＝0(ABC≠0)与椭圆bx＋ay＝ ab相交于P和Q两点，O为坐
2222
aba＋b
标原点，且OP⊥OQ，求证：< br>2
＝
22
.
cA＋B

15. (20分)某新建 商场设有百货部、服装部和家电部三个经营部，共有190名售货员，计
划全商场的日营业额(每日卖出 商品所收到的总金额)为60万元，根据经验，各部商品
每1万元营业额需要售货员人数及每1万元营业 额所得利润情况如表所示，商场将计
划日营业额分配给三个经营部，同时适当安排各部的营业员人数，若 商场预计每日的
总利润为c万元，且19≤c≤19.7，又已知商场分配给经营部的营业额均为整数万 元，
问这个商场怎样分配营业额给三个部？各部分别安排多少名营业员？
部门 每1万元营业额需要售货员人数 每1万元营业额所得利润(万元)
百货部 5 0.3
服装部 4 0.5
家电部 2 0.2











3
53
6666

第二试
一、(50分) 矩形ABCD的边AD＝λ·AB，以AB为直径在矩形外作半圆，在半圆上任取不同
222
于 A、B的一点P，连PC、PD交AB于E、F，若AE＋BF＝AB，求正实数λ的值.

二、(50分)若a
i
∈R(i＝1，2，……，n)，S＝
＋

a
i1
n
i
，且2≤n∈N，求证：
a
3
1
n
2
k
a
k
.

n1
k1k1
Sa
k
n


三、(50分)无穷数列{c
n
}由下列法则定义：c
n＋1
＝|1 －|1－2c
n
||，而0≤c
1
≤1
(1)证明：仅当c
1
是有理数时，数列自某一项开始成为周期数列；
(2 )存在多少个不同的c
1
值，使得数列自某项之后以T为周期(对于每个T＝2，3，……)?

全国高中数学联赛模拟试题(一)

参考答案
第一试
一、选择题
1. A
如图所示，设复数z
1
对应的点为Z
1
，则
π31
|OZ
1
|＝2sin＝1，∴ z
1
＝＋i
622
再设z
2
＝x＋yi(x，y∈R)
22
由|z
2
－i|＝1得x＋(y－1)＝1 …………①
∵ (
31
－i)(x＋yi)的实部等于0，
22
y
2

1

0
Z
1
x
∴ 3x＋y＝0 …………②

3< br>x


2
或

x0
(舍去) 联立① ②解得

3

y0

y

2

故z
2
＝－
2. C
1
2
设g(x)＝ax－x＋，首先由g(x)＞0得
2
1
x－
2
11
a＞
2
＝－
2
＋
x2xx
111
当1≤x≤2时，(－
2
＋)
max
＝
2 xx2
111
2
从而a＞，在此前提下，易知函数g(x)＝ax－x＋的对称轴x＝ 在区间[1，2]的左
222a
边，
从而g(x)在[1，2]上是增函数.
当a＞1时，f(x)在[1，2]上是增函数，有
13
f(1)＝log
a
(a－1＋)＞0， a＞
22
1
当＜a＜1时，f(x)在[1，2]上是减函数，有
2
33
＋i
22

115
f(2)＝log
a
(4a－2＋)＞0， ＜a＜
228
153
综上：＜a＜或a＞
282
3. A
易知|MF
1
|＝|NF
1
|＝5
而||MF
1
|－|MF
2
||＝||NF
1
|－|NF
2
|| 即|5－|MF
2
||＝|5－|NF
2
||
当5－|MF
2
|＝5－|NF
2
|时，即|MF
2
|＝|NF
2|时，点F
2
的轨迹是线段MN的中垂线，
其方程为x＝1(y≠0)
当5－|MF
2
|＝|NF
2
|－5时，即|MF
2
|＋ |NF
2
|＝10时，点F
2
的轨迹是以M、N为焦点，长
22(x－1)(y－4)
轴长为10的椭圆，其方程为＋＝1(y≠0)
2516
4. B
一方面，M＞1＋0＋1＋0＝2
另一方面，M＜1＋2a＋a＋1＋2b＋b＝1＋a＋1＋b＝2＋(a＋b)＝3
15
所以，2＜M＜3
40 50 50
5. C

如图，人行横道的面积S＝15×14＝600
∴ S＝50x＝600  x＝12 15 x
6. C
2
新增的n个车站之间需要P
n
种车票，新增 的n个车站与原来的m个车站之间需要2mn
2
种车票，从而P
n
＋2mn＝ 58，即n(n－1＋2m)＝58
注意到n和n－1＋2m都是整数，而58只能分解为1×58和2×29两种情况，又n＞1
所以n＝2，n－1＋2m＝29，或n＝29，n－1＋2m＝2，或n＝58，n－1＋2m＝1
只有第一组有满足题意的解：n＝2，m＝14
二、填空题
π
7.；
6
D E G C E G
折叠后，仍然有AF＝FH＝HB(或HA，折
D
叠后A点和B点重合)
N
N
M
AM＝MN＝NC，且它们的长度没有变，仍
然等于折 叠前的长度，但对角线AC由直
M
线段变成了折线段，A、M、N三点由原
A F H B P H
F
来共线变成了A、M、N三点构成三角形.
(1)
设AD＝a，则AB＝23a，图(1)为折叠
前的长方形，有AC＝13a，AM＝MN＝
( 2) A
22
1323a2a
a，AF＝FH＝HB＝a，MF＝，HN＝. < br>3333

123233
2
设平面AMN与平面AFH的夹角为θ (图(2))，由S
△AFH
＝×a×a×sin60º＝a.
2333
23
2
2
2
4a
a)＋(a)＝
333
在Rt△NHA中，AN＝(
取AN的中点P，∵ AM＝MN  MP⊥AN
在Rt△MPA中，MP＝
a4a2a
∴ S
△AMN
＝×＝
233
S
×AFH
3π
∴ cosθ＝＝，∴ θ＝
S
△AMN
26
π
8.；
3< br>a＋b
a＋b－
22222
2
a＋b－ca＋b
222
∵ a＋b＝2c，∴ cosC＝＝＝
2ab2ab4ab
22
∴ a－4abcosθ＋b＝0
a
2
a
即()－(4cosC)＋1＝0(∵ b≠0)
bb
a
因为是正实数，所以4cosC＞0且△≥0
b
1π
解得：cosC≥，所以C≤
23
1
n
9.(1－)；
a
1
开始浓度为1，操作一次后溶液浓度为a
1
＝1－，
a
22
22
2
(
13
2
2
2
a) －(a)＝a
33
1
设操作n此后的溶液浓度为a
n
，则操作n＋ 1次后溶液的浓度为a
n＋1
＝a
n
(1－)
a
11
nn－1
∴ {a
n
}是首项、公比均为1－的等比数列，∴ a
n
＝a
1
q＝(1－)
aa
10.23－1；
∵ x≥0，令3－x＞2x＋5，解得0≤x≤4－23


2x50 x423
所以f(x)*g(x)＝



x423

3x

∵ 3－x在R上单调递减，故当x≥4－23时，
f(x)*g(x)≤f(4－23)*g(4－23)＝3－(4－23)＝23－1
当0≤x＜4－23时，2x＋5单调递增，故当x∈[0，4－23)时，
f(x)*g(x)＜2·(4－23＋5)＝23－1
综上所知，f(x)*g(x)的最大值为23－1
11.2500；
以1为被加数，则1＋100＞100，有1种取法，
以2为被加数，则2＋100＞100，2＋99＞100，有2种取法，
依次可得，被加数为n(n∈N，n≤50)时，有n种取法，
但51为被加数时，要扣除前 面已取过的情况，只能取52，53，……，100，有49种
取法，
同理，被加数为52时，有48种取法，
依次可得，当被加数为n(n∈N，51≤n≤100)时，分别有100－n种取法，
所以，不同的取法共有(1＋2＋3＋……＋50)＋(49＋48＋……＋1)＝2500种
12.③④
2
a＋1
53
1
6242
∵ a＋1＝(a＋1)(a－a＋1)＝(a－a＋a)＝2(a＋)，(a≠0)
aa
∵ a＞0且a≠1，∴ a＋1＞4，∴ a＞3，即a＞3
21
532
又a－a＋a＝2，∴
3
＋1＝a＋
2
＞2
aa
∴ a＜2，即a＜2，综合可知，应填③④
三、
13．显然，所作截面是一个中心对称的凸多边形，它是一个四边形或六边形.
如果截面是一 个四边形，那么它一定没有截到立方体的某一组对面，其面积不小于这
组对面中的一个，命题成立. < br>如果截面是一个六边形，那么它一定截到了正方体的六个面，将立方
体展开在一个平面上，如图， 设界面的周长为l，正方体的棱长为a，
则 l≥|AB|＝(3a)＋(3a)＝32a
a
由于正方体的中心是内切球的球心，所以截面内含有半径为的圆，
2
从而有
1a32
22
S
截面
≥·l≥a＞a
224
22
3
66
6
3

Ax＋By
14．将Ax＋By ＋C＝0变形为1＝－，代入椭圆方程，得
C
Ax＋By
2222222
bx＋ay＝ab(－)
C
22222222222222
整理得：(abB－aC)y＋2ABabxy＋(abA－bC)x＝ 0
当x＝0时，显然成立；
2
当x≠0时，同除以x得：
y
2 2222222
y
22222
(abB－aC)()＋2ABab()＋(abA－b C)＝0
xx
该方程的两根为OP，OQ的斜率，
222222222
abA－bCaba＋b
∵ OP⊥OQ，所以－1＝
22222
，即
2
＝
22

abB－aCcA＋B
15．设分配给百货、服装、家电营业额分别为x，y，z(万元)，(x，y ，z是正整数)，则

xyz60


5x4y2z 190


c0.3x0.5y0.2z

19c19. 7

①
②
③
④
3

y35x


2

由①②得


z25
x
2

3xx
所以c＝0.3＋0.5(35－)＋0.2(25＋)＝ 22.5－0.35x
22
代入④得8≤x≤10，∵ x，y，z必为正整数，

x8

x10

5x40

5x50< br>


y23或

y20

4 y92或

4y80


z29

z30

2z58

2z60

第二试
一、如图，过P点作PG⊥AB，垂足为G，不失一般性，设AB＝2，则AD＝2λ
再设PG＝h，∠PDA＝α，PCB＝β，
D C
则AE＝AB－BE＝2－2λtanβ
BF＝AB－AF＝2－2λtanα
∵ (2λ＋h)tanα＋(2λ＋h)tanβ＝2
2
A F G E B
∴ tanα＋tanβ＝ ……①
2λ＋h
2
又(2λ＋h)tanα(2λ＋h)tanβ＝h
2
h
∴ tanαtanβ＝
2
……②
P
(2λ＋h)
22222
∵ AE＋BF＝(2－2λtanα)＋(2－2λtanβ)＝AB
222
∴ 8－8λ(tanα＋tanβ)＋4λ(tanα＋tanβ)＝4
222
即 λ(tanα＋tanβ)－2λtanαtanβ－2λ(tanα＋tanβ)＋1＝0
将①②代入上式，得
222
4λ－2λh4λ
＋1＝0
2
－
(2λ＋h)2λ＋4

∴ h(1－2λ)＝0
∵ h≠0，∴ 1－2λ＝0，即λ＝
2
22
2

2
解法二：仍如上图，不失一般性，设AB＝2，则AD＝2λ，令AF＝x，BE＝y，
PGGEPGGE
因为△PGE∽△CBE，于是＝，即＝
BCBE2λy
PG·y
所以，GE＝ ……………………①
2λ
PG·x
同理，GF＝ ……………………②
2λ
PG
①＋②得：EF＝(x＋y)
2λ
EF·2λ2λ(2－x－y)
即PG＝＝……………………③
x＋y x＋y
PG·y2λ(2－x－y)12－x－y
由①②③得：GE＝＝·y·＝·y
2λx＋y2λx＋y
PG·x2－x－y
GF＝＝·x
2λx＋y
2y
∴ BG＝GE＋y＝ ……………………④
x＋y
2x
同理AG＝ ……………………⑤
x＋y
2
又PG＝AG·BG，综合③④⑤得
4xy
2
2－x－y
2
4λ()＝
2

x＋y(x＋y)
22
化简得：λ(2－x－y)＝xy ……………………⑥
222
又∵ AE＋BF＝AB
22
∴ (2－x)＋(2－y)＝4
22
即 4－4(x＋y)＋x＋y＝0
2
∴ 2－2(x＋y)＋(x＋y)＝2xy ……………………⑦
将⑥代入⑦得：
222
4－4(x＋y)＋(x＋y)＝2λ(2－x－y)
222
即(2－x－y)＝2λ(2－x－y)
∵ x＋y≠2，∴ 2λ＝1，∴ λ＝
二、由柯西不等式，得
(S－a
k
)≤(n－1)(
2
2
2

2

a
k1
n
2
k
a
2
k)

2
a
3
a
3
(Sak
)
2
a
3
3a
2
2
(Sa
k
)
kkkk
3
3
()
33
Sa< br>k
Sa
k
Sa
k
n1
(n1)(n1)< br>
2a3a(Sa
k
)3a

k1
3Sa
k
n1
(n1)
n1
(n1)
2
3(n1)a

aa
2
k
2
k
n
2
k
k1
2
3
k
2
k
22
k< br>
a
n
2
k
a
2
k
n
a
3
即
k

Sa
k
n
3
k
2(n1)
n
k1

(3n2)a

a
2
k
2
k

2(n1)
k1
2
(k N)
a
则


Sa
k1
k
(3n2 )

an

a
2
k
2
k
k1
n
2(n1)
2
1
n
2


a
k
n1
k1
原不等式得证.
三、易知，题中的递推关系式即为
1

2c若0c
n


n
2
c
n＋1
＝

…………①
1

2 2c若c1
nn

2

p
(1)若C
1
为有理数，即c
1
＝，其中(p，q)＝1时，
q
p
n
对一切n，均有c
n
＝，其中p
n
∈{0，1，2，……，q}
q
故有n
1
＜n
2
，使得p
n1
＝p
n2< br>，从而c
n1
＝c
n2
，
于是由①式可知{c
n
}从第n
1
项之后呈周期变化.
假设数列自第n
1
项之后呈周期为T的变化，我们记：
c
n1＝

a
k1

k
2
k
，即用二 进制表示c
n1
，其中a
k
＝0或1.
并记
a
k
＝1－a
k
，k∈N ……②
于是由①式可知



k
a2若a1
0

k1


k1
c
n1
1




a2
k
若a1

k11


k1



 k
a2若a
1
a
2
0(mod2)

k2


k1
c
n
1
2



a2
k
若aa1(mod2)

k21 2


k1
由此并结合归纳法，即知
c
n
1< br>
T


k
a2
T

k

1


k


a2
k

k
T


k1
若a
1
a
T
0
(mod2)

若a
1
a< br>T
1
(mod2)
由于c
n1＋T
＝c
n1
，故当a
1
＋……＋a
T
≡0(mod2)时，立即可得a
k＝a
k＋T
，k∈N
由此表明c
n1
为二进制循环小数，故为有理数.
当a
1
＋……＋a
T
≡1(mod2)时，由于c
n1＋T
＝c
n1
，得a
k
＝
a
kT
＝1－a
k＋T
，k∈N ……③
由于③式也表明a
k＋T
＝
a
k2T
，k∈N，所以 < br>a
k
＝1－a
k＋T
＝1－
a
k2T
＝1 －(1－a
k＋2T
)＝a
k＋2T
，k∈N
故c
n1
也为有理数
再由递推式①知，c
n1
是由c1
经过n
1
－1步有理运算得出的，所以，c
1
也必为有理数.
(2)如果分别取c
1
＝(0.
1100
)
2
，c
1
＝(0.
1110
)
2
， ……④
└───┘
m1个
••
••
1
则可使{c
n
}分别以T＝2和T＝m，m≥3为周期，又易见，只要将c
1
取为④中的
k
，k∈N，
2
都可使数列最终以相应的T为周期，从而，对每个T＝2，3，…… 都有无穷多个c
1
使
得数列自某项之后以T为周期变化.