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1、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+100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
2、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，
3、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78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
4、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+100得2bk2km0),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(r1.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,
5、对m+1:设n=(k1k2km+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/)=d1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x
6、1,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(1ij2010),只要求|Ai1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,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|(1i1i2ik2010,k3)=1:对于A1,因它及其它2009个集合都有
7、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4445=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(1ij47)有一样公共元素b,则ba,从而Ai, Aj(1ij47)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|(1i1i2ik2
8、010,k3)=1.所以,| A1A2A2010|=201044-=201044=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
9、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
10、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=d1d2dk = n。再设D = d1d2d2d3dk1dk。(i) 证明：Dn2；(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
11、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
12、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1
13、2，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）
14、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、
15、（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=d1d2dk=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，1qd2。(*)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
16、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
17、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
18、_.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
19、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
20、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：
21、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
22、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
23、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
24、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
25、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