在线上qq-英雄联盟九尾狐

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
记
f
1
(n)f(n)
，
f
k1
(n )f(f
k
(n))
，
f

123

 1
2
2
2
3
2
14
。
k1,2, 3...
，则
f
2010
(2010)
。
中，二面角
ABD
1
A
1
3、如图，正方体
是 。
ABCDA
1
B
1
C
1
D
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

bcacab
，则
b
ac
的最大值
是 。
6、在平面直角坐标系
xoy
中，给定两点
M(1,2)
和< br>N(1,4)
，点
P
在
X
轴
上移动，当
M PN
取最大值时，点
P
的横坐标是 。
7、已知数列
a
0
,
a
1
,
a
2
,...,< br>a
n
...,
满足关系式
(3a
n1
)(6a
n
)18
且
a
0
3
，则
1

1

i0
a
i
n
的值是 。
sinxtanxcosxtanxcosxcotxsinxcotx2
8、函 数
f(x)
sinxcosx

tanxcotx

sinxcosx

tanxcotx
在
x
(
o,

)
时
的最小值为 。

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
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,
)














2

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< br>yx
、曲线
M
、直线
yx
于
A
、B
、
C
、
D
4个点，
O
为坐标原点。
（1）若
|AB||BC||CD|
，求证：
AOD
的面积为定值；
（2）若
BOC
的面积等于
AOD
面积的
1
， 求证：
|AB||BC||CD|

3

















3

11、已知
< br>、

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,

)
(i1,2,3)
，若
sinu
1
sinu
2
sinu
3
1
，< br>2
则











1113

6
.
g(tan u
1
)g(tanu
2
)g(tanu
3
)4





4

二 试

（考试时间：150分钟 总分：200分）

一、（本题50分）如 图，
eO
1
和
eO
2
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
的延长线交于
P
点。
求证：直线
PA
与
BC
垂直。













5
P
G
H
O
1
。

A
。
O
2

E
B C
F

二、（本题50分）正实数
x,y,z
，满足
xyz1
。证明：
x
5
x
2
y
5
y
2
z
5
z
2

5

5
0

5222222
xyzyzxzxy



















6

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

[（当]n不为平方数）

{n}

n
，定义函数
（其中
[x]
表示不超过
x
的最大整数，< br>{x}x[x])
。试求：

f(k)
的
240
值。

















k1
7

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？















8

答案与解析

一、填空题
1、
35
4
。
2
x
4
y

2
=
35
4
33
2
x 2y
42
.
x,y
时取最小值,
24
此时
x
2
y
2
。
2、4。 解： 将
f(2010)5
记做
20105
，于是有
2010 5252985891454220416375889

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
o
。 解：连 结
D
1
C
,作
CEBD
1
，垂足为
E< br>，延长
CE
交
A
1
B
于
F
，
则
FEBD
1
，连结
AE
，由对称性知
AEBD1
,FEA
是二面角
D1
C1
ABD
1
A
1
的平面角。
A1
B1
F
E
D
C< br>A
连结
AC
，设
AB1
，则
ACAD
1

ABAD
1
2
在RtABD
1
中，
AE
BD
1
3
222
2,BD
1
3.

，
22
B
4
2
AECEAC2AEAC1

3
在
AEC中,cosAEC
4
2AECE2AE
2
2
3
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
d1004
。
a,ad,a2d
，
按题意必须满足
a2d2010,

1,2,L,20102d
.
对于给定的
d,a
可以取

9

故三数成递增等差数列的个数为

(2 010

2
d
)

1005*1004.

d1
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：
xyyzzxzz4z
111,

zxyxyxy

117
2
令
xy

t,
则
t
4

1
，解得
t
1zt
17
2
或t
，
故

bxyzt1171


ac2z224
6、经过< br>M,N
两点的圆的圆心在线段
MN
的垂直平分线
y3x
1 .
解：
上，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
x< br>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
a1
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.

10

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)

i

2 1


3

2n3

。
a33
io
i
i0i0


8、
4.
解：
1111

f(x)(sinx cosx)



(tanxcotx)


sinxtanxcosxcotx

cosxtanxsinxc otx

44

(sinxcosx)

( tanxcotx)

sinxtanxcosxcotxsinxtanxc osxcotx

（由调和平均值不等式）
4


要使上式等号成立，当且仅当

sinxtanxcosxcotx(1)


tanxcosxcotxsinx(2)

（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



11

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
a
k
a

k1
(k1,2,)

a
k1
a
k1
n
a
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
1
n
aa
a
a
a
1< br>a
2
L
n
+
n
0

1
L
n1
a
2
a
3
a
n1
a
2
a
3
a
n1
a
0
a
1
< br>1
，可知

注意到
1
1
n

a
n1

1
n
a
n
a
n1< br>1
，即
y
B
O
A
B

P

n
a
n1
1
n
a
n




D
C
x
A

Q

C

10、解：（1）设直线
l
：
ykxb
代 入
x
2
y
2
m
得：
(1k
2
)x
2
2bkxb
2
m0
，
0
得：
b
2
m(1k
2
)0
，
设
B(
x
1
,
y
1
)
，
C(x
2
,y
2
)
，则有
x
1
x
2
< br>2bk
2
1k
设
A
(
x
3
,y
3
)
，
D(x
4
,y
4
)
，
b
，
1k
由
|AB||BC||CD|
得< br>|BC|
1
|
AD
|
，
3
故
| x
1
x
2
|
1
|
x
3
x< br>4
|
，
3
b
1k
(b
2
m )
，
x
1
x
2

，
2
1k< br>易得：
x
3

，
x
4

12

代入得
2bk
2
4(b
2
m )12b
()|
|
，
222
3
1k1k1k< br>8
整理得：
b
2

9
m
(
k
2

1)
，
又
|OA|

S
AO D
2|
bb
|
，
|OD|2||
，
AOD9 0
，
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
AO D
面积的
1
，所以
|BC|
1
|
AD
|
，
33
从而
|AB||BC||CD|
.

11、解：（Ⅰ）设

x
1
x
2


,则4x
1
2
4tx
1
10,
2
4(x
1
2
x
2
)4t(x
1
x
2
)20,2x
1
x
2
t(x
1
x
2< br>)
2
4x
2
4tx
2
10,

1
0

2
2
1
1
t
则
f(x
2
)f(x
1
)
2x
2
2
 t

2x

2
(x
2
x
1
)< br>
t(x
1
x
2
)2x
1
x
2
2

(x1)(x1)
2
2
2
x
2
1x
1
1

又
t(x
1
x
2
)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
< br>
,


上是增函数。
1
Q



t,

,

4
g(t)maxf(x)minf(x)f(

)f(

)
(



)

t(


)2

2


2

2


2


2
1
13

5

t
2
1

t
2


22
2

8t1(2t5)



2
25
16t25
2
t
16

< br>（Ⅱ）证：
8216
(
2
3)24cosu
i
c osu
i
cosu
i
cosu
i
g(tanu
i< br>)
2
16
169cosu
i
9
cos
2
u
i

21624166
(i1,2,3)

22
169cosu
i
169cosu
i
3

3
11
3
1
2


(169cosu
i
)(163939)

sin
2
u
i
)


166
i1
166
i1
g(t anu
i
)
i1
Q

sinu
i
1, 且u
i
(0,),i1,2,3
2
i1
3

3

sinu
i
(

sinu
i
)< br>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，

111113
(759)6

g(tanu
1
)g(tanu
2
)g(tanu
3
)
166
3 4


二 试
一、证明：延长
PA
交
EF< br>于
D
，则
PEG
和
PHF
分别是
ACD
与
ABD
的截线，由梅涅劳斯定理得：


DECGAP
gg
1
LL
ECG APD
BFDPAH
gg
1
LL
FDPAHB
①
②
P
QeO
1
,eO
2
都是
ABC
的旁切圆，
14

1
ECCG(BCCAAB)BFHFL
2
③
G
O
1
A
H
O
2
于是由①、②、③得：

DE
=
GA
AH
FD

E


又
QRtAGO
1
:
∴
RtAHO
2

D C F
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,

∴

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

xyzyzxzxy
PABC

x
2
y< br>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
5
y
2
z
2
)(yzy
2
 z
2
)(x
2
xyzy
2
z
2
)< br>2



(
x2
y
2
z
2
)
2
,

x
2
y
2
z
2
yzy
2
z
2
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
x
2y
2
z
2
xyx
2
y
2
< br>2

522
zxyxy
2
z
2
上面 三式相加并利用
x
2
y
2
z
2
xyyz zx
得
x
2
y
2
z
2
x
2
y
2
z
2
x
2
y
2
z< br>2
xyyzzx

5

5
2
23

522222222
xyzyzxzxyxyz
15

三、解：对任意
a,kN
*
，若
k
2
a(k1)
2
，则
1ak< br>2
2k
，设
ak

,0

1,< br>


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

2222
akakakak
{a}让
a
跑遍区间
(k
2
,(k1)
2
）中的所 有整数，
2k
1
则

[]

[
2k< br>],

i
i1
k
2
a(k1)
2< br>{a}
(n1)
2
a1


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

i

1
*


2
*
*

3
*

*
4
*
*

5
*


6
*
*
*
1
2
3
16

4
5
6
nn2k
i1i1j1









*







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

……②


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

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






因此，

f(k)

(16k)a
k
k1k1
 783
……④
据定义
f
(256)
f
(16
2
)

0
，
(16
r
30)
， 又当
k
{241,242,

,255},
设k
1 5
2
r
k1515
2
r15
r
rrr

15
2
r15
31
15
2r15
30
，
1
1
30131
]
< br>1,
k
{241,242,

,255}
……⑤

2
，则
[
r
{15
2
r}
r{k}
240
i1
256
i1
从则

f< br>(
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
,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
t1
t
2
t
3
t
4
x,t
5< br>t
6
t
7
y.
得方程
7x13y270< br>.
17

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

18