2014年全国高中数学联合竞赛一试模拟试题

2014年全国高中数学联合竞赛一试模拟试题一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.1．已知A={x|x2－4x+30，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若AB，则实数a的取值范围是．2．已知椭圆221164xy的左右焦点分别为1F与2F，点P在直线l：38230xy上.当12FPF取最大值时，比12PFPF的值为.3．设xxxxxf44coscossinsin)(，则)(xf的值域是。4．一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为________.5．函数232xxxy的值域为____________.6．已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是___________.7．用[x]表示不大于实数x的最大整数，方程lg2x－[lgx]－2=0的实根个数是．8．各项均为实数的等比数列{an}前n项之和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S40等于__________.二、解答题：本大题共3小题，共56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9．（本题满分16分）如图，有一列曲线P0,P1,P2,……，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…)，记Sn为曲线Pk所围成图形面积。①求数列{Sn}的通项公式；②求nnSlim。10．（本题满分20分）如题10图，P是抛物线22yx上的动点，点BC,在y轴上，圆22(1)1xy内切于PBC，求PBC面积的最小值．[解]设00(,),(0,),(0,)PxyBbCc，不妨设bc．直线PB的方程:00ybybxx，化简得000()0ybxxyxb．又圆心(1,0)到PB的距离为1，0022001()ybxbybx，…5分故22222000000()()2()ybxybxbybxb，易知02x，上式化简得2000(2)20xbybx，P0P1P2同理有2000(2)20xcycx．…10分所以0022ybcx，002xbcx，则22200020448()(2)xyxbcx．因00(,)Pxy是抛物线上的点，有2002yx，则220204()(2)xbcx，0022xbcx．…15分所以00000014()(2)4222PBCxSbcxxxxx2448．当20(2)4x时，上式取等号，此时004,22xy．因此PBCS的最小值为8．…20分11．（本题满分20分）设2()fxxa.记1()()fxfx，1()(())nnfxffx2,3,n，，R(0)2nManf对所有正整数，.证明：41,2M.一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.1、【解】A=(1，3)；又，a≤－21－x∈(－1，－14)，当x∈(1，3)时，a≥x2+52x－7∈(5－7，－4)．∴－4≤a≤－1．2、【解】由平面几何知，要使12FPF最大，则过12,FF，P三点的圆必定和直线l相切于P点。设直线l交x轴于A(823,0)，则12APFAFP，即12APFAFP，即122PFAPPFAF（1），又由圆幂定理，212APAFAF（2），而1(23,0)F，2(23,0)F，A(823,0)，从而有18AF，2843AF。代入（1），（2）得1122842331843PFAFPFAF。3、【解】44211()sinsincoscos1sin2sin222fxxxxxxx。令sin2tx，则2211911()()1()22822fxgtttt。因此11919min()(1)0,824tgtg111919max()()02828tgtg。即得90()8fx。4、【解】设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r2=h(2R－h)．V锥=13πr2h=π3h2(2R－h)=π6h·h(4R－2h)≤π64R33=827·43πR3．∴所求比为8∶27．5、【解】232log121x等价于232log121x或232log121x．即21log121x或27log121x．此时2log21x或0log21x或0log7221x．∴解为x4或0x1或1x722．6、【解】首项为a为的连续k个正整数之和为21212kkkkaSk由Sk≤2000，可得60≤k≤62.当k=60时，Sk=60a+30×59，由Sk≤2000，可得a≤3，故Sk=1830,1890,1950；当k=61时，Sk=61a+30×61，由Sk≤2000，可得a≤2，故Sk=1891，1952；当k=62时，Sk=62a+31×61，由Sk≤2000，可得a≤1，故Sk=1953.rh于是，题中的n有6个.7、【解】令lgx=t，则得t2－2=[t]．作图象，知t=－1，t=2，及1t2内有一解．当1t2时，[t]=1，t=3．故得：x=110，x=100，x=103，即共有3个实根。8、【解】首先q≠1，于是，a1q－1(q10－1)=10，a1q－1(q30－1)=70，∴q20+q10+1=7．q10=2．(－3舍)∴S40=10(q40－1)=150．二、解答题：本大题共3小题，共56分9、【解】①对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3×4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3×42，从而不难得到Pn的边数为3×4n…………5分已知P0的面积为S0=1，比较P1与P0，容易看出P1在P0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为231，而P0有3条边，故S1=S0+3×231=1+31再比较P2与P1，容易看出P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为231×231，而P1有3×4条边，故S2=S1+3×4×431=1+31+334类似地有：S3=S2+3×42×631=1+31+334+5234…………5分∴Sn=121523343434311nn=1+nkk1)94(43=n)94(5358(※)…………10分下面用数学归纳法证明(※)式当n=1时，由上面已知(※)式成立，假设当n=k时，有Sk=k)94(5358当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较Pk+1与Pk，Pk+1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为)1(231k，而Pk有3×4k条边。故Sk+1=Sk+3×4k×)1(231k=1)94(5358k综上所述，对任何n∈N，(※)式成立。②58])94(5358[limlimnnnnS…………16分10、【解】设00(,),(0,),(0,)PxyBbCc，不妨设bc．直线PB的方程:00ybybxx，化简得000()0ybxxyxb．又圆心(1,0)到PB的距离为1，0022001()ybxbybx，…5分故22222000000()()2()ybxybxbybxb，易知02x，上式化简得2000(2)20xbybx，同理有2000(2)20xcycx．…10分所以0022ybcx，002xbcx，则22200020448()(2)xyxbcx．因00(,)Pxy是抛物线上的点，有2002yx，则220204()(2)xbcx，0022xbcx．…15分所以00000014()(2)4222PBCxSbcxxxxx2448．当20(2)4x时，上式取等号，此时004,22xy．因此PBCS的最小值为8．…20分11、【证明】（１）如果2a，则1(0)||2fa，aM。………………………（5分）（２）如果124a，由题意1(0)fa，12(0)((0))nnffa,2,3,n.则①当104a时，1(0)2nf（1n）.事实上，当1n时，11(0)2fa,设1nk时成立（2k为某整数），则对nk，221111(0)(0)242kkffa.②当20a时，(0)nfa（1n）.事实上，当1n时，1(0)fa,设1nk时成立（2k为某整数），则对nk，有212||(0)(0)kkaaffaaa.注意到当20a时,总有22aa，即2||aaaa.从而有(0)||kfa.由归纳法，推出12,4M。……………（15分）（3）当14a时，记(0)nnaf，则对于任意1n，14naa且121(0)((0))()nnnnnaffffaaa。对于任意1n，221111()244nnnnnaaaaaaaa,则114nnaaa。所以，1111()4nnaaaana。当214ana时，11()224nanaaaa，即1(0)2nf。因此aM。综合（１）（２）（３），我们有41,2M。…………………………（20分）