高中数学竞赛试题汇总

高中数学竞赛模拟试题一

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
x
?
4
y
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
记
f
1
(n)?f(n)
，
f
k?1
(n )?f(f
k
(n))
，
f
?
123
?
? 1
2
?2
2
?3
2
?14
。
k?1,2, 3...
，则
f
2010
(2010)?
。
中，二面角
A?BD
1
?A
1
3、如图，正方体
是 。
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
的度数
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 。
5、若正数
a,b,c
满足
abc
??
b?ca?ca?b
，则
b
a?c
的最大值
是 。
6、在平面直角坐标系
xoy
中，给定两点
M(?1,2)
和< br>N(1,4)
，点
P
在
X
轴
上移动，当
?M PN
取最大值时，点
P
的横坐标是 。
7、已知数列
a
0
,
a
1
,
a
2
,...,< br>a
n
...,
满足关系式
(3?a
n?1
)(6?a
n
)?18
且
a
0
?3
，则
1

1
?
i?0
a
i
n
的值是 。
sinx?tanxcosx?tanxcosx?cotxsinx?cotx2
8、函 数
f(x)?
sinx?cosx
?
tanx?cotx
?
sinx?cosx
?
tanx?cotx
在
x?
(
o,
?
)
时
的最小值为 。

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,
求证：对于任何正整数n，都有：
n
a
n?1
?1?
n
1

a
n
2,3,?
)














2

10、已知曲线
M
:
x
2
?y
2
?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< br>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
|AB|?|BC|?|CD|
，求证：
?AOD
的面积为定值；
（2）若
?BOC
的面积等于
?AOD
面积的
1
， 求证：
|AB|?|BC|?|CD|

3

















3

11、已知
?< br>、
?
是方程
4x
2
?4tx?1?0(t?R)
的两 个不等实根，函数
f(x)?

2x?t
的定义域为
[
?
,
?
]
.
2
x?1
（Ⅰ）求
g(t)?maxf(x)?minf(x);

（Ⅱ）证明：对于
u
i
?(0,
?
)
(i?1,2,3)
，若
sinu
1
?sinu
2
?sinu
3
?1
，< br>2
则











1113
???
6
.
g(tan u
1
)g(tanu
2
)g(tanu
3
)4





4

二 试

（考试时间：150分钟 总分：200分）

一、（本题50分）如 图，
eO
1
和
eO
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。













5
P
G
H
O
1
。

A
。
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



















6

三 、（本题50分）对每个正整数
0n为平方数）
?
（当
?
f(n)?
?
1

[（当]n不为平方数）
?
{n}
?
n
，定义函数
（其中
[x]
表示不超过
x
的最大整数，< br>{x}?x?[x])
。试求：
?
f(k)
的
240
值。

















k?1
7

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
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？















8

答案与解析

一、填空题
1、
35
4
。
2
x
?4
y
?
2
=
35
4
33
2
x ?2y
?42
.
x?,y?
时取最小值,
24
此时
x
2
?y
2
。
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
o
。 解：连 结
D
1
C
,作
CE?BD
1
，垂足为
E< br>，延长
CE
交
A
1
B
于
F
，
则
FE?BD
1
，连结
AE
，由对称性知
AE?BD1
,??FEA
是二面角
D1
C1
A?BD
1
?A
1
的平面角。
A1
B1
F
E
D
C< br>A
连结
AC
，设
AB?1
，则
AC?AD
1
?
AB?AD
1
2
在Rt?ABD
1
中，
AE??
BD
1
3
222
2,BD
1
?3.

，
22
B
4
?2
AE?CE?AC2AE?AC1

3
在
?AEC中,cos?AEC?????
4
2AE?CE2AE
2
2
3
??AEC?120
0
,而?FEA是?AEC
的补 角，
??FEA?60
0
。
4、
3
。
4018
解：三个数成递增等差数列，设为
d?1004
。
a,a?d,a?2d
，
按题意必须满足
a?2d?2010,

1,2,L,2010?2d
.
对于给定的
d,a
可以取

9

故三数成递增等差数列的个数为
?
(2 010
?
2
d
)
?
1005*1004.

d?1
1004
三数成递增等差数列的概率为
5、
17?1
。
4
1005*10043
?
3< br>C
2010
4018
。
解：由条件，有
bca
，
??
a?ca?bb?c
令
a?b?x,b?c?y,c?a?z
；
则
a?
x?z?y
,b?
x?y?z
,c?
22< br>y?z?x
，
2
从而原条件可化为：
x?yy?zz?xzz4z
???1???1??1,

zxyxyx?y

1?17
2
令
x?y
?
t,
则
t?
4
?
1
，解得
t?
1?zt
17
2
或t?
，
故

bx?y?zt117?1
????

a?c2z224
6、经过< br>M,N
两点的圆的圆心在线段
MN
的垂直平分线
y?3?x
1 .
解：
上，设圆心为
S(a,3?a)
，则圆
S
的方程为：
(x?a)
2
?(y?3?a)
2
?2(1?a
2
)

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
取最大值时，经过
M,N,P
三点的圆S
必与
x< br>轴相切于点
P
，即圆
S
的方程中的
a
值必须满足2(1?a
2
)?(a?3)
2
,
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.

10

7、
1
(2
n?2
?n?
3)
.
3
解：设
b
n
?

111
,n?0,1,2,...,则(3?)(6?)?18,

a
n
b
n?1
b
n
即
3b
n?1
?6b< br>n
?1?0.?b
n?1
?2b
n
?
1
,< br>3
11
b
n?1
??2(b
n
?)

333
故数列
{b
n
?
1
}
是公比为2的等比数 列，
b
n
?
n
111111
?2
n
(b
0
?)?2
n
(?)??2
n?1
?b
n
?(2
n?1
?1)
。
33a
0
333
nn?
1
n?2
11
i?1
1
?
2(2
n ?1
?1)
?b?(2?1)??(n?1)
???
i
?
2 ?1
?
?
3
?
2?n?3
?
。
a33
i?o
i
i?0i?0
??

8、
4.
解：
1111
????
f(x)?(sinx? cosx)
?
??
?
?(tanx?cotx)
??
?
sinx?tanxcosx?cotx
??
cosx?tanxsinx?c otx
?
44
????
?(sinx?cosx)
??
?( tanx?cotx)
??
sinx?tanx?cosx?cotxsinx?tanx?c osx?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?cosx?sinx
，
即得
sinx?cosx
。因为
x?(0,
?
)
，
2
所以当
x?
?
时，
f(x)?
4
f() ?4
。所以
minf(x)?4
。
4
?


11

二、解答题
9、证明：令
于是
n
a
0
?
1
,则有
a
k?1
?a
k
?a
k?1
，且
1?
a
k
a
?
k?1
(k?1,2,?)

a
k?1
a
k?1
n
a
k
a
n?
?
?
?
k?1

k?1
a
k?1
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< br>a
2
??L?
n
+
n
0
?
1
L
n?1
a
2
a
3
a
n?1
a
2
a
3
a
n?1
a
0
?a
1
?< br>1
，可知

注意到
1?
1
n

a
n?1
?
1
n
a
n
a
n?1< br>1
，即
y
B
O
A
B

P

n
a
n?1
?1?
n
a
n




D
C
x
A

Q

C

10、解：（1）设直线
l
：
y?kx?b
代 入
x
2
?y
2
?m
得：
(1?k
2
)x
2
?2bkx?b
2
?m?0
，
??0
得：
b
2
?m(1?k
2
)?0
，
设
B(
x
1
,
y
1
)
，
C(x
2
,y
2
)
，则有
x
1
?x
2
?< br>2bk
2
1?k
设
A
(
x
3
,y
3
)
，
D(x
4
,y
4
)
，
?b
，
1?k
由
|AB|?|BC|?|CD|
得< br>|BC|?
1
|
AD
|
，
3
故
| x
1
?x
2
|?
1
|
x
3
?x< br>4
|
，
3
b
1?k
?(b
2
?m )
，
x
1
x
2
?
，
2
1?k< br>易得：
x
3
?
，
x
4
?
12

代入得
2bk
2
4(b
2
?m )12b
()??|
|
，
222
3
1?k1?k1?k< br>8
整理得：
b
2
?
9
m
(
k
2
?
1)
，
又
|OA|?
?
S
?AO D
2|
bb
|
，
|OD|?2||
，
?AOD?9 0?
，
1?k1?k
b
2
9
??m
为定值.
2
|1?k|8
（2）设
BC
中点为
P
，
AD
中点为
Q

则
x
p
?
x
1
?x
2
bk
?
2
1?k
2
，
x
Q
?
x
3< br>?x
4
bk
?
2
1?k
2
，
所以
x
P
?x
Q
，
P
、
Q
重合，从而
|AP|?|DP|
，
从而
|AB|?|CD|
，又
?BOC
的面积等于
?AO D
面积的
1
，所以
|BC|?
1
|
AD
|
，
33
从而
|AB|?|BC|?|CD|
.

11、解：（Ⅰ）设
?
?x
1
?x
2
?
?
,则4x
1
2
?4tx
1
?1?0,
2
?4(x
1
2
?x
2
)?4t(x
1
?x
2
)?2?0,?2x
1
x
2
?t(x
1
?x
2< br>)?
2
4x
2
?4tx
2
?1?0,

1
?0

2
2
1
1
?t
则
f(x
2
)?f(x
1
)?
2x
2
2
? t
?
2x
?
2
(x
2
?x
1
)< br>?
t(x
1
?x
2
)?2x
1
x
2
?2
?
(x?1)(x?1)
2
2
2
x
2
?1x
1
?1

又
t(x
1
?x
2
)?2x
1
x
2
?2?t(x
1
?x
2
)?2x
1
x
2
?
1
?0?f(x
2)?f(x
1
)?0

故
f(x)
在区间
?< br>?
,
?
?
上是增函数。
1
Q
?
?
?
?t,
??
??,

4
?g(t)?maxf(x)?minf(x)?f(
?
)?f(
?
)?
(
?
?
?
)
?
t(
??
?
)?2
??
?2
?
?
2
?
2
?
?
2
?
?
2
?1
13

5
??
t
2
?1
?
t
2
?
?
22
2
?
8t?1(2t?5)
?
??

2
25
16t?25
2
t?
16

< br>（Ⅱ）证：
8216
(
2
?3)?24cosu
i
c osu
i
cosu
i
cosu
i
g(tanu
i< br>)??
2
16
16?9cosu
i
?9
cos
2
u
i
?
216?24166
?(i?1,2,3)

22
16?9cosu
i
16?9cosu
i
3

3
11
3
1
2
?
?
?(16?9cosu
i
)?(16?3?9?3?9)
?
sin
2
u
i
)

?
166
i?1
166
i?1
g(t anu
i
)
i?1
Q
?
sinu
i
?1, 且u
i
?(0,),i?1,2,3
2
i?1
3
?
?3
?
sinu
i
?(
?
sinu
i
)< br>2
?1
，
2
i?1i?1
33
而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，
?
111113
???(75?9?)?6

g(tanu
1
)g(tanu
2
)g(tanu
3
)
166
3 4


二 试
一、证明：延长
PA
交
EF< br>于
D
，则
PEG
和
PHF
分别是
?ACD
与
?ABD
的截线，由梅涅劳斯定理得：


DECGAP
gg?
1
LL
ECG APD
BFDPAH
gg?
1
LL
FDPAHB
①
②
P
QeO
1
,eO
2
都是
?ABC
的旁切圆，
14

1
?EC?CG?(BC?CA?AB)?BF?HFL
2
③
G
O
1
A
H
O
2
于是由①、②、③得：

DE
=
GA
AH
FD

E


又
QRt?AGO
1
:
∴
Rt?AHO
2

D C F
DE
=
GA
AH
FD
=
AO

1
AO
2
而
O
1
,A,O
2
三点共线，且< br>O
1
E?EF,O
2
F?EF,

∴

x
2
?x
5
y
2
?y
5
z
2
?z
5
二、证明：原不等式可变形为
522
?
522
?
522
?0

x?y?zy?z?xz?x?y
PA?BC

x
2
?y< br>2
?z
2
x
2
?y
2
?z
2
x
2
?y
2
?z
2
即
522
?
522
?
522
?3

x?y?zy?z?xz?x?y
由柯西不等式以及
xyz?1
可得
(x
5
?y
2
?z
2
)(yz?y
2
? z
2
)?(x
2
xyz?y
2
?z
2
)< br>2


?
(
x2
?y
2
?z
2
)
2
,

x
2
?y
2
?z
2
yz?y
2
?z
2
即
522
?
222

x?y?zx?y?z
x
2
?y
2
?z
2
zx?z
2
?x
2
同理
522
?
222

y?z?xx?y?z
x
2?y
2
?z
2
xy?x
2
?y
2
?< br>2

522
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< br>2
xy?yz?zx
?
5
?
5
?2?
2?3

522222222
x?y?zy?z?xz?x?yx?y?z
15

三、解：对任意
a,k?N
*
，若
k
2
?a?(k?1)
2
，则
1?a?k< br>2
?2k
，设
a?k?
?
,0?
?
?1,< br>


则
1
{a}
?
?
1
?
1
a?k
?
a?k2k?
?
2k12k
???1 ,?[]?[
].

2222
a?ka?ka?ka?k
{a}让
a
跑遍区间
(k
2
,(k?1)
2
）中的所 有整数，
2k
1
则
?
[]?
?
[
2k< br>],

i
i?1
k
2
?a?(k?1)
2< br>{a}
(n?1)
2
a?1


于是
?f(a)?
??
[
i?1i?1
n2k
2k
……① < br>]
i
下面计算
?
[
2k
],
画一张
2k?2k
的表，第
i
行中，凡是
i
行中的位
i?1
2k
i
2k
2k
数处填写“*”号，则这行的“*”号共
[
]
个，全表的“*”号共
?
[
2k
]
i
i
i?1
个；另一方面，按列收集“*”号数，第
j
列中，若
j
有< br>T(j)
个正
因数，则该列使有
T(j)
个“*”号，故全表的“*” 号个数共
2k
2k
T(j)
个，因此
?
[]?
?
T(j).

?
i
i?1j?1
j?1
2k
2k
示例如下：
j

i

1
*


2
*
*

3
*

*
4
*
*

5
*


6
*
*
*
1
2
3
16

4
5
6
nn2k
i?1i?1j?1









*







*
则
?
f
(
a
)
?
??
T
(
j
)
?n[
T
(1)
?T
(2)]
?
(
n?
1 )[
T
(3)
?T
(4)]
???
[
T
( 2
n?
1)
?T
(2
n
)]

……②


由此，
?
f(k)?
?
(16?k)[T(2 k?1)?T(k)]
……③
k?1k?1
25615
记
a
k
k

?T (2k?1)?T(2k),k?1,2,?,15,
易得
a
k
的取值情况如 下：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
16
n
15
a
k
3 5 6 6 7 8 6 9 8 8 8 10 7 10 10






因此，
?
f(k)?
?
(16?k)a
k
k?1k?1
? 783
……④
据定义
f
(256)
?f
(16
2
)
?
0
，
(16
?r?
30)
， 又当
k?
{241,242,
?
,255},
设k?
1 5
2
?r
k?15?15
2
?r?15?
r
?rrr
??
15
2
?r?15
31
15
2?r?15
30
，
1?
1
30131
]
?< br>1,
k?
{241,242,
?
,255}
……⑤
???
2
，则
[
r
{15
2
?r}
r{k}
240
i?1
256
i?1
从则
?
f< br>(
k
)
?
783
?
?
f
(
k
)
?
783
?
15
?
768.

四、解：设各人上场时间分别为
7t
1
,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
t1
?t
2
?t
3
?t
4
?x,t
5< br>?t
6
?t
7
?y.
得方程
7x?13y?270< br>.
17

即求此方程满足
4?x?38,3?y?20
的整数解．
即
6y?4(mod7),3y?2(mod7),y?3(mod7)

?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
2
种，
2
t
5
?t
6
? t
7
?17.
的解有
C
16
种；
t
1< br>?t
2
?t
3
?t
4
?33.
的解有
C
32
种，
3

3
t
1
?t
2
?t
3
?t
4
?20,
的解有
C
19< br>种，
3
t
1
?t
2
?t
3
?t< br>4
?7,
的解有
C
6
种．
3323
?C< br>6
?C
16
?C
9
2
?C
19
?< br>42244
种。
∴ 共有
1
?C
32

18