2010年全国高中数学联赛模拟题11

乌鲁木齐市高级中学2010年高中数学联赛辅导[e-mail]杨帆第1页2010年全国高中数学联赛模拟题11一试考试时间上午8：00~9：20，共80分钟，满分120分一、填空题（共8题，每题8分，64分）1．方程9135xx的实数解为．2．函数sincosyxx(xR)的单调减区间是.3．函数221fxxx在区间0,2上的最大值是，最小值是．4．在直角坐标系xOy中，已知圆心在原点O、半径为R的圆与△ABC的边有公共点，其中4,0A、6,8B、2,4C，则R的取值范围为．5．设函数fx的定义域为R，若1fx与1fx都是关于x的奇函数，则函数yfx在区间0,100上至少有个零点.．6．圆环形手镯上等距地镶嵌着4颗小珍珠，每颗珍珠镀金、银两色中的一种．其中镀2金2银的概率是．7．在三棱锥ABCD中，已知ACBCBD，ACDADCBCDBDC，且10cos10．已知棱AB的长为62，则此棱锥的体积为．8．设复数列nx满足1nxa，0，且11nnnaxxx．若对任意nN*都有3nnxx，则a的值是．二、解答题（共3题，共56分）9、（本题16分）直角坐标系xOy中，设A、B、M是椭圆22:14xCy上的三点．若3455OMOAOB，证明：线段AB的中点在椭圆22212xy上．10、（本题20分）已知整数列na满足31a，74a，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列．(1)求数列na的通项公式；(2)求出所有的正整数m，使得1212mmmmmmaaaaaa．11、（本题20分）求所有正整数x，y，使得23xy与23yx都是完全平方数．乌鲁木齐市高级中学2010年高中数学联赛辅导[e-mail]杨帆第2页2010年全国高中数学联赛模拟题11加试9：40~12：10共150分钟满分180分平面几何、代数、数论、组合1、（本题40分）如图，圆内接五边形ABCDE中，AD是外接圆的直径，BEAD，垂足H.过点H作平行于CE的直线，与直线AC、DC分别交于点F、G．证明：(1)点A、B、F、H共圆；(2)四边形BFCG是矩形．2、（本题40分）试证：当112n时，不存在n个连续自然数，使得它们的平方和是完全平方数.3、（本题50分）设A={1，2，3，4，5，6}，B={7，8，9，……，n}，在A中取三个数，B中取两个数组成五个元素的集合iA，.201,2,20,,2,1jiAAiji求n的最小值。4、（本题50分）生产由六种颜色的纱线织成的双色布，在所生产的双色布中，每种颜色的纱线至少与其他三种颜色的纱线搭配过。证明：可以挑出三种不同的双色布，它们包含所有的颜色。乌鲁木齐市高级中学2010年高中数学联赛辅导[e-mail]杨帆第3页2010年全国高中数学联赛模拟题11参考答案一试1、x＜0无解;当0x时，原方程变形为32x+3x－6=0，解得3x=2，x=log32．2、与f(x)=y2=1+|sin2x|的单调减区间相同，[,],2422kkkZ．3、极小值－4，端点函数值f(2)=0，f(0)=－2，最小值－4，最大值0．4、画图观察，R最小时圆与直线段AC相切，R最大时圆过点B．[855，10]．5、f(2k-1)=0，k∈Z.又可作一个函数fx满足问题中的条件，且fx的一个零点恰为21xk，k∈Z.所以至少有50个零点.6、穷举法，注意可翻转，有6种情况，2金2银有两种，概率为13．7、4面为全等的等腰三角形，由体积公式可求得三棱锥的体积为144．8、由11nnnaxxx，2321nnnaxxx21111nnaxax3211nnnaxxaax恒成立，即2110nnaaxxa.因为1nxa或0，故210aa，所以1322ai．9、解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x124＋y12＝1，x224＋y22＝1．由3455OMOAOB，得M(35x1＋45x2，35y1＋45y2)．因为M是椭圆C上一点，所以(35x1＋45x2)24＋(35y1＋45y2)2＝1，…………………6分即(x124＋y12)(35)2＋(x224＋y22)(45)2+2(35)(45)(x1x24＋y1y2)=1，得(35)2＋(45)2+2(35)(45)(x1x24＋y1y2)＝1，故x1x24＋y1y2＝0．…………………14分又线段AB的中点的坐标为(x1＋x22，y1＋y22)，乌鲁木齐市高级中学2010年高中数学联赛辅导[e-mail]杨帆第4页所以(x1＋x22)22＋2(y1＋y22)2＝12(x124＋y12)+12(x224＋y22)+x1x24＋y1y2＝1，从而线段AB的中点(x1＋x22，y1＋y22)在椭圆x22＋2y2＝1上．………………20分10、解：(1)设数列前6项的公差为d，则a5=－1+2d，a6=－1+3d，d为整数.又a5，a6，a7成等比数列，所以(3d－1)2=4(2d－1)，即9d2－14d+5=0，得d=1.…………………6分当n≤6时，an=n－4，由此a5=1，a6=2，数列从第5项起构成的等比数列的公比为2，所以，当n≥5时，an=2n-5.故an=n－4，n≤4，2n-5，n≥5．…………………10分(2)由（1）知，数列na为：－3，－2，－1，0，1，2，4，8，16，…当m=1时等式成立，即－3－2－1=―6=(－3)(－2)(－1)；当m=3时等式成立，即－1+0+1=0；当m=2、4时等式不成立；…………………15分当m≥5时，amam+1am+2=23m-12，am+am+1+am+2=2m-5(23－1)=7×2m-5，7×2m-5≠23m-12，所以am+am+1+am+2≠amam+1am+2.故所求m=1，或m=3．…………………20分11、解：若x=y，则x2+3x是完全平方数.∵x2＜x2+3x＜x2+4x+4=(x+2)2，∴x2+3x=(x+1)2，∴x=y=1.………………5分若x＞y，则x2＜x2+3y＜x2+3x＜x2+4x+4=(x+2)2.∵x2+3y是完全平方数，∴x2+3y=(x+1)2，得3y=2x+1，由此可知y是奇数，设y=2k+1，则x=3k+1，k是正整数.又y2+3x=4k2+4k+1+9k+3=4k2+13k+4是完全平方数，且(2k+2)2=4k2+8k+4＜4k2+13k+4＜4k2+16k+16=(2k+4)2，∴y2+3x=4k2+13k+4=(2k+3)2，得k=5，从而求得x=16，y=11.…………………15分若x＜y，同x＞y情形可求得x=11，y=16.综上所述，(x，y)=(1，1),(11，16),(16，11)．…………………20分二试乌鲁木齐市高级中学2010年高中数学联赛辅导[e-mail]杨帆第5页1、证明：(1)由HG∥CE，得∠BHF=∠BEC，又同弧的圆周角∠BAF=∠BEC，∴∠BAF=∠BHF，∴点A、B、F、H共圆；………………10分(2)由(1)的结论，得∠BHA=∠BFA，∵BE⊥AD，∴BF⊥AC，又AD是圆的直径，∴CG⊥AC，…………………30分由A、B、C、D共圆及A、B、F、H共圆，∴∠BFG=∠DAB=∠BCG，∴B、G、C、F共圆.∴∠BGC=∠AFB=900,∴BG⊥GC，∴所以四边形BFCG是矩形．…………………40分2、证明:设x是非负整数.假若结论不成立,即存在Ny使,)()2()1(2222ynxxx即22)12)(1(61)1(ynnnxnnnx①记).12)(1(61nnnA则).(mod2nAy当9,4,3n时，分别由①和.|yn令nzy，代入①得,)12)(1(61)1(22nznnxnx即.)1(121)21(222nznnx把7,5n代入后将分别得到).7(mod03)4(),5(mod02)3(22xx但这是不可能的，故7,5n.当10,8,6n时,由①得222)]12(61)[1(yxnnnxxn②若,6n则由②知,)7(mod022yx，由于x的任意性，所以只能有)7(mod40,2,1,02x因此要使)7(mod022yx成立,只能)7(mod0,0yx,于是由③知有137)12)(1(61|72nnn,这是不可能的,故.6n同理可证.10n若8n,则由②可得)9(mod6204179861989222xxyx,这是不可能的,故.8n综上,命题得证.11n时,有.14348393822223、.16minn设B中每个数在所有iA中最多重复出现k次，则必有4k。若不然，数m出现k次（4k），则.123k在m出现的所有iA中，至少有一个A中的数出现3次，不妨设它是乌鲁木齐市高级中学2010年高中数学联赛辅导[e-mail]杨帆第6页1，就有集合{1，121,,,bmaa}},,,,1{},,,,,1{365243bmaabmaa，其中61,iAai，为满足题意的集合。ia必各不相同，但只能是2，3，4，5，6这5个数，这不可能，所以.4k20个iA中，B中的数有40个，因此至少是10个不同的，所以16n。当16n时，如下20个集合满足要求：{1，2，3，7，8}，{1，2，4，12，14}，{1，2，5，15，16}，{1，2，6，9，10}，{1，3，4，10，11}，{1，3，5，13，14}，{1，3，6，12，15}，{1，4，5，7，9}，{1，4，6，13，16}，{1，5，6，8，11}，{2，3，4，13，15}，{2，3，5，9，11}，{2，3，6，14，16}，{2，4，5，8，10}，{2，4，6，7，11}，{2，5，6，12，13}，{3，4，5，12，16}，{3，4，6，8，9}，{3，5，6，7，10}，{4，5，6，14，15}。4、用点A1，A2，A3，A4，A5，A6表示六种颜色，若两种颜色的线搭配过，则在相应的两点之间连一条边。由已知，每个顶点至少连出三条边。命题等价于由这些边和点构成的图中有三条边两两不相邻（即无公共顶点）。因为每个顶点的次数≥3，所以可以找到两条边不相邻，设为A1A2，A3A4。（1）若A5与A6连有一条边，则A1A2，A3A4，A5A6对应的三种双色布满足要求。（2）若A5与A6之间没有边相连，不妨设A5和A1相连，A2与A3相连，若A4和A6相连，则A1A2，A3A4，A5A6对应的双色布满足要求；若A4与A6不相连，则A6与A1相连，A2与A3相连，A1A5，A2A6，A3A4对应的双色布满足要求。综上，命题得证。