2011年全国高中数学联赛模拟题2(最新)

最新高中数学联赛模拟题

全国高中数学联赛模拟题

一 试

一、填空题（本题满分64分，每小题8分）

x a1. 已知a 2，且A x2

，B yy 2x 3,x A ，C tt x,x A ，

2

若C B，则a的取值范围是 。

2. 在 ABC中，若AB 2，AC 3，BC 4，O为 ABC的内心，且

AO AB B，则C .

x 2 1, x 0 ,3. 已知函数f x 若关于x的方程f x x a有且只有两个不相等

f x 1 , x 0 ,

的实数根，则实数a的取值范围是 。

4. 计算器上有一个特殊的按键，在计算器上显示正整数n时按下这个按键，会等可能的将其替换为0~n 1中的任意一个数。如果初始时显示2011，反复按这个按键使得最终显示0，那么这个过程中，9、99、999都出现的概率是 。

x2y2

1的左、右焦点分别为F1、F2，过椭圆的右焦点作一条直线l交椭圆5. 已知椭圆43

于点P、Q，则△F1PQ内切圆面积的最大值是

6. 设 an 为一个整数数列，并且满足： n 1 an 1 n 1 an 2 n 1 ，n N ．若

2008a2007，则满足2008an且n 2的最小正整数n是．

7. 如图，有一个半径为20的实心球，以某条直径为中心轴挖去一个半径为12的圆形的洞，再将余下部分融铸成一个新的实心球，那么新球的半径是 。

8. 在平面直角坐标系内，将适合x y,x 3,y 3,且使关于t的方程(x y)t (3x y)t

3

3

4

2

1

0没有实数根的点x y

(x,y)所成的集合记为N，则由点集N所成区域的面积为

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二、解答题（本题满分56分）

9. （本小题满分16分）对正整数n 2，记an

n1

n k2k 1，求数列 an 中的最大值．

k 1

n 1

x2y2

10.（本小题满分20分）已知椭圆 2 2 1 过定点A（1，0），且焦点在x轴上，椭

ab

圆与曲线y x的交点为B、C。现有以A为焦点，过B，C且开口向左的抛物线，其顶点坐标为M（m，0），当椭圆的离心率满足

11.（本小题满分20分）映射f的定义域是A 1,2, ,20 的全体真子集，值域包含于

2

e2 1 时，求实数m的取值范围。 3

1,2, ,10 ，满足条件：对任意B,C A，都有f B C min f B ,f C ，求这

种映射的个数．

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加 试

一、（本题满分40分）

B、C、D、E为直线l上顺次排列的五点，设A、

ACBC

，F在直线l外的一点，连结

CECD

FC并延长至点G，恰使 FAC AGD， FEC EGB同时成立.

求证： FAC FEC。

二、（本题满分40分）

已知：a,b,c

0，a b c 2，

bccaab

1。

求证：

1 abca b1 abcb c1 abcc a

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三、（本题满分50分）

设正整数n大于1，它的全部正因数为d1，d2，…，dk，满足1=d1<d2<…<dk = n。再设D = d1d2＋d2d3＋…＋dk－1dk。

(i) 证明：D<n2；

(ii) 确定所有的n，使得D整除n2。

四、（本题满分50分）

设圆周上有一些红点和蓝点，可以进行如下操作：加上一个红点，并改变其相邻两点的颜色；或去掉一个红点，并改变原先与之相邻的两点颜色．已知开始时只有两个点，均为红点，那么是否有可能经过若干次操作，使得圆周上只有两个点，且均为蓝点．

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参考答案

一试

1. 答： ,3

2

2

2 2a 3,

，B 1,2a 3 ，要使C B，只需C中的最大元素在B当中，所以

2 a 2a 3

1

得

1

a 3。 2

2. 答：

7 9

3 2 BDAB2

设AO交BC于点D，由角平分线定理知 ，于是AD AB AC，又

55DCAC3 5 2 2 AOABACAB AC511

，所以AO ADAB AB

ODBDCDBD CD493939

BC

2 5 7 AB AC，因此 。 999

3. 答： ,1

利用函数图象进行分析易得结果。 4. 答：

1

610

若计算器上显示n的时候按下按键，因此时共有1~n 1共n种选择，所以产生给定的数m的概率是

1

。如果计算器上的数在变化过程中除了2011，999，99，9和0以外，还产n

1111111 ，所以所求概率为 2011a1a2an999999

生了a1,a2, ,an，则概率为

p

1111111

2011a1a2an999999

1 1201 11

1 20 1 0

1

1 11

1 1 20091000999 998

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

10099981098

注意到

1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2011 2010 2009 1000 999 998

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两式相除即得p

1111 6。 10001001010

5. 答：

9 16

因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍，且△F1PQ的周长是定值8，所以只需求出△F1PQ面积的最大值。设直线l方程为x my 1，与椭圆方程联立得

3m

2

4y2 6my 9 0，设P x1,y1 ，Q x2,y2 ，则y1 y2

93m2 4

6m

，2

3m 4

y1y2

，于是

S F1PQ

1

F1F2 y1 y2 21

1

。

因为

m2 1

3m2 4

2

9m2 15

m2 1

9m2 9

m2 1

1

，所以内切圆半径16 6

r

2S F1PQ

893

，因此其面积最大值是 。 416

an 1anan2

，令bn ，则有

nn 1n 1nnn 1n 1n

6. 答：501

当n 2时，将原式变形为

bn 1 bn

n n 1 2 11

a2 n 1 n 2 。 ，叠加可得bn b2 2 ，于是an

2n 1n 2n

2007 2006

由2008a2007，得2008 a2 2006 2005 ，化简得a2 6 mod2008 。

2

由2008an，得

n n 1 2

a2 n 1 n 2 0m od2008 ，将上述关于a2的结果代入得

n 1 n 1 0 mod1004 ，于是质数251 n 1 n 1 且n是奇数，所以满足条件的最小

的n是501。 7. 答：16

将题目所得几何体的上半部分与半径为16的半球作比较，将它们的底面置于同一水平面，并考察高度为h

的水平面与两个几何体所截的截面面积。与第一个几何体形成的截面是12，所以面积是 202 h2 122 162 h2，这正是与第二个球体形成的截面圆的面积，由祖暅原理知两个几何体的体积是相等的。 8. 答：

81

5

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令u t，原方程化为(x y)u (3x y)u

2332

1

0. ① x y

(3x y)2 4(x3 y3)

1x y

5x2 2xy 3y2 (5x 3y)(x y).

所给方程没有实根等价于方程①无实根或有实根但均为负根，所以，

x y,

x y,

x 3, x 3,

或 y 3,

(5x 3y)(x y) 0, y 3,

(5x 3y)(x y) 0 3x y 0.

点集N所成区域为图中阴影部分，其面积为

S S ABO S BCO

124181

3 6 3 .2525

9. （本小题满分16分）

解：经计算知a2 2，a3 3，a4 a5

10

，下面用数学归纳法证明：当n 5时，有3

an

10。 3

假设an

n 1n 11n 11n 1110

n 5 ，则an 1 n n 1 2 n 2 2 1 n 1

223

n 1n 1 nn1n1

n2n n 1n 2212n 2

n 1n 1 an n2n

n 1n 110n 186810 。 n2n3n3533

10

。 3

所以数列 an 中的最大值是a4 a5

10.（本小题满分20分）

解：椭圆过定点A（1，0），则a 1,c b2,e b2,

∵

23 e2 1，∴0 b 。 33

由对称性知，所求抛物线只要过椭圆与射线y

x(x 0)的交点，就必过椭圆与射线

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y x(x 0)的交点。

y x(x 0)

b

联立方程 2y2 ，解得 x y 。

2

b x 2 1

b

∵0 b

1，∴0 x 。

23

设抛物线方程为：y2 2p(x m)，p 0,m 1。 又 ∵

p

m 1， ∴ y2 (1 m)(x m) ① 2

11

m 1，0 x 。 代入①得x2 4(m 1)x 4m(m 1) 0，

22

1

， 2

0 x 把 y x，

令f(x) x2 4(m 1)x 4m(m 1)，m 1，0 x ∵ f(x)在 0,

1

内有根且单调递增， 2

f(0) 4m(m 1) 0 m 1或m 0 ∴ 1 1 3 23 2

f 2(m 1) 4m(m 1) 0 m〈 2 4 44

综上得：1 m

11.（本小题满分20分）

解：记Ai A/ i ，其中i 1,2, ,20。

首先任意设定f A , fA 的值，则对于A的任意真子集B，记1 ,f A2 ,20

3 2

。 4

A/B ai1,ai2, ,ain ，则

f B f Ai1 Ai2 Ain min f Ai1 ,f Ai2 , ,f Ain ，

因此，映射f可由f A1 ,f A2 , ,f A20 的值完全确定。 下面证明这样的映射满足条件。

对任意B,C A，有f B f Ai min f Ai ，

i A/B i A/B

f C f Ai min f Ai ，

i A/C i A/C

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f B C f Ai min f Ai ，

i A/ B C i A/ B C

由 A/B A/C A/ B C 知f B C minf B ,f C 。

20

综上所述，由于确定f A1 ,f A2 , ,f A20 的值有10种选择，所以这种映射的个

数也为1020。

加 试

一、 证法一：过B作BH∥AF，交CF于H，则

CHCBCBCDCHCD

，又由，故CFCACACECFCE

。

连结HD，知HD∥FE，延长HB,HD分别交AG,EG于I.J，连结IJ。 因为 IBA FAC AGD，故I、B、D、G共圆； 因为 JDE FEC EGB，故J、D、B、G共圆， ∴I、B、D、J、G五点共圆，故 HBC DJI。 ∵IH AF，JH EF，∴

GIGHGJ

，故IJ AE， DJI EDJ， GAGFGE

∴ FAC HBC DJI EDJ FEC。

证法二：作 EBG外接圆C1，交射线CF于P，则BC CE GC CP。

又由BC CE AC CD，知AC CD GC CP，所以P、A、G、D共圆，记该圆为C2。

下证P必在CF内.用反证法，假设P不在CF内。

连结PA、PE，则

AFE APE APG EPG ADG EBG 180 BGD

又 FAE AGD，

∴180 AFE FAE 180 BGD AGD 180，矛盾！ 于是，F在GP延长线上.

∵ FAC AGD, FEC EGB，∴FE为C1切线，FA为C2切线， ∴FA FP FG FE二、 证明：1 abc ∵a,b,c ∴c

2

2

AF EF，故 FAC FEC。

a b ab bc ca 1 c a b 1 ab ，

0，a b c 2，

a b 1,ab 1。

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∴1 abc

a b ab bc ca， b c ab bc ca，

b c。 ca

同理1 abc

1 abc a a b c

那么将不等式左式的三个分母均放缩为其中最小的那个即可。

三、(i) 若d1，d2，…，dk是n的全部正因数，则n/d1，n/d2，…，n/dk也是n的全部正因数，且当1=d1<d2<…<dk=n时，有dj=n/dk－j＋1。则

n2/d2=n2/(d1d2)≤D = d1d2＋d2d3＋…＋dk－1dk=n2｛1/(dk－1dk)＋1/(dk－2dk－1)＋…＋1/(d1d2)｝

≤n2{(1/dk－1－1/dk)＋(1/dk－2－1/dk－1)＋…＋(1/d1－1/d2)} =n2(1/d1－1/dk)=n2(1－1/n)=n2－n。 (*)

(ii) 在(i)的证明中已指出n2/d2≤D≤n2－n。若D整除n2，由上式知

n2=qD，1<q≤d2。(**)

因为d2是n的最小的大于1的除数，所以，d2是素数。d2当然也是n2的素除数，并且n2没有比d2更小的大于1的除数。那么由式(**)就推出q=d2。因此，k=2，n的全部正因数是1和n本身，即n是素数。

四、对于圆周上任意一种状态，按下列方式定义该状态的特征值：

考察圆周上的n个蓝点将圆周分成的n段圆弧，将这n段圆弧依次赋值 1， 1， 1， 1，……并在每个红点处标上所在弧的数值，再将所有红点上的数值相加即得S值。

下面考察各种加点的操作：

(1) 若在两个相邻红点（原本标有+1）间增加一个红点，则标有+1的这两个红点变为蓝点，

新增加的红点应标 1，且其他红点不受影响，所以S值减少3。若两个红点原本标有 1，则类似可知S值增加3；

(2) 若在两个相邻蓝点间增加一个红点，则这三个红点都将标上相同的数值，且其他红点不

受影响，所以S的变化量仍然是3的倍数；

(3) 若在两个相邻的异色点间增加一个红点，则两个端点红蓝交换，因此端点处的红色点标

数变为原来的相反数，而且新增的红点与它的标数相同，所以S的变化量仍然是3的倍数；

对于各种减点的操作，因为都是加点操作的逆向操作，所以S值的变化量始终是3的倍数，因此S值除以3的余数应该是不变的。

在初始状态中，只有两个红点，S 2；而在只有两个蓝点的状态中，S 0，这说明不可能经过若干次操作，使圆周上只有两个点，且均为蓝点。

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目 录

第1讲 集合与函数综合问题 第2讲 三角函数与反三角函数 第3讲 等差数列与等比数列 第4讲 递归数列 第5讲 不等式 第6讲 数学归纳法 第7讲 复数

第8讲 平面几何问题(1) 第9讲 平面几何问题(2) 第10讲 立体几何 第11讲 解析几何 第12讲 数论问题 第13讲 组合问题 第14讲 计数问题

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