2017年全国高中数学联赛模拟精彩试题02.pdf

2017 全国高中数学联赛模拟试题02一、填空题每一小题 8 分,共 64 分1.在如如下图所示的正方体ABCD ABC D中,二面角A BDC等于用反三角函数表示2.如果三角形ABC的三个内角A,B,C满足cot A,cot B,cotC依次成等差数列,如此角B的最大值是2n1,a22 1,an1an12(n 2),2anan1如此通项公式an(n 1).an满足条件：a1x2y24.F1,F2是 椭 圆22(a b 0)的 两 个 焦 点,P为 椭 圆 上 任 意 一 点,如 果PF1F2的 面 积 为ab11,tanPFF,tanPF2F1 2,如此a 12215.在同一直角坐标系中,函数f(x)ax 4(a 0)与其反函数f(x)的图像恰有三个不同的交点,如此实数a的取值 X 围是6.正实数a1,a2,a1a2,an与非负实数b1,b2,bn满足a1a2anb1b2bn n;bbb 1,如此a1a2an12n的最大值为_2ana1a27.20 块质量为整数克的砝码可称出1,2,2014克的物品,anb1b2bn砝码只能放在天平一端,如此最大砝码质量最小值为_克g(x)x(1 x)是定义在区间0,1上的函数,如此函数y xg(x)的图像与x轴所围成图形的面积是二、简答题本大题共 3 小题,共 56 分9.16 分设数列an的前n项和Sn组成的数列满足Sn Sn1 Sn2 6n29n7(n 1),a11,a2 5,求数列an的通项公式.10.20 分设x1,x2,x3,是多项式方程x 10 x11 0的三个根.1x1,x2,x3,都落在区间(5,5)之中,求这三个根的整数局部；2证明：arctan x1arctan x2arctan x334x2 y21,A(2,0),B(0,1)是 椭 圆上 的 两 点,直 线11.20分 如 如 下 图,椭 圆:4l1:x 2,l2:y 1.P(x0,y0)(x0 0,y0 0)是上的一个动点,l3是过点P且与相切的直线,C,D,E分别是直线l1与l2,l2与l3,l1与l3的交点,求证：三条直线AD,BE和CP共点.2017 全国高中数学联赛模拟试题02一、填空题每一小题 8 分,共 64 分ABCD ABCD中,二面角A BDC等于1解：arccos3ABC的三个内角A,B,C满足cot A,cot B,cotC依次成等差数列,如此角B的最大值是解：且.记x cot A,y cot B,z cotC,如此2y x z.由于x,y,z至多一个负数,故y 0,3xy1 z.即xy yz zx 1.消去z后,得到x22xy(12y2)0,方程有实根,x y.3即B 且A B C 时等号成立333an满足条件：a121,a22 1,an1an1n2(n 2),如此an(n 1)2anan1n1.计算前几项可以猜出结果,再用数学归纳法可以证明.解：2x2y24.F1,F2是 椭 圆22(a b 0)的 两 个 焦 点,P为 椭 圆 上 任 意 一 点,如 果PF1F2的 面 积 为ab11,tanPFF,tanPF2F1 2,如此a 122151解：.不妨假定F1(c,0),F2(c,0)(c 0),设P(x0,y0).如此F1P的斜率为k1,F2P的斜率为k2 2,2235442因此x0c 2y0,y0 2(x0c)解得x0c,y0c,又SPF1F2=cy0c 1,所以c,2333155 3 2 3,).从而2a PF1 PF2 15,所以a 点P(263g(x)x(1 x)是定义在区间0,1上的函数,如此函数y xg(x)的图像与x轴所围成图形的面积是所以 12y 4 0,故cot B y 26.正实数a1,a2,a1a2,an与非负实数b1,b2,bn满足a1a2anb1b2bn n;anb1b2bn1,如此a1a22 bban12a1a2bn的最大值为_ananbn1,n1解：.由均值不等式知:a1b1a2b22于是a1a2即a1a2anbb1 2bnb1a2a3a ba2b2anbn11nana1b2a3ana1a2a3bn1,b1b2ana1a2bn1a1a2ananb1b2bn1.2取a1 a2 an1,b1 b2 bn1 0,bn1满足条件,且取到最大值.27.20 块质量为整数克的砝码可称出1,2,为_克,2014克的物品,砝码只能放在天平一端,如此最大砝码质量最小值,n成a1 a2 a20.首先用归纳法证明:ak 2k1(k 11).1 当k 1时,显然,2 设结论对k 1,2,an1 2 a81 2 27 255,n立,假如an1 2(n 10),如此由a1 a2 2n1 2n1知2n克的物品无法称量,矛盾！于是,a1 a2所 以a9a10a20 2014255 1759,所 以a201759146,即a20147,又 当12(x)的图像恰有三个不同的交点,如此实数ak 2k1(k 8),a9 a10 a20147时,符合条件,故最小值为 147 克18.在同一直角坐标系中,函数f(x)ax 4(a 0)与其反函数fa的取值 X 围是二、简答题本大题共 3 小题,共 56 分9.16 分设数列an的前n项和Sn组成的数列满足3Sn Sn1 Sn2 6n29n7(n 1),a11,a2 5,求数列an的通项公式.10.20 分设x1,x2,x3,是多项式方程x 10 x11 0的三个根.1x1,x2,x3,都落在区间(5,5)之中,求这三个根的整数局部；2证明：arctan x1arctan x2arctan x3.4x2 y21,A(2,0),B(0,1)是 椭 圆上 的 两 点,直 线11.20分 如 如 下 图,椭 圆:4l1:x 2,l2:y 1.P(x0,y0)(x0 0,y0 0)是上的一个动点,l3是过点P且与相切的直线,C,D,E分别是直线l1与l2,l2与l3,l1与l3的交点,求证：三条直线AD,BE和CP共点.解答三：利用赛瓦定理2015 全国高中数学联赛模拟试题02一此题总分为 40 分对任意实数a,b,定义运算为：ab2ab在直角坐标系中,设点集A(x,y)|0 x3,0y2,(2x)2y(2y)2x,求A所对应的平面区域的面积二此题总分为 40 分如图,在ABC中,AB AC,H为ABC的垂心,M 为边 BC 的中点,点S在边BC上且满足BHM CHS,点A在直线HS上的射影为P.证明：MPS的外接圆与ABC的外接圆相切.三此题总分为 50 分整数a,b,c,d满足ad bc1.求a2b2c2 d2 abcd acbd bc的最小值,并求出一切达到最小值的四元数组a,b,c,d四此题总分为 50 分设整数n2,G 0,1,n1,A,B G,对xG,记fAB(x)为满足ab x(modn),aA,bB的数组(a,b)的个数,类似定义fAA(x),fBB(x).证明：fxG2AB(x)fAA(x)fBB(x).xG2015 全国高中数学联赛模拟试题02一此题总分为 40 分对任意实数a,b,定义运算为：a设点集Abx)2a2yb在直角坐标系中,(2y)2x,求A所对应的平面区域的面积(x,y)|0 x3,0y2,(2的定义,2x为整数,进而2x2y22 2x其中x,y表示x,y的小数局部同理可知解：根据运算2y,y2xy2x(2比拟、可知,(2y)x)2x2y2y(22xy)22 22x当且仅当22 2x与22 2y,且2xy均是偶数,故上式成立的充分必要条件是22 222 2假如x,y0,3假如x,y3x2y22 2由于2x,2y0,1,而22 2x2yxx2 22 22 2yyy3232 2),如此2x2y0,2 20,2 2x2 2,1),如此2x2y2假如x,y,1),如此2x当x,y取自0,3122y1,2 211)、,1)中不同的区间时,不成立22对m0,1,2,n0,1,记A(m,n)(x,y)|(x,y)A,xm,yn,如 此 根 据 上 述 讨 论知,A(m,n)所对应的平面区域面积2 2)、32 2,S(m,n)(32 2)210)2122(32 2)112263222 2,因此点集A所对应的平面区域面积为m0 n0S(m,n)6.63222 2189132 2二此题总分为 40 分如图,在ABC中,AB AC,H为ABC的垂心,M 为边 BC 的中点,点S在边BC上且满足BHM CHS,点A在直线HS上的射影为P.证明：MPS的外接圆与ABC的外接圆相切.证明证明：联接AH并延长交ABC的外接圆于点D,作DE/BC与ABC的外接圆交于点E,易知D,H关于BC对称,故HCBBCDCBE,因此CH/BE,由此推出EB AB,故AE为ABC外接圆的直径.又由CH CD EB,结合CH/BE知四边形CHBE为平行四边形,所以EH过点M.设B,C为B,C在AC,BC上的射影,延长EH交ABC的外接圆于点Q,由AQH AQE 90 APH得,A,Q,B,H,C,P共圆,以AH为直径.由BHM CHS有BHQ CHP,所以QB PC相等的圆周角所对弦长相等,故有PQ/BC.由EAB BCA 90 AEB ACB 90得,AE BC,所以AE PQ,结合AQ QE有AQP AEQ,由此推出SDH SHD AHP AQP AEQ ADQ QDH,所以点Q,S,D共线,由QPS QPH QAH QAD QED QMS得,P,Q,S,M四点共圆.过点Q作ABC外接圆的切线,由TQS TQD QED QMS知,TQ也是圆的切线,故MPS的外接圆与ABC的外接圆相切,证毕.三此题总分为 50 分整数a,b,c,d满足ad bc1.求a2b2c2 d2 abcd acbd bc的最小值,并求出一切达到最小值的四元数组a,b,c,d12222abcdacbdbc.2bc0,如此ad 1bc0,故b、c同号,a、d同号.由于fa,b,c,d fa,b,c,d,故只须考虑如下两种情况:a,b,c,d 0；a,d 0;b,c 0.对于,由ab1b,cd c1知:解解:设原式 fa,b,c,d,易知:fa,b,c,dbc122fa,b,c,db1c1bc 1bc 2.22对于,由ac c 1,bd b 1知:22bc b c 1 2.1fa,b,c,dc 1b 1bc 22bc0.如此ad 1,所以a d 1.假如b0,如此112222fa,b,c,da2cdacd21c1c1 2,等号成立当且仅当c 0.22同理,假如c 0,如此fa,b,c,d2,等号成立当且仅当b0.22bc0.此时,假如bc 3,如此fa,b,c,d3.假如bc2,如此fa,b,c,d2,取等号时有a b c d.但此时b2 2,与b为整数矛盾!故等号取不到.假如bc 1,如此ad 0,fa,b,c,d1,取等号时有a b c d.但ad 0,bc 1,这不可能!故fa,b,c,d2,取等号时,abaccdbd 2.2222由bc 1知:b2 c21.由ad 0知,a,d中 必 有0.假 如a 0,如 此b c d,故a,b,c,d0,1,1,1或0,1,1,1.同理,假如d 0,如此a bc,a,b,c,d1,1,1,0或1,1,1,0.综上所述,fa,b,c,d最小值为2,取等号当且仅当a,b,c,d为0,1,1,1,0,1,1,1,1,1,1,0,1,1,1,0,1,0,0,1,1,0,0,1之一.四此题总分为 50 分.设整数n2,G 0,1,n1,A,B G,对xG,记fAB(x)为满足ab x(modn),aA,bB的数组(a,b)的个数,类似定义fAA(x),fBB(x).证明：fxG2AB(x)fAA(x)fBB(x).xG证明：对xG,记Ax(s,t)|st x(modn),s,t A,Bx(s,t)|st x(modn),s,tB,Cx(s,t)|st x(modn),s A,tB,如此由fAA(x),fBB(x),fAB(x)的定义知,fAA(x)Ax,fBB(x)Bx,fAB(x)Cx又记Px(s,t,u,v)|s t u v x(modn),s,t A,u,vB,Qx(s,t,u,v)|su t v x(modn),s,t A,u,vB,如此Px Ax Bx fAA(x)fBB(x),Qx Cx Cx fAB(x)考虑S(s,t,u,v)|st u v(modn),s,t A,u,vB的元素个数S一方面,由于S xG2Px,且其中各个Px两两不交,故S PxfAA(x)fBB(x)xGxG另一方面,注意到S(s,t,u,v)|s u t v(modn),s,t A,u,vBxGQx,而其中各个Qx亦两两不交,因此S 由、得,QxGxf(x)2ABxGfxG2AB(x)S fAA(x)fBB(x)xG.