全国高中数学联赛模拟试题01及答案

全国高中数学联赛模拟试题(一)第一试一、选择题(共36分)1. 在复平面上，非零复数z 1，z 2在以z=i 对应的点为圆心，1为半径的圆上，21z z 的实部为零，argz 1＝π6，则z 2＝ ( )A.－32＋32i B.32－32i C.－32＋32iD.32－32i 2. 已知函数f(x)＝log a (ax 2－x ＋12)在[1，2]上恒正，则实数a 的取值范围是( )A.(12，58)B.(32，＋∞)C.(12，58)∪(32，＋∞)D.(12，＋∞) 3. 已知双曲线过点M(－2，4)和N(4，4)，它的一个焦点为F 1(1，0)，则另一个焦点F 2的轨迹方程是 ( )A.(x －1)225＋(y －4)216＝1(y ≠0)或x ＝1(y ≠0)B.(x －1)216＋(y －4)225＝1(x ≠0)或x ＝1(y ≠0)C.(x －4)225＋(y －1)216＝1(y ≠0)或y ＝1(x ≠0)D.(x －4)216＋(y －1)225＝1(x ≠0)或y ＝1(x ≠0)4. 已知正实数a ，b 满足a ＋b ＝1，则M ＝1＋a 2＋1＋2b 的整数部分是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.45. 一条笔直的大街宽度为40米，一条人行横道穿过这条街，并与街道成一定的角度，人行横道长度为50米，与大街边缘结合部的宽度为15米，则人行横道的宽度为( ) A.9米 B.10米 C.12米 D.15米6. 一条铁路原有m 个车站，为适应客运需要新增加n(n ＞1)个车站，结果客运车票增加了58种(注：从甲站到乙站和从乙站到甲站需要两种不同的车票)，那么原有车站的个数为 A.12 B.13 C.14 D.15 ( )二、填空题(共54分)7. 长方形ABCD 的长AB 是宽BC 的23倍，把它折成无底的正三棱柱，使AD 与BC 重合，折痕线EF ，GH 分别交原来长方形对角线AC 于M 、N ，则折后截面AMN 与底面AFH 所成的角是_____.8. 在△ABC 中，a ，b ，c 是角A ，B ，C 的对边，且满足a 2＋b 2＝2c 2，则角C 的最大值是_____.9.从盛满a升(a＞1)纯酒精的容器中倒出1升，然后加水填满，在倒出1升混合溶液后又加水填满，如此继续下去，则第n次操作后溶液的浓度为__________________. 10.已知函数f(x)和g(x)的定义域均为非负实数集，对任意的x≥0，规定f(x)*g(x)＝min{f(x)，g(x)}，若f(x)＝3－x，g(x)＝2x＋5，则f(x)*g(x)的最大值是_________.11.从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100，则可有_______种不同的取法.12.若实数a＞0，则满足a5－a3＋a＝2的a值属于区间:①(0，63)；②(62，63)，③(63，＋∞)；④(0，32).其中正确的是_________________.三、解答题(共计60分)13.(20分)求证：经过正方体中心的任意截面的面积不小于正方体一个侧面的面积.14.(20分)直线Ax＋By＋C＝0(ABC≠0)与椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2相交于P和Q两点，O为坐标原点，且OP⊥OQ，求证：a2b2c2＝a2＋b2A2＋B2.15.(20分)某新建商场设有百货部、服装部和家电部三个经营部，共有190名售货员，计划全商场的日营业额(每日卖出商品所收到的总金额)为60万元，根据经验，各部商品每1万元营业额需要售货员人数及每1万元营业额所得利润情况如表所示，商场将计划日营业额分配给三个经营部，同时适当安排各部的营业员人数，若商场预计每日的总利润为c万元，且19≤c≤19.7，又已知商场分配给经营部的营业额均为整数万元，第二试一、(50分)矩形ABCD 的边AD ＝λ·AB ，以AB 为直径在矩形外作半圆，在半圆上任取不同于A 、B 的一点P ，连PC 、PD 交AB 于E 、F ，若AE 2＋BF 2＝AB 2，求正实数λ的值.二、(50分)若a i ∈R ＋(i ＝1，2，……，n)，S ＝∑=n1i ia，且2≤n ∈N ，求证：∑∑==-≥-n 1k 2k n1k k3ka 1n 1a S a .三、(50分)无穷数列{c n }由下列法则定义：c n ＋1＝|1－|1－2c n ||，而0≤c 1≤1(1)证明：仅当c 1是有理数时，数列自某一项开始成为周期数列； (2)存在多少个不同的c 1值，使得数列自某项之后以T 为周期(对于每个T ＝2，3，……)?全国高中数学联赛模拟试题(一)参考答案 第一试一、选择题 1. A如图所示，设复数z 1对应的点为Z 1，则|OZ 1|＝2sin π6＝1，∴ z 1＝32＋12i再设z 2＝x ＋yi(x ，y ∈R)由|z 2－i|＝1得x 2＋(y －1)2＝1 …………① ∵ (32－12i)(x ＋yi)的实部等于0， ∴ 3x ＋y ＝0 …………②联立①②解得⎩⎨⎧==⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=0y 0x 23y 23x 或(舍去) 故z 2＝－32＋32i 2. C设g(x)＝ax 2－x ＋12，首先由g(x)＞0得a ＞x －12x 2＝－12x 2＋1x当1≤x ≤2时，(－12x 2＋1x )max ＝12从而a ＞12，在此前提下，易知函数g(x)＝ax 2－x ＋12的对称轴x ＝12a在区间[1，2]的左边，从而g(x)在[1，2]上是增函数.当a ＞1时，f(x)在[1，2]上是增函数，有f(1)＝log a (a －1＋12)＞0，⇒ a ＞32当12＜a ＜1时，f(x)在[1，2]上是减函数，有yf(2)＝log a (4a －2＋12)＞0，⇒ 12＜a ＜58综上：12＜a ＜58或a ＞323. A易知|MF 1|＝|NF 1|＝5而||MF 1|－|MF 2||＝||NF 1|－|NF 2|| 即|5－|MF 2||＝|5－|NF 2||当5－|MF 2|＝5－|NF 2|时，即|MF 2|＝|NF 2|时，点F 2的轨迹是线段MN 的中垂线， 其方程为x ＝1(y ≠0)当5－|MF 2|＝|NF 2|－5时，即|MF 2|＋|NF 2|＝10时，点F 2的轨迹是以M 、N 为焦点，长轴长为10的椭圆，其方程为(x －1)225＋(y －4)216＝1(y ≠0)4. B一方面，M ＞1＋0＋1＋0＝2另一方面，M ＜1＋2a ＋a 2＋1＋2b ＋b 2＝1＋a ＋1＋b ＝2＋(a ＋b)＝3所以，2＜M ＜3 5. C如图，人行横道的面积S ＝15×14＝600∴ S ＝50x ＝600 ⇒ x ＝12 6. C新增的n 个车站之间需要P n 2种车票，新增的n 个车站与原来的m 个车站之间需要2mn种车票，从而P n 2＋2mn ＝58，即n(n －1＋2m)＝58注意到n 和n －1＋2m 都是整数，而58只能分解为1×58和2×29两种情况，又n ＞1 所以n ＝2，n －1＋2m ＝29，或n ＝29，n －1＋2m ＝2，或n ＝58，n －1＋2m ＝1 只有第一组有满足题意的解：n ＝2，m ＝14 二、填空题 7.π6； 折叠后，仍然有AF ＝FH ＝HB(或HA ，折叠后A 点和B 点重合)AM ＝MN ＝NC ，且它们的长度没有变，仍然等于折叠前的长度，但对角线AC 由直线段变成了折线段，A 、M 、N 三点由原来共线变成了A 、M 、N 三点构成三角形.设AD ＝a ，则AB ＝23a ，图(1)为折叠前的长方形，有AC ＝13a ，AM ＝MN ＝133a ，AF ＝FH ＝HB ＝233a ，MF ＝a 3，HN ＝2a 3. 15A B C D F H (1)E G M N (2) AD FH E GMN P设平面AMN 与平面AFH 的夹角为θ(图(2))，由S △AFH ＝12×233a ×233a ×sin60º＝33a 2.在Rt △NHA 中，AN ＝(233a)2＋(23a)2＝4a3取AN 的中点P ，∵ AM ＝MN ⇒ MP ⊥AN 在Rt △MPA 中，MP ＝(133a)2－(23a)2＝a ∴ S △AMN ＝a 2×4a 3＝2a23∴ cos θ＝S ×AFH S △AMN ＝32，∴ θ＝π68.π3； ∵ a 2＋b 2＝2c 2，∴ cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－a 2＋b222ab ＝a 2＋b 24ab∴ a 2－4abcos θ＋b 2＝0 即(a b )2－(4cosC)ab ＋1＝0(∵ b ≠0) 因为ab是正实数，所以4cosC ＞0且△≥0解得：cosC ≥12，所以C ≤π39.(1－1a)n；开始浓度为1，操作一次后溶液浓度为a 1＝1－1a，设操作n 此后的溶液浓度为a n ，则操作n ＋1次后溶液的浓度为a n ＋1＝a n (1－1a)∴ {a n }是首项、公比均为1－1a 的等比数列，∴ a n ＝a 1q n －1＝(1－1a )n10.23－1；∵ x ≥0，令3－x ＞2x ＋5，解得0≤x ≤4－2 3 所以f(x)*g(x)＝⎪⎩⎪⎨⎧-≥--<≤+324x x3324x 05x 2∵ 3－x 在R 上单调递减，故当x ≥4－23时，f(x)*g(x)≤f(4－23)*g(4－23)＝3－(4－23)＝23－1 当0≤x ＜4－23时，2x ＋5单调递增，故当x ∈[0，4－23)时， f(x)*g(x)＜2·(4－23＋5)＝23－1 综上所知，f(x)*g(x)的最大值为23－111.2500；以1为被加数，则1＋100＞100，有1种取法，以2为被加数，则2＋100＞100，2＋99＞100，有2种取法， 依次可得，被加数为n(n ∈N ，n ≤50)时，有n 种取法，但51为被加数时，要扣除前面已取过的情况，只能取52，53，……，100，有49种取法，同理，被加数为52时，有48种取法，依次可得，当被加数为n(n ∈N ，51≤n ≤100)时，分别有100－n 种取法， 所以，不同的取法共有(1＋2＋3＋……＋50)＋(49＋48＋……＋1)＝2500种 12.③④∵ a 6＋1＝(a 2＋1)(a 4－a 2＋1)＝a 2＋1a (a 5－a 3＋a)＝2(a ＋1a)，(a ≠0)∵ a ＞0且a ≠1，∴ a 6＋1＞4，∴ a 6＞3，即a ＞63 又a 5－a 3＋a ＝2，∴ 2a 3＋1＝a 2＋1a 2＞2∴ a 3＜2，即a ＜32，综合可知，应填③④三、13．显然，所作截面是一个中心对称的凸多边形，它是一个四边形或六边形.如果截面是一个四边形，那么它一定没有截到立方体的某一组对面，其面积不小于这组对面中的一个，命题成立. 如果截面是一个六边形，那么它一定截到了正方体的六个面，将立方体展开在一个平面上，如图，设界面的周长为l ，正方体的棱长为a ，则 l ≥|AB|＝(3a)2＋(3a)2＝32a由于正方体的中心是内切球的球心，所以截面内含有半径为a2的圆，从而有S 截面≥12·a 2l ≥324a 2＞a 214．将Ax ＋By ＋C ＝0变形为1＝－Ax ＋ByC，代入椭圆方程，得b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b 2(－Ax ＋By C)2整理得：(a 2b 2B 2－a 2C 2)y 2＋2ABa 2b 2xy ＋(a 2b 2A 2－b 2C 2)x 2＝0 当x ＝0时，显然成立；当x ≠0时，同除以x 2得：(a 2b 2B 2－a 2C 2)(y x )2＋2ABa 2b 2(y x)＋(a 2b 2A 2－b 2C 2)＝0该方程的两根为OP ，OQ 的斜率，∵ OP ⊥OQ ，所以－1＝a 2b 2A 2－b 2C 2a 2b 2B 2－a 2C 2，即a 2b 2c 2＝a 2＋b2A 2＋B215．设分配给百货、服装、家电营业额分别为x ，y ，z(万元)，(x ，y ，z 是正整数)，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤++==++=++2x 25z x 2335y 7.19c 19z 2.0y 5.0x 3.0c 190z 2y 4x 560z y x 由①②得④③②① 所以c ＝0.3＋0.5(35－3x 2)＋0.2(25＋x2)＝22.5－0.35x代入④得8≤x ≤10，∵ x ，y ，z 必为正整数，⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧===⇒⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧===∴60z 280y 450x 558z 292y 440x 530z 20y 10x 29z 23y 8x 或或 第二试一、如图，过P 点作PG⊥AB，垂足为G ，不失一般性，设AB ＝2，则AD ＝2λ再设PG ＝h ，∠PDA＝α，PCB ＝β，则AE ＝AB －BE ＝2－2λtanβ BF ＝AB －AF ＝2－2λtanα∵ (2λ＋h)tanα＋(2λ＋h)tanβ＝2∴ tanα＋tanβ＝22λ＋h……① 又(2λ＋h)tanα(2λ＋h)tanβ＝h 2∴ tanαtanβ＝h2(2λ＋h)2 ……② ∵ AE 2＋BF 2＝(2－2λtanα)2＋(2－2λtanβ)2＝AB 2∴ 8－8λ(tanα＋tanβ)＋4λ2(tan 2α＋tan 2β)＝4即 λ2(tanα＋tanβ)2－2λ2tanαtanβ－2λ(tanα＋tanβ)＋1＝0 将①②代入上式，得 4λ2－2λ2h 2(2λ＋h)2－4λ2λ＋4＋1＝∴ h 2(1－2λ2)＝0∵ h≠0，∴ 1－2λ2＝0，即λ＝22解法二：仍如上图，不失一般性，设AB ＝2，则AD ＝2λ，令AF ＝x ，BE ＝y ，因为△PGE ∽△CBE ，于是PG BC ＝GE BE ，即PG 2λ＝GEy所以，GE ＝PG ·y2λ ……………………①同理，GF ＝PG ·x2λ……………………②①＋②得：EF ＝(x ＋y)PG2λ即PG ＝EF ·2λx ＋y ＝2λ(2－x －y)x ＋y……………………③由①②③得：GE ＝PG ·y 2λ＝2λ(2－x －y)x ＋y ·y ·12λ＝2－x －yx ＋y·yGF ＝PG ·x 2λ＝2－x －y x ＋y·x∴ BG ＝GE ＋y ＝2yx ＋y ……………………④同理AG ＝2xx ＋y ……………………⑤又PG 2＝AG ·BG ，综合③④⑤得4λ2(2－x －y x ＋y )2＝4xy (x ＋y)2化简得：λ2(2－x －y)2＝xy ……………………⑥又∵ AE 2＋BF 2＝AB 2∴ (2－x)2＋(2－y)2＝4即 4－4(x ＋y)＋x 2＋y 2＝0∴ 2－2(x ＋y)＋(x ＋y)2＝2xy ……………………⑦ 将⑥代入⑦得：4－4(x ＋y)＋(x ＋y)2＝2λ2(2－x －y)2即(2－x －y)2＝2λ2(2－x －y)2∵ x ＋y ≠2，∴ 2λ2＝1，∴ λ＝22二、由柯西不等式，得(S －a k )2≤(n－1)()a a2k n1k 2k -∑=∑∑∑∑∑∑∑=======-=---≥-∈---=-+--≥-----≥----≥-∴-=---≥--+-+-n 1k 2k2n1k 2kn 1k 2kn1k k3k2n1k 2k2k22kn1k 2k 2kk3k 22kn1k 2k 2k32k 2kk 3k 2k332k 2k 3k 32k k 3k k 3k a 1n 1)1n (2a n a )2n 3(a S a )N k ()1n (2aa )2n 3()1n (2aa a )1n (3a S a )1n (a a1n a3)1n ()a S (1n a 3a S a 21n a 3)1n ()a S ()a S a (3)1n ()a S (a S a a S a 则即原不等式得证.三、易知，题中的递推关系式即为c n ＋1＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤-<≤1c 21c 2221c 0c 2n n n n 若若 …………①(1)若C 1为有理数，即c 1＝pq ，其中(p ，q)＝1时，对一切n ，均有c n ＝p nq，其中p n ∈{0，1，2，……，q}故有n 1＜n 2，使得p n1＝p n2，从而c n1＝c n2，于是由①式可知{c n }从第n 1项之后呈周期变化.假设数列自第n 1项之后呈周期为T 的变化，我们记： c n1＝∑∞=-⋅1k k k2a，即用二进制表示c n1，其中a k ＝0或1.并记k a ＝1－a k ，k∈N ……② 于是由①式可知11 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡+⋅≡+⋅=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅=⋅=∑∑∑∑∞=-+∞=-++∞=-+∞=-++)2(mod 1a a 2a )2(mod 0a a 2a c 1a 2a 0a 2a c 211k k 2k 211k k 2k 2n 11k k 1k 11k k 1k 1n 11若若若若 由此并结合归纳法，即知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++⋅=++⋅=∑∑∞=-+∞=-++)2(mod 1a a 2a )2(mod 0a a 2a c T 11k k T k T 11kk T k T n 1 若若 由于c n1＋T ＝c n1，故当a 1＋……＋a T ≡0(mod2)时，立即可得a k ＝a k ＋T ，k∈N 由此表明c n1为二进制循环小数，故为有理数.当a 1＋……＋a T ≡1(mod2)时，由于c n1＋T ＝c n1，得a k ＝T k a +＝1－a k ＋T ，k∈N ……③ 由于③式也表明a k ＋T ＝T 2k a +，k∈N，所以a k ＝1－a k ＋T ＝1－T 2k a +＝1－(1－a k ＋2T )＝a k ＋2T ，k ∈N故c n1也为有理数再由递推式①知，c n1是由c 1经过n 1－1步有理运算得出的，所以，c 1也必为有理数.(2)如果分别取c 1＝(0.••0101)2，c 1＝(0.个└───┘1m 0111-•• )2， ……④ 则可使{c n }分别以T ＝2和T ＝m ，m ≥3为周期，又易见，只要将c 1取为④中的12k ，k ∈N ，都可使数列最终以相应的T 为周期，从而，对每个T ＝2，3，……都有无穷多个c 1使得数列自某项之后以T 为周期变化.。