全国高中数学联合竞赛模拟试题

全国高中数学联合竞赛一试模拟试题

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.
1．已知A={x|x
2< br>－4x+3<0，x∈R}，B={x|2
1x
+a≤0，x
2
－2( a+7)x+5≤0，x∈R}
若A?B，则实数a的取值范围是 ．
－
x
2
y
2
??1
的左右焦点分别为
F< br>1
与
F
2
，点P在直线l：2．已知椭圆
164
x? 3y?8?23?0
上. 当
?F
1
PF
2
取最大值时，比
44
PF
1
的值为 .
PF
2
3． 设
f(x)?sinx?sinxcosx?cosx
，则
f(x)
的值域是 。
4．一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为________.
5．函数
y?x?x
2
?3x?2
的值域为____________.
6．已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这
样的n的个数 是___________.
7．用[x]表示不大于实数x的最大整数， 方程lg
2
x－[lgx]－2=0的实根个数是 ．
8．各项均为实数的等比数列{a
n
}前n项之和记为S
n
,若S
10
= 10, S
30
= 70, 则S
40
等于
__________.
二、解答题：本大题共3小题，共56分，解答应写出文字说明、证明过程
或演算步骤.
9．（本题满分16分）如图，有一列曲线P
0
, P
1
, P
2
, ……，已知P
0
所围成的图形是面积
为1的等边三角形，P
k+1
是对P
k
进行如下操作得到的：将P
k
的每条边三等 分，以每边中间
部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3, …)，记S
n
为曲线
P
k
所围成图形面积。
①求数列{S
n
}的通项公式；②求
limS
n
。
n??








P
0
P
1
P
2

10．（本题满分 20分）如题10图，
P
是抛物线
y
2
?2x
上的动点，点
B,C
在
y
轴上，
圆
(x?1)
2
?y< br>2
?1
内切于
?PBC
，求
?PBC
面积的最小值．
[解] 设
P(x
0
,y
0
),B(0,b),C(0,c )
，不妨设
b?c
．

直线
PB
的方程:< br>y?b?
y
0
?b
x
，
x
0
化简得
(y
0
?b)x?x
0
y?x
0
b?0
．
又圆心
(1,0)
到
PB
的距离为1，
y
0?b?x
0
b
(y
0
?b)?x
22
0
?1
， …5分
222
?(y
0
?b)
2
?2x
0
b(y
0
?b)?x
0
b， 故
(y
0
?b)
2
?x
0
易知
x
0
?2
，上式化简得
(x
0
?2)b
2
? 2y
0
b?x
0
?0
，
同理有
(x
0
?2)c
2
?2y
0
c?x
0
?0
． …10分
22
?2y
0
?x
0
4x
0
? 4y
0
?8x
0
2
所以
b?c?
，
bc?
，则
(b?c)?
．
x
0
?2
x
0?2
(x
0
?2)
2
2
?2x
0
，则 因
P(x
0
,y
0
)
是抛物线上的点，有
y
0
2
2x
0
4x
0
，． …15分
b?c?
(b?c)?
x
0
?2
(x
0
?2)
2< br>2
所以
S
?PBC
?
x
14
(b?c)?x
0
?
0
?x
0
?(x
0
?2)??4?24?4?8
．
2x
0
?2x
0
?2
当< br>(x
0
?2)
2
?4
时，上式取等号，此时
x
0
?4,y
0
??22
．
因此
S
?PBC
的最小值为8． …20分

1nn?1
11．（本题满分20分）设
f(x)?x?a
. 记
f(x)?f(x)
，
f(x)?f(f( x))
2
，n?2,3,
f(0)?2
. ，
M?a?R对所有正整数 n，
?
?
1
?
?
?< br>n
?
证明：
M?
?
?2,
?
.
4
一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.

1、【解】A=(1，3)；
2
1x+5
－
1x
又，a≤ －2∈(－1，－
4
)，当x∈(1，3)时，a≥
2x
－7∈(5－7，－4)．
∴ －4≤a≤－1．
2、【解】 由平面几何知，要使?F
1
PF
2
最大，则过
F
1
,F
2
，P三点的圆必定和
直线l相切于P点。设直线l交x轴于A
(?8?23,0)，则
?APF
1
??AF
2
P
，即

?APF
1
?AF
2
P
，即
2
PF
1
AP
（1），
?
PF
2
AF
2
又由圆幂定理，
AP?AF
1
?AF
2
（2 ），而
F
1
(?23,0)
，A
(?8?23,0)
，F
2
(23,0)
，
从而有
AF
1
?8
，
AF
2
?8?43
。代入（1），（2）得
PF
1?
PF
2

AF
1
8
??4?23?3?1
。
AF
2
8?43
11
3、【解】
f(x)?sin
4
x?sinxcos x?cos
4
x?1?sin2x?sin
2
2x
。令
t? sin2x
，
22
则
11911919
f(x)?g(t)?1? t?t
2
??(t?)
2
。因此
ming(t)?g(1)???0 ,

?1?t?1
22822824
19199
maxg(t)?g (?)??0?
。 即得
0?f(x)?
。
?1?t?1
2828 8
4、【解】设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r
2
= h(2R
－h)．
h
r
1πππ
?
4R
?
3
84
3
V
锥
=
3
πr
2
h=
3
h
2
(2R－h)=
6
h·h(4R－2h)≤
6
?
3
?
=
27
·
3
πR．
??
∴ 所求比为8∶27．
5、【解】
13
13
13
?2?
或
?2??
．
?2?
等价于
log
1
x2
log
1
x2
log2
1
x
2
2
2
即
1117
??或
??
．
log
1
x2log
1
x2
22
此时
log
1
x??2
或
log
1
x?0
或
??logx?0
．
22
1
2
2
7
∴解为x >4或02
．

6、【解】首项为a为的连续k个正整数之和为
S
k
?
2
7
?
2a?k?1
?
k
2
?
k
?
k?1
?

2
7、由Sk≤2000，可得60≤k≤62.
8、当k=60时，Sk=60a +30×59，由Sk≤2000，可得a≤3，故Sk=1830,1890,1950；
9、当k =61时，Sk=61a+30×61，由Sk≤2000，可得a≤2，故Sk=1891，1952； 10、当k=62时，Sk=62a+31×61，由Sk≤2000，可得a≤1，故Sk=1953.
11、于是，题中的n有6个.
12、【解】令lgx=t，则得t
2
－2 =[t]．作图象，知t=－1，t=2，及1

1
一解．当110
，x=100，x=10
3
， 即共有3个实
根。
a
1
a
1
10
13、【解】首 先q≠1，于是，(q－1)=10，(q
30
－1)=70，∴
q－1q－1q
20
+q
10
+1=7．?q
10
=2．(－3舍)
∴ S
40
=10(q
40
－1)=150．
二、解答题：本大题共3小题，共56分
9、【解】
①对P
0
进行 操作，容易看出P
0
的每条边变成P
1
的4条边，故P
1
的 边数为3
×4；同样，对P
1
进行操作，P
1
的每条边变成P
2
的4条边，故P
2
的边数为3×4，从而不难
得到P
n
的边数为3×4
n
…………5分
已知P
0
的面积为S
0
=1，比较P
1
与P
0
，容易看出P
1
在P
0
的每条边上增加了一个小等边三角
形，其面积为
2
111
，而P 有3条边，故S=S+3×=1+
010
3
3
2
3
211
×，
22
33
再比较P
2
与P
1
，容易看出P
2
在P
1
的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为
而P
1
有3×4条边，故S
2
=S
1
+3×4×
2
114
=1++
3

4
3
33
114< br>4
2
类似地有：S
3
=S
2
+3×4×
6< br>=1++
3
+
5
…………5分
3
3
3
3
144
2
4
n? 1
∴S
n
=
1??
3
?
5
?
?< br>?
2n?1

3
333
3
n
4
k< br>=1+
?
()

4
k?1
9
=
834
n
??()
(※) …………10分
559
下面用数学归纳法证明(※)式
当n=1时，由上面已知(※)式成立，
假设当n=k时，有S
k
=
834
k
??()
< br>559
1
3
2(k?1)
当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比 较P
k+1
与P
k
，P
k+1
在P
k
的每 条边上增加了一个小等边
三角形，其面积为，而P
k
有3×4
k
条边 。故
S
k+1
=S
k
+3×4
k
×
综上 所述，对任何n∈N，(※)式成立。
②
limS
n
?lim[?
n??n??
1
3
2(k?1)
=
834
k?1
? ?()

559
8
5
34
n
8
?()]?
…………16分
595

10、【解】
设
P(x
0,y
0
),B(0,b),C(0,c)
，不妨设
b?c
． < /p>

直线
PB
的方程:
y?b?
y
0
?b
x
，
x
0
化简得
(y
0
?b)x?x
0
y?x
0
b?0
．
又圆心
(1,0)
到
PB
的距离为1，
y
0?b?x
0
b
(y
0
?b)?x
22
0
?1
， …5分
222
?(y
0
?b)
2
?2x
0
b(y
0
?b)?x
0
b， 故
(y
0
?b)
2
?x
0
易知
x
0
?2
，上式化简得
(x
0
?2)b
2
? 2y
0
b?x
0
?0
，
同理有
(x
0
?2)c
2
?2y
0
c?x
0
?0
． …10分
22
?2y
0
?x
0
4x
0
? 4y
0
?8x
0
2
所以
b?c?
，
bc?
，则
(b?c)?
．
x
0
?2
x
0?2
(x
0
?2)
2
2
?2x
0
，则 因
P(x
0
,y
0
)
是抛物线上的点，有
y
0
2
2x
0
4x
0
，． …15分
b?c?
(b?c)?
x
0
?2
(x
0
?2)
2< br>2
所以
S
?PBC
?
x
14
(b?c)?x
0
?
0
?x
0
?(x
0
?2)??4?24?4?8
．
2x
0
?2x
0
?2
当< br>(x
0
?2)
2
?4
时，上式取等号，此时
x
0
?4,y
0
??22
．
因此
S
?PBC
的最小值为8． …20分

11、 【证明】（１）如果
a??2
，则
f
1
(0)?|a|?2
，
a?M
。 ………………………
（5分）
1
1nn?12
，由题意
f(0)?a
，
f(0)?(f (0))?a
,
n?2,3,
. 则
4
111
① 当 < br>0?a?
时，
f
n
(0)?
（
?n?1
）. 事实上，当
n?1
时，
f
1
(0)?a?
,
42 2
设
n?k?1
时成立（
k?2
为某整数），则对
n?k< br>，
（２）如果
?2?a?
f(0)?f
kk?1
?
1
?
11
(0)?a?
??
??
.
?
2
?
42
2
2
② 当
?2?a?0< br>时，
f
n
(0)?a
（
?n?1
）.事实上，当n?1
时，
f
1
(0)?a
, 设
n?k?1
时成立（
2
k?2
为某整数），则对
n?k
，有
?|a|? a?f
k
(0)?
?
f
k?1
(0)
?
? a?a
2
?a
.注意到 当
?2?a?0
时,总有
a
2
??2a
，即
1
??
a
2
?a??a?|a|
. 从而有
f
k
(0)?|a|
.由归纳法，推出
?
?2,
?
?M
。 ……………
4
??

（15分）
（3）当
a?
11
n
时，记
a
n
?f(0)
，则对于任意
n? 1
，
a
n
?a?
且
4
4
。对于任意
2
a
n?1
?f
n?1
(0)?f(f
n
(0) )?f(a
n
)?a
n
?a
n?1
，
11112
a
n?1
?a
n
?a
n
?a
n?a?(a
n
?)
2
?a??a?
, 则
a
n?1
?a
n
?a?
。 所以，
244411
2?a
时，
a
n?1
?n(a?)?a?2?a?a?2< br>，即
a
n?1
?a?a
n?1
?a
1
?n( a?)
。当
n?
4
a?
1
4
f
n?1(0)?2
。因此
a?M
。综合（１）（
M?
?
??
?2,
1
?
4
?
?
。 …………………………（20分）

4
）（），我们有２３