高中数学竞赛模拟试题一汇总

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2x4y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12223214。记f1(n)f(n)，fk1(n)f(fk(n))，k1,2,3...，则

f2010(2010)

。

3、如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角ABD1A1的度数是 。

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满足是 。

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a0,a1,a2,...,an...,满足关系式(3an1)(6an)18且a03，则

1i0ainabc，则b的最大值

acbcacab的值是 。

8、函数f(x)sinxcosxtanxcotxsinxcosxtanxcotx在x(o,)时

sinxtanxcosxtanxcosxcotxsinxcotx2的最小值为 。

二、解答题（共3题，14151544分）

9、设数列{an}满足条件：a11,a22，且an2an1an(n1,求证：对于任何正整数n，都有：nan11n1

an2,3,)

10、已知曲线M:x2y2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、

D4

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|

311、已知、是方程4x24tx10(tR)的两个不等实根，函数f(x)

2xt的定义域为[,]. x21 （Ⅰ）求g(t)maxf(x)minf(x);

（Ⅱ）证明：对于ui(0,)(i1,2,3)，若sinu1sinu2sinu31，则

211136. g(tanu1)g(tanu2)g(tanu3)4二 试

（考试时间：150分钟 总分：200分）

一、（本题50分）如图，

O1和O2P 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。

O1。

G H A 。

O2

E B C F

求证：直线PA与BC垂直。

二、（本题50分）正实数x,y,z，满足xyz1。证明： 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}（其中[x]表示不超过x的最大整数，{x}x[x])。试求：f(k)的

k1240值。

四、（本题50分）在世界杯足球赛前，F国的教练员为了考察

A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7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A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被7整除，A5,A6,A7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、354。2x4y2=354332x2y42.x,y时取最小值,

24此时

x2y2。

2、4。 解： 将f(2010)5记做20105，于是有 从89开始，fn是周期为8的周期数列。故

f2010(2010)f2005(89)f52508(89)f5(89)4。

3、60。 解：连结D1C,作CEBD1，垂足为E，延长CE交A1B于F，则FEBD1，连结AE，由对称性知AEBD1,FEA是二面角ABD1A1的平面角。

连结AC，设AB1，则ACAD1在RtABD1中，AE2,BD13.

ABAD12BD13222，

2242AECEAC2AEAC1 3在AEC中,cosAEC42AECE2AE223AEC1200,而FEA是AEC的补角，FEA600。

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,,20102d.

对于给定的d,a可以取

1004d1故三数成递增等差数列的个数为 (20102d)1005*1004. 三数成递增等差数列的概率为 5、

171。 41005*100433C20104018。

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22yzx， 2从而原条件可化为： 令xyt,则t41，解得t1zt172或t1172，

故

bxyzt1171 ac2z2246、1.解：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，设圆心为S(a,3a)，则圆S的方程为：(xa)2(y3a)22(1a2)

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轴相切于点P，即圆S的方程中的a值必须满足2(1a2)(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. 7、1(2n2n3).

3解：设bn

111,n0,1,2,...,则(3)(6)18, anbn1bn即3bn16bn10.bn12bn1,311bn12(bn) 333故数列{bn1}是公比为2的等比数列，

bnn1111112n(b0)2n()2n1bn(2n11)。 33a0333nn1n211i112(2n11)b(21)(n1)2n3。 i321ioaii0i0338、4.解：

44(sinxcosx)(tanxcotx)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)4f()4。所以minf(x)4。 4二、解答题 9、证明：令 于是

na01,则有 ak1akak1，且 1akak1(k1,2,) ak1ak1nakank1 k1ak1k1ak1由算术-几何平均值不等式，可得 注意到

11na0a11，可知

an11nanan11 ，即

y B O A B P nan11nan

10、解：（1）设直线l：ykxb代入x2y2m得：

(1k2)x22bkxb2m0，0得：b2m(1k2)0，

C x D A Q C

设B(x1,y1)，C(x2,y2)，则有x1x22bk21k设A(x3,y3)，D(x4,y4)，

b， 1k由|AB||BC||CD|得|BC|1|AD|，

3故|x1x2|1|x3x4|，

3b1k(b2m)，x1x2，

1k2易得：x3，x4代入得

2bk2(24(bm)12b1k2)1k23|1k2|， 整理得：b298m(k21)， 又|OA|2|b1k|，|OD|2|b1k|，AOD90， SAODb2|1k2|98m为定值. （2）设BC中点为P，AD中点为Q 则xx3x4bkpx1x22bk1k2，xQ21k2，

所以xPxQ，P、Q重合，从而|AP||DP|，

从而|AB||CD|，又BOC的面积等于

AOD面积的

13，所以|BC|13|AD|， 从而|AB||BC||CD|.

11、解：（Ⅰ）设x1x22,则4x14tx110,4x224tx210,

则f(x)2x2t1t(x2x1)t(x1x2)2x1x222)f(x1x22x221x11(x21)(x2

211)又t(x11x2)2x1x22t(x1x2)2x1x220f(x2)f(x1)0 故f(x)在区间,上是增函数。 （Ⅱ）证：

82g(tanucosu(cosu3)162u24cosuiiicosi2162416i)16162169cos2u6169cos2ucos2u99cosuiiii

3sinu3232i1,且ui(0,2),i1,2,33i1sinui(sinui)1，

i1i1(i1,2,3)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：

DEECBFFDCGGADPPAAP1PDAH1HB① ②

P G O1

A H O2

O1,O2都是ABC的旁切圆，

1ECCG(BCCAAB)BFHF2③ 于是由①、②、③得： 又

DE=GAAHFD

E

B

RtAGO1RtAHO2

D C F

∴

DE=GAAHFD=AO

1AO2而O1,A,O2三点共线，且O1EEF,O2FEF, ∴

PABC

x2x5y2y5z2z5二、证明：原不等式可变形为5225225220

xyzyzxzxyx2y2z2x2y2z2x2y2z2即 5225225223

xyzyzxzxy由柯西不等式以及xyz1可得

x2y2z2yzy2z2即 522222

xyzxyzx2y2z2zxz2x2同理 522222

yzxxyz上面三式相加并利用x2y2z2xyyzzx得

三、解：对任意a,kN*，若k2a(k1)2，则1ak22k，设

ak,01,

则

1{a}11akak2k2k12k1,[][]. 2222akakakak{a}让a跑遍区间(k2,(k1)2）中的所有整数，

2k1则[][2k],

ii1k2a(k1)2{a}(n1)2a1

于是f(a)[i1i1n2k2k……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

i12ki2k2k处填写“*”号，则这行的“*”号共[]个，全表的“*”号共[2k]iii1个；另一方面，按列收集“*”号数，第j列中，若j有T(j)个正因数，则该列使有T(j)个“*”号，故全表的“*”号个数共

2k2kT(j)个，因此[]T(j). ii1j1j12k2k示例如下：

1 1 2 3 4 5 2 * * 3 * 4 * * 5 * 6 * * * * * * 6 nn2ki1i1j1 * 则f(a)T(j)n[T(1)T(2)](n1)[T(3)T(4)][T(2n1)T(2n)]

……②

由此，f(k)(16k)[T(2k1)T(k)] ……③

k1k125615记ak T(2k1)T(2k),k1,2,,15,易得ak的取值情况如下：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16n153 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)ak据定义f(256)f(162)0，

(16r30)，

又当k{241,242,,255},设k152rk15152r15rrrr152r1531152r1530，

1130131]1,k{241,242,,255}……⑤ 2，则[2r{15r}r{k}240i1256i1从则f(k)783f(k)78315768.

四、解：设各人上场时间分别为7t1,7t2,7t3,7t4,13t5,13t6,13t7 (ti为正整数)． 得方程

7(t1t2t3t4)13(t5t6t7)903.

令t1t2t3t4x,t5t6t7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.

t5t6t73.的解只有

1种，t5t6t710.的解有C92种，

2t5t6t717.的解有C16种； t1t2t3t433.的解有C32种，

3

3t1t2t3t420,的解有C19种，

3t1t2t3t47,的解有C6种．

3323C6C16C92C1942244种。 ∴ 共有1C32