2011年全国高中数学联赛模拟题2(最新)

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）1.已知2a，且2Axxa，23,ByyxxA，2,CttxxA，若CB，则a的取值范围是。2.在ABC中，若2AB，3AC，4BC，O为ABC的内心，且AOABBC，则.3.已知函数21,0,1,0,xxfxfxx若关于x的方程fxxa有且只有两个不相等的实数根，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。5.已知椭圆22143xy的左、右焦点分别为F1、F2，过椭圆的右焦点作一条直线l交椭圆于点P、Q，则△F1PQ内切圆面积的最大值是．6.设na为一个整数数列，并且满足：11121nnnanan，nN．若20072008a，则满足2008na且2n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,3,3,xyxy且使关于t的方程33421()(3)0xytxytxy没有实数根的点(,)xy所成的集合记为N，则由点集N所成区域的面积为。二、解答题（本题满分56分）9.（本小题满分16分）对正整数2n，记11112nnkknank，求数列na中的最大值．10.（本小题满分20分）已知椭圆12222byax过定点A（1，0），且焦点在x轴上，椭圆与曲线yx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1322e时，求实数m的取值范围。11.（本小题满分20分）映射f的定义域是1,2,,20A的全体真子集，值域包含于1,2,,10，满足条件：对任意,BCA，都有min,fBCfBfC，求这种映射的个数．加试一、（本题满分40分）设ABCDE、、、、为直线l上顺次排列的五点，ACBCCECD，F在直线l外的一点，连结FC并延长至点G，恰使FACAGD，FECEGB同时成立.求证：FACFEC。二、（本题满分40分）已知：,,0abc，2abc，求证：1111bccaababcababcbcabcca。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=d1d2…dk=n。再设D=d1d2＋d2d3＋…＋dk－1dk。(i)证明：Dn2；(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．参考答案一试1.答：1,321,23Ba，要使CB，只需C中的最大元素在B当中，所以22223,23aaa，得132a。2.答：97设AO交BC于点D，由角平分线定理知23BDABDCAC，于是3255ADABAC，又54AOABACABACODBDCDBDCD，所以5121293939AOADABACABABBC5299ABAC，因此79。3.答：,1利用函数图象进行分析易得结果。4.答：6110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1n。如果计算器上的数在变化过程中除了2011，999，99，9和0以外，还产生了12,,,naaa，则概率为1211111112011999999naaa，所以所求概率为1211111112011999999npaaa1111111111201120102009100099999811111111111110099981098注意到111111111111112011201020091000999998两式相除即得6111110001001010p。5.答：916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1xmy，与椭圆方程联立得2234690mymy，设11,Pxy，22,Qxy，则122634myym，122934yym，于是122121212122211412234FPQmSFFyyyyyym。因为2222222111111163491599611mmmmmm，所以内切圆半径12384FPQSr，因此其面积最大值是916。6.答：501当2n时，将原式变形为12111nnaannnnnn，令1nnabnn，则有121nnbbnn，叠加可得21122nbbn，于是21122nnnaann。由20072008a，得2200720062008200620052a，化简得26mod2008a。由2008na，得21120mod20082nnann，将上述关于2a的结果代入得110mod1004nn，于是质数25111nn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圆环，外径是2220h，内径是12，所以面积是22222201216hh，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：815令2ut，原方程化为3321()(3)0.xyuxyuxy①233221(3)4()523(53)().xyxyxyxxyyxyxy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，,3,3,(53)()0xyxyxyxy或,3,3,(53)()0,30.xyxyxyxyxy点集N所成区域为图中阴影部分，其面积为124181363.2525ABOBCOSSS9.（本小题满分16分）解：经计算知22a，33a，45103aa，下面用数学归纳法证明：当5n时，有103na。假设1053nan，则1211111111122122nnnnnnannn21111212212nnnnnnnnnn112nnnann1110186810233533nnnnnn。所以数列na中的最大值是45103aa。10.（本小题满分20分）解：椭圆过定点A（1，0），则,1,12bca,12be∵1322e，∴330b。由对称性知，所求抛物线只要过椭圆与射线)0(xxy的交点，就必过椭圆与射线)0(xxy的交点。联立方程1)0(222byxxxy，解得21bbyx。∵330b，∴210x。设抛物线方程为：)(22mxpy，1,0mp。又∵12mp，∴))(1(2mxmy①把xy，210x代入①得0)1(4)1(42mmxmx，1m，210x。令)1(4)1(4)(2mmxmxxf，1m，210x，∵)(xf在21,0内有根且单调递增，∴0)1(4)1(241210)1(4)0(mmmfmmf42342301〈〈或mmm综上得：4231m。11.（本小题满分20分）解：记/iAAi，其中1,2,,20i。首先任意设定1220,,,fAfAfA的值，则对于A的任意真子集B，记12/,,,iiinABaaa，则1212min,,,iiiniiinfBfAAAfAfAfA，因此，映射f可由1220,,,fAfAfA的值完全确定。下面证明这样的映射满足条件。对任意,BCA，有//miniiiABiABfBfAfA，//miniiiACiACfCfAfA，//miniiiABCiABCfBCfAfA，由///ABACABC知min,fBCfBfC。综上所述，由于确定1220,,,fAfAfA的值有2010种选择，所以这种映射的个数也为2010。加试一、证法一：过B作BH∥AF，交CF于H，则CHCBCFCA，又由CBCDCACE，故CHCDCFCE。连结HD，知HD∥FE，延长,HBHD分别交,AGEG于.IJ，连结IJ。因为IBAFACAGD，故I、B、D、G共圆；因为JDEFECEGB，故J、D、B、G共圆，∴I、B、D、J、G五点共圆，故HBCDJI。∵IHAF，JHEF，∴GIGHGJGAGFGE，故IJAE，DJIEDJ，∴FACHBCDJIEDJFEC。证法二：作EBG外接圆1C，交射线CF于P，则BCCEGCCP。又由BCCEACCD，知ACCDGCCP，所以P、A、G、D共圆，记该圆为2C。下证P必在CF内.用反证法，假设P不在CF内。连结PA、PE，则AFEAPEAPGEPGADGEBG180BGD又FAEAGD，∴180180180AFEFAEBGDAGD，矛盾！于是，F在GP延长线上.∵FACAGD,FECEGB，∴FE为1C切线，FA为2C切线，∴22FAFPFGFEAFEF，故FACFEC。二、证明：1abcababbcca11cabab，∵,,0abc，2abc，∴1,1cabab。∴1abcababbcca，同理1abcbcabbcca，1abccaabbcca。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=d1d2…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)}=