2013高中数学联赛模拟试题(02)S

12013年全国高中数学联赛模拟试题（02）第一试一、填空题：本大题共８小题，每小题８分，共６４分．把答案填在题中的横线上．1、设)(xf是连续的偶函数，且当0x时，)(xf是单调增函数，则满足)21()(xxfxf的所有x之和为.2、过抛物线22(0)ypxp＞的焦点F且斜率为43的直线交抛物线于BA,两点，若(1)AFFB，则．3、已知数列46nnna，那么2012a（mod25）.4、在面积为1的正方形ABCD内任取一点P，那么△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面积均大于16的概率是.5、适合方程cos97sin97tan17cos97sin97x的最小正整数x=．6、已知半球O的半径为R，它的内接长方体ABCD—A1B1C1D1的一个面ABCD在半球O的底面上.这个长方体所有棱长之和的最大值是．7、已知正实数x、y、z满足x+y+z=1，若x、y、z中没有一个数大于另一个数的2倍，则乘积xyz的最小值是．8、已知直线x+y-2a+1=0与圆x2+y2=a2+2a-3的交点为（x0，y0），当x0y0取最小值时，a=．二、解答题：本大题共３小题，共56分．解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤．9、（本小题满分16分）已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2lnx．(Ⅰ)当a=1时，求f(x)的极值；(Ⅱ)若函数f(x)在(0，12)上恒大于零，求实数a的最小值．210、（本小题满分20分）过抛物线22ypx(p为不等于2的素数)的焦点F，作与x轴不垂直的直线l交抛物线于M、N两点，线段MN的垂直平分线交MN于点P，交x轴于点Q.(1)求PQ中点R的轨迹C的方程;(2)证明：曲线C上有无穷多个整点，但C上任意整点到原点的距离均不是整数.11、（本小题满分20分）设函数f(x)=xa1log（a＞1）（1）已知数列：-1，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，n，(n=1,2,3,…)是等差数列，试求数列{an}的通项公式an.（2）设数列{an}的前n项和为Sn，规定S0=0，函数g(x)满足下列条件：①g(S0)=0；②g(Sn)=an,(n=1,2,3,…)；③当x∈(Si,Si+1)时(i=1,2,3,…)，函数g(x)的图象是联结两点Pi（Si,g(Si)）与Pi+1（Si+1,g(Si+1)）的线段，求函数g(x)的定义域.（3）设（2）中函数g(x)的图象与x轴及直线x=Si(n=1,2,3,…)所围成的图形的面积为An，求An及nnAlim.3第二试一、（本小题满分40分）已知△ABC的内切圆⊙I把中线AM三等分，求证：△ABC的三边之比为5:10:13.二、（本小题满分40分）求所有的正整数x、y、z，使得111111xyyzzx是整数.三、（本小题满分50分）已知集合{1,2,3,,2}En，123n{,,,,}FaaaaE(n是正偶数)，且集合F满足：对任何12ijn，都有21ijaan；设1niiaM，试证明：当M是4的倍数时，集合F中奇数的个数也是4的倍数，且集合F中所有数的平方和为定值.四、（本小题满分50分）在13×13的正方形方格表中，选择k个小方格的中心，使其中任意4点不是一个矩形（其边与原正方形的边平行）的顶点.求满足上述要求的k的最大值.4参考答案：第二试一、证明：如图，设△ABC的内切圆⊙I切三边于D、E、F，AM交⊙I于P、Q，连IA、IM、IC、IE、IP.作IN⊥PQ于N，则PN=QN，又AP=MQ，则AN=NM，有IA=IM，∠ACI=∠MCI，在△ACI与△MCI中，sinsinsinsinCIIAIMCICAIACIMCICMI；则sinsinCAICMI；又∠CAI+∠CMI≠180°，所以∠CAI=∠CMI，△ACI≌△MCI，CA=CM，且C、I、N共线；不妨设CA=CM=1，AB=x，IE=IP=r，则BC=2，CE=32x，21222AMx；由△CAN∽△CIE得IEANICAC，即222122413()2xrxr，所以2222(1)(3)4(9)xxrx；而CI+IN=CN，即2222222311()(22)1(22)2124xrrxx；把r2的值代入并化简得22221129(3)(1)(5119)(3)(9)62xxxxxx，即222(9)(9312)(3)(1)(5119)xxxxx，整理22(3)(1)(513)0xxx，解得x1=-3（舍），x2=1（舍），x3=135；故AC:CB:AB=1:2:135=5:10:13.NQPMEFDICAB5二、解：先证一个引理，引理：若p、q、r是有理数，且Spqr也是有理数，则p、q、r都是有理数.引理的证明：注意到22()()SpqSr，得222pqSrpqSr，设20MSrpq，则22pqMSr，两边平方得22444pqMSrMr，所以22444MSrpqrMS是有理数，同理，q、r也是有理数.下面证明原题，假设x、y、z是满足条件的正整数，又111111xyyzzx是整数，由引理知11xy、11yz、11zx是有理数，设11axyb，且(a，)=1，11ayzc，11azxd，则2211()bxya，因此2|11a，所以a=1，从而x+y=11b2①同理y+z=11c2②z+x=11d2③①，②，③式联立，可解得22222222211()211()211()2xbdcybcdzcdb6由于111abc是不大于3的正整数，可分一下三种情况讨论：（1）若1113abc，则b=c=d=1，代入④式，x、y、z没有正整数解；（2）若1112abc，则b、c、d中必有一个等于1，另外两个等于2，此时亦不存在满足条件的x、y、z；（3）若1111abc，不妨设1bcd，则3111dbcd，所以d=2或d=3；(i)当d=3时，b=c=3，此时不存在满足条件的x、y、z；(ii)当d=2时，c2，且21112cbc，所以c=3或c=4；a)若c=3，则b=6，此时不存在满足条件的x、y、z；b)若c=4，则b=4，代入④式可得2215422xyz所以，x、y、z中一个是154，另外两个都是22满足条件.三、证明：注意到21(21)2(22)3(1)nnnnn，而21ijaan，所以可将集合E划分为n个子集：{1,2}{2,21}{3,22}{,1}nnnnn、、、、，那么，集合F的元素只能在这n个子集中各取1个；为了方便确定F中奇数的个数，再将这n个子集分成两类：一类是：每个子集中，偶数是4k型，奇数是4k+1型的；另一类是：每个子集中，偶数是4k+2型，奇数是4k+3型的；设集合F的n个元素中4k+1型的奇数有x个，4k+3型的奇数有y个，则集合F中4k型的偶数有n-x个，4k+2型的偶数有n-y个，于是F奇数个数共有xy个，由(41)4()(43)(42)()xykxknxkykny710(mod4)niiaM知，4｜()xy.再证明集合F中所有数的平方和为定值.设有两个符合条件的不同的集合：1123n{,,,,}Faaaa和2123n{,,,,}Fbbbb，若12FF中有n-k个元素，其和为m，则12FF关于F1的补集有k个元素，从小到大排成12kiiiaaa；12FF关于F2的补集也有k个元素，从大到小排成12kiiibbb；于是应有112221kkiiiiiiabababn，所以22111111(21)()(21)[()()]jjjjnnkkkkiiiiiiiijjjjabnabnambm(21)()0nMM即2211nniiiiab，所以，集合F中所有数的平方和为定值.四、解：设第i列中有xi个点(i=1,2,…,13)，则131iixk，第i列的xi个点构成2ixC个不同点对(若xi2，则规定20ixC)；若在13×13的正方形边再加一列，将每个点对投影到这一列上，由于任4个不同点不是矩形的顶点，故不同点对在新画出的一列上的投影点对是不同的，而新画出的一列上共有213C个不同点对，从而得到1322131ixiCC，即131(1)1312iiixx，亦即1321156iixk，∵2131322111()1313iiiikxx，∴213131560kk，解得3952k，8当k=52时，可以构造出一个符合条件的图（如图），所以k的最大值为52.