高中数学竞赛模拟题1-5.docx

2011年全国高中数学联赛模拟试题一一试一填空题（每小题8分，共64分）1函数在上的最小值是 2. 函数的值域是 3. 将号码分别为1、2、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全一样。甲从袋中摸出一个球，其号码为a，放回后，乙从今袋中再摸出一个球，其号码为b。则使不等式a2b+10>0成立的事务发生的概率等于 4设数列的前项和满意：，则通项= 5.已知椭圆及直线交于M,N两点,且,(为原点),当椭圆的离心率时,椭圆长轴长的取值范围是 6函数的最大值是 7在平面直角坐标系中，定义点、之间的“直角间隔 ”为若到点、的“直角间隔 ”相等，其中实数、满意、，则全部满意条件的点的轨迹的长度之和为 8一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球恒久不行能接触到的容器内壁的面积是 二.解答题（共56分）9.（16分） 已知定义在上的函数满意：，且对于随意实数，总有成立.（1）若数列满意，求数列的通项公式； （2）若对于随意非零实数，总有.设有理数满意，推断和 的大小关系，并证明你的结论.10.（20分）设，数列满意，（1）求数列的通项公式； （2）证明：对于一切正整数，11.（20分）若、，且满意，求的最大值。加试一（40分）在平面直角坐标系上，给定抛物线：实数满意，是方程的两根，记（1）过点作的切线交轴于点证明：对线段上的任一点，有；（2）设，当点取遍时，求的最小值 （记为）和最大值（记为）.二（40分）如图，给定凸四边形，是平面上的动点，令（）求证：当到达最小值时，四点共圆；（）设是外接圆的弧上一点，满意：，又是圆的切线，求的最小值二题图三（50分）如图，在7×8的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。假如两个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这两个棋子相连。现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。问最少取出多少个棋子才可能满意要求？并说明理由。四（50分）求证：对均有无穷多个正整数，使得中恰有i个可表示为三个正整数的立方和。模拟试题一参考答案第一试一 填空题（每小题8分，共64分）1.2当时，因此，当且仅当时上式取等号而此方程有解，因此在上的最小值为22. 设t=sinx+cosx=因为所以又因为t2=1+2sinxcosx,所以sinxcosx=，所以，所以因为t-1，所以，所以y-1.所以函数值域为3. 。甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故根本领件总数为92=81个。由不等式a2b+10>0得2b<a+10，于是，当b=1、2、3、4、5时，每种情形a可取1、2、9中每一个值，使不等式成立，则共有9×5=45种；当b=6时，a可取3、4、9中每一个值，有7种；当b=7时，a可取5、6、7、8、9中每一个值，有5种；当b=8时，a可取7、8、9中每一个值，有3种；当b=9时，a只能取9，有1种。于是，所求事务的概率为。4. 。，即 2由此得 2令， ()，有，故，所以5. 。由,可得 由得,即,将,代入得,即,因为,得,得,有,解得.6. 。函数的定义域为，且。当且仅当，等号成立，即时函数取最大值。7. 。由条件得 -当时，化为，无解；当时，化为，无解；当时，化为 -若，则，线段长度为；若，则，线段长度为；若，则，线段长度为综上可知，点的轨迹的构成的线段长度之和为。答图18. 。如答图1，考虑小球挤在一个角时的状况，记小球半径为，作平面/平面，及小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，垂足为的中心因故，从而记此时小球及面的切点为，连接，则考虑小球及正四面体的一个面(不妨取为)相切时的状况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答图2记正四面体的棱长为，过作于答图2 因，有，故小三角形的边长小球及面不能接触到的局部的面积为（如答图2中阴影局部）又，所以由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为二 解答题（共56分）9.解:（1）令，又，. 令，得 ，即 对随意的实数总成立， 为偶函数. 令，得 ，.令，得，是以为首项，以为公比的等比数列. . （2）结论：. 证明：时，,，即.令（），故，总有成立. 则对于，总有成立. 对于，若，则有成立.，所以可设，其中是非负整数，都是正整数，则，令，则.，即. 函数为偶函数，. 10解：， 当时，则是以为首项，为公差的等差数列，即 当且时，当时，是以为首项，为公比的等比数列综上所述（2）方法一：证明： 当时，； 当且时，对于一切正整数，方法二：证明： 当时，； 当且时，要证，只需证，即证即证即证即证原不等式成立。对于一切正整数，11解:由均值不等式得,等号成立当且仅当,故的最大值为100 .加试一，解：（1）是抛物线上的点，则切线的斜率过点的抛物线的切线方程为：，即在线段上，不妨设方程的两根为，则， 当时， 当时，综上所述，对线段上的任一点，有（2）如图所示，由，求得两个交点则， 由，得，即 由，得令，则，即综上所述，二解： （）由托勒密不等式，对平面上的随意点，有因此 因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在弧上时，又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号因此当且仅当为的外接圆及的交点时，取最小值故当达最小值时，四点共圆（）记，则，由正弦定理有，从而，即，所以整理得，解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整理得，故，可得， 从而，为等腰直角三角形因，则又也是等腰直角三角形，故，故三解：最少要取出11个棋子，才可能满意要求。其缘由如下：假如一个方格在第i行第j列，则记这个方格为(i，j)。第一步证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。用反证法。假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠。如图1，在每一行的前五格中必需各取出一个棋子，后三列的前五格中也必需各取出一个棋子。这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影局部。同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影局部。第1、2行必在每行取出一个，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)这些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子。在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在区域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在区域内至少取出3个棋子。这样，在这些区域内至少已取出了10个棋子。因此，在中心阴影区域内不能取出棋子。由于、这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了。冲突。图1图2第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠。如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不行能五子连珠。综上所述，最少要取出11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠。四证明：三个整数的立方和被9除的余数不能是4或5，这是因为整数可写为而，对被9除的余数分别为4，5，故均不能表示为三个整数的立方和，而对被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而对满意条件：2011年数学联赛模拟试题二山东青岛 邹明一试一. 填空题1.函数的值域是_;2.设a,b,c为直角三角形的三边长,点(m,n)在直线ax+by+c=0上.则m2+n2的最小值是_3.定义区间，的长度均为，其中已知实数，则满意的构成的区间的长度之和为_;4.掷6次骰子,令第次得到的数为,若存在正整数使得的概率，其中是互质的正整数.则= . 5.已知点在曲线y=ex上，点在曲线y=lnx上，则的最小值是_6.已知A,B,C为ABC三内角,向量,.假如当C最大时,存在动点M,使得成等差数列,则最大值是_;7.四面体OABC中,已知AOB=450,AOC=BOC=300,则二面角AOCB的平面角的余弦值是_;8.设向量满意对随意和,恒成立.则实数a的取值范围是_.二. 解答题xyOPF1F2MN 9.如图,设p为双曲线上第一象限内的任一点,F1, F2为左右焦点,直线PF1,PF2分别交双曲线于M,N.若,.求的值及直线MN的斜率KMN的取值范围.10.设数列满意,.求证:当时,. (其中表示不超过的最大整数)11.求证:存在函数f:RR,满意对一切xR都有f(x3+x)xf3(x)+f(x).二 试ABCDEFGM·ON1.如图,四边形BDFE内接于圆O,延长BE及DF交于A,BF及DE相交于G,做ACEF交BD延长线于C.若M是AG的中点.求证:CMAO.2.求最小的正数c,使得只要n=(k1,kmN,k1>k2>>km0),就有.3求证:对随意正整数n,都能找到n个正整数x1,x2,xn,使得其中随意r(r<n)个数均不互素,而r+1个数均互素.4.给定2010个集合,每个集合都恰有44个元素,并且每两个集合恰有一个公共元素.试求这2010个集合的并集中元素的个数.模拟试题二参考答案1. 解:令sinx+cosx=t,则t=,2sinxcosx=t2-1,关于t+1在和上均递增,所以,或,即值域.2. 解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2,所以, m2+n21,等号成立仅当mb=na且am+bn+c=0,解得(m,n)=(),所以, m2+n2最小值是1.3. 解:由，得，令，则，设方程的两根为、，又因为，所以不等式的解集为，构成的区间长度之和为4.解:当时，概率为;当时,，概率为； 当时，概率为； 当时，概率为； 当时， ，概率为；当时，概率为；故,即,从而.5. 解:因曲线y=ex及y=lnx关于直线y=x对称所求的最小值为曲线y=ex上的点到直线y=x最小间隔 的两倍,设P(x,ex)为y=ex上随意点,则P到直线y=x的间隔 ,因,所以,即min=.6.解: ,等号成立仅当.令|AB|=2c,因,所以, M是椭圆上的动点.故点C(0,),设M(x,y),则|MC|2=x2+()2=当y=时, |MC|2max=,|MC|max=.即max=7. 解:不妨设ACOCBC,ACB=,AOC=BOC=,CAOBAOB=.因即，两端除以并留意到,即得,将=450,=300代入得,所以,.8.解:令则,因,所以,对随意恒成立或或对随意恒成立或.xyOPF1F2MN三. 解答题 9. 解: 设p(x0,y0),因,所以,同理,将M、N坐标代入双曲线得:即消去x0得:即因所以,解得.将(1)-(2)得:将代入得: 及联立解得:代入,由x02-3y02=3得即斜率KMN的取值范围是().10. 证明：对于任何正整数，由递推知由知数列递减.又对随意,即有,从而.于是，当时，；当时，由递减得.故所以，.11. 证:由xg(f(x)g(g-1(x)g(f(x)及g(x)是R上的增函数,可得g-1(x)f(x).又由f(g(x)x得f(x)=f(g(g-1(x)g-1(x),即f(x)g-1(x),所以,f(x)=g-1(x).明显,当f(x)=g-1(x)时,有f(g(x)=g(f(x)=x,当然有f(g(x)xg(f(x).回到原题:取g(x)=x3+x,明显,g(x)是R上的增函数,由引理即得f(x)=g-1(x)时,就有f(x3+x)xf3(x)+f(x).二 试ABCDEFGM·ON1. 证法1:设O半径为R,则由圆幂定理得CO2=CD·CB+R2.因ACEF,所以,CAD=ABC,ACDABC,即AC2=CD·CB,所以,CO2-AC2=R2,下证MO2-MA2=R2:由中线长公式得MO2=(OA2+OG2)-MA2,所以,MO2-MA2=R2OA2+OG2-AG2=2R2.由圆幂定理得:OA2=R2+AF·AD,OG2=R2-GE·GD,延长AG到N,使得AF·AD=AG·AN,则F,D,N,G四点共圆,因AE·AB=AF·AD=AG·AN,所以E,B,N,G四点共圆,NEB=NGB=ADN,从而A,D,N,E四点共圆,AG·AN=EG·GD,所以,OA2+OG2-AG2=2R2+AF·AD-GE·GD=2R2+ AG·AN-GE·GD=2R2.即有CO2-AC2= MO2-MA2=R2,由平方差定理知CMAO.证完.ABCDEFGM·NPTO证法2:由证法1知，只要证MO2-MA2=R2:设BEG的外接圆交AG于N,DNO=P,连BP,BN,则B,E,G,N四点共圆,所以,AE·AB=AF·AD=AG·AN,其中R为O半径.故F,D,N,G四点共圆,延长AN交O于T,则BPD=BED=BFD=DNT,BPAT,BNT=PBN,所以,BPD=BED=BNT=PBN,从而BN=PN,ONBP,ONAT.设AM=MG=x,GN=y,则OA2=(2x+y)2+ON2, OM2=(x+y)2+ON2,因OA2=R2+AF·AD=AG·AN,所以,OM2=OA2-(2x+y)2+(x+y)2=OA2-2x(2x+y)+x2=OA2-AG·AN+x2=OA2-AF·AD+x2=R2+x2,OM2-AM2=R2,所以,CO2-AC2=MO2-MA2=R2,CMAO.证完.2.解:因对n=时,有,所以,c>1.因对n=+2+1=2k+1-1,有,即,所以, ,令t=, 则恒成立,所以,c,cmin=.现对m归纳证明:当m=1时,已知成立,假设对m成立,对m+1:设n=(k1>k2>>km+10),则n-=,由归纳假设得: 所以,现证:因,所以, 左端, 即对m+1成立.故cmin=.3证明:设存在这样的n个正整数,则它们可组成个不同的r元数组.每组的r个数不互素,即r个数的最大公约数大于1,令每个r元数组对应它们的最大公约数.任何r+1个数均互素上述对应是单射:若(x1,x1,xr)=(x1/,x1/,xr/)=d,则(x1,x1,xr,x1/)=(d,x1/)=d>1冲突!任取个互不一样的素数p1,p2,p,并使之及1,2,n的个r元子集一一对应,然后对每个i1,2,n,令xi为i所在的全部r元子集(个)所对应的素数之积,则这n个数满意要求:对x1,x1,xn的随意r元子集,它们的最大公约数恰为r元子集i1,i2,ir所对应的素数,当然大于1,从而这r个数不互素,由于个素数中的每一个都恰为x1,x1,xn中r个数的约数,故x1,x1,xn中随意r+1个数均互素.4. 解:设给定集合为A1,A2,A2010,则有|Ai|=44(1i2010), |AiAj|=1(1i<j2010),只要求|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3).由|AiAj|=1知|Ai1Ai2Aik|1,若都等于1,则必有一个元是全部集合的公共元素.下面证明|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3)=1:对于A1,因它及其它2009个集合都有公共元,且|A1|=44,=45,若A1中每个元素至多属于其它45个集合,则A1至多及44×45=1980个集合有公共元素.冲突!可见, A1中必有一个元a至少属于其它46个集合,设aA2,A47,而B是A48,A2010中随意一个集合,若aB,因B及A1,A47中每一个都有公共元素,则这些公共元素两两不同(因若B及Ai, Aj(1i<j47)有一样公共元素b,则ba,从而Ai, Aj(1i<j47)有两个公共元素,冲突!),故B至少有47个元素,及|B|=44冲突!故aB,即a是2010个集合的公共元素.再由A1,A2,A2010每两个集合恰有一个公共元素知|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3)=1.所以,| A1A2A2010|=2010×44-=2010×44=86431.高中数学联赛模拟题三人大附中 李秋生一试一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1. 已知，且，若，则a的取值范围是 。2. 在中，若，为的内心，且，则 .3. 已知函数若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 。4. 计算器上有一个特别的按键，在计算器上显示正整数n时按下这个按键，会等可能的将其交换为0n-1中的随意一个数。假如初始时显示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. 设为一个整数数列，并且满意：，若，则满意且的最小正整数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，再将余下局部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，将合适且使关于t的方程没有实数根的点所成的集合记为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，记，求数列中的最大值10.（本小题满分20分）已知椭圆 过定点A（1，0），且焦点在x轴上，椭圆及曲线的交点为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），当椭圆的离心率满意 时，务实数m的取值范围。11.（本小题满分20分）映射f的定义域是的全体真子集，值域包含于，满意条件：对随意，都有，求这种映射的个数二试一、（本题满分40分）设为直线上顺次排列的五点，在直线外的一点，连结并延长至点，恰使，同时成立.求证：。二、（本题满分40分）已知：，求证：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，满意1=d1<d2<<dk = n。再设D = d1d2d2d3dk1dk。(i) 证明：D<n2；(ii) 确定全部的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，可以进展如下操作：加上一个红点，并变更其相邻两点的颜色；或去掉一个红点，并变更原先及之相邻的两点颜色已知开场时只有两个点，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，且均为蓝点模拟试题三参考答案一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1. 答：，要使，只需C中的最大元素在B当中，所以，得。2. 答：设AO交BC于点D，由角平分线定理知，于是，又，所以 ，因此。3. 答： 利用函数图象进展分析易得结果。4. 答：若计算器上显示n的时候按下按键，因此时共有1n-1共n种选择，所以产生给定的数m的概率是。假如计算器上的数在变更过程中除了2011，999，99，9和0以外，还产生了，则概率为，所以所求概率为留意到两式相除即得。5. 答：因为三角形内切圆的半径及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，及椭圆方程联立得，设，则，于是。因为，所以内切圆半径，因此其面积最大值是。6. 答：501当时，将原式变形为，令，则有，叠加可得，于是。由，得，化简得。由，得，将上述关于的结果代入得，于是质数且n是奇数，所以满意条件的最小的n是501。7. 答：16 将题目所得几何体的上半局部及半径为16的半球作比拟，将它们的底面置于同一程度面，并考察高度为h的程度面及两个几何体所截的截面面积。及第一个几何体形成的截面是圆环，外径是，内径是12，所以面积是，这正是及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：令，原方程化为 所给方程没有实根等价于方程无实根或有实根但均为负根，所以，或点集N所成区域为图中阴影局部，其面积为二、解答题（本题满分56分）9. （本小题满分16分）解：经计算知，下面用数学归纳法证明：当时，有。假设，则所以数列中的最大值是。10.（本小题满分20分）解：椭圆过定点A（1，0），则由对称性知，所求抛物线只要过椭圆及射线的交点，就必过椭圆及射线的交点。联立方程 ，解得 。设抛物线方程为：，。又 ， 把 ， 代入得，。令， 在内有根且单调递增，综上得：。11.（本小题满分20分）解：记，其中。首先随意设定的值，则对于A的随意真子集B，记，则因此，映射f可由的值完全确定。下面证明这样的映射满意条件。对随意，有，由知。综上所述，由于确定的值有种选择，所以这种映射的个数也为。二试一、（本题满分40分）证法一：过作BHAF，交于，则，又由，故。连结，知，延长分别交于，连结。因为，故、共圆；因为，故、共圆，、五点共圆，故。，故，证法二：作外接圆，交射线于，则。又由，知，所以、共圆，记该圆为。下证必在内.用反证法，假设不在内。连结、，则又，冲突！于是，在延长线上.,，为切线，为切线，故。二、（本题满分40分）证明：，同理，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、（本题满分50分）解：(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=d1<d2<<dk=n时，有dj=n/dkj1。则n2/d2=n2/(d1d2)D = d1d2d2d3dk1dk=n21/(dk1dk)1/(dk2dk1)1/(d1d2)n2(1/dk11/dk)(1/dk21/dk1)(1/d11/d2)=n2(1/d11/dk)=n2(11/n)=n2n。 (*)(ii) 在(i)的证明中已指出n2/d2Dn2n。若D整除n2，由上式知n2=qD，1<qd2。(*)因为d2是n的最小的大于1的除数，所以，d2是素数。d2当然也是n2的素除数，并且n2没有比d2更小的大于1的除数。那么由式(*)就推出q=d2。因此，k=2，n的全部正因数是1和n本身，即n是素数。四、（本题满分50分）解：对于圆周上随意一种状态，按下列方式定义该状态的特征值：考察圆周上的n个蓝点将圆周分成的n段圆弧，将这n段圆弧依次赋值+1，-1，+1，-1，并在每个红点处标上所在弧的数值，再将全部红点上的数值相加即得S值。下面考察各种加点的操作：(1) 若在两个相邻红点（本来标有+1）间增加一个红点，则标有+1的这两个红点变为蓝点，新增加的红点应标-1，且其他红点不受影响，所以S值削减3。若两个红点本来标有-1，则类似可知S值增加3；(2) 若在两个相邻蓝点间增加一个红点，则这三个红点都将标上一样的数值，且其他红点不受影响，所以S的变更量仍旧是3的倍数；(3) 若在两个相邻的异色点间增加一个红点，则两个端点红蓝交换，因此端点处的红色点标数变为原来的相反数，而且新增的红点及它的标数一样，所以S的变更量仍旧是3的倍数；对于各种减点的操作，因为都是加点操作的逆向操作，所以S值的变更量始终是3的倍数，因此S值除以3的余数应当是不变的。在初始状态中，只有两个红点，；而在只有两个蓝点的状态中，这说明不行能经过若干次操作，使圆周上只有两个点，且均为蓝点。联赛模拟题四东北育才学校 彭玲一试一、 填空题（每小题8分，共64分）1、若函数的图像经过点，则的反函数必过点_.2、某天下午的课程表要排入物理、化学、生物和两节自习共5节课，假如第1节不排生物，最终1节不排物理，那么，不同的排课表的方法有_种.3、正八边形边长为1，任取两点，则最大值为_.4、某人排版一个三角形，该三角形有一个大小为60°角，该角的两边边长分别为和9，这个人排版时错把长的边排成长，但发觉其它两边的边长度没变，则= .5、过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能为_. 三角形 正方形 梯形 五边形 六边形6、若，且为正整数，则7、对于实数，表示不超过的最大整数。对于某个整数，恰存在2008个正整数，满意，并且整除，则=_.8、A、B两队进展乒乓球团体对抗赛，每队各三名队员，每名队员出场一次。A队的三名队员是，B队三名队员是，且对的胜率为，A队得分期望的最大可能值是_.二解答题（第9题16分，第10，11题各20分）9过点作动直线交椭圆于两个不同的点，过作椭圆的切线，两条切线的交点为，（1） 求点的轨迹方程；（2） 设O为坐标原点，当四边形的面积为4时，求直线的方程.10已知数列：，确定使为完全平方数.11设为正实数，且证明：二 试1.如图，A、C、E为直线上三点，B、D、F为另始终线上三点，直线AB、CD、EF分别和DE、FA、BC相交证明交点L、M、N三点共线2已知为正整数，且是集合中不同的正整数，其满意整除，证明：不整除.3设且证明：4.设n是一个固定的正偶数.考虑一块的正方板，它被分成个单位正方格.板上两个不同的正方格，假如有一条公共边，就称它们为相邻的.将板上N个单位正方格作上标记，使得板上的随意正方格（作上标记的或者没有作上标记的）都及至少一个作上标记的正方格相邻.确定N的最小值.模拟试题四参考答案一试一、填空题1、； 解：由于，故函数过点，则其反函数过点.2、39；解：由容斥原理知，有种.3、；解：依据向量内积的几何意义，只要看向量在方向上的投影即可。最大值为 +14、4解： 5、，解：由对称性可知，所得图形应为中心对称图形，且可以截得。6、解：由知：可能为1，3，11，33，从而解得7、668解：若，则，满意整除，则可取，共个，所以。8、； 解：探讨可知，最大期望9. 解（1）依题意设直线方程为，及椭圆联立得 ，由得 设，则过椭圆的切线分别为 和 ，并且由及得，同理，故点的轨迹方程为（在椭圆外） （2），O到PQ的间隔 为，M到PQ的间隔 为， 四边形的面积当时解得或，直线为或10.解 ，我们用归纳法证明.（1）当时，结论成立.（2）假设当时，结论成立。即又由于代入上式可得：则当时，（由）故当时，结论成立，即（*）式成立.又可知：则 设则知：又且故或故或（舍去）则当时，满意条件.11.证明 因为，要证原不等式成立，等价于证明 事实上， 由柯西不等式知 又由知 由，可知式成立，从而原不等式成立 二 试1. 证：如图图设AB、CD、EF围成一个UVW (平行直线视为交于无穷远点)对UVW三边上的五个共线三点组LDE、AMF、BCN、ACE、BDF用梅氏定理得 = 1 = 1 = 1 = 1 = 1 得 = 1由梅氏定理之逆定理知L、M、N三点共线2.假如整除.不妨设，其中，则可以推得：，明显互素，且，只要令，则，而，故，即，而，冲突.3证明 由均值不等式得：则我们只要证明令，且则只要证明：通分整理等价于由算术平均值及可证明成立.4.解 设首先将正方板黑白相间地涂成象国际象棋盘那样.设为所求的N的最小值.为必需作上标记的白格子最小数目，使得任一黑格都有一个作上标记的白格子及之相邻.同样定义为必需作上标记的黑格子最小数目，使得任一白格都有一个作上标记的黑格子及之相邻.由于n是偶数，“棋盘”是对称的，故有且.为便利，将“棋盘”依据最长的黑格子对角线程度放置，则各行黑格子数目分别为在含有个黑格子那行下面，将奇数位置白格子作上标记.当该行在对角线上方时，共有个白格子作上了标记；而当该行在对角线下方时，共有个白格子作上了标记.因此作上标记的白格子共有个.易见这时每个黑格子都及一个作上标记的白格子及之相邻.故得： 考虑这个作上标记的白格子.它们中随意两个没有相邻公共黑格子，所以致少还需将个黑格子作上标记，从而因此， 联赛模拟试题五复旦附中 万军一试一、 填空题（每题8分，共64分）1、已知多项式满意：则_2、三棱锥是三条侧棱两两垂直的三棱锥，是底面内的一点，那么的取值范围是_3、对随意，代数式的最小值为_4、计算：_5、篮球场上有5个人在练球，其战术是由甲开场发球（第一次传球），经过六次传球跑动后（中途每人的传球时机均等）回到甲，由甲投3分球，其中不同的传球方式为_种6、设、是的两条边长，、分别是及这两条边相对应的角平分线的长，若不等式恒成立，则实数的最小值是_7、对，函数都满意：；则_8、设个实数满意条件则的最大值为_二、解答题（每题分，共56分）9、设由不超过1000的两个正整数组成的数对满意条件：试求全部这样的数对的个数10、是椭圆上随意一点，是椭圆的焦点，分别交椭圆及两点，求证：是定值11、给定大于2011的正整数，将分别填入的棋盘的方格中，使每个方格恰有一个数，假如一个方格中填的数大于它所在行至少2011个方格内所填的数，且大于它所在列至少2011个方格内所填的数，则称这个方格为“优格”，求棋盘中“优格”个数的最大值二 试一、（40分）在中，是斜边上的高，记分别是的内心，在边上的射影为，的角平分线分别交于，且的连线及相交于，求证：四边形为正方形二、（40分）已知数列，令为中的最大值（），则称数列为“创新数列”，数列中不同数的个数称为“创新数列”的“阶数”，例如：为，则“创新数列”为，其“阶数”为3若数列由（3）构成，求能构成“创新数列”的“阶数”为2的全部数列的首项和 三、（50分）设的三边长为，分别为对应边上的高、中线和角平分线，求证： 当且仅当是正三角形时等号成立四、（50分）求证：面积为1的凸（6）边形可以被面积为2的三角形覆盖模拟试题五参考答案1、已知多项式满意：则_解：用代替原式中的得：解二元一次方程组得所以：， 则（分析得为一次多项式，可干脆求解析式）2、三棱锥是三条侧棱两两垂直的三棱锥，是底面内的一点，那么的取值范围是_解：由，得，同理还有两个不等式，则3、对随意，代数式的最小值为_解：配方得，设， 点关于直线的对称点为，关于轴的对称点为，所以：4、计算：_解：设 ， 则是方程的根，则，令，则原式5、篮球场上有5个人在练球，其战