投标书范本-野鸡大学名单

高中数学竞赛模拟试题一
一 试
（考试时间：80分钟 满分100分）
一、填空题（共8小题，
8756
分）
1、已知,点
(x,y)
在直线
x2y3
上移动,当
2
x

4
y
取最小值时,点
(x,y)
与
原点的距离是 。
2、设
f(n)
为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比
如
f

123

1
2
2
2
3
2
14
f
2010
(2010)

。记
f
1
(n)f(n)
，
f
k1
(n)f(f
k
(n))
，
k1,2,3...
，则
。
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
3、如图，正方体
是 。
中，二面角
ABD
1
A
1
的度数
4、在
1,2,,2010
中随机选取三个 数，能构成递增等差数列的概率
是 。
5、若正数
a,b, c
满足
abc
，则
b
的最大值是

ac
bcacab
。
6、在 平面直角坐标系
xoy
中，给定两点
M(1,2)
和
N(1,4)
，点
P
在
X
轴上
移动，当
MPN
取最大 值时，点
P
的横坐标是 。
7、已知数列
a
0
,
a
1
,
a
2
,...,
a
n
...,
满足关系式
(3a
n1
)(6a
n
)18
且
a
0
3
，则

1
i0n
a
i
的值是 。
8、函数
f(x) 
sinxcosx

tanxcotx

sinxcosx

tanxcotx
在
x
(
o
,
< br>)
时的最
sinxtanxcosxtanxcosxcotxsinxcot x
2
小值为 。

二、解答题（共3题，
14151544分
）
9、设 数列
{
a
n
}
满足条件：
a
1
1,a< br>2
2
，且
a
n2
a
n1
a
n
(n1,
求证：对于任何正整数n，都有：
n
a
n1
1
n
1

a
n
2,3,
)
10 、已知曲线
M
:
x
2
y
2
m
，
x0
，
m
为正常数．直线
l
与曲线
M
的实轴不垂直，且依次交直线
yx
、曲线
M
、直线
yx
于
A
、
B
、
C
、
D
4
个点，< br>O
为坐标原点。
（1）若
|AB||BC||CD|
，求证：< br>AOD
的面积为定值；
（2）若
BOC
的面积等于
A OD
面积的
1
，求证：
|AB||BC||CD|

3
11、已知

、

是方程
4x
2
4tx 10(tR)
的两个不等实根，函数
f(x)

2xt
的定义域为
[

,

]
.
2
x1
（Ⅰ）求
g(t)maxf(x)minf(x);

（Ⅱ）证明：对于
u
i
(0,

)
2
1113
6< br>.
g(tanu
1
)g(tanu
2
)g(tanu
3
)4
(i1,2,3)
，若
sinu
1
sinu< br>2
sinu
3
1
，则
二 试
（考试时间：150分钟 总分：200分）
一、（本题50分）如图，
O
1
和
O
2
P
与
ABC
的三边所在的三条直线都相
切，
E,F,G,H
为切点 ，并且
EG
、
FH
延长线交于
P
点。
求证：直线
PA
与
BC
垂直。
二、（本题50分）正实数
x,y,z
，满
xyz1
。证明：
O
1
。

G
H
A
。
的
O
2

E
B C
F
足

三、（本题50分）对每个正整数
n
，定义函数
0n为平方数 ）

（当

f(n)

1

[（当]n 不为平方数）

{n}

240
（其中
[x]
表示 不超过
x
的最大整数，
{x}x[x])
。试求：

f (k)
的值。
k1
四、（本题50分）在世界杯足球赛前，
F
国 的教练员为了考察
A
1
,A
2
,A
3
,A
4
,A
5
,A
6
,A
7
这七名队员，准备让他们在 三场训练比赛(每场比赛
90分钟)中都上场，假设在比赛的任何时刻，这些队员都有且只有一
人在场上，并且
A
1
,A
2
,A
3
,A
4
每人上场的总时间(以分钟为单位)均被7整
除，
A
5
,A
6
,A
7
每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除．如果每
场换人的 次数不限，那么，按每名队员上场的总时间计，共有多少
种不同的情况？
答案与解析
一、填空题
1、
35
4
。
2
x
4y

2
33
2
x2y
42
.
x ,y
时取最小值,
24
此时
x
2
y
2
=
35
4
。
2、4。 解： 将
f(2010)5
记做
20105
，于是有
从89开始，
f
n
是周期为8的周期数列。故
f
2010
(2010)f
2005
(89)f
52508
(89) f
5
(89)4
。
3、
60
。 解：连结
D
1
C
,作
CEBD
1
，垂足为
E
，延 长
CE
交
A
1
B
于
F
，
则
FEBD
1
，连结
AE
，由对称性知
AEBD
1,FEA
是二面角
ABD
1
A
1
的
平 面角。
连结
AC
，设
AB1
，则
ACAD
1

在RtABD
1
中，
AE
2,BD
1
3.

ABAD
1
2

BD
1
3
，

4
2
1

3
在
AEC中,co sAEC
AECEAC

2AEAC

4
2 AECE2AE
2
2
3
22222
AEC120
0
,而FEA是AEC
的补角，
FEA60
0
。
4、
3
。
4018
解：三个数成递增等差数列，设为
a,ad,a2d
，按题
,20102d
. 意必须满足
a2d2010,
对于给定的
d,a
可以取
1, 2,
d1004
。
1004
d1

故三数成递增等差数列的个数为

(2010

2
d)

1005*1004.

三数成递增等差数列的概率为
5、
171
。
4
1005*10043

3< br>C
2010
4018
。
解：由条件，有
bca
，

acabbc
令
abx,bcy,caz
；
则
a
xzy
,b
xyz
,c
22< br>yzx
，
2
从而原条件可化为：
令
xy

t,
则
t
4

1
，解得
t
1 
zt
17
2
或t
117
2
，
故
bxyzt1171


ac2z224
6、经过
M,N
两点的圆的圆心在线段
MN
的垂直平分线
y3x
上，
1.
解：
设圆心为
S(a,3a)
，则圆
S
的方程为：
(xa)
2
(y3a)
2
2(1a
2
)

对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角
度增大，所以，当
MPN
取最大值时，经过
M,N,P
三点的圆S必与< br>x
轴
相切于点
P
，即圆
S
的方程中的
a值必须满足
2(1a
2
)(a3)
2
,
解得
或
a7
.
即对应的切点分别为
P(1,0)
和P

(7,0)
，而过点
M,N,P

的圆的半径大
a1

于过点
M,N,P
的圆的半径，所以
MPNMP'N
，故点
P(1,0)
为所求，所
以点
P的横坐标为
1.

7、
1
(2
n2
n
3)
.
3
解：设
b
n


111
,n0,1,2,...,则(3)(6)18,

a
n
b
n1
b
n
即
3b
n1
6b< br>n
10.b
n1
2b
n

1
,< br>3
11
b
n1
2(b
n
)

333
故数列
{b
n

1
}
是公比为2的等比数 列，
b
n

n
111111
2
n
(b
0
)2
n
()2
n1
b
n
(2
n1
1)
。
33a
0
333
nn
1
n2
11
i1
1

2(2
n 1
1)
b(21)(n1)

2n3
。

i

3

21
io
a
i
i0i0
3

3
8、
4.
解：
44

(sinxcosx)

(tanxcot x)


sinxtanxcosxcotx

sinx tanxcosxcotx

（由调和平均值不等式）
4

要使上式等号成立，当且仅当
（1） －（2）得到
sinxcosxcosxsinx
，
即得
sinxcosx
。因为
x(0,

)
，
2
所以当
x

时，
f(x)
4
f() 4
。所以
minf(x)4
。
4

二、解答题
9、证明：令
于是
n
a
0

1
,则有
a
k1
a
k
a
k1
，且
1< br>
a
k
a

k1
(k

1,2,

)

a
k1
a
k1
n
a< br>k
a
n



k1

k1
a
k1
k1
a
k1
由算术- 几何平均值不等式，可得
注意到
a
0
a
1

1
，可知

1
1
n
a
n1

1
n
a
n
a
n1
1
，即
y
B
O
A
B

P

n
a
n1
1
n
a
n

10 、解：（1）设直线
l
：
ykxb
代
入
x
2< br>y
2
m
得：
(1k
2
)x
2
2bkxb
2
m0
，
0
得：
b
2m(1k
2
)0
，
C
x
D
A

Q

C

设
B
(
x
1
,
y
1
)
，
C(x
2
,y2
)
，则有
x
1
x
2

2bk2
1k
设
A
(
x
3
,
y
3
)
，
D(x
4
,y
4
)
，
b
，
1k
由
|AB||BC||CD|
得
|BC|
1
|
AD
|
，
3
故
|x< br>1
x
2
|
1
|
x
3
x
4
|
，
3
b
1k
(b
2
m)< br>，
x
1
x
2

，
2
1k
易得：
x
3

，
x
4

代入得
2bk
2
4(b
2
m)12b
()|
|
，
222
3
1k1k1k
8
整理得：
b
2
9
m
(
k
2

1)
，
又
|OA|

S
AOD
2|
bb
|
，< br>|OD|2||
，
AOD90
，
1k1k
b
2
9
m
为定值.
2
|1k|8
（2）设
BC
中点为
P
，
AD
中点为
Q

则
x
p

x
1
x
2
bk

2
1k
2
，
x
Q

x
3< br>x
4
bk

2
1k
2
，
所以
x
P
x
Q
，
P
、
Q
重合，从而
|AP||DP|
，
从而
|AB||CD|
，又
BOC
的面积等于

AOD
面积的
1
，所以
|BC|
1
|
AD
|
，
3
3
从而
|AB||BC||CD|
.
11、解：（ Ⅰ）设

x
1
x
2


,则4x1
2
4tx
1
10,
1
t
则
f(x
2
)f(x
1
)
2x
2
2
t

2x

2
2
4x
2
4tx
2
10,

(x
2
x
1
)

t(x
1
x
2
)2x
1
x
2
2
(x1)(x1)
2
2
2
2
1
x
2
1x
1
1

又
t(x
1
x2
)2x
1
x
2
2t(x
1
x
2
)2x
1
x
2

1
0f(x
2
)f(x
1
)0

故
f(x)
在区间


,


上是增函数。
（Ⅱ）证：
8216
(
2
3)24cosu
i
cosu
i
cosu
i
cosu
i
21624166
(i1,2,3)

g(tanu
i
)
22
2
16
169cos u
i
169cosu
i
169cosu
i
9
cos
2
u
i

3


sinu
i1
i
1,且u
i
(0,),i1,2,3
2
< br>3

sinu
i
(

sinu
i
)
2
1
，
2
i1i1
33
而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，
二 试
一、证明：延长
PA
交
EF
于
D
，则
PEG
和
PHF
分别是
ACD
与
ABD
的截线，由梅涅劳斯定理得：


DE
EC
BF
FD
CG
G A
DP
PA
AP

1
PD
AH

1
HB
①
②
P
G
O
1
A
H
O
2
O
1
,O
2
都是
ABC
的旁切圆，
1
ECCG(BCCAAB)BFHF
2
③
于是由①、②、③得：

DE
=
GA
AH
FD

E
B D C F

又
RtAGO
1
RtAHO
2

∴
DE
=
GA
AH
FD
=
AO

1
AO
2
而
O
1
,A,O
2
三点共线，且< br>O
1
EEF,O
2
FEF,

∴
PABC

x
2
x
5
y
2
 y
5
z
2
z
5
二、证明：原不等式可变形为
52 2

522

522
0

xyzyzx zxy
x
2
y
2
z
2
x
2
y
2
z
2
x
2
y
2
z
2
即
522

522

522
3

xyzyzxzxy
由柯西不等式以及
xyz1
可得
x
2
y
2
z
2
yzy
2
z2
即
522

222

xyzxyz
x
2y
2
z
2
zxz
2
x
2
同理
522

222

yzxxyz
上面三式相加并利 用
x
2
y
2
z
2
xyyzzx
得
三、解：对任意
a,kN
*
，若
k
2
a (k1)
2
，则
1ak
2
2k
，设


则
1
{a}


1

1
ak

ak2k

2k12k
1,[][
].

2222
akakakak
{a}
ak

,0

1,

让
a
跑遍区间
(k
2
,(k1)
2
）中的所有整数，
2k
1
则< br>
[]

[
2k
],

i
i1
k
2
a(k1)
2
{a}
(n1)
2a1


于是

f(a)

[
i1i1
n2k
2k
……①
]
i
下面计算

[
2k
],
画一张
2k2k
的表，第
i
行中，凡是
i
行中的位数处
i1
2k
i
2k
2k
填写“*”号，则这行的“*”号共
[
]
个，全表的“*”号共
< br>[
2k
]
个；
i
i
i1
另一方面，按列收 集“*”号数，第
j
列中，若
j
有
T(j)
个正因数，则< /p>

该列使有
T(j)
个“*”号，故全表的“*”号个数共
2k
2k
T(j)
个，因此

[]

T(j).

i
i1j1
j1
2k
2k
示例如下：

1
1
2
3
4
5
6









2
*
*

3
*
4
*
*


5
*
6
*
*
*


*
*




*





*
则

f
(
a
)


T
(
j
)
n
[T
(1)
T
(2)]

(
n
1)[
T
(3)
T
(4)]



[
T(2
n
1)
T
(2
n
)]

i1i1j1
nn2k
……②


由此，

f(k)

(16k)[T(2k1)T(k)]
……③
k1k1
25615
记
a
k

T(2k1)T(2k),k1,2,,15,
易得
a
k
的取 值情况如下：
1
16
n
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
15
3 5 6 6 7 8 6 9 8 8 8 10 7 10 10
783
……④
k1k1




因此，

f(k)

(16k)a
k
据定义
f
(256)
f
(16
2
)

0
，
(16
r
30)
，
又当
k
{241,242,

,255},
设k
15
2
rk1515
2
r15
r

rrr

15
2
r15
31
15
2
r15
30< br>，

1
1
30131
]

1,
k
{241,242,

,255}
……⑤ < br>
2
，则
[
2
r
{15r}
r
{k}
240
i1
256
i1
从则

f(
k
)

783


f
(
k
)

783

15

768.

四、解：设各人上场时间分别为
7t
1
,7t
2
,7t
3< br>,7t
4
,13t
5
,13t
6
,13t
7
(
t
i
为正整数)．
得方程
7(t
1
t
2
t
3
t
4
)13(t
5
 t
6
t
7
)903.

令
t
1t
2
t
3
t
4
x,t
5
t
6
t
7
y.
得方程
7x13y270
.
即求此方程满足
4x38,3y20
的整数解．
即
6y4(mod7),3y2(mod7),y3(mod7)

y3,10,17,
相应的
x33,20,7.

t
5
t
6
t
7
3.
的解只有

1种，
t
5
t
6
t
7
10.
的解有
C
9
2
种，
2
t
5
t
6
 t
7
17.
的解有
C
16
种；
t
1< br>t
2
t
3
t
4
33.
的解有
C
32
种，
3

3
t
1
t
2
t
3
t
4
20,
的解有
C
19< br>种，
3
t
1
t
2
t
3
t< br>4
7,
的解有
C
6
种．
3323
C< br>6
C
16
C
9
2
C
19
< br>42244
种。
∴ 共有
1
C
32