高中数学竞赛模拟试题一汇总

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，5678分）1、已知,点(,)xy在直线23xy上移动,当24xy取最小值时,点(,)xy与原点的距离是。2、设()fn为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如22212312314f。记1()()fnfn，1()(())kkfnffn，1,2,3...k，则)2010(2010f。3、如图，正方体1111DCBAABCD中，二面角11ABDA的度数是。4、在2010,,2,1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cba,,满足baccabcba，则cab的最大值是。6、在平面直角坐标系xoy中，给定两点(1,2)M和(1,4)N，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...,,...,,,210naaaa满足关系式18)6)(3(1nnaa且30a，则niia01的值是。8、函数sincostancotsincostancot()sintancostancoscotsincotxxxxxxxxfxxxxxxxxx在(,)2xo时的最小值为。二、解答题（共3题，分44151514）9、设数列}{na满足条件：2,121aa，且,3,2,1(12naaannn)求证：对于任何正整数n，都有：nnnnaa11110、已知曲线myxM22:，0x，m为正常数．直线l与曲线M的实轴不垂直，且依次交直线xy、曲线M、直线xy于A、B、C、D4个点，O为坐标原点。（1）若||||||CDBCAB，求证：AOD的面积为定值；（2）若BOC的面积等于AOD面积的31，求证：||||||CDBCAB11、已知、是方程24410()xtxtR的两个不等实根，函数)(xf122xtx的定义域为[,].（Ⅰ）求);(min)(max)(xfxftg（Ⅱ）证明：对于)2,0(iu)3,2,1(i，若1sinsinsin321uuu，则643)(tan1)(tan1)(tan1321ugugug.二试（考试时间：150分钟总分：200分）一、（本题50分）如图，1O和2O与ABC的三边所在的三条直线都相切，,,,EFGH为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。求证：直线PA与BC垂直。EFABCGHPO1。。O2二、（本题50分）正实数zyx,,，满足1xyz。证明：0225252252522525yxzzzxzyyyzyxxx三、（本题50分）对每个正整数n，定义函数0()1[]{}nfnnn（当为平方数）（当不为平方数）（其中[]x表示不超过x的最大整数，])[}{xxx。试求：2401)(kkf的值。四、（本题50分）在世界杯足球赛前，F国的教练员为了考察1234567,,,,,,AAAAAAA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1234,,,AAAA每人上场的总时间(以分钟为单位)均被7整除，567,,AAA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、453。yx4222242xy.33,24xy时取最小值,此时22xy=354。2、4。解：将5)2010(f记做52010，于是有89583716420421458985292552010从89开始，nf是周期为8的周期数列。故4)89()89()89()2010(58250520052010ffff。3、60。解：连结1DC,作1CEBD，垂足为E，延长CE交1AB于F，则1FEBD，连结AE，由对称性知1,AEBDFEA是二面角11ABDA的平面角。连结AC，设1AB，则112,3.ACADBD1RtABD在中，1123ABADAEBD，在22222242213cos42223AECEACAEACAECAECAECEAE中,0120,AECFEAAEC而是的补角，060FEA。4、40183。解：三个数成递增等差数列，设为dadaa2,,，按题意必须满足,20102da1004d。对于给定的,da可以取1,2,,20102d.CED1C1A1B1ABDF故三数成递增等差数列的个数为.1004*1005)22010(10041dd三数成递增等差数列的概率为401831004*100532010C。5、4117。解：由条件，有cbabaccab，令zacycbxba,,；则2,2,2xzyczyxbyzxa，从而原条件可化为：,1411yxzyzxzyxzxzyzyx令,tzyx则14tt，解得21712171tt或，故41172122tzzyxcab6、1.解：经过,MN两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线3yx上，设圆心为(,3)Saa，则圆S的方程为：222()(3)2(1)xayaa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,,MNP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222(1)(3),aa解得1a或7a.即对应的切点分别为(1,0)P和(7,0)P，而过点,,MNP的圆的半径大于过点,,MNP的圆的半径，所以'MPNMPN，故点(1,0)P为所求，所以点P的横坐标为1.7、)32(312nn.解：设1111,0,1,2,...,(3)(6)18,nnnnbnabb则即1111113610.2,2()333nnnnnnbbbbbb故数列1{}3nb是公比为2的等比数列，11001111112()2()2(21)33333nnnnnnbbba。112001112(21)1(21)(1)2333213nnnniniioiiibnna。8、4.解：xxxxxxxxxxxxxfcotsin1tancos1)cot(tancotcos1tansin1)cos(sin)(xxxxxxxxxxxxcotcostansin4)cot(tancotcostansin4)cos(sin（由调和平均值不等式）4要使上式等号成立，当且仅当)2(sincotcostan)1(cotcostansinxxxxxxxx（1）－（2）得到xxxxsincoscossin，即得xxcossin。因为)2,0(x，所以当4x时，4)4()(fxf。所以4)(minxf。二、解答题9、证明：令10a,则有11kkkaaa，且),2,1(1111kaaaakkkk于是nkkknkkkaaaan11111由算术-几何平均值不等式，可得011212312311+nnnnnnaaaaaaaaaaaa注意到110aa，可知nnnnnaaa11111，即nnnnaa11110、解：（1）设直线l：bkxy代入myx22得：02)1(222mbbkxxk，0得：0)1(22kmb，设),(11yxB，),(22yxC，则有22112kbkxx，22211)(kmbxx，设),(33yxA，),(44yxD，易得：kbx13，kbx14，由||||||CDBCAB得||31||ADBC，故||31||4321xxxx，BACQPyOCxDBA代入得|12|311)(4)12(22222kbkmbkbk，整理得：)1(8922kmb，又|1|2||kbOA，|1|2||kbOD，90AOD，229|1|8AODbSmk为定值.（2）设BC中点为P，AD中点为Q则22112kbkxxxp，24312kbkxxxQ，所以QPxx，P、Q重合，从而||||DPAP，从而||||CDAB，又BOC的面积等于AOD面积的31，所以||31||ADBC，从而||||||CDBCAB.11、解：（Ⅰ）设22121122,4410,4410,xxxtxxtx则221212121214()4()20,2()02xxtxxxxtxx则211212212122222121()()2222()()11(1)(1)xxtxxxxxtxtfxfxxxxx又12121212211()22()20()()02txxxxtxxxxfxfx故()fx在区间,上是增函数。1,,4t2222()()22()max()min()()()1tgtfxfxff2222225181(25)225162516tttttt（Ⅱ）证：2228216(3)24coscoscoscos(tan)16169cos9cosiiiiiiiuuuuguuu2221624166(1,2,3)169cos169cosiiiuu33322111111(169cos)(163939)sin)(tan)166166iiiiiiuugu33322111sin1,(0,),1,2,33sin(sin)12iiiiiiiuuiuu且，而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，123111113(759)6(tan)(tan)(tan)34166gugugu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：1DECGAPECGAPD①1BFDPAHFDPAHB②12,OO都是ABC的旁切圆，P1()2ECCGBCCAABBFHF③于是由①、②、③得：DEFD=GAAH又12RtAGORtAHO∴DEFD=GAAH=12AOAO而12,,OAO三点共线，且,,21EFFOEFEO∴BCPA二、证明：原不等式可变形为0225522255222552yxzzzxzyyyzyxxx即3225222225222225222yxzzyxxzyzyxzyxzyx由柯西不等式以及1xyz可得222222225)())((zyxyzxzyyzzyx,)(2222zyx即22222225222zyxzyyzzyxzyx同理22222225222zyxxzzxxzyzyx22222225222zyxyxxyyxzzyx上面三式相加并利用zxyzxyzyx222得32222225222225222225222zyxzxyzxyyxzzyxxzyzyxzyxzyxHGFEO2O1DCBA三、解：对任意*