高中数学竞赛模拟试题一

高中数学竞赛模拟试题一第一试一、选择题：本大题共有6个小题，每小题6分，共计36分。1．向高为H的水瓶中注水，注满为止，如果注水量V与水深h的函数关系的图像如右图所示，那么水瓶的形状是()(A)(B)(C)(D)2．3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有()(A)90种(B)180种(C)270种(D)540种3．椭圆31222yx＝1的焦点为F1和F2，点P在椭圆上，如果线段PF1的中点在y轴上，那么|PF1|是|PF2|的()(A)7倍(B)5倍(C)4倍(D)3倍4．球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的61，经过这3个点的小圆面积为4π，那么这个球的半径为()(A)43(B)23(C)2(D)35．一个直角三角形三内角的正弦值成等比数列，其最小内角为()(A)arccos215(B)arcsin215(C)arccos251(D)arcsin2516．在等比数列{an}中，a1＞1，且前n项和Sn满足11limaSnn，那么a1的取值范围是()(A)(1，＋∞)(B)(1，4)(C)(1，2)(D)(1，2)二、填空题:本大题共6个小题，每小题9分，共54分，把答案填在题中横线上.1.MN是双曲线2222byax＝1(a＞0，b＞0)的弦，P是MN的中点，O是坐标原点，斜率KMN和KOP均存在且不等于0，则两斜率的乘积KMN·KOP＝____________2.设x1、x2是实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，若x1是虚数，221xx是实数，则S＝1＋199921281241221212xxxxxxxxxx的值为_______________3.平面上有相异的11个点，每两点连成一条直线，共得48条不同的直线，这11个点可以构成的不同的三角形的个数为_______________4.设数列an＝n!9319nn，当an取最大值时，n＝_____________5.对四位整数abcd，若存在素数p使a×b×c×d＝pk(k∈N)，a＋b＋c＋d＝pp－5，则这样的四位数最小为_______________VHhO6.对于每一对实数x、y，函数f(t)满足f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－xy－1，且f(1)＝1，则方程f(x)＝x的整数解为_______________三、(满分20分)设曲线C的方程是y＝x3－x，将C沿x轴、y轴正方向分别平行移动t、s单位长度后得到曲线C1，①写出曲线C1的方程;②证明曲线C与C1关于点A(2,2st)对称.③如果曲线C与C’有且仅有一个公共点，证明:s＝43t－t且t≠0.四、(满分20分)已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋……＋b10＝145.①求数列{bn}的通项bn;②设数列{an}的通项an＝loga(1＋nb1)(其中a＞0且a≠1)，记Sn是数列{an}的前n项和.试比较Sn与3log1nab的大小，并证明你的结论.五、(满分20分)已知：α＞0,β＞0,α+β＜2π,求①cosαcosβsin(α+β)的最大值②sinαsinβcos(α+β)的最大值六、证明：存在4条两两异面的直线，使得没有任何直线能与之同时相交。第二试一、(50分)已知圆内接四边形ABCD中，BA与CD交于P，AD于BC交于Q，AC与BD交于M，求证圆心O是△PQM的垂心。二、(50分)对满足x0＝1x1999aπ2cosx11nn的数列，求使xk＝1的最小正整数k，这里a为小于1999得正整数。三、(50分)用两种颜色去染正九边形的顶点，每个顶点只染一种颜色。证明：在以这9点为顶点的所有三角形中，一定有两个全等的三角形，每一个的三个顶点都同颜色。参考答案一、BDABBD二、1.22ab2.－9993.1604.925.13996.－2，1三.①解:曲线C’的方程为y＝(x－t)3－(x－t)＋s②证明:在曲线C上任取一点B’(x’，y’)，设B(x，y)使B’关于A的对称点，则有(x’＋x)/2＝t/2(y’＋y)/2＝s/2∴x’＝t－xy’＝s－y代入曲线C的方程，得x和y满足方程:s－y＝(t－x)3－(t－x)即y＝(x－t)3－(x－t)＋s可知点B’(x，y)在曲线C’上.反过来，同样可以证明，在曲线C’上的点关于点A的对称点在曲线C上.因此，曲线C与C’关于点A对称.③证明:因为曲线C与C’有且仅有一个公共点，所以方程组y＝x3－xy＝(x－t)3－(x－t)＋s有且仅有一组解，消去y，整理得3tx2－3t2x＋(t3－t－s)＝0这个关于x的一元二次方程有且仅有一个根.所以t≠0并且其根的判别式△＝9t4－12t(t3－t－s)＝0解得s＝t3/4－t且t≠0.四①解:设数列{bn}得公差是d，由题意得b1＝110b1＋10×(10－1)d/2＝145解得b1＝1d＝3∴bn＝3n－2.②由bn＝3n－2知，Sn＝loga(1＋1)＋loga(1＋1/4)＋……＋loga[1＋1/(3n－2)]＝loga{(1＋1)(1＋1/4)……[1＋1/(3n－2)]}(logabn＋1)/3＝loga33n＋1因此要比较Sn与(logabn＋1)/3的大小，可先比较(1＋1)(1＋1/4)……[1＋1/(3n－2)]与33n＋1的大小.取n＝1，有(1＋1)＞33×1＋1取n＝2，有(1＋1)(1＋1/4)＞33×2＋1…………由此推测(1＋1)(1＋1/4)……[1＋1/(3n－2)]＞33n＋1(*)若(*)式成立，则由对数函数性质可断定:当a＞1时，Sn＞(logabn＋1)/3;当0＜a＜1时，Sn＜(logabn＋1)/3.下面用数学归纳法证明(*)式:(i)当n＝1时已验证(*)式成立.(ii)设n＝k(k≥1)时(*)式成立，即(1＋1)(1＋1/4)……[1＋1/(3n－2)]＞loga33n＋1(1＋1)(1＋1/4)……[1＋1/(3k－2)]＞33k＋1那么，当n＝k＋1时，(1＋1)(1＋1/4)……[1＋1/(3k－2)]{1＋1/[3(k＋1)－2]}＞33k＋1[1＋1/(3k＋1)]＝33k＋1(3k＋2)/(3k＋1)∵[33k＋1(3k＋2)/(3k＋1)]3－[33k＋4]3＝[(3k＋2)3－(3k＋4)(3k＋1)2]/(3k＋1)2＝(9k＋4)/(3k＋1)2＞0∴[33k＋1(3k＋2)/(3k＋1)]3＞[33k＋4]3＝33(k＋1)＋1因而(1＋1)(1＋1/4)……[1＋1/(3k－2)][1＋1/(3k＋1)]＞33(k＋1)＋1这就是说(*)式当n＝k＋1时也成立.所以，(*)时对任何正整数n都成立.由此证得:当a＞1时，Sn＞(logabn＋1)/3;当0＜a＜1时，Sn＜(logabn＋1)/3