2011年全国高中数学联赛模拟题1(最新)

全国高中数学联赛模拟题一试一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1．在数列na中，12a，21a，且21nnnaaa，1,2,n．则2011a＝．2．设a，b，c是正整数，且成等比数列，ba是一个完全平方数，666logloglog6abc，则abc．3．一列数123,,,aaa满足对于任意正整数n，都有312naaan，则23100111111aaa．4．设1a，变量x满足2xaxx，且2xax的最小值为12，则a_______．5．正整数500n，具有如下性质：从集合1,2,,500中任取一个元素m，则m整除n的概率是1100，则n的最大值是.6．集合{1,2,…,2011}的元素和为奇数的非空子集的个数为.7．一个直径2AB的半圆，过A作这个圆所在平面的垂线，在垂线上取一点S，使ASAB，C为半圆上一个动点，,NM分别为A在,SCSB上的射影．当三棱锥SAMN的体积最大时，BAC_________．8．直线2ykx交抛物线28yx于,AB两点，若AB中点的横坐标为2，则AB.二、解答题（第9题16分，第10、11题各20分，共56分）9.（本小题满分16分）设,,1xyz，，证明不等式2222(22)(22)(22)()22xxyyzzxyzxyz．10.（本小题满分20分）已知双曲线C：22221xyab（0a，0b）的离心率为2，过点(0)Pm，（0m）斜率为1的直线l交双曲线C于A、B两点，且3APPB，3OAOB．（1）求双曲线方程；（2）设Q为双曲线C右支上动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴负半轴上是否存在定点M使得2QFMQMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．11.（本小题满分20分）设12,,,,nxxx是不同的正实数.证明：12,,,,nxxx是一个等比数列的充分必要条件是：对所有整数(2)n，都有2221112212121nnnkkkxxxxxxxxx.加试1.（本题满分40分）实数a使得对于任意实数12345,,,,xxxxx，不等式222221234512233445()xxxxxaxxxxxxxx都成立，求a的最大值．2.（本题满分40分）在直角三角形ABC中，90B，它的内切圆分别与边BC，CA，AB相切与点D，E，F，连接AD，与内切圆相交于另一点P，连接PC，PE，PF．已知PCPF，求证：PE∥BC．EFPDCBA3．（本题满分50分）对正整数n，记()fn为数231nn的十进制表示的数码和．(1)求()fn的最小值；(2)是否存在一个正整数n，使得()fn=100？4．（本题满分50分）求满足如下条件的最小正整数n，在圆O的圆周上任取n个点12,,,nAAA，则在2nC个角(1)ijAOAijn中，至少有2011个不超过120．参考答案一试1.0．因为12a，21a，33a，44a，51a，63a，72a，81a，91a，100a，111a，121a，130a，…．所以，自第8项起，每三个相邻的项周期地取值1，1，0，故2011a=0．2．111．由题意，2bac，6log6abc，所以，66abc，故2636b，236ac．于是，36－a是平方数，所以，a只可能为11，20，27，32，35，而a是236的约数，故27a．进而，48c．所以，111abc．3．33100．当2n时，有312naaan，3121(1)naaan，两式相减，得2331nann，所以11111(),2,3,13(1)31nnannnn故23100111111aaa11111111(1)()()323233991001133(1)3100100．4．32．由1a及2xaxx得：0(1)xa，设222()()24aafxxaxx．若(1)2aa，即21a，则()fx在(1)xa处取最小值(1)1faa，因此112a，32a．若(1)2aa，即2a，则()fx在2ax处取最小值24a，因此2142a，2a（舍去）．5．81.由题设知，n恰有5个约数.设n的质因数分解是11kknpp，则n的约数个数为1(1)(1)k，所以1(1)(1)k＝5，故n具有4p的形式，而44381,5625500，故n的最大值为81.6．22010．令f(x)=(1+x)(1+x2)(1+x3)…(1+x2011),问题中要求的答案为f(x)的展开式中，x的奇次项的系数和．故所求的答案为21(f(1)－f(－1))=22010.7．3arccos3．易知BCSAC面，所以BCAN，从而ANSBC面，所以ANSM，因此SMAMN面．13SAMNANMVSMS，由2SAAB得：2AMSM，而ANNM，AMN为斜边长为2的直角三角形，面积最大在1ANMN时取到，此时，3arccos3BAC．8．215．设1122,,,AxyBxy，由228kyy，即28160kyy，所以，1212816,yyyykk，因此12128444yykxxkk，即220kk，因直线2ykx过0,2和122,2yy，则0k，于是2k，再由22yx，28yx，解得23,223,23,223AB，所以215AB．9.注意到1,1xy，所以222(22)(22)(()22)xxyyxyxy222(22)(624)(242)yxyyxyy22(1)((2)1)yxyxy2(1)(1)(1)0yxxy，所以222(22)(22)()22xxyyxyxy．同理，因为1,1xyz，所以222(()22)(22)()22xyxyzzxyzxyz．10.（1）由双曲线离心率为2知，2ca，3ba，双曲线方程化为222213xyaa．又直线l方程为yxm．由222213xyaayxm，得2222230xmxma．①设11()Axy，，22()Bxy，，则12xxm，221232maxx．因为3APPB，所以1122()3()xmyxym，，，123xx．结合12xxm，解得132xm，212xm．代入221232maxx，得2223342mam，化简得226ma．又1212121222221212()()2()33OAOBxxyyxxxmxmxxmxxmmaa，且3OAOB．所以21a．此时，6m，代入①，整理得222690xx，显然该方程有两个不同的实根．21a符合要求．故双曲线C的方程为2213yx．（2）假设点M存在，设(0)Mt，．由（1）知，双曲线右焦点为(20)F，．设00()Qxy，（01x）为双曲线C右支上一点．当02x时，00tan2QFyQFMkx，00tanQMyQMFkxt，因为2QFMQMF，所以0002000221()yyxtyxxt．将220033yx代入，并整理得，22200002(42)4223xtxtxtxt．于是242243tttt，解得1t．当02x时，090QFM，而1t时，045QMF，符合2QFMQMF．所以1t符合要求．满足条件的点M存在，其坐标为(10)，．11.必要性：若12,,,,nxxx是一个等比数列，设1kkxar，则22(1)1112111211nnnnkkkkkxxrxxxrr2(1)22(2)2111nnrrrr＝2212221nxxxx.充分性：当n＝2时，两边都等于1.当n＝3时，有222233311222122321xxxxxxxxxxxx，化简得2132xxx，所以，123,,xxx成等比数列.假设121,,,nxxx成等比数列（4n），记1kkxar，1,2,,1kn，nnxau，则2232522111111nnnnnuurrrrrur，2242632224(1)(1)(1)nnnnnnurrrrurur，21324()0nnnnnurrur，130nnnnurur，因为0nu，所以1nnur，即1nnxar，从而12,,,nxxx成等比数列.由数学归纳法知，12,,,,nxxx是一个等比数列.加试1．a的最大值为233．因为当123451,3,2,3,1xxxxx时，得23a．又当23a时，不等式恒成立．事实上2222212345222222223322441522332233xxxxxxxxxxxxx1223344522223333xxxxxxxx，所以，a的最大值为233．2．连接DE，DF，则△BDF是等腰直角三角形．于是45FPDFDB，故45DPC．又PDCPFD，所以△PFD∽△PDC，所以PFPDFDDC．①又由AFPADF，AEPADE，所以，△AFP∽△ADF，△AEP∽△ADE，于是EPAPAPFPDEAEAFDF，故由①得EPPDDEDC．②因为EPDEDC，结合②得，△EPD∽△EDC，所以，△EPD也是等腰三角形，于是PEDEPDEDC，所以，PE∥BC．EFPDCBA3．（1）由于231nn是大于3的奇数，故()1fn．若()2fn，则231nn只能为首位和末位为1，其余数码为0的一个数，即231nn=101k，k是大于1的整数．于是(31)25kknn，由于,311nn，所以2,315,kknn于是314425kknn，矛盾！故()2fn．又当n=8时，231nn=201，所以(8)3f．综上所述，()fn的最小值为3.（2）事实上，令101kn，则22313105103kknn1129999500003kk，他的数码和为29(1)5391kk．由于100=9×11+1，所以，取11101n，则()fn=100.4．首先，当n＝90时，如图，设AB是圆O的直径，在点A和B的附近分别取45个点，此时，只有245245441980C个角不超过120，所以，n＝90不满足题意．当n＝91时，下面证明至少有2011个角不超过120．把圆周上的91个点1291,,,AAA看作一个图的91个顶点，1291,,,vvv，若120ijAOA，则在它们对应的顶点,ijvv之间连一条边，这样就得到一个图G．设图G中有e条边，易知，图中没有三角形．若e＝0，则有29140952011C个角不超过120，命题得证．若1e，不妨设顶点12,vv之间有边相连，因为图中没有三角形，所以，对于顶点(3,4,,91)ivi，它至多与12,vv中的一个有边相连，所以12()()89291dvdv，其中()dv表示顶点v的度，即顶点v处引出的边数．因为1291()()()2dvdvdve，而