高中数学毛水老师教学视频-浙江高中数学学业水平测试
2011年全国高中数学联赛模拟卷
一试
（考试时间：80分钟
满分100分）
一、填空题（共8小题，
8?7?56
分）
1、已知,点(x,y)在直线
x+2y=3
上移动,当
2?4
取最小值时,点(x ,y
)与原点的距离
是 。
2、设
f(n)
为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如
xy
f
?
123
?
?1
2
?2
2
?3
2
?14
。记
f
1
(n)?f(n)
，
f
k?1
(n)?f(f
k
(n))
，
k?1,2,3.
..
，则
f
2010
(2010)?
。
3、如图，正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，二面角
A?BD
1
?A
1
的度数是
。
4、在
1,2,?,2010
中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是
。
abc
b
，则的最大值是 。
??
a
?c
b?ca?ca?b
6、在平面直角坐标系
xoy
中，给定两点M（-1
，2）和N（1，4），点P在X轴上移动，当∠MPN取最
5、若正数
a,b,c
满
足
大值时，点P的横坐标是 。
7、已知数列
a
0<
br>,a
1
,a
2
,...,a
n
...,
满足
关系式
(3?a
n?1
)(6?a
n
)?18
且
a
0
?3
，则
是 。
8、函数
f(
x)?
1
的值
?
a
i?0
i
n
sinx?
cosxtanx?cotxsinx?cosxtanx?cotx
?
???
在x?(o,)
时的最小值
2
sinx?tanxcosx?tanxcosx?c
otxsinx?cotx
为 。
二、解答题（共3题，
14?15?15?44分
）
9、设
数列
{a
n
}
满足条件：
a
1
?1,a
2
?2
，且
a
n?2
?a
n?1
?a
n(n?1,2,3,?
)
求证：对于任何正整数n，都有：
n
a
n?1
?1?
10、已知曲线
M:x?y?m
，
x?0
，
m
为正
常数．直线
l
与曲线
M
的实轴不垂直，且依次交直
线
y?x
、曲线
M
、直线
y??x
于
A
、
B
、
C
、
D
4个点，
O
为坐标原点。
（1）若<
br>|AB|?|BC|?|CD|
，求证：
?AOD
的面积为定值；
（2）若
?BOC
的面积等于
?AOD
面积的
22
1
n
a
n
1
，求证：
|AB|?|BC|?|CD|
3
11、已知
?
、
?
是方程
4x?
4tx?1?0
（
t?R
）的两个不等实根，函数
f(x)?
为
[
?
，
?
]。
（Ⅰ）求
g(t)?maxf(x)?minf(x);
（Ⅱ）证明：对于
u
i
?(0,
2
2x?t
的定义域
2
x?
1
?
2
)
(i?1,2,3)
，若
sinu
1?sinu
2
?sinu
3
?1
，则
1113
???6
。
g(tanu
1
)g(tanu2
)g(tanu
3
)4
二 试
（考试时间：150分钟 总分：200分）
一、（本题50分）如图，⊙O<
br>1
和⊙O
2
与△ABC的三边所在的三条直线都相切，E、F、G、H
为切点，并且EG、FH的延长线交于P点。
求证：直线PA与BC垂直。
G
H
O
1
。
A
。
P
O
2
E
B C
F
二、（本题50分）正实数
x,y,z
，满足
xyz?1
。证明：
x
5
?x
2
y
5
?y
2
z
5
?z
2
?
5
?
5
?0
5222222
x?y?zy?z?xz?x?y
当n为平方数,
?
0
?
三、（本题50分）对每个正整数n，定 义函数
f(n)?
?
1
[]当n不为平方数.
?
{n}
?
（其中[x]表示不超过x的最大整数，
{x}?x?[x])
。试 求：
?
f(k)
的值。
k?1
240
四、（本题50分）在世界杯足球赛 前，F国的教练员为了考察A
1
、A
2
、A
3
、A
4
、A
5
、A
6
、
A
7
这七名队员，准备 让他们在三场训练比赛(每场比赛90分钟)中都上场，假设在比赛的
任何时刻，这些队员都有且只有一 人在场上，并且A
1
、A
2
、A
3
、A
4
每人上场的总时间(以
分钟为单位)均被7整除，A
5
、A
6
、A< br>7
每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除．如
果每场换人的次数不限，那么， 按每名队员上场的总时间计，共有多少种不同的情况？
答案与解析
一、填空题
1、
3535
33
x?2y
xy
。
2?4
?
2
2
=
4
2
。x =,y =时取最小值,
此时
x
2
?y
2
=。
4
4
24
2、4。 解：
将
f(2010)?5
记做
2010?5
，于是有
2010?5?
25?29?85?89?145?42?20?4?16?37?58?89?
从89开始，
f
n
是周期为8的周期数列。故
f
2010
(2010)?f
2005
(89)?f
5?250?8
(89)?
f
5
(89)?4
。
3、60°。 解：连结
D
1<
br>C,作CE?BD
1
，垂足为E，延长CE交
A
1
B
于F，则
FE?BD
1
，连结AE，
由对称性知
AE?BD
1
,??FEA
是二面角
A?BD
1
?A
1
的平面
角。
D1
C1
连结AC，设AB=1，则
AC?AD
1
?
2,BD
1
?3.
A1
B1
F
E
DC
在Rt?ABD
1
中，
AE?
AB?AD
1
2
，
?
BD
1
3
22222
4
?2A
1
在
?AEC中,cos?AEC?
AE?CE?AC
?<
br>2AE?AC
?
3
??
4
2AE?CE2AE
22
3
B
??AEC?120
0
,而?FEA是?AEC
的补角，
??FEA?60
0
。
4、
3
。
解：三个数成递增等差数列，设为
a,a?d,a?2d
，按题意必须满足
a?2d?2010,
4018
d?1004
。 对于给定的d，a可以取1，2，……，2010-2d。
1004
故三数成递增等差数列的个数为
?
(2010?2d)?1005*1004.
d?1
三数成递增等差数列的概率为
1005*10043
?
。
3
C
2010
4018
5、
17?1
bca
??
。 解：由条件，有，令
a?b?x,b?c?y,c?a?z
；
4
a?ca?bb?c
则
a?
x?z?yx?y?zy?z?x
,
b?,c?
，从而原条件可化为：
222
x?yy?zz?xzz4
z
x?y
???1???1??1,
令
?t,
则
zxy
xyx?y
z
t?
1?171?17
4
或t?
，
?1
，解得
t?
22
t
故
bx?y?zt117?1
????
a?c2z224
6、1。
解：经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3－x上，设圆心为
S（a，3－a），则圆S的方程为：
(x?a)?(y?3?a)?2(1?a)
对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当
?MPN取最大
22
222
值时，经过M，N，P三点的圆S必与X轴相切于点P，即圆S
的方程中的a值必须满足
2(1?a)?(a?3),
解得 a=1或a=－7。
即对应的切点分别为
P(1,0)和P(?7,0)
，而过点M，N，
p'
的
圆的半径大于过点M，N，P的圆的
'
半径，所以
?MPN??MP'N
，故
点P（1，0）为所求，所以点P的横坐标为1。
7、
1
n?2
(2?n?3)
。
3
111
,n?0,1,2,...,则(3?)(6?)?18,
a
n
b
n?1
b
n
解：设
b
n
?
即
3b
n?1
?6b
n
?1?0.?b
n?
1
?2b
n
?,b
n?1
?
1
3
11?2(b
n
?)
33
故数列
{b
n
?}
是公比为2的等比数列，
1
3
b
n
?
n
111111
?2
n
(b
0
?)?2
n
(?)??2
n?1
?b
n<
br>?(2
n?1
?1)
。
33a
0
333
n
n
?
1
n?2
11
i?1
1
?
2(2n?1
?1)
?b?(2?1)??(n?1)?
?
2?n?3
?
。
???
i
??
3
?
2?1
i?o<
br>a
i
i?0i?0
3
?
3
8、4。
解：
1111
????
f(x)?(sinx?cosx)
?
??
?
?(tanx?cotx)
??
?
sinx?tanx
cosx?cotx
??
cosx?tanxsinx?cotx
?
44????
?(sinx?cosx)
??
?(tanx?cotx)
??
sinx?tanx?cosx?cotxsinx?tanx?cosx?cotx
????
（由调和平均值不等式）
?4
要使上式等号成立，当且仅当
?
sinx?tanx?cosx?cotx(1)
?
tanx?
cosx?cotx?sinx(2)
?
（1）－（2）得到
sinx?cosx?c
osx?sinx
，即得
sinx?cosx
。因为
x?(0,
所以
当
x?
?
2
)
，
?
4
时，
f(
x)?f()?4
。所以
minf(x)?4
。
?
4
二、解答题
9、证明：令
a
0
?1
,则有
a
k?1
?a
k
?a
k?1
，且
1?
n
a
k
a
于是
n?
?
?
?
k?1
k?1
a
k
?1
k?1
a
k?1
n
a
k
a
?
k?1
(k?1,2,?)
a
k?1
a
k?1
由算术-几何平均值不等式，可得
1?
n
aa
a
a
a
1
a
2
????<
br>n
+
n
0
?
1
???
n?1
a
2
a
3
a
n?1
a
2
a
3
a
n?1
注意到
a
0
?a
1
?1
，可知
1?
1
n
a
n?1
?
1
n
an
a
n?1
，即
n
a
n?1
?1?
1
n
a
n
10、解：（1）设直线
l
：
y?kx?b
代入
y
B
O
A
B
P
x
2?y
2
?m
得：
(1?k
2
)x
2
?
2bkx?b
2
?m?0
，
??0
b?m(1?k)?0
，
设
B(x
1
,y
1
)
，
C(x
2
,y
2
)
，则有
22
C
x
D
得：
A
Q
C
?(b
2?m)
2bkb?b
A(x,y)
D(x,y)
xx?
，，设，
，易得：，，
x
1
?x
2
?x?x?
33
1244
34
2
2
1?k
1?k1?k
1?k
由<
br>|AB|?|BC|?|CD|
得
|BC|?
11
|AD|
，
故
|x
1
?x
2
|?|x
3
?x
4
|
，代入得
33
2bk
2
4(b
2
?m)12b
9b
22
，整理得：，又
b?m(k?1)|OA|?2||
，()??||
81?k
3
1?k
2
1?k
2
1
?k
2
b
2
9
b
|OD|?2||
，
?AOD?90?
，
?
S
?AOD
=
?m
为定值.
2
1?k
|1?k|
8
（2）设
BC<
br>中点为
P
，
AD
中点为
Q
则
x
p<
br>?
x
3
?x
4
x
1
?x
2
bk
bk
x??
?
，，所以
Q
2
2
22
1?k
1?k
x
P
?x
Q
，
P、
Q
重合，从而
|AP|?|DP|
，从而
|AB|?|CD|
，又
?BOC
的面积等于
?AOD
面
积的
1
3
，所以
|BC|?
1
3
|AD|
，从而
|AB
|?|BC|?|CD|
.
11、解：（Ⅰ）设
?
?xx
2
?0,4x
2
1
?
2
?
?
,则4x<
br>1
?4tx
1
?1
2
?4tx
2
?1?0,
?4(x
2
?x
2
12
)?4t(x
1
?x
2
)?2?0,?2x
1
x
2
?t(x
1
?x
2
)?
1
2
?0
则
f
(x
2
)?f(x
2x
2
?t2x
1
?t
(x
2
?x
1
)
?
t(x
1
?
1
)?
x
2
?
2
?
x
2
)?2x<
br>1
x
2
?2
?
2
1)(x
2
2
?1x
1
?1(x
2
?
1
?1)
又
t(x?x
1
12
)?2x
1
x
2
?2?
t(x
1
?x
2
)?2x
1
x
2
?
2
?0?f(x
2
)?f(x
1
)?0
故f(x)
在区间
?
?
,
?
?
上是增函数。
Q
?
?
?
?t,
??
??
1
4<
br>,
?g(t)?maxf(x)?minf(x)?f(
?
)?f(
?
)?
(
?
?
?
)
?
t(
?
?
?
)?2
??
?2
?
?
2
?
2
?
?
2
?
?
2
?1
t
2
?1
?
?
t
2
?
5
?
??
2
?
?
?
8t
2
?1(2t
2?5)
t
2
?
25
16t
2
?25
16
（Ⅱ）证：
8
g(tanu
cosu
(
2
3)16
2
?
cosu
?24cosu
i
i
cos
u
ii
216?24166
i
)?
16
?
cos<
br>2
u
?9
16?9cos
2
u
?
2
?
2
i
16?9cosu
i
16?9cosu
i
i
3
?
?
1
?
1
3
(16?
9cos
2
u
1
3
i
)?(16?3?9
i?1<
br>g(tanu
i
)
166
?
?3?9)
?1
166
?
sin
2
u
i
)
ii?1(i?1,2,3)
Q
?
sinu
i
?1,且
u
i
?(0,),i?1,2,3
2
i?1
等式中，
等号不能同时成立，
3
?
?3
?
sinu
i
?(
?
sinu
i
)
2
?1
，而均值不等式与柯西不<
br>2
i?1i?1
33
?
111113
???(75?9?)?6
g(tanu
1
)g(tanu
2
)g(tanu
3
)
166
34
二 试
一、证明：延长PA交EF于D，则PEG和PHF分别是△ACD与△ABD
的截线，由梅涅劳斯定理得：
DECGAP
=1
gg
ECGAPD
BFDPAH
=1
gg
FDPAHB
∵⊙O
1
、⊙O
2
都是△ABC的旁切圆，
1
∴EC=CG= （BC+CA+AB）=BF=HB
2
于是由①、②、③得：
O
1
A
E
B D
C
P
G
H
O
2
DE
GA
=
FD
AH
又∵Rt△AGO
1
∽Rt△AHO
2
∴
F
DE
GA
AO
1
==
F
D
AH
AO
2
而O
1
、A、O
2
三点共线
，且
O
1
E?EF,O
2
F?EF,
∴
PA?BC
x
2
?x
5
y
2
?y
5
z
2
?z
5
???0
二、证明：
原不等式可变形为
5
x?y
2
?z
2
y
5
?z
2
?x
2
z
5
?x
2
?y
2
即
x
2
?y
2
?z
2
x
2<
br>?y
2
?z
2
x
2
?y
2
?z2
?
5
?
5
?3
5222222
x
?y?zy?z?xz?x?y
由柯西不等式以及
xyz?1
可得
(x5
?y
2
?z
2
)(yz?y
2
?z
2
)?(x
2
xyz?y
2
?z
2
)
2<
br>
?(x
2
?y
2
?z
2
)
2
,
即
x
2
?y
2
?z
2
yz?y
2
?
z
2
?
2522
x?y?zx?y
2
?z
2
x
2
?y
2
?z
2
zx?z
2
?x2
?
2522
y?z?xx?y
2
?z
2
同理
x
2
?y
2
?z
2
xy?x
2
?
y
2
?
2522
z?x?yx?y
2
?z
2
上面三式相加并利用
x
2
?y
2
?z
2
?xy?yz?zx
得
x
2
?y
2
?z
2
x
2
?y
2
?z
2
x
2
?y
2
?z
2
xy?yz?zx<
br>???2??3
522522522222
x?y?zy?z?xz?x?yx?y?z
2
三、解：对任意
a,k?N
，若
k?a?(k?1)
，则
1?a?k?2k
，设
a?k?
?
,0?
?
?1,
*22
则
1
{a}
?
?
1
?
1
a?k
2
?
a?k2k?
?
2k12k
???1,?[]?[].
2
a?k
2
a?k
2
a?k
2
a?k
{a}
2
2k
12k
让
a跑遍区间
(k,(k?1)
）中的所有整数，则
?
[]?
?
[],
i
i?1
k
2
?a?(k?1)
2{a}
(n?1)
2
于是
?
a?1
f(a)?
??
[
i?1i?1
n2k
2k
……①
]
i
下面计算
?
[
i?1
2k
2k],
画一张2k×2k的表，第i行中，凡是i行中的位数处填写“*”号，则这行的“*”
i
2k
2k
2k
号共
[]
个，全表的“*”号共
?
[]
个；另一方面，按列收集“*”号数，第j列中，若j有T（j）
i
i
i?1
个正因数，则该列使有T（j）个“*”号，故全表的“*”号个数共
2k<
br>2k
T(j)
个，因此
?
[]
=
?
T(j)
.
?
i
i?1
j?1j?1
2k
2k
示例如下：
j
i
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
nn2k
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
则
?
f(
a)?
??
T(j)?n[T(1)?T(2)]?(n?1)[T(3)?T(4)]???
[T(2n?1)?T(2n)]
i?1i?1j?1
……②
由此，<
br>?
f(k)?
?
(16?k)[T(2k?1)?T(k)]
……③
k?1k?1
25615
记
a
k
?T(2k?1)?T(
2k),k?1,2,?,15,
易得
a
k
的取值情况如下：
k
1
3
16
n
2
5
3
6
15
4
6
5
7
6
8
7
6
8
9
9
8
10
8
11
8
12
10
13
7
14
10
15
10
a
k
因此，
?
f(k)?
?
(16?k)a
k?1k?1
2
k
?783
……④
据定义
f(256)?f(16)?0
，
又当
k?{241,242,?,255},设k?15?r
2
(16?r?30)<
br>，
k?15?15
2
?r?15?
rrr
??
，
22
3130
15?r?1515?r?15
?
r
1?
1
30131
]?1,k?{241,242,?,255}
……⑤
???2
，则
[
2
r
{15?r}
r
{k
}
从则
?
f(k)?783?
?
f(k)?783?15?768.
i?1i?1
240256
四、解：设各人上场时间分别为
7t
1<
br>，7t
2
，7t
3
，7t
4
，13t
5，13t
6
，13t
7
，
(
t
i
为正
整数)．
得方程
7(t
1
+t
2
+t
3
+t
4
)+13(t
5
+t
6
+t
7
)
=90×3．
令
t
1
+t
2
+t
3+t
4
=x，t
5
+t
6
+t
7
=y
，
得方程
7x+13y=270。
即求此方程满足
4≤x≤38，3≤y≤2
0
的整
数解．
即
6y≡4(mod 7)，3y≡2(mod
7)，y≡3(mod 7)
∴
y=3，10，17，
相应的
x=33，20，7．
t
5
+t
6
+t
7
=3
的解只有1种，
t
5
+
t
6
+t
7
=10
的解有
C
9
种，
t
5
+t
6
+t
7
=17
的解有
C16
种；
2
2
3
t
1
+t<
br>2
+t
3
+t
4
=33
的解有
C
3
2
种，
t
1
+t
2
+t
3
+t
4
=20
的解有
C
19
种，
3
t
1
+t
2
+t
3
+t
4
=7
的解有
C6
种．
3
∴ 共有
1?C
32
?C
6
?C
16
?C
9
?C
19
?42244
种。
33223